{"id":"all-union-1981-final-9-football-independent-triple","title":"Три команды без сыгранных матчей, Всесоюзная олимпиада 1981","path":"data\\problems\\all-union\\all-union-1981-final-9-football-independent-triple.yaml","raw_github_url":"https://raw.githubusercontent.com/didin-maxim/knowledge_graph_of_graphs/main/data/problems/all-union/all-union-1981-final-9-football-independent-triple.yaml","viewer_url":"https://didin-maxim.github.io/knowledge_graph_of_graphs/#all-union-1981-final-9-football-independent-triple","source_key":"all","source_label":"Всесоюзная олимпиада","source_titles":["Н.Б. Васильев, А.А. Егоров, Задачи всесоюзных математических олимпиад, Наука, 1988","Математические олимпиады школьников. 9 класс, 1997, OCR access copy"],"year":"1981","type":"olympiad_problem","authors":["С. Конягин"],"tags":["extremal_graph_theory","matching","degree_counting","pigeonhole_principle","goal_existence"],"agent_topics":[],"difficulty":{"main":"national_final_medium","local_score":4,"comment":"Всесоюзная математическая олимпиада 1981 года, заключительный этап, 9 класс, задача 135, первый день.","status":"ai_checked"},"review_status":"ai_checked","public_ready":false,"solution_state":"with_solution","solution_classification":{"type":"unofficial_published","label":"опубликованное неофициальное","status":"ai_checked","confidence":0.86,"basis":"глубокий проход высокой сложности, 2026-05-05","notes":"Полное короткое решение есть в опубликованных OCR/скан-источниках. В локальном реестре источник не помечен как официальный, поэтому карточка использует unofficial_published, а не официальную классификацию.","audit_source":"docs/archive/vosh-official-sweep/deep/all-union-1981-final-9-football-independent-triple.md"},"statements":{"original":[{"id":"stmt-original","title":"18 команд после 8 туров","status":"ai_checked","text":"В футбольном турнире 18 команд сыграли между собой 8 туров: каждая команда сыграла с восемью разными командами. Докажите, что найдутся три команды, не сыгравшие между собой пока ни одного матча.","definition_ids":[]}],"graph_theory":[{"id":"stmt-graph","title":"Независимая тройка в графе сыгранных матчей с разбиением на 8 туров","status":"ai_checked","text":"Пусть \\(G\\) — простой граф на 18 вершинах, ребра которого разбиты на 8 паросочетаний, причем каждая вершина инцидентна ровно одному ребру каждого паросочетания. Докажите, что в \\(G\\) существует независимое множество из трех вершин.","definition_ids":["simple_graph","matching","independent_set"]}]},"solutions":[{"id":"sol-published-nine-nonopponents","title":"Подсчет матчей внутри девяти несыгравших с фиксированной командой","status":"ai_checked","definition_ids":["matching"],"standard_idea_ids":["pigeonhole_principle"],"tags":[],"has_text":true,"text_preview":"Выберем произвольную команду \\(A\\). За 8 туров она сыграла с 8 командами, поэтому осталось ровно 9 команд, с которыми \\(A\\) еще не встречалась. Покажем, что среди этих 9 команд найдутся две, также не игравшие друг с другом. Действительно, если бы каждые две из них уже сыграли, то внутри этой девятки были бы проведены все \\(\\binom{9}{2}=36\\) матчей. Но за один тур внутри 9 команд можно провести не более 4 матчей, потому что в одном туре каждая команда участвует не более чем в одном матче, а одна из 9 команд неизбежно остается без соперника из этой же девятки. Значит, за 8 туров внутри девятки могло быть проведено не более \\(8\\cdot4=32\\) матчей, что меньше 36. Итак, найдутся две команды \\(B\\) и \\(C\\) из этой девятки, которые еще не играли между собой. Команда \\(A\\) не играла ни с \\(B\\), ни с \\(C\\) по выбору девятки. Следовательно, \\(A,B,C\\) — три команды, между которыми пока не было ни од…"}],"relations":[],"search_text":"all-union-1981-final-9-football-independent-triple три команды без сыгранных матчей, всесоюзная олимпиада 1981 extremal_graph_theory matching degree_counting pigeonhole_principle goal_existence 1981 all all1981 https://djvu.online/file/a6gsdrajgdboj https://math.ru/lib/bib-mat-kr/18 published_collection_ocr published_collection_scan src-djvuonline-vseross-9-1997 src-mathru-vsesoyuznye-1988 with_solution всесоюзная олимпиада всесоюзнаяолимпиада всесоюзнаяолимпиада1981 математические олимпиады школьников. 9 класс, 1997, ocr access copy н.б. васильев, а.а. егоров, задачи всесоюзных математических олимпиад, наука, 1988 с. конягин с. конягин н.б. васильев, а.а. егоров, задачи всесоюзных математических олимпиад, наука, 1988 математические олимпиады школьников. 9 класс, 1997, ocr access copy stmt-original 18 команд после 8 туров ai_checked в футбольном турнире 18 команд сыграли между собой 8 туров: каждая команда сыграла с восемью разными командами. докажите, что найдутся три команды, не сыгравшие между собой пока ни одного матча. stmt-graph независимая тройка в графе сыгранных матчей с разбиением на 8 туров ai_checked пусть \\(g\\) — простой граф на 18 вершинах, ребра которого разбиты на 8 паросочетаний, причем каждая вершина инцидентна ровно одному ребру каждого паросочетания. докажите, что в \\(g\\) существует независимое множество из трех вершин. simple_graph matching independent_set idea-nine-nonopponents-round-capacity взять девять команд, не игравших с фиксированной командой если фиксированная команда не играла с девятью командами, то достаточно найти среди этих девяти две команды, которые тоже не играли друг с другом. все \\(\\binom{9}{2}=36\\) матчей внутри такой девятки нельзя провести за 8 туров: в одном туре внутри 9 команд возможно не более 4 матчей. matching pigeonhole_principle degree_counting ai_checked sol-published-nine-nonopponents подсчет матчей внутри девяти несыгравших с фиксированной командой ai_checked matching pigeonhole_principle выберем произвольную команду \\(a\\). за 8 туров она сыграла с 8 командами, поэтому осталось ровно 9 команд, с которыми \\(a\\) еще не встречалась. покажем, что среди этих 9 команд найдутся две, также не игравшие друг с другом. действительно, если бы каждые две из них уже сыграли, то внутри этой девятки были бы проведены все \\(\\binom{9}{2}=36\\) матчей. но за один тур внутри 9 команд можно провести не более 4 матчей, потому что в одном туре каждая команда участвует не более чем в одном матче, а одна из 9 команд неизбежно остается без соперника из этой же девятки. значит, за 8 туров внутри девятки могло быть проведено не более \\(8\\cdot4=32\\) матчей, что меньше 36. итак, найдутся две команды \\(b\\) и \\(c\\) из этой девятки, которые еще не играли между собой. команда \\(a\\) не играла ни с \\(b\\), ни с \\(c\\) по выбору девятки. следовательно, \\(a,b,c\\) — три команды, между которыми пока не было ни од… all-union-1981-final-9-football-independent-triple tri komandy bez sygrannyh matchey, vsesoyuznaya olimpiada 1981 extremal_graph_theory matching degree_counting pigeonhole_principle goal_existence 1981 all all1981 https://djvu.online/file/a6gsdrajgdboj https://math.ru/lib/bib-mat-kr/18 published_collection_ocr published_collection_scan src-djvuonline-vseross-9-1997 src-mathru-vsesoyuznye-1988 with_solution vsesoyuznaya olimpiada vsesoyuznayaolimpiada vsesoyuznayaolimpiada1981 matematicheskie olimpiady shkolnikov. 9 klass, 1997, ocr access copy n.b. vasilev, a.a. egorov, zadachi vsesoyuznyh matematicheskih olimpiad, nauka, 1988 s. konyagin s. konyagin n.b. vasilev, a.a. egorov, zadachi vsesoyuznyh matematicheskih olimpiad, nauka, 1988 matematicheskie olimpiady shkolnikov. 9 klass, 1997, ocr access copy stmt-original 18 komand posle 8 turov ai_checked v futbolnom turnire 18 komand sygrali mezhdu soboy 8 turov: kazhdaya komanda sygrala s vosemyu raznymi komandami. dokazhite, chto naydutsya tri komandy, ne sygravshie mezhdu soboy poka ni odnogo matcha. stmt-graph nezavisimaya troyka v grafe sygrannyh matchey s razbieniem na 8 turov ai_checked pust \\(g\\) — prostoy graf na 18 vershinah, rebra kotorogo razbity na 8 parosochetaniy, prichem kazhdaya vershina intsidentna rovno odnomu rebru kazhdogo parosochetaniya. dokazhite, chto v \\(g\\) suschestvuet nezavisimoe mnozhestvo iz treh vershin. simple_graph matching independent_set idea-nine-nonopponents-round-capacity vzyat devyat komand, ne igravshih s fiksirovannoy komandoy esli fiksirovannaya komanda ne igrala s devyatyu komandami, to dostatochno nayti sredi etih devyati dve komandy, kotorye tozhe ne igrali drug s drugom. vse \\(\\binom{9}{2}=36\\) matchey vnutri takoy devyatki nelzya provesti za 8 turov: v odnom ture vnutri 9 komand vozmozhno ne bolee 4 matchey. matching pigeonhole_principle degree_counting ai_checked sol-published-nine-nonopponents podschet matchey vnutri devyati nesygravshih s fiksirovannoy komandoy ai_checked matching pigeonhole_principle vyberem proizvolnuyu komandu \\(a\\). za 8 turov ona sygrala s 8 komandami, poetomu ostalos rovno 9 komand, s kotorymi \\(a\\) esche ne vstrechalas. pokazhem, chto sredi etih 9 komand naydutsya dve, takzhe ne igravshie drug s drugom. deystvitelno, esli by kazhdye dve iz nih uzhe sygrali, to vnutri etoy devyatki byli by provedeny vse \\(\\binom{9}{2}=36\\) matchey. no za odin tur vnutri 9 komand mozhno provesti ne bolee 4 matchey, potomu chto v odnom ture kazhdaya komanda uchastvuet ne bolee chem v odnom matche, a odna iz 9 komand neizbezhno ostaetsya bez sopernika iz etoy zhe devyatki. znachit, za 8 turov vnutri devyatki moglo byt provedeno ne bolee \\(8\\cdot4=32\\) matchey, chto menshe 36. itak, naydutsya dve komandy \\(b\\) i \\(c\\) iz etoy devyatki, kotorye esche ne igrali mezhdu soboy. komanda \\(a\\) ne igrala ni s \\(b\\), ni s \\(c\\) po vyboru devyatki. sledovatelno, \\(a,b,c\\) — tri komandy, mezhdu kotorymi poka ne bylo ni od…","source_keys":["all"]}
{"id":"all-union-1985-final-9-complete-graph-edge-coloring","title":"Раскраска пересекающихся сторон и диагоналей правильного n-угольника, Всесоюзная олимпиада 1985","path":"data\\problems\\all-union\\all-union-1985-final-9-complete-graph-edge-coloring.yaml","raw_github_url":"https://raw.githubusercontent.com/didin-maxim/knowledge_graph_of_graphs/main/data/problems/all-union/all-union-1985-final-9-complete-graph-edge-coloring.yaml","viewer_url":"https://didin-maxim.github.io/knowledge_graph_of_graphs/#all-union-1985-final-9-complete-graph-edge-coloring","source_key":"all","source_label":"Всесоюзная олимпиада","source_titles":["Н.Б. Васильев, А.А. Егоров, Задачи всесоюзных математических олимпиад, Наука, 1988","Математические олимпиады школьников. 9 класс, 1997, OCR access copy"],"year":"1985","type":"olympiad_problem","authors":[],"tags":["coloring","construction","goal_exact_bound"],"agent_topics":[],"difficulty":{"main":"national_final_medium","local_score":5,"comment":"Всесоюзная математическая олимпиада 1985 года, заключительный этап, 9 класс, задача 164, первый день. Ключевой риск задачи — не заменить условие о любых общих точках обычной рёберной раскраской по общим вершинам.","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":0.86,"basis":"углублённый аудит карточки и опубликованных скан/OCR-источников","notes":"Полное решение развёрнуто по надёжному скану Math.ru сборника издательства «Наука» 1988 года, но в data/sources источник не помечен как официальный источник олимпиадных решений."},"statements":{"original":[{"id":"stmt-original","title":"Цвета сторон и диагоналей","status":"ai_checked","text":"В правильном \\(n\\)-угольнике требуется покрасить каждую сторону и каждую диагональ каким-либо цветом так, чтобы любые два из этих отрезков, имеющие общую точку, были окрашены различно. Найти наименьшее количество цветов, которое для этого необходимо.","definition_ids":[]}],"graph_theory":[{"id":"stmt-graph","title":"Раскраска рёбер геометрического полного графа с запретом пересечений одного цвета","status":"ai_checked","text":"Пусть вершины полного графа \\(K_n\\) расположены как вершины правильного \\(n\\)-угольника, а его рёбра понимаются как замкнутые отрезки. Найдите минимальное число цветов в раскраске рёбер, при которой любые два рёбра-отрезка с общей точкой, то есть с общей вершиной или внутренним пересечением, имеют разные цвета.","definition_ids":["complete_graph"]}]},"solutions":[{"id":"sol-published-parallel-classes","title":"Ответ через параллельные классы хорд","status":"ai_checked","definition_ids":[],"standard_idea_ids":["pigeonhole_principle"],"tags":[],"has_text":true,"text_preview":"Ответ: нужно ровно \\(n\\) цветов. Сначала докажем, что меньшим числом цветов обойтись нельзя. Выберем вершину \\(A\\) правильного \\(n\\)-угольника и обозначим через \\(B\\) и \\(C\\) две соседние с ней вершины. Рассмотрим все \\(n-1\\) отрезков, выходящих из \\(A\\), и ещё отрезок \\(BC\\). Всего получилось \\(n\\) отрезков. Любые два отрезка из первых \\(n-1\\) имеют общую точку \\(A\\). Отрезок \\(BC\\) имеет общую точку с \\(AB\\) и \\(AC\\). Если \\(D\\) — любая другая вершина, то вершины \\(B\\) и \\(C\\) разделяют на границе многоугольника две дуги: одна из них содержит только \\(A\\), а другая содержит все остальные вершины. Поэтому хорды \\(AD\\) и \\(BC\\) в выпуклом многоугольнике пересекаются во внутренней точке. Значит, выбранные \\(n\\) отрезков попарно имеют общую точку, и все они должны получить разные цвета. Следовательно, цветов нужно не меньше \\(n\\). Теперь построим раскраску в \\(n\\) цветов. Пронумеруем верш…"}],"relations":[],"search_text":"all-union-1985-final-9-complete-graph-edge-coloring раскраска пересекающихся сторон и диагоналей правильного n-угольника, всесоюзная олимпиада 1985 coloring construction goal_exact_bound 1985 all all1985 https://djvu.online/file/a6gsdrajgdboj https://math.ru/lib/bib-mat-kr/18 published_collection_ocr published_collection_scan src-djvuonline-vseross-9-1997 src-mathru-vsesoyuznye-1988 with_solution всесоюзная олимпиада всесоюзнаяолимпиада всесоюзнаяолимпиада1985 математические олимпиады школьников. 9 класс, 1997, ocr access copy н.б. васильев, а.а. егоров, задачи всесоюзных математических олимпиад, наука, 1988 ? н.б. васильев, а.а. егоров, задачи всесоюзных математических олимпиад, наука, 1988 математические олимпиады школьников. 9 класс, 1997, ocr access copy stmt-original цвета сторон и диагоналей ai_checked в правильном \\(n\\)-угольнике требуется покрасить каждую сторону и каждую диагональ каким-либо цветом так, чтобы любые два из этих отрезков, имеющие общую точку, были окрашены различно. найти наименьшее количество цветов, которое для этого необходимо. stmt-graph раскраска рёбер геометрического полного графа с запретом пересечений одного цвета ai_checked пусть вершины полного графа \\(k_n\\) расположены как вершины правильного \\(n\\)-угольника, а его рёбра понимаются как замкнутые отрезки. найдите минимальное число цветов в раскраске рёбер, при которой любые два рёбра-отрезка с общей точкой, то есть с общей вершиной или внутренним пересечением, имеют разные цвета. complete_graph idea-parallel-chord-directions раскраска по направлениям хорд в правильном \\(n\\)-угольнике все стороны и диагонали разбиваются ровно на \\(n\\) классов параллельных отрезков. отрезки одного класса параллельны и различны, поэтому не имеют общей точки; это даёт верхнюю оценку. нижняя оценка получается из \\(n\\) попарно пересекающихся отрезков около одной вершины. coloring construction ai_checked sol-published-parallel-classes ответ через параллельные классы хорд ai_checked pigeonhole_principle ответ: нужно ровно \\(n\\) цветов. сначала докажем, что меньшим числом цветов обойтись нельзя. выберем вершину \\(a\\) правильного \\(n\\)-угольника и обозначим через \\(b\\) и \\(c\\) две соседние с ней вершины. рассмотрим все \\(n-1\\) отрезков, выходящих из \\(a\\), и ещё отрезок \\(bc\\). всего получилось \\(n\\) отрезков. любые два отрезка из первых \\(n-1\\) имеют общую точку \\(a\\). отрезок \\(bc\\) имеет общую точку с \\(ab\\) и \\(ac\\). если \\(d\\) — любая другая вершина, то вершины \\(b\\) и \\(c\\) разделяют на границе многоугольника две дуги: одна из них содержит только \\(a\\), а другая содержит все остальные вершины. поэтому хорды \\(ad\\) и \\(bc\\) в выпуклом многоугольнике пересекаются во внутренней точке. значит, выбранные \\(n\\) отрезков попарно имеют общую точку, и все они должны получить разные цвета. следовательно, цветов нужно не меньше \\(n\\). теперь построим раскраску в \\(n\\) цветов. пронумеруем верш… all-union-1985-final-9-complete-graph-edge-coloring raskraska peresekayuschihsya storon i diagonaley pravilnogo n-ugolnika, vsesoyuznaya olimpiada 1985 coloring construction goal_exact_bound 1985 all all1985 https://djvu.online/file/a6gsdrajgdboj https://math.ru/lib/bib-mat-kr/18 published_collection_ocr published_collection_scan src-djvuonline-vseross-9-1997 src-mathru-vsesoyuznye-1988 with_solution vsesoyuznaya olimpiada vsesoyuznayaolimpiada vsesoyuznayaolimpiada1985 matematicheskie olimpiady shkolnikov. 9 klass, 1997, ocr access copy n.b. vasilev, a.a. egorov, zadachi vsesoyuznyh matematicheskih olimpiad, nauka, 1988 ? n.b. vasilev, a.a. egorov, zadachi vsesoyuznyh matematicheskih olimpiad, nauka, 1988 matematicheskie olimpiady shkolnikov. 9 klass, 1997, ocr access copy stmt-original tsveta storon i diagonaley ai_checked v pravilnom \\(n\\)-ugolnike trebuetsya pokrasit kazhduyu storonu i kazhduyu diagonal kakim-libo tsvetom tak, chtoby lyubye dva iz etih otrezkov, imeyuschie obschuyu tochku, byli okrasheny razlichno. nayti naimenshee kolichestvo tsvetov, kotoroe dlya etogo neobhodimo. stmt-graph raskraska reber geometricheskogo polnogo grafa s zapretom peresecheniy odnogo tsveta ai_checked pust vershiny polnogo grafa \\(k_n\\) raspolozheny kak vershiny pravilnogo \\(n\\)-ugolnika, a ego rebra ponimayutsya kak zamknutye otrezki. naydite minimalnoe chislo tsvetov v raskraske reber, pri kotoroy lyubye dva rebra-otrezka s obschey tochkoy, to est s obschey vershinoy ili vnutrennim peresecheniem, imeyut raznye tsveta. complete_graph idea-parallel-chord-directions raskraska po napravleniyam hord v pravilnom \\(n\\)-ugolnike vse storony i diagonali razbivayutsya rovno na \\(n\\) klassov parallelnyh otrezkov. otrezki odnogo klassa parallelny i razlichny, poetomu ne imeyut obschey tochki; eto daet verhnyuyu otsenku. nizhnyaya otsenka poluchaetsya iz \\(n\\) poparno peresekayuschihsya otrezkov okolo odnoy vershiny. coloring construction ai_checked sol-published-parallel-classes otvet cherez parallelnye klassy hord ai_checked pigeonhole_principle otvet: nuzhno rovno \\(n\\) tsvetov. snachala dokazhem, chto menshim chislom tsvetov oboytis nelzya. vyberem vershinu \\(a\\) pravilnogo \\(n\\)-ugolnika i oboznachim cherez \\(b\\) i \\(c\\) dve sosednie s ney vershiny. rassmotrim vse \\(n-1\\) otrezkov, vyhodyaschih iz \\(a\\), i esche otrezok \\(bc\\). vsego poluchilos \\(n\\) otrezkov. lyubye dva otrezka iz pervyh \\(n-1\\) imeyut obschuyu tochku \\(a\\). otrezok \\(bc\\) imeet obschuyu tochku s \\(ab\\) i \\(ac\\). esli \\(d\\) — lyubaya drugaya vershina, to vershiny \\(b\\) i \\(c\\) razdelyayut na granitse mnogougolnika dve dugi: odna iz nih soderzhit tolko \\(a\\), a drugaya soderzhit vse ostalnye vershiny. poetomu hordy \\(ad\\) i \\(bc\\) v vypuklom mnogougolnike peresekayutsya vo vnutrenney tochke. znachit, vybrannye \\(n\\) otrezkov poparno imeyut obschuyu tochku, i vse oni dolzhny poluchit raznye tsveta. sledovatelno, tsvetov nuzhno ne menshe \\(n\\). teper postroim raskrasku v \\(n\\) tsvetov. pronumeruem versh…","source_keys":["all"]}
{"id":"all-union-1986-final-9-tree-distances-n1986-impossible","title":"Невозможность расстояний \\(1,2,\\ldots,\\binom{1986}{2}\\) в дереве, Всесоюзная олимпиада 1986","path":"data\\problems\\all-union\\all-union-1986-final-9-tree-distances-n1986-impossible.yaml","raw_github_url":"https://raw.githubusercontent.com/didin-maxim/knowledge_graph_of_graphs/main/data/problems/all-union/all-union-1986-final-9-tree-distances-n1986-impossible.yaml","viewer_url":"https://didin-maxim.github.io/knowledge_graph_of_graphs/#all-union-1986-final-9-tree-distances-n1986-impossible","source_key":"all","source_label":"\\binom{","source_titles":["Н.Б. Васильев, А.А. Егоров, Задачи всесоюзных математических олимпиад, Наука, 1988","Математические олимпиады школьников. 9 класс, 1997, OCR access copy"],"year":"1986","type":"olympiad_problem","authors":[],"tags":["trees","parity_coloring","invariant","goal_impossibility"],"agent_topics":[],"difficulty":{"main":"national_final_medium","local_score":5,"comment":"Самостоятельная невозможностная половина задачи 172 Всесоюзной математической олимпиады 1986 года, заключительный этап, 9 класс, первый день; ключевой шаг - чётностная окраска дерева с целыми весами.","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":0.86,"basis":"выделено из опубликованного решения в сборнике после углублённого аудита","notes":"Локальное доказательство невозможности развёрнуто по опубликованному решению из сборников 1988/1997 годов; реестр источников не помечает их как официальные источники олимпиадных решений.","audit_source":"manual-split-pass-2026-05-05"},"statements":{"original":[{"id":"stmt-original-n1986","title":"1986 городов и все расстояния от 1 до C(1986,2)","status":"ai_checked","text":"В одном государстве король хочет построить \\(1986\\) городов и \\(1985\\) дорог между ними так, чтобы из каждого города можно было проехать в любой другой. Каждая дорога соединяет два города, дороги не пересекаются и не проходят через другие города. Можно ли сделать так, чтобы кратчайшие расстояния по сети дорог между всеми парами городов равнялись \\(1\\) км, \\(2\\) км, \\(3\\) км, ..., \\(\\binom{1986}{2}\\) км?","definition_ids":[]}],"graph_theory":[{"id":"stmt-graph-n1986","title":"Взвешенное дерево с расстояниями \\(1,\\ldots,\\binom{1986}{2}\\)","status":"ai_checked","text":"Докажите, что не существует взвешенного дерева на \\(1986\\) вершинах, в котором расстояния между всеми \\(\\binom{1986}{2}\\) парами вершин, взятые как мультимножество, равны \\(1,2,3,\\ldots,\\binom{1986}{2}\\).","definition_ids":["tree"]}]},"solutions":[{"id":"sol-parity-square-obstruction-n1986","title":"Чётностное препятствие","status":"ai_checked","definition_ids":["tree"],"standard_idea_ids":["double_counting"],"tags":[],"has_text":true,"text_preview":"Ответ: нельзя. Предположим, что такое дерево существует. Длина каждого ребра целая: ребро соединяет две соседние вершины, значит его длина сама является расстоянием между парой вершин и потому входит в набор \\(1,2,\\ldots,\\binom{1986}{2}\\). Докажем сначала общее необходимое условие для дерева на \\(n\\) вершинах. Выберем корень \\(r\\) и покрасим вершину \\(v\\) в белый цвет, если расстояние от \\(r\\) до \\(v\\) чётно, и в чёрный цвет, если оно нечётно. Так как все реберные длины целые, при переходе по ребру цвет меняется ровно тогда, когда длина этого ребра нечётна. Следовательно, для любых двух вершин расстояние между ними нечётно тогда и только тогда, когда вершины имеют разные цвета. Пусть в двух цветах \\(x\\) и \\(y\\) вершин, \\(x+y=n\\). Тогда число пар вершин с нечётным расстоянием равно \\(xy\\). Но все расстояния по условию - это ровно числа \\(1,2,3,\\ldots,N\\), где \\(N=\\binom n2\\). Если \\(N\\)…"}],"relations":[{"id":"rel-all-union-1986-tree-distances-n6-n1986-paired","neighbor_id":"all-union-1986-final-9-tree-distances-n6-construction","direction":"backward","type":"paired_variant","distance":1,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-all-union-1986-n1986-parent-compound","neighbor_id":"all-union-1986-final-9-tree-distances-one-to-nchoose2","direction":"backward","type":"specialization","distance":1,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-all-union-1986-n1986-cmo-1991-complete-set-parity","neighbor_id":"cmo-1991-p4-edge-difference-labeling-diagram","direction":"forward","type":"same_motif","distance":2,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-all-union-1986-n1986-tree-properties","neighbor_id":"tree-equivalent-properties","direction":"forward","type":"prerequisite","distance":1,"status":"ai_checked"}],"search_text":"all-union-1986-final-9-tree-distances-n1986-impossible невозможность расстояний \\(1,2,\\ldots,\\binom{1986}{2}\\) в дереве, всесоюзная олимпиада 1986 trees parity_coloring invariant goal_impossibility 1986 \\binom{ all all1986 binom binom1986 https://djvu.online/file/a6gsdrajgdboj https://math.ru/lib/bib-mat-kr/18 published_collection_ocr published_collection_scan src-djvuonline-vseross-9-1997 src-mathru-vsesoyuznye-1988 with_solution математические олимпиады школьников. 9 класс, 1997, ocr access copy н.б. васильев, а.а. егоров, задачи всесоюзных математических олимпиад, наука, 1988 ? н.б. васильев, а.а. егоров, задачи всесоюзных математических олимпиад, наука, 1988 математические олимпиады школьников. 9 класс, 1997, ocr access copy stmt-original-n1986 1986 городов и все расстояния от 1 до c(1986,2) ai_checked в одном государстве король хочет построить \\(1986\\) городов и \\(1985\\) дорог между ними так, чтобы из каждого города можно было проехать в любой другой. каждая дорога соединяет два города, дороги не пересекаются и не проходят через другие города. можно ли сделать так, чтобы кратчайшие расстояния по сети дорог между всеми парами городов равнялись \\(1\\) км, \\(2\\) км, \\(3\\) км, ..., \\(\\binom{1986}{2}\\) км? stmt-graph-n1986 взвешенное дерево с расстояниями \\(1,\\ldots,\\binom{1986}{2}\\) ai_checked докажите, что не существует взвешенного дерева на \\(1986\\) вершинах, в котором расстояния между всеми \\(\\binom{1986}{2}\\) парами вершин, взятые как мультимножество, равны \\(1,2,3,\\ldots,\\binom{1986}{2}\\). tree idea-parity-coloring-from-root покрасить вершины по чётности расстояния от корня все реберные длины целые, потому что каждое ребро само задаёт одно из попарных расстояний. поэтому чётность расстояния от выбранного корня корректно делит вершины на два цвета, а расстояние между двумя вершинами нечётно тогда и только тогда, когда их цвета различны. trees parity_coloring ai_checked idea-odd-distance-product число нечётных расстояний равно произведению размеров цветов если в двух цветах \\(x\\) и \\(y\\) вершин, то нечётных расстояний среди всех пар ровно \\(xy\\); с другой стороны, среди чисел \\(1,2,\\ldots,n\\) их количество известно явно. parity_coloring invariant ai_checked idea-square-obstruction получить квадратное необходимое условие из уравнений \\(x+y=n\\) и подсчёта нечётных расстояний получается, что при нечётном \\(n=\\binom n2\\) число \\(n-2\\) должно быть квадратом; для \\(n=1986\\) это неверно. parity_coloring goal_impossibility ai_checked sol-parity-square-obstruction-n1986 чётностное препятствие ai_checked tree double_counting ответ: нельзя. предположим, что такое дерево существует. длина каждого ребра целая: ребро соединяет две соседние вершины, значит его длина сама является расстоянием между парой вершин и потому входит в набор \\(1,2,\\ldots,\\binom{1986}{2}\\). докажем сначала общее необходимое условие для дерева на \\(n\\) вершинах. выберем корень \\(r\\) и покрасим вершину \\(v\\) в белый цвет, если расстояние от \\(r\\) до \\(v\\) чётно, и в чёрный цвет, если оно нечётно. так как все реберные длины целые, при переходе по ребру цвет меняется ровно тогда, когда длина этого ребра нечётна. следовательно, для любых двух вершин расстояние между ними нечётно тогда и только тогда, когда вершины имеют разные цвета. пусть в двух цветах \\(x\\) и \\(y\\) вершин, \\(x+y=n\\). тогда число пар вершин с нечётным расстоянием равно \\(xy\\). но все расстояния по условию - это ровно числа \\(1,2,3,\\ldots,n\\), где \\(n=\\binom n2\\). если \\(n\\)… all-union-1986-final-9-tree-distances-n1986-impossible nevozmozhnost rasstoyaniy \\(1,2,\\ldots,\\binom{1986}{2}\\) v dereve, vsesoyuznaya olimpiada 1986 trees parity_coloring invariant goal_impossibility 1986 \\binom{ all all1986 binom binom1986 https://djvu.online/file/a6gsdrajgdboj https://math.ru/lib/bib-mat-kr/18 published_collection_ocr published_collection_scan src-djvuonline-vseross-9-1997 src-mathru-vsesoyuznye-1988 with_solution matematicheskie olimpiady shkolnikov. 9 klass, 1997, ocr access copy n.b. vasilev, a.a. egorov, zadachi vsesoyuznyh matematicheskih olimpiad, nauka, 1988 ? n.b. vasilev, a.a. egorov, zadachi vsesoyuznyh matematicheskih olimpiad, nauka, 1988 matematicheskie olimpiady shkolnikov. 9 klass, 1997, ocr access copy stmt-original-n1986 1986 gorodov i vse rasstoyaniya ot 1 do c(1986,2) ai_checked v odnom gosudarstve korol hochet postroit \\(1986\\) gorodov i \\(1985\\) dorog mezhdu nimi tak, chtoby iz kazhdogo goroda mozhno bylo proehat v lyuboy drugoy. kazhdaya doroga soedinyaet dva goroda, dorogi ne peresekayutsya i ne prohodyat cherez drugie goroda. mozhno li sdelat tak, chtoby kratchayshie rasstoyaniya po seti dorog mezhdu vsemi parami gorodov ravnyalis \\(1\\) km, \\(2\\) km, \\(3\\) km, ..., \\(\\binom{1986}{2}\\) km? stmt-graph-n1986 vzveshennoe derevo s rasstoyaniyami \\(1,\\ldots,\\binom{1986}{2}\\) ai_checked dokazhite, chto ne suschestvuet vzveshennogo dereva na \\(1986\\) vershinah, v kotorom rasstoyaniya mezhdu vsemi \\(\\binom{1986}{2}\\) parami vershin, vzyatye kak multimnozhestvo, ravny \\(1,2,3,\\ldots,\\binom{1986}{2}\\). tree idea-parity-coloring-from-root pokrasit vershiny po chetnosti rasstoyaniya ot kornya vse rebernye dliny tselye, potomu chto kazhdoe rebro samo zadaet odno iz poparnyh rasstoyaniy. poetomu chetnost rasstoyaniya ot vybrannogo kornya korrektno delit vershiny na dva tsveta, a rasstoyanie mezhdu dvumya vershinami nechetno togda i tolko togda, kogda ih tsveta razlichny. trees parity_coloring ai_checked idea-odd-distance-product chislo nechetnyh rasstoyaniy ravno proizvedeniyu razmerov tsvetov esli v dvuh tsvetah \\(x\\) i \\(y\\) vershin, to nechetnyh rasstoyaniy sredi vseh par rovno \\(xy\\); s drugoy storony, sredi chisel \\(1,2,\\ldots,n\\) ih kolichestvo izvestno yavno. parity_coloring invariant ai_checked idea-square-obstruction poluchit kvadratnoe neobhodimoe uslovie iz uravneniy \\(x+y=n\\) i podscheta nechetnyh rasstoyaniy poluchaetsya, chto pri nechetnom \\(n=\\binom n2\\) chislo \\(n-2\\) dolzhno byt kvadratom; dlya \\(n=1986\\) eto neverno. parity_coloring goal_impossibility ai_checked sol-parity-square-obstruction-n1986 chetnostnoe prepyatstvie ai_checked tree double_counting otvet: nelzya. predpolozhim, chto takoe derevo suschestvuet. dlina kazhdogo rebra tselaya: rebro soedinyaet dve sosednie vershiny, znachit ego dlina sama yavlyaetsya rasstoyaniem mezhdu paroy vershin i potomu vhodit v nabor \\(1,2,\\ldots,\\binom{1986}{2}\\). dokazhem snachala obschee neobhodimoe uslovie dlya dereva na \\(n\\) vershinah. vyberem koren \\(r\\) i pokrasim vershinu \\(v\\) v belyy tsvet, esli rasstoyanie ot \\(r\\) do \\(v\\) chetno, i v chernyy tsvet, esli ono nechetno. tak kak vse rebernye dliny tselye, pri perehode po rebru tsvet menyaetsya rovno togda, kogda dlina etogo rebra nechetna. sledovatelno, dlya lyubyh dvuh vershin rasstoyanie mezhdu nimi nechetno togda i tolko togda, kogda vershiny imeyut raznye tsveta. pust v dvuh tsvetah \\(x\\) i \\(y\\) vershin, \\(x+y=n\\). togda chislo par vershin s nechetnym rasstoyaniem ravno \\(xy\\). no vse rasstoyaniya po usloviyu - eto rovno chisla \\(1,2,3,\\ldots,n\\), gde \\(n=\\binom n2\\). esli \\(n\\)…","source_keys":["all"]}
{"id":"all-union-1986-final-9-tree-distances-n6-construction","title":"Шесть городов с расстояниями 1,2,...,15, Всесоюзная олимпиада 1986","path":"data\\problems\\all-union\\all-union-1986-final-9-tree-distances-n6-construction.yaml","raw_github_url":"https://raw.githubusercontent.com/didin-maxim/knowledge_graph_of_graphs/main/data/problems/all-union/all-union-1986-final-9-tree-distances-n6-construction.yaml","viewer_url":"https://didin-maxim.github.io/knowledge_graph_of_graphs/#all-union-1986-final-9-tree-distances-n6-construction","source_key":"all","source_label":"Всесоюзная олимпиада","source_titles":["Н.Б. Васильев, А.А. Егоров, Задачи всесоюзных математических олимпиад, Наука, 1988","Математические олимпиады школьников. 9 класс, 1997, OCR access copy"],"year":"1986","type":"olympiad_problem","authors":[],"tags":["trees","invariant","construction","goal_existence"],"agent_topics":[],"difficulty":{"main":"national_final_easy","local_score":3,"comment":"Самостоятельная конструктивная половина задачи 172 Всесоюзной математической олимпиады 1986 года, заключительный этап, 9 класс, первый день.","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":0.86,"basis":"выделено из опубликованного решения в сборнике после углублённого аудита","notes":"Локальная конструкция развёрнута по опубликованному решению из сборников 1988/1997 годов; реестр источников не помечает их как официальные источники олимпиадных решений.","audit_source":"manual-split-pass-2026-05-05"},"statements":{"original":[{"id":"stmt-original-n6","title":"Шесть городов и все расстояния от 1 до 15","status":"ai_checked","text":"В одном государстве король хочет построить \\(6\\) городов и \\(5\\) дорог между ними так, чтобы из каждого города можно было проехать в любой другой. Каждая дорога соединяет два города, дороги не пересекаются и не проходят через другие города. Можно ли сделать так, чтобы кратчайшие расстояния по сети дорог между всеми \\(15\\) парами городов равнялись \\(1\\) км, \\(2\\) км, \\(3\\) км, ..., \\(15\\) км?","definition_ids":[]}],"graph_theory":[{"id":"stmt-graph-n6","title":"Взвешенное дерево на шести вершинах с расстояниями 1,...,15","status":"ai_checked","text":"Существует ли взвешенное дерево на \\(6\\) вершинах, в котором расстояния между всеми \\(\\binom62=15\\) парами вершин, взятые как мультимножество, равны \\(1,2,3,\\ldots,15\\)?","definition_ids":["tree"]}]},"solutions":[{"id":"sol-explicit-six-vertex-tree","title":"Явное взвешенное дерево","status":"ai_checked","definition_ids":["tree"],"standard_idea_ids":[],"tags":[],"has_text":true,"text_preview":"Ответ: можно. Построим дерево. Возьмём две вершины \\(A\\) и \\(B\\) и соединим их ребром длины \\(5\\). К вершине \\(A\\) присоединим два листа \\(a_1,a_2\\) ребрами длины \\(1\\) и \\(2\\), а к вершине \\(B\\) присоединим два листа \\(b_1,b_2\\) ребрами длины \\(4\\) и \\(8\\). Это связный граф на шести вершинах с пятью ребрами, то есть дерево. В нем расстояния между соседними вершинами равны весам ребер: \\[ Aa_1=1,\\quad Aa_2=2,\\quad Bb_1=4,\\quad AB=5,\\quad Bb_2=8. \\] Два листа при вершине \\(A\\) находятся на расстоянии \\(1+2=3\\), а два листа при вершине \\(B\\) - на расстоянии \\(4+8=12\\). Остальные расстояния проходят через центральное ребро \\(AB\\). Отсюда получаем \\[ a_1B=6,\\quad a_2B=7,\\quad Ab_1=9,\\quad a_1b_1=10,\\quad a_2b_1=11, \\] и \\[ Ab_2=13,\\quad a_1b_2=14,\\quad a_2b_2=15. \\] Вместе все \\(15\\) попарных расстояний равны \\[ 1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,13,14,15. \\] Следовательно, для \\(n=6\\) требуемая се…"}],"relations":[{"id":"rel-all-union-1986-tree-distances-n6-n1986-paired","neighbor_id":"all-union-1986-final-9-tree-distances-n1986-impossible","direction":"forward","type":"paired_variant","distance":1,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-all-union-1986-n6-parent-compound","neighbor_id":"all-union-1986-final-9-tree-distances-one-to-nchoose2","direction":"backward","type":"specialization","distance":1,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-all-union-1986-tree-distances-tree-properties","neighbor_id":"tree-equivalent-properties","direction":"forward","type":"prerequisite","distance":1,"status":"ai_checked"}],"search_text":"all-union-1986-final-9-tree-distances-n6-construction шесть городов с расстояниями 1,2,...,15, всесоюзная олимпиада 1986 trees invariant construction goal_existence 1986 all all1986 https://djvu.online/file/a6gsdrajgdboj https://math.ru/lib/bib-mat-kr/18 published_collection_ocr published_collection_scan src-djvuonline-vseross-9-1997 src-mathru-vsesoyuznye-1988 with_solution всесоюзная олимпиада всесоюзнаяолимпиада всесоюзнаяолимпиада1986 математические олимпиады школьников. 9 класс, 1997, ocr access copy н.б. васильев, а.а. егоров, задачи всесоюзных математических олимпиад, наука, 1988 ? н.б. васильев, а.а. егоров, задачи всесоюзных математических олимпиад, наука, 1988 математические олимпиады школьников. 9 класс, 1997, ocr access copy stmt-original-n6 шесть городов и все расстояния от 1 до 15 ai_checked в одном государстве король хочет построить \\(6\\) городов и \\(5\\) дорог между ними так, чтобы из каждого города можно было проехать в любой другой. каждая дорога соединяет два города, дороги не пересекаются и не проходят через другие города. можно ли сделать так, чтобы кратчайшие расстояния по сети дорог между всеми \\(15\\) парами городов равнялись \\(1\\) км, \\(2\\) км, \\(3\\) км, ..., \\(15\\) км? stmt-graph-n6 взвешенное дерево на шести вершинах с расстояниями 1,...,15 ai_checked существует ли взвешенное дерево на \\(6\\) вершинах, в котором расстояния между всеми \\(\\binom62=15\\) парами вершин, взятые как мультимножество, равны \\(1,2,3,\\ldots,15\\)? tree idea-two-centers-four-leaves взять два центра и четыре листа достаточно дерева с центральным ребром и двумя листьями у каждого конца; веса \\(1,2,5,4,8\\) подобраны так, чтобы прямые ребра, пары листьев при одном центре и пары через центральное ребро дали все числа от \\(1\\) до \\(15\\). trees construction ai_checked idea-check-distance-multiset проверить все 15 попарных расстояний в дереве между двумя вершинами есть единственный путь, поэтому каждое расстояние находится как сумма весов ребер на этом пути; остается явно перечислить \\(15\\) сумм. trees invariant ai_checked sol-explicit-six-vertex-tree явное взвешенное дерево ai_checked tree ответ: можно. построим дерево. возьмём две вершины \\(a\\) и \\(b\\) и соединим их ребром длины \\(5\\). к вершине \\(a\\) присоединим два листа \\(a_1,a_2\\) ребрами длины \\(1\\) и \\(2\\), а к вершине \\(b\\) присоединим два листа \\(b_1,b_2\\) ребрами длины \\(4\\) и \\(8\\). это связный граф на шести вершинах с пятью ребрами, то есть дерево. в нем расстояния между соседними вершинами равны весам ребер: \\[ aa_1=1,\\quad aa_2=2,\\quad bb_1=4,\\quad ab=5,\\quad bb_2=8. \\] два листа при вершине \\(a\\) находятся на расстоянии \\(1+2=3\\), а два листа при вершине \\(b\\) - на расстоянии \\(4+8=12\\). остальные расстояния проходят через центральное ребро \\(ab\\). отсюда получаем \\[ a_1b=6,\\quad a_2b=7,\\quad ab_1=9,\\quad a_1b_1=10,\\quad a_2b_1=11, \\] и \\[ ab_2=13,\\quad a_1b_2=14,\\quad a_2b_2=15. \\] вместе все \\(15\\) попарных расстояний равны \\[ 1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,13,14,15. \\] следовательно, для \\(n=6\\) требуемая се… all-union-1986-final-9-tree-distances-n6-construction shest gorodov s rasstoyaniyami 1,2,...,15, vsesoyuznaya olimpiada 1986 trees invariant construction goal_existence 1986 all all1986 https://djvu.online/file/a6gsdrajgdboj https://math.ru/lib/bib-mat-kr/18 published_collection_ocr published_collection_scan src-djvuonline-vseross-9-1997 src-mathru-vsesoyuznye-1988 with_solution vsesoyuznaya olimpiada vsesoyuznayaolimpiada vsesoyuznayaolimpiada1986 matematicheskie olimpiady shkolnikov. 9 klass, 1997, ocr access copy n.b. vasilev, a.a. egorov, zadachi vsesoyuznyh matematicheskih olimpiad, nauka, 1988 ? n.b. vasilev, a.a. egorov, zadachi vsesoyuznyh matematicheskih olimpiad, nauka, 1988 matematicheskie olimpiady shkolnikov. 9 klass, 1997, ocr access copy stmt-original-n6 shest gorodov i vse rasstoyaniya ot 1 do 15 ai_checked v odnom gosudarstve korol hochet postroit \\(6\\) gorodov i \\(5\\) dorog mezhdu nimi tak, chtoby iz kazhdogo goroda mozhno bylo proehat v lyuboy drugoy. kazhdaya doroga soedinyaet dva goroda, dorogi ne peresekayutsya i ne prohodyat cherez drugie goroda. mozhno li sdelat tak, chtoby kratchayshie rasstoyaniya po seti dorog mezhdu vsemi \\(15\\) parami gorodov ravnyalis \\(1\\) km, \\(2\\) km, \\(3\\) km, ..., \\(15\\) km? stmt-graph-n6 vzveshennoe derevo na shesti vershinah s rasstoyaniyami 1,...,15 ai_checked suschestvuet li vzveshennoe derevo na \\(6\\) vershinah, v kotorom rasstoyaniya mezhdu vsemi \\(\\binom62=15\\) parami vershin, vzyatye kak multimnozhestvo, ravny \\(1,2,3,\\ldots,15\\)? tree idea-two-centers-four-leaves vzyat dva tsentra i chetyre lista dostatochno dereva s tsentralnym rebrom i dvumya listyami u kazhdogo kontsa; vesa \\(1,2,5,4,8\\) podobrany tak, chtoby pryamye rebra, pary listev pri odnom tsentre i pary cherez tsentralnoe rebro dali vse chisla ot \\(1\\) do \\(15\\). trees construction ai_checked idea-check-distance-multiset proverit vse 15 poparnyh rasstoyaniy v dereve mezhdu dvumya vershinami est edinstvennyy put, poetomu kazhdoe rasstoyanie nahoditsya kak summa vesov reber na etom puti; ostaetsya yavno perechislit \\(15\\) summ. trees invariant ai_checked sol-explicit-six-vertex-tree yavnoe vzveshennoe derevo ai_checked tree otvet: mozhno. postroim derevo. vozmem dve vershiny \\(a\\) i \\(b\\) i soedinim ih rebrom dliny \\(5\\). k vershine \\(a\\) prisoedinim dva lista \\(a_1,a_2\\) rebrami dliny \\(1\\) i \\(2\\), a k vershine \\(b\\) prisoedinim dva lista \\(b_1,b_2\\) rebrami dliny \\(4\\) i \\(8\\). eto svyaznyy graf na shesti vershinah s pyatyu rebrami, to est derevo. v nem rasstoyaniya mezhdu sosednimi vershinami ravny vesam reber: \\[ aa_1=1,\\quad aa_2=2,\\quad bb_1=4,\\quad ab=5,\\quad bb_2=8. \\] dva lista pri vershine \\(a\\) nahodyatsya na rasstoyanii \\(1+2=3\\), a dva lista pri vershine \\(b\\) - na rasstoyanii \\(4+8=12\\). ostalnye rasstoyaniya prohodyat cherez tsentralnoe rebro \\(ab\\). otsyuda poluchaem \\[ a_1b=6,\\quad a_2b=7,\\quad ab_1=9,\\quad a_1b_1=10,\\quad a_2b_1=11, \\] i \\[ ab_2=13,\\quad a_1b_2=14,\\quad a_2b_2=15. \\] vmeste vse \\(15\\) poparnyh rasstoyaniy ravny \\[ 1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,13,14,15. \\] sledovatelno, dlya \\(n=6\\) trebuemaya se…","source_keys":["all"]}
{"id":"all-union-1986-final-9-tree-distances-one-to-nchoose2","title":"Дерево с попарными расстояниями 1,2,...,n(n-1)/2, Всесоюзная олимпиада 1986","path":"data\\problems\\all-union\\all-union-1986-final-9-tree-distances-one-to-nchoose2.yaml","raw_github_url":"https://raw.githubusercontent.com/didin-maxim/knowledge_graph_of_graphs/main/data/problems/all-union/all-union-1986-final-9-tree-distances-one-to-nchoose2.yaml","viewer_url":"https://didin-maxim.github.io/knowledge_graph_of_graphs/#all-union-1986-final-9-tree-distances-one-to-nchoose2","source_key":"all","source_label":"Всесоюзная олимпиада","source_titles":["Н.Б. Васильев, А.А. Егоров, Задачи всесоюзных математических олимпиад, Наука, 1988","Математические олимпиады школьников. 9 класс, 1997, OCR access copy"],"year":"1986","type":"olympiad_problem","authors":[],"tags":["trees","invariant","parity_coloring","construction","goal_characterization"],"agent_topics":[],"difficulty":{"main":"national_final_medium","local_score":5,"comment":"Всесоюзная математическая олимпиада 1986 года, заключительный этап, 9 класс, задача 172, первый день.","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":0.86,"basis":"агентский углублённый аудит","notes":"Полное опубликованное решение найдено в OCR-копии доступа 1997 года; Math.ru подтверждает, что сборник 1988 года содержит задачи финального тура Всесоюзной олимпиады с решениями. Локальный реестр источников помечает эти источники как official=false, поэтому классификация — опубликованное, но не официальное.","audit_source":"manual-deep-pass-2026-05-05"},"statements":{"original":[{"id":"stmt-original","title":"Города, дороги и все расстояния","status":"ai_checked","text":"В одном государстве король хочет построить \\(n\\) городов и \\(n-1\\) дорог между ними так, чтобы из каждого города можно было проехать в любой другой. Каждая дорога соединяет два города, дороги не пересекаются и не проходят через другие города. Король хочет, чтобы кратчайшие расстояния по сети дорог между парами городов равнялись \\(1\\) км, \\(2\\) км, \\(3\\) км, ..., \\(\\frac12 n(n-1)\\) км. Возможно ли это, если: а) \\(n=6\\); б) \\(n=1986\\)?","definition_ids":[]}],"graph_theory":[{"id":"stmt-graph","title":"Взвешенное дерево с заданным множеством расстояний","status":"ai_checked","text":"Существует ли взвешенное дерево на \\(n\\) вершинах, в котором расстояния между всеми \\(\\binom n2\\) парами вершин, взятые как мультимножество, равны \\(1,2,3,\\ldots,\\binom n2\\)? Рассмотрите случаи \\(n=6\\) и \\(n=1986\\).","definition_ids":["tree"]}]},"solutions":[{"id":"sol-published-parity-and-construction","title":"Опубликованное решение: конструкция для \\(n=6\\) и чётностное препятствие","status":"ai_checked","definition_ids":["tree"],"standard_idea_ids":[],"tags":[],"has_text":true,"text_preview":"Ответ: а) можно; б) нельзя. Сначала построим пример для \\(n=6\\). Возьмём две центральные вершины \\(A,B\\) и соединим их ребром длины \\(5\\). К \\(A\\) присоединим два листа рёбрами длины \\(1\\) и \\(2\\), а к \\(B\\) - два листа рёбрами длины \\(4\\) и \\(8\\). Тогда расстояния между парами вершин равны \\[ 1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,13,14,15. \\] Действительно, рёбра дают \\(1,2,4,5,8\\); два листа при \\(A\\) дают \\(3\\), два листа при \\(B\\) дают \\(12\\); расстояния от листьев при одном конце центрального ребра к противоположному центру и противоположным листьям дают соответственно оставшиеся числа \\(6,7,9,10,11,13,14,15\\). Докажем теперь необходимое условие. Если такое дерево существует, то длина каждого ребра целая, потому что это расстояние между двумя соседними городами и потому входит в набор \\(1,2,\\ldots,\\binom n2\\). Выберем корень и покрасим вершину в белый цвет, если расстояние от корня до неё чёт…"}],"relations":[{"id":"rel-all-union-1986-n6-parent-compound","neighbor_id":"all-union-1986-final-9-tree-distances-n6-construction","direction":"forward","type":"specialization","distance":1,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-all-union-1986-n1986-parent-compound","neighbor_id":"all-union-1986-final-9-tree-distances-n1986-impossible","direction":"forward","type":"specialization","distance":1,"status":"ai_checked"}],"search_text":"all-union-1986-final-9-tree-distances-one-to-nchoose2 дерево с попарными расстояниями 1,2,...,n(n-1)/2, всесоюзная олимпиада 1986 trees invariant parity_coloring construction goal_characterization 1986 all all1986 https://djvu.online/file/a6gsdrajgdboj https://math.ru/lib/bib-mat-kr/18 published_collection_ocr published_collection_scan src-djvuonline-vseross-9-1997 src-mathru-vsesoyuznye-1988 with_solution всесоюзная олимпиада всесоюзнаяолимпиада всесоюзнаяолимпиада1986 математические олимпиады школьников. 9 класс, 1997, ocr access copy н.б. васильев, а.а. егоров, задачи всесоюзных математических олимпиад, наука, 1988 ? н.б. васильев, а.а. егоров, задачи всесоюзных математических олимпиад, наука, 1988 математические олимпиады школьников. 9 класс, 1997, ocr access copy stmt-original города, дороги и все расстояния ai_checked в одном государстве король хочет построить \\(n\\) городов и \\(n-1\\) дорог между ними так, чтобы из каждого города можно было проехать в любой другой. каждая дорога соединяет два города, дороги не пересекаются и не проходят через другие города. король хочет, чтобы кратчайшие расстояния по сети дорог между парами городов равнялись \\(1\\) км, \\(2\\) км, \\(3\\) км, ..., \\(\\frac12 n(n-1)\\) км. возможно ли это, если: а) \\(n=6\\); б) \\(n=1986\\)? stmt-graph взвешенное дерево с заданным множеством расстояний ai_checked существует ли взвешенное дерево на \\(n\\) вершинах, в котором расстояния между всеми \\(\\binom n2\\) парами вершин, взятые как мультимножество, равны \\(1,2,3,\\ldots,\\binom n2\\)? рассмотрите случаи \\(n=6\\) и \\(n=1986\\). tree idea-tree-metric-distance-multiset смотреть на мультимножество расстояний дерева условие требует, чтобы все \\(\\binom n2\\) попарных расстояний дерева были ровно последовательными числами; это сильное ограничение на веса рёбер и структуру дерева. trees invariant ai_checked idea-parity-bipartition окрасить вершины по чётности расстояния от корня так как длина каждого ребра сама является одним из заданных целых попарных расстояний, чётность расстояния в дереве задаёт двудольную окраску: расстояние между двумя вершинами нечётно тогда и только тогда, когда они разноцветны. parity_coloring trees ai_checked idea-six-vertex-construction для шести вершин достаточно двух центров и четырёх листьев для \\(n=6\\) работает дерево с центральным ребром длины \\(5\\), двумя листьями при одном конце с рёбрами \\(1,2\\) и двумя листьями при другом конце с рёбрами \\(4,8\\). construction trees ai_checked sol-published-parity-and-construction опубликованное решение: конструкция для \\(n=6\\) и чётностное препятствие ai_checked tree ответ: а) можно; б) нельзя. сначала построим пример для \\(n=6\\). возьмём две центральные вершины \\(a,b\\) и соединим их ребром длины \\(5\\). к \\(a\\) присоединим два листа рёбрами длины \\(1\\) и \\(2\\), а к \\(b\\) - два листа рёбрами длины \\(4\\) и \\(8\\). тогда расстояния между парами вершин равны \\[ 1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,13,14,15. \\] действительно, рёбра дают \\(1,2,4,5,8\\); два листа при \\(a\\) дают \\(3\\), два листа при \\(b\\) дают \\(12\\); расстояния от листьев при одном конце центрального ребра к противоположному центру и противоположным листьям дают соответственно оставшиеся числа \\(6,7,9,10,11,13,14,15\\). докажем теперь необходимое условие. если такое дерево существует, то длина каждого ребра целая, потому что это расстояние между двумя соседними городами и потому входит в набор \\(1,2,\\ldots,\\binom n2\\). выберем корень и покрасим вершину в белый цвет, если расстояние от корня до неё чёт… all-union-1986-final-9-tree-distances-one-to-nchoose2 derevo s poparnymi rasstoyaniyami 1,2,...,n(n-1)/2, vsesoyuznaya olimpiada 1986 trees invariant parity_coloring construction goal_characterization 1986 all all1986 https://djvu.online/file/a6gsdrajgdboj https://math.ru/lib/bib-mat-kr/18 published_collection_ocr published_collection_scan src-djvuonline-vseross-9-1997 src-mathru-vsesoyuznye-1988 with_solution vsesoyuznaya olimpiada vsesoyuznayaolimpiada vsesoyuznayaolimpiada1986 matematicheskie olimpiady shkolnikov. 9 klass, 1997, ocr access copy n.b. vasilev, a.a. egorov, zadachi vsesoyuznyh matematicheskih olimpiad, nauka, 1988 ? n.b. vasilev, a.a. egorov, zadachi vsesoyuznyh matematicheskih olimpiad, nauka, 1988 matematicheskie olimpiady shkolnikov. 9 klass, 1997, ocr access copy stmt-original goroda, dorogi i vse rasstoyaniya ai_checked v odnom gosudarstve korol hochet postroit \\(n\\) gorodov i \\(n-1\\) dorog mezhdu nimi tak, chtoby iz kazhdogo goroda mozhno bylo proehat v lyuboy drugoy. kazhdaya doroga soedinyaet dva goroda, dorogi ne peresekayutsya i ne prohodyat cherez drugie goroda. korol hochet, chtoby kratchayshie rasstoyaniya po seti dorog mezhdu parami gorodov ravnyalis \\(1\\) km, \\(2\\) km, \\(3\\) km, ..., \\(\\frac12 n(n-1)\\) km. vozmozhno li eto, esli: a) \\(n=6\\); b) \\(n=1986\\)? stmt-graph vzveshennoe derevo s zadannym mnozhestvom rasstoyaniy ai_checked suschestvuet li vzveshennoe derevo na \\(n\\) vershinah, v kotorom rasstoyaniya mezhdu vsemi \\(\\binom n2\\) parami vershin, vzyatye kak multimnozhestvo, ravny \\(1,2,3,\\ldots,\\binom n2\\)? rassmotrite sluchai \\(n=6\\) i \\(n=1986\\). tree idea-tree-metric-distance-multiset smotret na multimnozhestvo rasstoyaniy dereva uslovie trebuet, chtoby vse \\(\\binom n2\\) poparnyh rasstoyaniy dereva byli rovno posledovatelnymi chislami; eto silnoe ogranichenie na vesa reber i strukturu dereva. trees invariant ai_checked idea-parity-bipartition okrasit vershiny po chetnosti rasstoyaniya ot kornya tak kak dlina kazhdogo rebra sama yavlyaetsya odnim iz zadannyh tselyh poparnyh rasstoyaniy, chetnost rasstoyaniya v dereve zadaet dvudolnuyu okrasku: rasstoyanie mezhdu dvumya vershinami nechetno togda i tolko togda, kogda oni raznotsvetny. parity_coloring trees ai_checked idea-six-vertex-construction dlya shesti vershin dostatochno dvuh tsentrov i chetyreh listev dlya \\(n=6\\) rabotaet derevo s tsentralnym rebrom dliny \\(5\\), dvumya listyami pri odnom kontse s rebrami \\(1,2\\) i dvumya listyami pri drugom kontse s rebrami \\(4,8\\). construction trees ai_checked sol-published-parity-and-construction opublikovannoe reshenie: konstruktsiya dlya \\(n=6\\) i chetnostnoe prepyatstvie ai_checked tree otvet: a) mozhno; b) nelzya. snachala postroim primer dlya \\(n=6\\). vozmem dve tsentralnye vershiny \\(a,b\\) i soedinim ih rebrom dliny \\(5\\). k \\(a\\) prisoedinim dva lista rebrami dliny \\(1\\) i \\(2\\), a k \\(b\\) - dva lista rebrami dliny \\(4\\) i \\(8\\). togda rasstoyaniya mezhdu parami vershin ravny \\[ 1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,13,14,15. \\] deystvitelno, rebra dayut \\(1,2,4,5,8\\); dva lista pri \\(a\\) dayut \\(3\\), dva lista pri \\(b\\) dayut \\(12\\); rasstoyaniya ot listev pri odnom kontse tsentralnogo rebra k protivopolozhnomu tsentru i protivopolozhnym listyam dayut sootvetstvenno ostavshiesya chisla \\(6,7,9,10,11,13,14,15\\). dokazhem teper neobhodimoe uslovie. esli takoe derevo suschestvuet, to dlina kazhdogo rebra tselaya, potomu chto eto rasstoyanie mezhdu dvumya sosednimi gorodami i potomu vhodit v nabor \\(1,2,\\ldots,\\binom n2\\). vyberem koren i pokrasim vershinu v belyy tsvet, esli rasstoyanie ot kornya do nee chet…","source_keys":["all"]}
{"id":"all-union-1987-final-9-tournament-score-squares","title":"Равенство сумм квадратов побед и поражений в турнире, Всесоюзная олимпиада 1987","path":"data\\problems\\all-union\\all-union-1987-final-9-tournament-score-squares.yaml","raw_github_url":"https://raw.githubusercontent.com/didin-maxim/knowledge_graph_of_graphs/main/data/problems/all-union/all-union-1987-final-9-tournament-score-squares.yaml","viewer_url":"https://didin-maxim.github.io/knowledge_graph_of_graphs/#all-union-1987-final-9-tournament-score-squares","source_key":"all","source_label":"Всесоюзная олимпиада","source_titles":["Н.Б. Васильев, А.А. Егоров, Задачи всесоюзных математических олимпиад, Наука, 1988","Математические олимпиады школьников. 9 класс, 1997, OCR access copy"],"year":"1987","type":"olympiad_problem","authors":[],"tags":["tournaments","degree_counting","goal_proof"],"agent_topics":["game_strategy_candidate"],"difficulty":{"main":"national_final_easy","local_score":3,"comment":"Всесоюзная математическая олимпиада 1987 года, заключительный этап, 9 класс, задача 177, первый день.","status":"ai_checked"},"review_status":"ai_checked","public_ready":false,"solution_state":"with_solution","solution_classification":{"type":"unofficial_published","label":"опубликованное неофициальное","status":"ai_checked","confidence":0.84,"basis":"OCR-решение из опубликованного сборника и локальная самодостаточная адаптация","notes":"Полное опубликованное решение задачи 177 найдено в OCR-копии доступа. Источник является надёжным опубликованным сборником, но не официальным олимпиадным сайтом решений.","audit_source":"manual-deep-pass-2026-05-05"},"statements":{"original":[{"id":"stmt-original","title":"10 спортсменов в круговом турнире","status":"ai_checked","text":"Десять спортсменов участвовали в турнире по настольному теннису. Каждые два из них сыграли между собой ровно одну партию. Первый игрок одержал в ходе турнира \\(x_1\\) побед и потерпел \\(y_1\\) поражений, второй одержал \\(x_2\\) побед и потерпел \\(y_2\\) поражений и т. д. Доказать, что \\(x_1^2+\\cdots+x_{10}^2=y_1^2+\\cdots+y_{10}^2\\).","definition_ids":[]}],"graph_theory":[{"id":"stmt-graph","title":"Суммы квадратов полустепеней турнира","status":"ai_checked","text":"В турнире на \\(n\\) вершинах обозначим через \\(d^+(v)\\) и \\(d^-(v)\\) исходящую и входящую степени вершины \\(v\\). Докажите, что \\(\\sum_v (d^+(v))^2=\\sum_v (d^-(v))^2\\).","definition_ids":["tournament","degree","outdegree","indegree"]}]},"solutions":[{"id":"sol-published-degree-balance","title":"Баланс побед и поражений","status":"ai_checked","definition_ids":[],"standard_idea_ids":["double_counting"],"tags":[],"has_text":true,"text_preview":"В турнире на \\(n\\) вершинах для каждой вершины \\(v\\) выполнено \\[ d^+(v)+d^-(v)=n-1. \\] Кроме того, каждое ребро даёт ровно один исходящий и ровно один входящий конец, поэтому \\[ \\sum_v d^+(v)=\\sum_v d^-(v). \\] Теперь вычтем суммы квадратов: \\[ \\sum_v (d^+(v))^2-\\sum_v (d^-(v))^2=\\sum_v (d^+(v)-d^-(v))(d^+(v)+d^-(v))=(n-1)\\sum_v (d^+(v)-d^-(v))=0. \\] Следовательно, \\(\\sum_v (d^+(v))^2=\\sum_v (d^-(v))^2\\)."}],"relations":[{"id":"rel-all-union-1987-score-squares-polish-mo-2022-badminton","neighbor_id":"polish-mo-2022-ii-p6-badminton-euler-cycles","direction":"forward","type":"same_motif","distance":2,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-all-union-1987-score-squares-imo-2010-c5","neighbor_id":"imo-2010-c5-bad-company-tournament","direction":"forward","type":"same_motif","distance":2,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-all-union-1987-score-squares-cmo-2006-cycle-triplets","neighbor_id":"cmo-2006-p4-cycle-triplets-tournament","direction":"forward","type":"same_motif","distance":2,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-cmo-2006-max-cycle-triplets-all-union-score-squares","neighbor_id":"cmo-2006-p4-max-cycle-triplets-tournament","direction":"forward","type":"same_motif","distance":2,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-winner-count-lemma-all-union-1987-tournament-loss-counting","neighbor_id":"round-robin-winner-count-hall-lemma","direction":"backward","type":"same_motif","distance":3,"status":"ai_checked"}],"search_text":"all-union-1987-final-9-tournament-score-squares равенство сумм квадратов побед и поражений в турнире, всесоюзная олимпиада 1987 tournaments degree_counting goal_proof 1987 all all1987 https://djvu.online/file/a6gsdrajgdboj https://math.ru/lib/bib-mat-kr/18 published_collection_ocr published_collection_scan src-djvuonline-vseross-9-1997 src-mathru-vsesoyuznye-1988 with_solution всесоюзная олимпиада всесоюзнаяолимпиада всесоюзнаяолимпиада1987 математические олимпиады школьников. 9 класс, 1997, ocr access copy н.б. васильев, а.а. егоров, задачи всесоюзных математических олимпиад, наука, 1988 ? н.б. васильев, а.а. егоров, задачи всесоюзных математических олимпиад, наука, 1988 математические олимпиады школьников. 9 класс, 1997, ocr access copy stmt-original 10 спортсменов в круговом турнире ai_checked десять спортсменов участвовали в турнире по настольному теннису. каждые два из них сыграли между собой ровно одну партию. первый игрок одержал в ходе турнира \\(x_1\\) побед и потерпел \\(y_1\\) поражений, второй одержал \\(x_2\\) побед и потерпел \\(y_2\\) поражений и т. д. доказать, что \\(x_1^2+\\cdots+x_{10}^2=y_1^2+\\cdots+y_{10}^2\\). stmt-graph суммы квадратов полустепеней турнира ai_checked в турнире на \\(n\\) вершинах обозначим через \\(d^+(v)\\) и \\(d^-(v)\\) исходящую и входящую степени вершины \\(v\\). докажите, что \\(\\sum_v (d^+(v))^2=\\sum_v (d^-(v))^2\\). tournament degree outdegree indegree idea-indegree-outdegree-complement у каждой вершины сумма побед и поражений постоянна в турнире на 10 вершинах для каждой вершины \\(d^+(v)+d^-(v)=9\\); равенство сумм квадратов сводится к равенству сумм входящих и исходящих степеней. tournaments degree_counting ai_checked sol-published-degree-balance баланс побед и поражений ai_checked double_counting в турнире на \\(n\\) вершинах для каждой вершины \\(v\\) выполнено \\[ d^+(v)+d^-(v)=n-1. \\] кроме того, каждое ребро даёт ровно один исходящий и ровно один входящий конец, поэтому \\[ \\sum_v d^+(v)=\\sum_v d^-(v). \\] теперь вычтем суммы квадратов: \\[ \\sum_v (d^+(v))^2-\\sum_v (d^-(v))^2=\\sum_v (d^+(v)-d^-(v))(d^+(v)+d^-(v))=(n-1)\\sum_v (d^+(v)-d^-(v))=0. \\] следовательно, \\(\\sum_v (d^+(v))^2=\\sum_v (d^-(v))^2\\). all-union-1987-final-9-tournament-score-squares ravenstvo summ kvadratov pobed i porazheniy v turnire, vsesoyuznaya olimpiada 1987 tournaments degree_counting goal_proof 1987 all all1987 https://djvu.online/file/a6gsdrajgdboj https://math.ru/lib/bib-mat-kr/18 published_collection_ocr published_collection_scan src-djvuonline-vseross-9-1997 src-mathru-vsesoyuznye-1988 with_solution vsesoyuznaya olimpiada vsesoyuznayaolimpiada vsesoyuznayaolimpiada1987 matematicheskie olimpiady shkolnikov. 9 klass, 1997, ocr access copy n.b. vasilev, a.a. egorov, zadachi vsesoyuznyh matematicheskih olimpiad, nauka, 1988 ? n.b. vasilev, a.a. egorov, zadachi vsesoyuznyh matematicheskih olimpiad, nauka, 1988 matematicheskie olimpiady shkolnikov. 9 klass, 1997, ocr access copy stmt-original 10 sportsmenov v krugovom turnire ai_checked desyat sportsmenov uchastvovali v turnire po nastolnomu tennisu. kazhdye dva iz nih sygrali mezhdu soboy rovno odnu partiyu. pervyy igrok oderzhal v hode turnira \\(x_1\\) pobed i poterpel \\(y_1\\) porazheniy, vtoroy oderzhal \\(x_2\\) pobed i poterpel \\(y_2\\) porazheniy i t. d. dokazat, chto \\(x_1^2+\\cdots+x_{10}^2=y_1^2+\\cdots+y_{10}^2\\). stmt-graph summy kvadratov polustepeney turnira ai_checked v turnire na \\(n\\) vershinah oboznachim cherez \\(d^+(v)\\) i \\(d^-(v)\\) ishodyaschuyu i vhodyaschuyu stepeni vershiny \\(v\\). dokazhite, chto \\(\\sum_v (d^+(v))^2=\\sum_v (d^-(v))^2\\). tournament degree outdegree indegree idea-indegree-outdegree-complement u kazhdoy vershiny summa pobed i porazheniy postoyanna v turnire na 10 vershinah dlya kazhdoy vershiny \\(d^+(v)+d^-(v)=9\\); ravenstvo summ kvadratov svoditsya k ravenstvu summ vhodyaschih i ishodyaschih stepeney. tournaments degree_counting ai_checked sol-published-degree-balance balans pobed i porazheniy ai_checked double_counting v turnire na \\(n\\) vershinah dlya kazhdoy vershiny \\(v\\) vypolneno \\[ d^+(v)+d^-(v)=n-1. \\] krome togo, kazhdoe rebro daet rovno odin ishodyaschiy i rovno odin vhodyaschiy konets, poetomu \\[ \\sum_v d^+(v)=\\sum_v d^-(v). \\] teper vychtem summy kvadratov: \\[ \\sum_v (d^+(v))^2-\\sum_v (d^-(v))^2=\\sum_v (d^+(v)-d^-(v))(d^+(v)+d^-(v))=(n-1)\\sum_v (d^+(v)-d^-(v))=0. \\] sledovatelno, \\(\\sum_v (d^+(v))^2=\\sum_v (d^-(v))^2\\).","source_keys":["all"]}
{"id":"alternating-boundary-pairs-noncrossing-arcs","title":"Непересекающиеся дуги с чередующимися концами на границе диска","path":"data\\problems\\classical\\alternating-boundary-pairs-noncrossing-arcs.yaml","raw_github_url":"https://raw.githubusercontent.com/didin-maxim/knowledge_graph_of_graphs/main/data/problems/classical/alternating-boundary-pairs-noncrossing-arcs.yaml","viewer_url":"https://didin-maxim.github.io/knowledge_graph_of_graphs/#alternating-boundary-pairs-noncrossing-arcs","source_key":"misc","source_label":"Прочее","source_titles":["Эйлерова характеристика"],"year":"","type":"lemma","authors":[],"tags":["planar_graphs","connectivity","classical_theorem","goal_proof"],"agent_topics":[],"difficulty":{"main":"classical_tool","local_score":3,"comment":"Стандартный факт о разделении жордановой кривой, используемый в олимпиадных аргументах о планарных графах.","status":"ai_checked"},"review_status":"ai_checked","public_ready":true,"solution_state":"with_solution","solution_classification":{"type":"external_theorem_application","label":"heavy применение внешней теоремы","status":"ai_checked","confidence":0.93,"basis":"внешняя теорема аудит group A, 2026-05-06","notes":"Это интересный пример применения теоремы Жордана: утверждение является частной формой топологического разделения, а не школьной заменой без внешней теоремы.","audit_source":"external-theorem-audit-group-a","external_theorem_ids":["Jordan curve theorem"]},"statements":{"original":[{"id":"stmt-original","title":"","status":"ai_checked","text":"Пусть \\(A,B,C,D\\) — четыре различные точки на границе диска, расположенные на ней в циклическом порядке \\(A,B,C,D\\). Тогда две простые дуги внутри диска, соединяющие \\(A\\) с \\(C\\) и \\(B\\) с \\(D\\), не могут быть непересекающимися.","definition_ids":["planar_graph"]}]},"solutions":[{"id":"sol-jordan-separation","title":"Разделение простой замкнутой кривой","status":"ai_checked","definition_ids":["planar_graph"],"standard_idea_ids":[],"tags":[],"has_text":true,"text_preview":"Проведем дугу \\(\\alpha\\), соединяющую \\(A\\) с \\(C\\). На границе диска есть две граничные дуги между \\(A\\) и \\(C\\): одна содержит \\(B\\), другая содержит \\(D\\). Возьмем ту граничную дугу, которая содержит \\(B\\), и объединим ее с \\(\\alpha\\). Получится простая замкнутая кривая. По теореме Жордана эта кривая делит диск на две области. Точка \\(D\\) лежит на другой граничной дуге между \\(A\\) и \\(C\\), поэтому она находится по другую сторону от точки \\(B\\). Следовательно, любая дуга из \\(B\\) в \\(D\\) внутри диска обязана пересечь построенную замкнутую кривую. Она не может пересечь выбранную граничную дугу, если ее внутренняя часть лежит внутри диска и ее концы — только \\(B\\) и \\(D\\). Значит она должна пересечь \\(\\alpha\\). Поэтому дуги \\(AC\\) и \\(BD\\) не могут быть непересекающимися."}],"relations":[{"id":"rel-cmo-2025-p5-alternating-boundary-arcs","neighbor_id":"cmo-2025-p5-ant-planar-graph","direction":"forward","type":"prerequisite","distance":1,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-imo-2005-c3-alternating-boundary-separation","neighbor_id":"imo-2005-c3-black-paths-injection","direction":"backward","type":"prerequisite","distance":3,"status":"ai_checked"}],"search_text":"alternating-boundary-pairs-noncrossing-arcs непересекающиеся дуги с чередующимися концами на границе диска planar_graphs connectivity classical_theorem goal_proof https://ru.wikipedia.org/wiki/%d0%ad%d0%b9%d0%bb%d0%b5%d1%80%d0%be%d0%b2%d0%b0_%d1%85%d0%b0%d1%80%d0%b0%d0%ba%d1%82%d0%b5%d1%80%d0%b8%d1%81%d1%82%d0%b8%d0%ba%d0%b0 misc reference src-wikipedia-euler-characteristic with_solution прочее эйлерова характеристика ? эйлерова характеристика stmt-original ai_checked пусть \\(a,b,c,d\\) — четыре различные точки на границе диска, расположенные на ней в циклическом порядке \\(a,b,c,d\\). тогда две простые дуги внутри диска, соединяющие \\(a\\) с \\(c\\) и \\(b\\) с \\(d\\), не могут быть непересекающимися. planar_graph idea-one-arc-separates-alternating-endpoints одна диагональная дуга разделяет два оставшихся конца дуга \\(ac\\) вместе с одной из двух граничных дуг между \\(a\\) и \\(c\\) образует простую замкнутую кривую; при чередующемся порядке точек \\(b\\) и \\(d\\) оказываются по разные стороны этой кривой. planar_graphs connectivity ai_checked sol-jordan-separation разделение простой замкнутой кривой ai_checked planar_graph проведем дугу \\(\\alpha\\), соединяющую \\(a\\) с \\(c\\). на границе диска есть две граничные дуги между \\(a\\) и \\(c\\): одна содержит \\(b\\), другая содержит \\(d\\). возьмем ту граничную дугу, которая содержит \\(b\\), и объединим ее с \\(\\alpha\\). получится простая замкнутая кривая. по теореме жордана эта кривая делит диск на две области. точка \\(d\\) лежит на другой граничной дуге между \\(a\\) и \\(c\\), поэтому она находится по другую сторону от точки \\(b\\). следовательно, любая дуга из \\(b\\) в \\(d\\) внутри диска обязана пересечь построенную замкнутую кривую. она не может пересечь выбранную граничную дугу, если ее внутренняя часть лежит внутри диска и ее концы — только \\(b\\) и \\(d\\). значит она должна пересечь \\(\\alpha\\). поэтому дуги \\(ac\\) и \\(bd\\) не могут быть непересекающимися. alternating-boundary-pairs-noncrossing-arcs neperesekayuschiesya dugi s chereduyuschimisya kontsami na granitse diska planar_graphs connectivity classical_theorem goal_proof https://ru.wikipedia.org/wiki/%d0%ad%d0%b9%d0%bb%d0%b5%d1%80%d0%be%d0%b2%d0%b0_%d1%85%d0%b0%d1%80%d0%b0%d0%ba%d1%82%d0%b5%d1%80%d0%b8%d1%81%d1%82%d0%b8%d0%ba%d0%b0 misc reference src-wikipedia-euler-characteristic with_solution prochee eylerova harakteristika ? eylerova harakteristika stmt-original ai_checked pust \\(a,b,c,d\\) — chetyre razlichnye tochki na granitse diska, raspolozhennye na ney v tsiklicheskom poryadke \\(a,b,c,d\\). togda dve prostye dugi vnutri diska, soedinyayuschie \\(a\\) s \\(c\\) i \\(b\\) s \\(d\\), ne mogut byt neperesekayuschimisya. planar_graph idea-one-arc-separates-alternating-endpoints odna diagonalnaya duga razdelyaet dva ostavshihsya kontsa duga \\(ac\\) vmeste s odnoy iz dvuh granichnyh dug mezhdu \\(a\\) i \\(c\\) obrazuet prostuyu zamknutuyu krivuyu; pri chereduyuschemsya poryadke tochek \\(b\\) i \\(d\\) okazyvayutsya po raznye storony etoy krivoy. planar_graphs connectivity ai_checked sol-jordan-separation razdelenie prostoy zamknutoy krivoy ai_checked planar_graph provedem dugu \\(\\alpha\\), soedinyayuschuyu \\(a\\) s \\(c\\). na granitse diska est dve granichnye dugi mezhdu \\(a\\) i \\(c\\): odna soderzhit \\(b\\), drugaya soderzhit \\(d\\). vozmem tu granichnuyu dugu, kotoraya soderzhit \\(b\\), i obedinim ee s \\(\\alpha\\). poluchitsya prostaya zamknutaya krivaya. po teoreme zhordana eta krivaya delit disk na dve oblasti. tochka \\(d\\) lezhit na drugoy granichnoy duge mezhdu \\(a\\) i \\(c\\), poetomu ona nahoditsya po druguyu storonu ot tochki \\(b\\). sledovatelno, lyubaya duga iz \\(b\\) v \\(d\\) vnutri diska obyazana peresech postroennuyu zamknutuyu krivuyu. ona ne mozhet peresech vybrannuyu granichnuyu dugu, esli ee vnutrennyaya chast lezhit vnutri diska i ee kontsy — tolko \\(b\\) i \\(d\\). znachit ona dolzhna peresech \\(\\alpha\\). poetomu dugi \\(ac\\) i \\(bd\\) ne mogut byt neperesekayuschimisya.","source_keys":["misc"]}
{"id":"apmo-2005-p4-firefighters-grid-spread","title":"Пожар на решётке \\(P_n\\square P_n\\), APMO 2005 P4","path":"data\\problems\\apmo\\apmo-2005-p4-firefighters-grid-spread.yaml","raw_github_url":"https://raw.githubusercontent.com/didin-maxim/knowledge_graph_of_graphs/main/data/problems/apmo/apmo-2005-p4-firefighters-grid-spread.yaml","viewer_url":"https://didin-maxim.github.io/knowledge_graph_of_graphs/#apmo-2005-p4-firefighters-grid-spread","source_key":"apmo","source_label":"APMO","source_titles":["APMO 2005 официальные решения"],"year":"2005","type":"olympiad_problem","authors":[],"tags":["connectivity","goal_exact_bound"],"agent_topics":["game_strategy_candidate"],"difficulty":{"main":"national_final_hard","local_score":10,"comment":"APMO 2005 P4; условие и решение естественно формулируются на графе решётки.","status":"ai_checked"},"review_status":"source_verified","public_ready":true,"solution_state":"with_solution","solution_classification":{"type":"official_complete_or_near_complete","label":"официальное полное/почти полное","status":"source_verified","confidence":0.9,"basis":"официальный источник, затем аудит очень высокой сложности","notes":"Официальное решение развёрнуто; проверены момент постановки барьера, индукция \\(s(t)\\le t-p(t)\\) и подсчёт дальних уровней.","audit_source":"agent-western-olympiads.json"},"statements":{"original":[{"id":"stmt-original","title":"Условие","status":"source_verified","text":"В городе имеется таблица домов \\(n\\times n\\), дом в строке \\(i\\) и столбце \\(j\\) обозначается \\((i,j)\\). В момент \\(0\\) пожар начинается в доме \\((1,c)\\), где \\(c\\le n/2\\). За каждый следующий промежуток времени пожарные успевают защитить один ещё не горящий дом, а затем огонь распространяется на все незащищённые соседние дома каждого уже горящего дома. Соседними считаются дома на расстоянии 1 по Манхэттену. После защиты дом остаётся защищённым навсегда. Когда огонь больше не может распространяться, процесс заканчивается. Какое наибольшее число домов можно спасти?","definition_ids":[]}],"graph_theory":[{"id":"stmt-graph","title":"Пожар на решётке \\(P_n\\square P_n\\)","status":"ai_checked","text":"В графе \\(P_n\\square P_n\\) сначала заражена вершина \\((1,c)\\), где \\(c\\le n/2\\). На каждом шаге можно навсегда удалить одну ещё не заражённую вершину, после чего заражение переходит из всех заражённых вершин во всех их неудалённых соседей. Найдите наибольшее возможное число вершин, которые никогда не будут заражены.","definition_ids":["connected_graph","path"]}]},"solutions":[{"id":"sol-official-compressed","title":"Развёрнутое решение через барьер и слои расстояния","status":"source_verified","definition_ids":["connected_graph","path"],"standard_idea_ids":["induction"],"tags":[],"has_text":true,"text_preview":"Ответ: можно спасти ровно \\(n^2+c^2-nc-c\\) домов. Сначала опишем стратегию, достигающую этой оценки. Защищаем клетки в порядке \\[ (2,c),(2,c+1),(3,c-1),(3,c+2),\\ldots,(c+1,1),(c+1,2c), \\] а затем клетки \\((c+1,2c+1),(c+1,2c+2),\\ldots,(c+1,n)\\). Первая часть строит две диагональные стены от очага вниз-влево и вниз-вправо, а вторая часть достраивает горизонтальную стену вправо. Проверим, что защита ставится вовремя. Клетка \\((r+1,c-r+1)\\) или \\((r+1,c+r)\\) находится на манхэттенском расстоянии \\(r\\) от \\((1,c)\\), поэтому её защищают как раз до того, как огонь впервые мог бы до неё добраться. Защищённая клетка навсегда остаётся преградой. Посчитаем спасённые клетки. Для каждого \\(r=1,2,\\ldots,c\\) две защищённые клетки на соответствующей диагонали спасают вертикальные хвосты длины \\(n-r\\). Это даёт \\[ 2((n-1)+(n-2)+\\cdots+(n-c)). \\] Справа от горизонтальной стены остаётся прямоугольник из \\…"}],"relations":[{"id":"rel-cmo-1971-p10-apmo-2005-p4-spread-frontier","neighbor_id":"cmo-1971-p10-one-way-phone-gossip","direction":"backward","type":"same_motif","distance":3,"status":"needs_human_review"},{"id":"rel-apmo-2005-p4-imo-2013-c6-layer-frontier","neighbor_id":"third-fourth-distance-layer-bound","direction":"forward","type":"same_motif","distance":3,"status":"needs_human_review"},{"id":"rel-utyum-2024-capital-flights-apmo-firefighters","neighbor_id":"utyum-2024_komol63_67_capital_flights_bipartite","direction":"backward","type":"same_motif","distance":2,"status":"needs_human_review"}],"search_text":"apmo-2005-p4-firefighters-grid-spread пожар на решётке \\(p_n\\square p_n\\), apmo 2005 p4 connectivity goal_exact_bound 2005 apmo apmo 2005 официальные решения apmo2005 https://apmo-official.org/static/solutions/apmo2005_sol.pdf official_archive src-apmo-2005-official with_solution ? apmo 2005 официальные решения stmt-original условие source_verified в городе имеется таблица домов \\(n\\times n\\), дом в строке \\(i\\) и столбце \\(j\\) обозначается \\((i,j)\\). в момент \\(0\\) пожар начинается в доме \\((1,c)\\), где \\(c\\le n/2\\). за каждый следующий промежуток времени пожарные успевают защитить один ещё не горящий дом, а затем огонь распространяется на все незащищённые соседние дома каждого уже горящего дома. соседними считаются дома на расстоянии 1 по манхэттену. после защиты дом остаётся защищённым навсегда. когда огонь больше не может распространяться, процесс заканчивается. какое наибольшее число домов можно спасти? stmt-graph пожар на решётке \\(p_n\\square p_n\\) ai_checked в графе \\(p_n\\square p_n\\) сначала заражена вершина \\((1,c)\\), где \\(c\\le n/2\\). на каждом шаге можно навсегда удалить одну ещё не заражённую вершину, после чего заражение переходит из всех заражённых вершин во всех их неудалённых соседей. найдите наибольшее возможное число вершин, которые никогда не будут заражены. connected_graph path idea-levels-from-source уровни по расстоянию от очага решение группирует дома по манхэттенскому расстоянию от начального пожара и отслеживает, сколько домов на данном уровне можно успеть защитить к нужному моменту. connectivity ai_checked idea-frontier-count оценка через огненный фронт считается, сколько вершин текущего уровня может остаться не сгоревшими к моменту прихода огня, используя ограничение «не более одной защиты за ход». double_counting ai_checked sol-official-compressed развёрнутое решение через барьер и слои расстояния source_verified connected_graph path induction ответ: можно спасти ровно \\(n^2+c^2-nc-c\\) домов. сначала опишем стратегию, достигающую этой оценки. защищаем клетки в порядке \\[ (2,c),(2,c+1),(3,c-1),(3,c+2),\\ldots,(c+1,1),(c+1,2c), \\] а затем клетки \\((c+1,2c+1),(c+1,2c+2),\\ldots,(c+1,n)\\). первая часть строит две диагональные стены от очага вниз-влево и вниз-вправо, а вторая часть достраивает горизонтальную стену вправо. проверим, что защита ставится вовремя. клетка \\((r+1,c-r+1)\\) или \\((r+1,c+r)\\) находится на манхэттенском расстоянии \\(r\\) от \\((1,c)\\), поэтому её защищают как раз до того, как огонь впервые мог бы до неё добраться. защищённая клетка навсегда остаётся преградой. посчитаем спасённые клетки. для каждого \\(r=1,2,\\ldots,c\\) две защищённые клетки на соответствующей диагонали спасают вертикальные хвосты длины \\(n-r\\). это даёт \\[ 2((n-1)+(n-2)+\\cdots+(n-c)). \\] справа от горизонтальной стены остаётся прямоугольник из \\… apmo-2005-p4-firefighters-grid-spread pozhar na reshetke \\(p_n\\square p_n\\), apmo 2005 p4 connectivity goal_exact_bound 2005 apmo apmo 2005 ofitsialnye resheniya apmo2005 https://apmo-official.org/static/solutions/apmo2005_sol.pdf official_archive src-apmo-2005-official with_solution ? apmo 2005 ofitsialnye resheniya stmt-original uslovie source_verified v gorode imeetsya tablitsa domov \\(n\\times n\\), dom v stroke \\(i\\) i stolbtse \\(j\\) oboznachaetsya \\((i,j)\\). v moment \\(0\\) pozhar nachinaetsya v dome \\((1,c)\\), gde \\(c\\le n/2\\). za kazhdyy sleduyuschiy promezhutok vremeni pozharnye uspevayut zaschitit odin esche ne goryaschiy dom, a zatem ogon rasprostranyaetsya na vse nezaschischennye sosednie doma kazhdogo uzhe goryaschego doma. sosednimi schitayutsya doma na rasstoyanii 1 po manhettenu. posle zaschity dom ostaetsya zaschischennym navsegda. kogda ogon bolshe ne mozhet rasprostranyatsya, protsess zakanchivaetsya. kakoe naibolshee chislo domov mozhno spasti? stmt-graph pozhar na reshetke \\(p_n\\square p_n\\) ai_checked v grafe \\(p_n\\square p_n\\) snachala zarazhena vershina \\((1,c)\\), gde \\(c\\le n/2\\). na kazhdom shage mozhno navsegda udalit odnu esche ne zarazhennuyu vershinu, posle chego zarazhenie perehodit iz vseh zarazhennyh vershin vo vseh ih neudalennyh sosedey. naydite naibolshee vozmozhnoe chislo vershin, kotorye nikogda ne budut zarazheny. connected_graph path idea-levels-from-source urovni po rasstoyaniyu ot ochaga reshenie gruppiruet doma po manhettenskomu rasstoyaniyu ot nachalnogo pozhara i otslezhivaet, skolko domov na dannom urovne mozhno uspet zaschitit k nuzhnomu momentu. connectivity ai_checked idea-frontier-count otsenka cherez ognennyy front schitaetsya, skolko vershin tekuschego urovnya mozhet ostatsya ne sgorevshimi k momentu prihoda ognya, ispolzuya ogranichenie «ne bolee odnoy zaschity za hod». double_counting ai_checked sol-official-compressed razvernutoe reshenie cherez barer i sloi rasstoyaniya source_verified connected_graph path induction otvet: mozhno spasti rovno \\(n^2+c^2-nc-c\\) domov. snachala opishem strategiyu, dostigayuschuyu etoy otsenki. zaschischaem kletki v poryadke \\[ (2,c),(2,c+1),(3,c-1),(3,c+2),\\ldots,(c+1,1),(c+1,2c), \\] a zatem kletki \\((c+1,2c+1),(c+1,2c+2),\\ldots,(c+1,n)\\). pervaya chast stroit dve diagonalnye steny ot ochaga vniz-vlevo i vniz-vpravo, a vtoraya chast dostraivaet gorizontalnuyu stenu vpravo. proverim, chto zaschita stavitsya vovremya. kletka \\((r+1,c-r+1)\\) ili \\((r+1,c+r)\\) nahoditsya na manhettenskom rasstoyanii \\(r\\) ot \\((1,c)\\), poetomu ee zaschischayut kak raz do togo, kak ogon vpervye mog by do nee dobratsya. zaschischennaya kletka navsegda ostaetsya pregradoy. poschitaem spasennye kletki. dlya kazhdogo \\(r=1,2,\\ldots,c\\) dve zaschischennye kletki na sootvetstvuyuschey diagonali spasayut vertikalnye hvosty dliny \\(n-r\\). eto daet \\[ 2((n-1)+(n-2)+\\cdots+(n-c)). \\] sprava ot gorizontalnoy steny ostaetsya pryamougolnik iz \\…","source_keys":["apmo"]}
{"id":"apmo-2010-p3-common-acquaintance-extremal","title":"Максимум пар вершин на расстоянии 2, APMO 2010 P3","path":"data\\problems\\apmo\\apmo-2010-p3-common-acquaintance-extremal.yaml","raw_github_url":"https://raw.githubusercontent.com/didin-maxim/knowledge_graph_of_graphs/main/data/problems/apmo/apmo-2010-p3-common-acquaintance-extremal.yaml","viewer_url":"https://didin-maxim.github.io/knowledge_graph_of_graphs/#apmo-2010-p3-common-acquaintance-extremal","source_key":"apmo","source_label":"APMO","source_titles":["APMO 2010 официальные решения"],"year":"2010","type":"olympiad_problem","authors":[],"tags":["connectivity","extremal_graph_theory","goal_exact_bound"],"agent_topics":[],"difficulty":{"main":"national_final_medium","local_score":9,"comment":"APMO 2010 P3; граф знакомств является прямой формой условия и решения.","status":"needs_human_review"},"review_status":"needs_human_review","public_ready":false,"solution_state":"with_solution","solution_classification":{"type":"official_complete_or_near_complete","label":"официальное полное/почти полное","status":"ai_checked","confidence":0.81,"basis":"агентский аудит средней сложности","notes":"Официальный источник указан. Сжатое экстремальное доказательство через компоненты графа выглядит самодостаточным; review_status остаётся needs_human_review.","audit_source":"agent-western-olympiads.json"},"statements":{"original":[{"id":"stmt-original","title":"Условие","status":"needs_human_review","text":"На вечеринке присутствуют \\(n\\) человек. Для каждой пары либо эти люди знакомы, либо нет. Каково максимально возможное число пар людей, которые не знакомы друг с другом, но имеют общего знакомого среди участников вечеринки?","definition_ids":[]}],"graph_theory":[{"id":"stmt-graph","title":"Пары вершин на расстоянии 2","status":"needs_human_review","text":"Для простого графа \\(G\\) на \\(n\\) вершинах обозначим через \\(N_2(G)\\) число неупорядоченных пар различных несмежных вершин, имеющих общего соседа, то есть число пар вершин на расстоянии 2. Найдите максимально возможное значение \\(N_2(G)\\).","definition_ids":["simple_graph"]}]},"solutions":[{"id":"sol-official-compressed","title":"Решение через компоненты графа знакомств","status":"ai_checked","definition_ids":["connected_graph"],"standard_idea_ids":["extremal_choice"],"tags":[],"has_text":true,"text_preview":"Ответ равен \\(\\binom{n-1}{2}\\). Сначала покажем, что эта величина достижима. Пусть один человек знаком со всеми остальными, а между остальными знакомых пар нет. Тогда любые два человека, отличные от него, не знакомы друг с другом и имеют общего знакомого, поэтому получается ровно \\[ \\binom{n-1}{2} \\] подходящих пар. Докажем, что больше быть не может. Рассмотрим граф знакомств \\(G\\): вершины соответствуют людям, а ребра - парам знакомых. Подходящие пары - это пары несмежных вершин, имеющих общего соседа. Пусть компоненты связности графа имеют размеры \\(a_1,\\ldots,a_t\\). Подходящая пара не может лежать в разных компонентах, поэтому достаточно оценить вклад каждой компоненты отдельно. В связной компоненте размера \\(a_i\\) всего \\(\\binom{a_i}{2}\\) пар вершин. Из них хотя бы \\(a_i-1\\) пар являются ребрами, потому что всякая связная компонента на \\(a_i\\) вершинах содержит не меньше \\(a_i-1\\) р…"}],"relations":[{"id":"rel-imc-2009-friendship-apmo-2010","neighbor_id":"imc-2009-day1-p3-friendship-girth-five","direction":"backward","type":"same_motif","distance":2,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-vosh-2008-apmo-2010-common-neighbor-counting","neighbor_id":"vosh-2008-regional-bureaucrats-common-neighborhood","direction":"forward","type":"same_motif","distance":2,"status":"needs_human_review"},{"id":"rel-apmo-2010-p3-memo-2025-i2-common-neighbor","neighbor_id":"memo-2025-i2-ruby-rooks-two-step-reachability","direction":"forward","type":"same_motif","distance":2,"status":"needs_human_review"},{"id":"rel-vosh-2000-apmo-2010-universal-acquaintance","neighbor_id":"vosh-2000-01-final-universal-acquaintance","direction":"backward","type":"same_motif","distance":3,"status":"needs_human_review"},{"id":"rel-vosh-2025-common-neighborhood-apmo-2010-common-acquaintance","neighbor_id":"vosh-2025-26-regional-common-neighborhood-red-pairs","direction":"backward","type":"same_motif","distance":2,"status":"ai_checked"}],"search_text":"apmo-2010-p3-common-acquaintance-extremal максимум пар вершин на расстоянии 2, apmo 2010 p3 connectivity extremal_graph_theory goal_exact_bound 2010 apmo apmo 2010 официальные решения apmo2010 https://apmo-official.org/static/solutions/apmo2010_sol.pdf official_archive src-apmo-2010-official with_solution ? apmo 2010 официальные решения stmt-original условие needs_human_review на вечеринке присутствуют \\(n\\) человек. для каждой пары либо эти люди знакомы, либо нет. каково максимально возможное число пар людей, которые не знакомы друг с другом, но имеют общего знакомого среди участников вечеринки? stmt-graph пары вершин на расстоянии 2 needs_human_review для простого графа \\(g\\) на \\(n\\) вершинах обозначим через \\(n_2(g)\\) число неупорядоченных пар различных несмежных вершин, имеющих общего соседа, то есть число пар вершин на расстоянии 2. найдите максимально возможное значение \\(n_2(g)\\). simple_graph idea-star-construction звезда как экстремальная конструкция одна вершина, смежная со всеми остальными, даёт \\(\\binom{n-1}{2}\\) подходящих пар и служит кандидатом на экстремум. extremal_graph_theory needs_human_review idea-merge-components можно склеить компоненты ребром если граф распадается на две непустые части без рёбер между ними, добавление подходящего ребра между ними не уменьшает число хороших не-рёбер, поэтому экстремальный граф можно считать связным. connectivity needs_human_review sol-official-compressed решение через компоненты графа знакомств ai_checked connected_graph extremal_choice ответ равен \\(\\binom{n-1}{2}\\). сначала покажем, что эта величина достижима. пусть один человек знаком со всеми остальными, а между остальными знакомых пар нет. тогда любые два человека, отличные от него, не знакомы друг с другом и имеют общего знакомого, поэтому получается ровно \\[ \\binom{n-1}{2} \\] подходящих пар. докажем, что больше быть не может. рассмотрим граф знакомств \\(g\\): вершины соответствуют людям, а ребра - парам знакомых. подходящие пары - это пары несмежных вершин, имеющих общего соседа. пусть компоненты связности графа имеют размеры \\(a_1,\\ldots,a_t\\). подходящая пара не может лежать в разных компонентах, поэтому достаточно оценить вклад каждой компоненты отдельно. в связной компоненте размера \\(a_i\\) всего \\(\\binom{a_i}{2}\\) пар вершин. из них хотя бы \\(a_i-1\\) пар являются ребрами, потому что всякая связная компонента на \\(a_i\\) вершинах содержит не меньше \\(a_i-1\\) р… apmo-2010-p3-common-acquaintance-extremal maksimum par vershin na rasstoyanii 2, apmo 2010 p3 connectivity extremal_graph_theory goal_exact_bound 2010 apmo apmo 2010 ofitsialnye resheniya apmo2010 https://apmo-official.org/static/solutions/apmo2010_sol.pdf official_archive src-apmo-2010-official with_solution ? apmo 2010 ofitsialnye resheniya stmt-original uslovie needs_human_review na vecherinke prisutstvuyut \\(n\\) chelovek. dlya kazhdoy pary libo eti lyudi znakomy, libo net. kakovo maksimalno vozmozhnoe chislo par lyudey, kotorye ne znakomy drug s drugom, no imeyut obschego znakomogo sredi uchastnikov vecherinki? stmt-graph pary vershin na rasstoyanii 2 needs_human_review dlya prostogo grafa \\(g\\) na \\(n\\) vershinah oboznachim cherez \\(n_2(g)\\) chislo neuporyadochennyh par razlichnyh nesmezhnyh vershin, imeyuschih obschego soseda, to est chislo par vershin na rasstoyanii 2. naydite maksimalno vozmozhnoe znachenie \\(n_2(g)\\). simple_graph idea-star-construction zvezda kak ekstremalnaya konstruktsiya odna vershina, smezhnaya so vsemi ostalnymi, daet \\(\\binom{n-1}{2}\\) podhodyaschih par i sluzhit kandidatom na ekstremum. extremal_graph_theory needs_human_review idea-merge-components mozhno skleit komponenty rebrom esli graf raspadaetsya na dve nepustye chasti bez reber mezhdu nimi, dobavlenie podhodyaschego rebra mezhdu nimi ne umenshaet chislo horoshih ne-reber, poetomu ekstremalnyy graf mozhno schitat svyaznym. connectivity needs_human_review sol-official-compressed reshenie cherez komponenty grafa znakomstv ai_checked connected_graph extremal_choice otvet raven \\(\\binom{n-1}{2}\\). snachala pokazhem, chto eta velichina dostizhima. pust odin chelovek znakom so vsemi ostalnymi, a mezhdu ostalnymi znakomyh par net. togda lyubye dva cheloveka, otlichnye ot nego, ne znakomy drug s drugom i imeyut obschego znakomogo, poetomu poluchaetsya rovno \\[ \\binom{n-1}{2} \\] podhodyaschih par. dokazhem, chto bolshe byt ne mozhet. rassmotrim graf znakomstv \\(g\\): vershiny sootvetstvuyut lyudyam, a rebra - param znakomyh. podhodyaschie pary - eto pary nesmezhnyh vershin, imeyuschih obschego soseda. pust komponenty svyaznosti grafa imeyut razmery \\(a_1,\\ldots,a_t\\). podhodyaschaya para ne mozhet lezhat v raznyh komponentah, poetomu dostatochno otsenit vklad kazhdoy komponenty otdelno. v svyaznoy komponente razmera \\(a_i\\) vsego \\(\\binom{a_i}{2}\\) par vershin. iz nih hotya by \\(a_i-1\\) par yavlyayutsya rebrami, potomu chto vsyakaya svyaznaya komponenta na \\(a_i\\) vershinah soderzhit ne menshe \\(a_i-1\\) r…","source_keys":["apmo"]}
{"id":"apmo-2016-p4-dreamland-28-step-coloring","title":"Раскраска функционального орграфа по 28-шаговой достижимости, APMO 2016 P4","path":"data\\problems\\apmo\\apmo-2016-p4-dreamland-28-step-coloring.yaml","raw_github_url":"https://raw.githubusercontent.com/didin-maxim/knowledge_graph_of_graphs/main/data/problems/apmo/apmo-2016-p4-dreamland-28-step-coloring.yaml","viewer_url":"https://didin-maxim.github.io/knowledge_graph_of_graphs/#apmo-2016-p4-dreamland-28-step-coloring","source_key":"apmo","source_label":"APMO","source_titles":["APMO 2016 официальные решения","AoPS Wiki, 2016 APMO Problems/Problem 4"],"year":"2016","type":"olympiad_problem","authors":["Warut Suksompong"],"tags":["coloring","graph_model","connectivity","induction","goal_exact_bound"],"agent_topics":[],"difficulty":{"main":"national_final_hard","local_score":10,"comment":"APMO 2016 P4; условие и официальное решение целиком формулируются через ориентированные графы и раскраску.","status":"ai_checked"},"review_status":"ai_checked","public_ready":true,"solution_state":"with_solution","solution_classification":{"type":"official_complete_or_near_complete","label":"официальное полное/почти полное","status":"ai_checked","confidence":0.96,"basis":"официальные PDF APMO 2016 с условием и решением, плюс сверка с сообщением автора на AoPS","notes":"Официальное решение полностью восстановлено: нижняя оценка идёт от 57-цикла, верхняя -- от вспомогательного графа достижимости и жадно-индукционной леммы для орграфов с ограниченной исходящей степенью. Лемма уже существует отдельной карточкой digraph-outdegree-greedy-coloring-bound, поэтому новый classical-дубликат не создавался.","audit_source":"official-plan-expansion-2026-05-06"},"statements":{"original":[{"id":"stmt-original","title":"Условие","status":"ai_checked","text":"В стране Dreamland есть 2016 городов. Компания Starways организует односторонние авиарейсы так, что из каждого города выходит ровно один рейс. Нужно найти наименьшее положительное целое \\(k\\), для которого при любом выборе рейсов города всегда можно разбить на \\(k\\) групп так, чтобы из любого города нельзя было добраться до другого города той же группы, используя не более 28 перелётов.","definition_ids":[]}],"graph_theory":[{"id":"stmt-graph","title":"Раскраска функционального орграфа по 28-шаговой достижимости","status":"ai_checked","text":"Дан ориентированный граф \\(D\\) на 2016 вершинах, в котором исходящая степень каждой вершины равна 1. Найдите наименьшее число цветов, которое гарантированно достаточно для раскраски вершин так, чтобы никакие две одноцветные вершины не были достижимы одна из другой ориентированным путём длины от 1 до 28.","definition_ids":["directed_graph","outdegree","chromatic_number"]}],"graph_hint_reformulations":[{"id":"stmt-graph-conflict","title":"","status":"ai_checked","text":"Пусть \\(r\\ge 1\\) и \\(N\\ge 2r+1\\). Для ориентированного графа \\(D\\) на \\(N\\) вершинах, у каждой из которых исходящая степень равна 1, определим неориентированный граф \\(R_r(D)\\) на том же множестве вершин: вершины \\(u\\) и \\(v\\) соединяются ребром, если в \\(D\\) есть ориентированный путь из \\(u\\) в \\(v\\) или из \\(v\\) в \\(u\\) длины не более \\(r\\). Докажите, что \\(\\chi(R_r(D))\\le 2r+1\\), и что эта оценка точна.","definition_ids":["directed_graph","outdegree","chromatic_number","path"]}]},"solutions":[{"id":"sol-official-compressed","title":"Раскраска через граф достижимости","status":"ai_checked","definition_ids":["directed_graph","outdegree","indegree","cycle","chromatic_number"],"standard_idea_ids":["induction","greedy_ordering"],"tags":[],"has_text":true,"text_preview":"Ответ: \\(57\\). Сначала докажем, что меньше 57 групп иногда недостаточно. Построим допустимую систему рейсов так, чтобы среди городов был направленный цикл длины 57; остальные города можно, например, соединить в другой направленный цикл, чтобы из каждого города по-прежнему выходил ровно один рейс. Возьмём любые две различные вершины \\(a\\) и \\(b\\) на 57-цикле. Если расстояние от \\(a\\) до \\(b\\) по направлению цикла равно \\(d\\), где \\(1\\le d\\le 56\\), то расстояние от \\(b\\) до \\(a\\) равно \\(57-d\\). Одно из чисел \\(d\\) и \\(57-d\\) не превосходит 28. Значит, из одной из двух вершин можно добраться до другой не более чем за 28 перелётов, поэтому эти две вершины не могут лежать в одной группе. Все 57 вершин цикла попарно конфликтуют, так что требуется как минимум 57 групп. Остаётся доказать, что 57 групп всегда достаточно. Рассмотрим произвольную систему рейсов и соответствующий ориентированный г…"}],"relations":[{"id":"rel-cmo-1994-p3-apmo-2016-p4-coloring-dynamics","neighbor_id":"cmo-1994-p3-voting-stabilizes-cycle","direction":"backward","type":"same_motif","distance":3,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-cmo-2025-p1-apmo-2016-p4-functional-digraph","neighbor_id":"cmo-2025-p1-voting-functional-graph","direction":"backward","type":"same_motif","distance":3,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-digraph-outdegree-greedy-coloring-bound-apmo-2016-p4","neighbor_id":"digraph-outdegree-greedy-coloring-bound","direction":"backward","type":"prerequisite","distance":1,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-color-extremal-color-reduction-apmo-2016","neighbor_id":"color-reduction-by-odd-deletion-and-doubling","direction":"backward","type":"same_motif","distance":2,"status":"needs_human_review"},{"id":"rel-brooks-apmo-2016-color-reduction","neighbor_id":"brooks-theorem","direction":"backward","type":"same_motif","distance":3,"status":"needs_human_review"},{"id":"rel-apmo-2016-p4-degeneracy-greedy-coloring","neighbor_id":"degeneracy-greedy-coloring","direction":"forward","type":"prerequisite","distance":2,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-apmo-2016-p4-bounded-forward-rays-functional-digraph","neighbor_id":"bounded-forward-rays-balanced-sums","direction":"forward","type":"same_motif","distance":4,"status":"needs_human_review"},{"id":"rel-imo-2021-n8-apmo-2016-functional-digraph","neighbor_id":"imo-2021-c6-functional-graph-roots","direction":"backward","type":"same_motif","distance":4,"status":"needs_human_review"},{"id":"rel-apmo-2016-rmm-2013-functional-digraph-encoding","neighbor_id":"rmm-2013-p2-tester-pair-endomorphism-digraph","direction":"forward","type":"same_motif","distance":3,"status":"needs_human_review"}],"search_text":"apmo-2016-p4-dreamland-28-step-coloring раскраска функционального орграфа по 28-шаговой достижимости, apmo 2016 p4 coloring graph_model connectivity induction goal_exact_bound 2016 aops wiki, 2016 apmo problems/problem 4 apmo apmo 2016 официальные решения apmo2016 https://apmo-official.org/static/solutions/apmo2016_sol.pdf https://wiki.artofproblemsolving.com/wiki/index.php/2016_apmo_problems/problem_4 official_archive src-aops-apmo-2016-p4 src-apmo-2016-official statement warut suksompong warutsuksompong with_solution warut suksompong apmo 2016 официальные решения aops wiki, 2016 apmo problems/problem 4 stmt-original условие ai_checked в стране dreamland есть 2016 городов. компания starways организует односторонние авиарейсы так, что из каждого города выходит ровно один рейс. нужно найти наименьшее положительное целое \\(k\\), для которого при любом выборе рейсов города всегда можно разбить на \\(k\\) групп так, чтобы из любого города нельзя было добраться до другого города той же группы, используя не более 28 перелётов. stmt-graph раскраска функционального орграфа по 28-шаговой достижимости ai_checked дан ориентированный граф \\(d\\) на 2016 вершинах, в котором исходящая степень каждой вершины равна 1. найдите наименьшее число цветов, которое гарантированно достаточно для раскраски вершин так, чтобы никакие две одноцветные вершины не были достижимы одна из другой ориентированным путём длины от 1 до 28. directed_graph outdegree chromatic_number stmt-graph-conflict ai_checked пусть \\(r\\ge 1\\) и \\(n\\ge 2r+1\\). для ориентированного графа \\(d\\) на \\(n\\) вершинах, у каждой из которых исходящая степень равна 1, определим неориентированный граф \\(r_r(d)\\) на том же множестве вершин: вершины \\(u\\) и \\(v\\) соединяются ребром, если в \\(d\\) есть ориентированный путь из \\(u\\) в \\(v\\) или из \\(v\\) в \\(u\\) длины не более \\(r\\). докажите, что \\(\\chi(r_r(d))\\le 2r+1\\), и что эта оценка точна. directed_graph outdegree chromatic_number path idea-cycle-lower-bound длинный цикл даёт нижнюю оценку если исходный функциональный граф содержит цикл длины 57, то любые две вершины этого цикла находятся в отношении достижимости за не более чем 28 шагов в одну из сторон, поэтому им требуются разные цвета. graph_model goal_bound ai_checked idea-outdegree-28-coloring граф с исходящей степенью не более 28 57-раскрашим ориентируем конфликтные дуги из города в города, достижимые из него за 1--28 перелётов; у каждой вершины тогда не более 28 исходящих дуг. лемма о \\((2r+1)\\)-раскраске орграфа с исходящей степенью не более \\(r\\) даёт 57 цветов. coloring induction induction ai_checked sol-official-compressed раскраска через граф достижимости ai_checked directed_graph outdegree indegree cycle chromatic_number induction greedy_ordering ответ: \\(57\\). сначала докажем, что меньше 57 групп иногда недостаточно. построим допустимую систему рейсов так, чтобы среди городов был направленный цикл длины 57; остальные города можно, например, соединить в другой направленный цикл, чтобы из каждого города по-прежнему выходил ровно один рейс. возьмём любые две различные вершины \\(a\\) и \\(b\\) на 57-цикле. если расстояние от \\(a\\) до \\(b\\) по направлению цикла равно \\(d\\), где \\(1\\le d\\le 56\\), то расстояние от \\(b\\) до \\(a\\) равно \\(57-d\\). одно из чисел \\(d\\) и \\(57-d\\) не превосходит 28. значит, из одной из двух вершин можно добраться до другой не более чем за 28 перелётов, поэтому эти две вершины не могут лежать в одной группе. все 57 вершин цикла попарно конфликтуют, так что требуется как минимум 57 групп. остаётся доказать, что 57 групп всегда достаточно. рассмотрим произвольную систему рейсов и соответствующий ориентированный г… apmo-2016-p4-dreamland-28-step-coloring raskraska funktsionalnogo orgrafa po 28-shagovoy dostizhimosti, apmo 2016 p4 coloring graph_model connectivity induction goal_exact_bound 2016 aops wiki, 2016 apmo problems/problem 4 apmo apmo 2016 ofitsialnye resheniya apmo2016 https://apmo-official.org/static/solutions/apmo2016_sol.pdf https://wiki.artofproblemsolving.com/wiki/index.php/2016_apmo_problems/problem_4 official_archive src-aops-apmo-2016-p4 src-apmo-2016-official statement warut suksompong warutsuksompong with_solution warut suksompong apmo 2016 ofitsialnye resheniya aops wiki, 2016 apmo problems/problem 4 stmt-original uslovie ai_checked v strane dreamland est 2016 gorodov. kompaniya starways organizuet odnostoronnie aviareysy tak, chto iz kazhdogo goroda vyhodit rovno odin reys. nuzhno nayti naimenshee polozhitelnoe tseloe \\(k\\), dlya kotorogo pri lyubom vybore reysov goroda vsegda mozhno razbit na \\(k\\) grupp tak, chtoby iz lyubogo goroda nelzya bylo dobratsya do drugogo goroda toy zhe gruppy, ispolzuya ne bolee 28 pereletov. stmt-graph raskraska funktsionalnogo orgrafa po 28-shagovoy dostizhimosti ai_checked dan orientirovannyy graf \\(d\\) na 2016 vershinah, v kotorom ishodyaschaya stepen kazhdoy vershiny ravna 1. naydite naimenshee chislo tsvetov, kotoroe garantirovanno dostatochno dlya raskraski vershin tak, chtoby nikakie dve odnotsvetnye vershiny ne byli dostizhimy odna iz drugoy orientirovannym putem dliny ot 1 do 28. directed_graph outdegree chromatic_number stmt-graph-conflict ai_checked pust \\(r\\ge 1\\) i \\(n\\ge 2r+1\\). dlya orientirovannogo grafa \\(d\\) na \\(n\\) vershinah, u kazhdoy iz kotoryh ishodyaschaya stepen ravna 1, opredelim neorientirovannyy graf \\(r_r(d)\\) na tom zhe mnozhestve vershin: vershiny \\(u\\) i \\(v\\) soedinyayutsya rebrom, esli v \\(d\\) est orientirovannyy put iz \\(u\\) v \\(v\\) ili iz \\(v\\) v \\(u\\) dliny ne bolee \\(r\\). dokazhite, chto \\(\\chi(r_r(d))\\le 2r+1\\), i chto eta otsenka tochna. directed_graph outdegree chromatic_number path idea-cycle-lower-bound dlinnyy tsikl daet nizhnyuyu otsenku esli ishodnyy funktsionalnyy graf soderzhit tsikl dliny 57, to lyubye dve vershiny etogo tsikla nahodyatsya v otnoshenii dostizhimosti za ne bolee chem 28 shagov v odnu iz storon, poetomu im trebuyutsya raznye tsveta. graph_model goal_bound ai_checked idea-outdegree-28-coloring graf s ishodyaschey stepenyu ne bolee 28 57-raskrashim orientiruem konfliktnye dugi iz goroda v goroda, dostizhimye iz nego za 1--28 pereletov; u kazhdoy vershiny togda ne bolee 28 ishodyaschih dug. lemma o \\((2r+1)\\)-raskraske orgrafa s ishodyaschey stepenyu ne bolee \\(r\\) daet 57 tsvetov. coloring induction induction ai_checked sol-official-compressed raskraska cherez graf dostizhimosti ai_checked directed_graph outdegree indegree cycle chromatic_number induction greedy_ordering otvet: \\(57\\). snachala dokazhem, chto menshe 57 grupp inogda nedostatochno. postroim dopustimuyu sistemu reysov tak, chtoby sredi gorodov byl napravlennyy tsikl dliny 57; ostalnye goroda mozhno, naprimer, soedinit v drugoy napravlennyy tsikl, chtoby iz kazhdogo goroda po-prezhnemu vyhodil rovno odin reys. vozmem lyubye dve razlichnye vershiny \\(a\\) i \\(b\\) na 57-tsikle. esli rasstoyanie ot \\(a\\) do \\(b\\) po napravleniyu tsikla ravno \\(d\\), gde \\(1\\le d\\le 56\\), to rasstoyanie ot \\(b\\) do \\(a\\) ravno \\(57-d\\). odno iz chisel \\(d\\) i \\(57-d\\) ne prevoshodit 28. znachit, iz odnoy iz dvuh vershin mozhno dobratsya do drugoy ne bolee chem za 28 pereletov, poetomu eti dve vershiny ne mogut lezhat v odnoy gruppe. vse 57 vershin tsikla poparno konfliktuyut, tak chto trebuetsya kak minimum 57 grupp. ostaetsya dokazat, chto 57 grupp vsegda dostatochno. rassmotrim proizvolnuyu sistemu reysov i sootvetstvuyuschiy orientirovannyy g…","source_keys":["apmo"]}
{"id":"augmenting-path-matching-lemma","title":"Критерий максимального паросочетания через увеличивающий путь","path":"data\\problems\\classical\\augmenting-path-matching-lemma.yaml","raw_github_url":"https://raw.githubusercontent.com/didin-maxim/knowledge_graph_of_graphs/main/data/problems/classical/augmenting-path-matching-lemma.yaml","viewer_url":"https://didin-maxim.github.io/knowledge_graph_of_graphs/#augmenting-path-matching-lemma","source_key":"misc","source_label":"Прочее","source_titles":["Паросочетание"],"year":"","type":"lemma","authors":["Claude Berge"],"tags":["matching","augmenting_path","classical_theorem","goal_characterization"],"agent_topics":[],"difficulty":{"main":"regional","local_score":5,"comment":"Ключевой алгоритмический и олимпиадный инструмент.","status":"ai_checked"},"review_status":"needs_human_review","public_ready":false,"solution_state":"with_solution","solution_classification":{"type":"unofficial_published","label":"опубликованное неофициальное","status":"ai_checked","confidence":0.78,"basis":"агентский аудит средней сложности","notes":"Карточка подкреплена опубликованными неофициальными, справочными, журнальными, вики-, форумными источниками или страницами задач.","audit_source":"agent-imo-us-classical.json"},"statements":{"original":[{"id":"stmt-original-1","title":"","status":"needs_review","text":"Пусть M — паросочетание в конечном графе. Путь называется увеличивающим относительно M, если его ребра попеременно не принадлежат и принадлежат M, а первая и последняя вершины не покрыты M. Тогда M максимально по числу ребер тогда и только тогда, когда увеличивающего пути относительно M не существует.","definition_ids":["matching","path","augmenting_path"]}]},"solutions":[{"id":"sol-symmetric-difference","title":"Доказательство через симметрическую разность","status":"ai_checked","definition_ids":["matching","path","cycle","alternating_path","augmenting_path"],"standard_idea_ids":["augmenting_path_method","alternating_paths"],"tags":[],"has_text":true,"text_preview":"Если есть увеличивающий путь, меняем на нем статус всех ребер: не входившие в M добавляем, входившие удаляем. Размер паросочетания увеличивается на 1. Обратно, пусть N — паросочетание большего размера. В графе из ребер симметрической разности M и N степени вершин не больше 2, поэтому компоненты — чередующиеся циклы и пути. Так как |N|>|M|, в одной компоненте ребер N больше, чем ребер M; это чередующийся путь, начинающийся и заканчивающийся ребрами N, то есть увеличивающий путь для M."}],"relations":[{"id":"rel-augmenting-konig","neighbor_id":"konig-vertex-cover-theorem","direction":"forward","type":"prerequisite","distance":1,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-hall-augmenting","neighbor_id":"hall-marriage-theorem","direction":"forward","type":"solution_transfer","distance":2,"status":"ai_draft"},{"id":"rel-augmenting-path-edge-count-bipartite-matching-bound","neighbor_id":"edge-count-bipartite-matching-bound","direction":"forward","type":"prerequisite","distance":2,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-augmenting-imo-2016-c8","neighbor_id":"imo-2016-c8-domino-unique-tiling-cycles","direction":"forward","type":"same_motif","distance":2,"status":"needs_human_review"},{"id":"rel-augmenting-path-matching-maximum-spanning-tree-cycle-shortest-edge","neighbor_id":"maximum-spanning-tree-cycle-shortest-edge-lemma","direction":"forward","type":"same_motif","distance":3,"status":"needs_human_review"},{"id":"rel-kolmogorov-2004-p9-augmenting-path-background","neighbor_id":"kolmogorov-2004-team-olympiad-seniors-problem-9","direction":"forward","type":"prerequisite","distance":2,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-usamo-2009-p3-uniqueness-augmenting-path-symdiff","neighbor_id":"usamo-2009-p3-tasteful-domino-tiling-uniqueness","direction":"backward","type":"prerequisite","distance":2,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-yumt-2021-grand-r4-p3-augmenting-path-matching-lemma","neighbor_id":"yumt-2021-grand-round4-problem3","direction":"backward","type":"same_motif","distance":2,"status":"needs_human_review"},{"id":"rel-yumt-2022-start-final-p6-matching-obstruction","neighbor_id":"yumt-2022-start-final-problem6","direction":"backward","type":"same_motif","distance":2,"status":"needs_human_review"}],"search_text":"augmenting-path-matching-lemma критерий максимального паросочетания через увеличивающий путь matching augmenting_path classical_theorem goal_characterization claude berge claudeberge https://ru.wikipedia.org/wiki/%d0%9f%d0%b0%d1%80%d0%be%d1%81%d0%be%d1%87%d0%b5%d1%82%d0%b0%d0%bd%d0%b8%d0%b5 misc reference src-wikipedia-matching with_solution паросочетание прочее claude berge паросочетание stmt-original-1 needs_review пусть m — паросочетание в конечном графе. путь называется увеличивающим относительно m, если его ребра попеременно не принадлежат и принадлежат m, а первая и последняя вершины не покрыты m. тогда m максимально по числу ребер тогда и только тогда, когда увеличивающего пути относительно m не существует. matching path augmenting_path idea-symmetric-difference симметрическая разность сравнение двух паросочетаний раскладывается на чередующиеся циклы и пути; больший размер проявляется как увеличивающий путь. matching augmenting_path ai_checked sol-symmetric-difference доказательство через симметрическую разность ai_checked matching path cycle alternating_path augmenting_path augmenting_path_method alternating_paths если есть увеличивающий путь, меняем на нем статус всех ребер: не входившие в m добавляем, входившие удаляем. размер паросочетания увеличивается на 1. обратно, пусть n — паросочетание большего размера. в графе из ребер симметрической разности m и n степени вершин не больше 2, поэтому компоненты — чередующиеся циклы и пути. так как |n|>|m|, в одной компоненте ребер n больше, чем ребер m; это чередующийся путь, начинающийся и заканчивающийся ребрами n, то есть увеличивающий путь для m. augmenting-path-matching-lemma kriteriy maksimalnogo parosochetaniya cherez uvelichivayuschiy put matching augmenting_path classical_theorem goal_characterization claude berge claudeberge https://ru.wikipedia.org/wiki/%d0%9f%d0%b0%d1%80%d0%be%d1%81%d0%be%d1%87%d0%b5%d1%82%d0%b0%d0%bd%d0%b8%d0%b5 misc reference src-wikipedia-matching with_solution parosochetanie prochee claude berge parosochetanie stmt-original-1 needs_review pust m — parosochetanie v konechnom grafe. put nazyvaetsya uvelichivayuschim otnositelno m, esli ego rebra poperemenno ne prinadlezhat i prinadlezhat m, a pervaya i poslednyaya vershiny ne pokryty m. togda m maksimalno po chislu reber togda i tolko togda, kogda uvelichivayuschego puti otnositelno m ne suschestvuet. matching path augmenting_path idea-symmetric-difference simmetricheskaya raznost sravnenie dvuh parosochetaniy raskladyvaetsya na chereduyuschiesya tsikly i puti; bolshiy razmer proyavlyaetsya kak uvelichivayuschiy put. matching augmenting_path ai_checked sol-symmetric-difference dokazatelstvo cherez simmetricheskuyu raznost ai_checked matching path cycle alternating_path augmenting_path augmenting_path_method alternating_paths esli est uvelichivayuschiy put, menyaem na nem status vseh reber: ne vhodivshie v m dobavlyaem, vhodivshie udalyaem. razmer parosochetaniya uvelichivaetsya na 1. obratno, pust n — parosochetanie bolshego razmera. v grafe iz reber simmetricheskoy raznosti m i n stepeni vershin ne bolshe 2, poetomu komponenty — chereduyuschiesya tsikly i puti. tak kak |n|>|m|, v odnoy komponente reber n bolshe, chem reber m; eto chereduyuschiysya put, nachinayuschiysya i zakanchivayuschiysya rebrami n, to est uvelichivayuschiy put dlya m.","source_keys":["misc"]}
{"id":"balanced-bipartite-edge-coloring-two-colors","title":"Балансирующая 2-раскраска рёбер двудольного графа","path":"data\\problems\\classical\\balanced-bipartite-edge-coloring-two-colors.yaml","raw_github_url":"https://raw.githubusercontent.com/didin-maxim/knowledge_graph_of_graphs/main/data/problems/classical/balanced-bipartite-edge-coloring-two-colors.yaml","viewer_url":"https://didin-maxim.github.io/knowledge_graph_of_graphs/#balanced-bipartite-edge-coloring-two-colors","source_key":"misc","source_label":"Прочее","source_titles":["IMOmath, IMO 1986 условия","IMO Compendium / ранняя подборка решений IMO","AoPS Wiki, 1986 IMO Problems/Problem 6","ФЮМ 2010, первый тур (b), задача 8"],"year":"","type":"problem_family","authors":[],"tags":["eulerian_graphs","coloring","goal_construction"],"agent_topics":[],"difficulty":{"main":"imo_p3_p6","local_score":13,"comment":"Объединяет координатную формулировку IMO 1986 P6 и прямую двудольную формулировку ФЮМ 2010.","status":"ai_checked"},"review_status":"needs_human_review","public_ready":false,"solution_state":"with_solution","solution_classification":{"type":"official_complete_or_near_complete","label":"официальное полное/почти полное","status":"ai_checked","confidence":0.78,"basis":"агентский аудит средней сложности","notes":"Классическая извлечённая карточка имеет официальный источник и проверенное агентом решение.","audit_source":"agent-imo-us-classical.json"},"statements":{"original":[{"id":"stmt-imo-1986-p6-points","title":"IMO 1986 P6, координатные точки","status":"ai_checked","text":"Дано конечное множество точек с целыми координатами на плоскости. Можно ли раскрасить часть точек в красный цвет, а остальные в белый так, чтобы на каждой прямой, параллельной одной из координатных осей, числа красных и белых точек отличались не более чем на 1?","definition_ids":[]},{"id":"stmt-fyum-2010-bipartite","title":"ФЮМ 2010, двудольный граф","status":"ai_checked","text":"Дан двудольный граф G. Докажите, что рёбра графа G можно покрасить в два цвета так, чтобы для любой вершины количества рёбер разных цветов, выходящих из этой вершины, отличались не более чем на 1.","definition_ids":["bipartite_graph","degree"]}],"graph_theory":[{"id":"stmt-graph-balanced-edge-coloring","title":"Балансировка рёбер двудольного графа","status":"ai_checked","text":"В любом двудольном графе можно раскрасить рёбра в два цвета так, чтобы в каждой вершине количества инцидентных рёбер двух цветов отличались не более чем на 1.","definition_ids":["bipartite_graph","degree"]}]},"solutions":[{"id":"sol-balanced-edge-coloring","title":"Единое решение","status":"ai_checked","definition_ids":["bipartite_graph","eulerian_cycle","degree","multigraph","cycle"],"standard_idea_ids":[],"tags":[],"has_text":true,"text_preview":"Докажем графовую формулировку. В каждой компоненте двудольного графа числа вершин нечётной степени в двух долях имеют одинаковую чётность. Разобьём нечётные вершины каждой доли на пары, а если в обеих долях осталось по одной нечётной вершине, соединим эти две вершины. Для каждой такой пары добавим фиктивное ребро. Получится двудольный эйлеров мультиграф: все степени стали чётными. Разложим его рёбра на эйлеровы циклы и покрасим рёбра каждого цикла попеременно в два цвета. Поскольку граф двудольный, все эти циклы чётные; значит, на каждом цикле у каждой вершины поровну инцидентных рёбер двух цветов. Поэтому в графе с фиктивными рёбрами баланс в каждой вершине точный. Удалим фиктивные рёбра. Каждая исходно нечётная вершина была инцидентна ровно одному фиктивному ребру, а исходно чётные вершины — ни одному, поэтому после удаления в каждой вершине числа рёбер двух цветов отличаются не более…"}],"relations":[{"id":"rel-fyum-2010-tur1a-p8-tur1b-p8-balanced-edge-coloring","neighbor_id":"fyum-2010-tur1a-p8","direction":"backward","type":"specialization","distance":1,"status":"needs_human_review"},{"id":"rel-eulerian-imo-1986-p6","neighbor_id":"eulerian-graph-criterion","direction":"backward","type":"prerequisite","distance":1,"status":"needs_human_review"},{"id":"rel-imo-1986-p6-imo-2023-c4-eulerian-reconstruction","neighbor_id":"imo-2023-c4-strip-pieces-eulerian-graph","direction":"forward","type":"same_motif","distance":3,"status":"needs_human_review"},{"id":"rel-balanced-edge-coloring-imo-2020-c6","neighbor_id":"imo-2020-c6-colored-coins-eulerian-multigraph","direction":"forward","type":"same_motif","distance":2,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-ms2019-p4-balanced-bipartite-row-column-encoding","neighbor_id":"miklos-schweitzer-2019-p4-nice-matrices-bipartite-shellings","direction":"backward","type":"same_motif","distance":3,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-balanced-bipartite-edge-coloring-to-spbmo-2021-coordinate-2factor","neighbor_id":"spbmo-2021-coordinate-points-two-colored-2factor","direction":"forward","type":"solution_transfer","distance":2,"status":"ai_checked"}],"search_text":"balanced-bipartite-edge-coloring-two-colors балансирующая 2-раскраска рёбер двудольного графа eulerian_graphs coloring goal_construction aops wiki, 1986 imo problems/problem 6 https://imomath.com/othercomp/i/imo1986.pdf https://wiki.artofproblemsolving.com/wiki/index.php/1986_imo_problems/problem_6 https://www.guas.info/competit/fest/fest21/tur1b.tex https://www.imomath.com/ imo compendium / ранняя подборка решений imo imomath, imo 1986 условия misc olympiad_archive secondary_solution src-aops-imo-1986-p6 src-fyum-2010-tur1b-p8-official src-imo-compendium-solutions-1959-2004 src-imomath-imo-1986 statement with_solution прочее фюм 2010, первый тур (b), задача 8 ? imomath, imo 1986 условия imo compendium / ранняя подборка решений imo aops wiki, 1986 imo problems/problem 6 фюм 2010, первый тур (b), задача 8 stmt-imo-1986-p6-points imo 1986 p6, координатные точки ai_checked дано конечное множество точек с целыми координатами на плоскости. можно ли раскрасить часть точек в красный цвет, а остальные в белый так, чтобы на каждой прямой, параллельной одной из координатных осей, числа красных и белых точек отличались не более чем на 1? stmt-fyum-2010-bipartite фюм 2010, двудольный граф ai_checked дан двудольный граф g. докажите, что рёбра графа g можно покрасить в два цвета так, чтобы для любой вершины количества рёбер разных цветов, выходящих из этой вершины, отличались не более чем на 1. bipartite_graph degree stmt-graph-balanced-edge-coloring балансировка рёбер двудольного графа ai_checked в любом двудольном графе можно раскрасить рёбра в два цвета так, чтобы в каждой вершине количества инцидентных рёбер двух цветов отличались не более чем на 1. bipartite_graph degree idea-points-as-bipartite-edges точки как рёбра двудольного графа горизонтали и вертикали становятся вершинами двух долей графа, а каждая точка задаёт ребро между соответствующей горизонталью и вертикалью. coloring ai_checked idea-alternate-euler-cycles попеременная раскраска эйлеровых циклов после добавления фиктивных рёбер, делающих все степени чётными и сохраняющих двудольность, рёбра каждой компоненты можно обойти эйлеровыми циклами и красить попеременно. coloring ai_checked sol-balanced-edge-coloring единое решение ai_checked bipartite_graph eulerian_cycle degree multigraph cycle докажем графовую формулировку. в каждой компоненте двудольного графа числа вершин нечётной степени в двух долях имеют одинаковую чётность. разобьём нечётные вершины каждой доли на пары, а если в обеих долях осталось по одной нечётной вершине, соединим эти две вершины. для каждой такой пары добавим фиктивное ребро. получится двудольный эйлеров мультиграф: все степени стали чётными. разложим его рёбра на эйлеровы циклы и покрасим рёбра каждого цикла попеременно в два цвета. поскольку граф двудольный, все эти циклы чётные; значит, на каждом цикле у каждой вершины поровну инцидентных рёбер двух цветов. поэтому в графе с фиктивными рёбрами баланс в каждой вершине точный. удалим фиктивные рёбра. каждая исходно нечётная вершина была инцидентна ровно одному фиктивному ребру, а исходно чётные вершины — ни одному, поэтому после удаления в каждой вершине числа рёбер двух цветов отличаются не более… balanced-bipartite-edge-coloring-two-colors balansiruyuschaya 2-raskraska reber dvudolnogo grafa eulerian_graphs coloring goal_construction aops wiki, 1986 imo problems/problem 6 https://imomath.com/othercomp/i/imo1986.pdf https://wiki.artofproblemsolving.com/wiki/index.php/1986_imo_problems/problem_6 https://www.guas.info/competit/fest/fest21/tur1b.tex https://www.imomath.com/ imo compendium / rannyaya podborka resheniy imo imomath, imo 1986 usloviya misc olympiad_archive secondary_solution src-aops-imo-1986-p6 src-fyum-2010-tur1b-p8-official src-imo-compendium-solutions-1959-2004 src-imomath-imo-1986 statement with_solution prochee fyum 2010, pervyy tur (b), zadacha 8 ? imomath, imo 1986 usloviya imo compendium / rannyaya podborka resheniy imo aops wiki, 1986 imo problems/problem 6 fyum 2010, pervyy tur (b), zadacha 8 stmt-imo-1986-p6-points imo 1986 p6, koordinatnye tochki ai_checked dano konechnoe mnozhestvo tochek s tselymi koordinatami na ploskosti. mozhno li raskrasit chast tochek v krasnyy tsvet, a ostalnye v belyy tak, chtoby na kazhdoy pryamoy, parallelnoy odnoy iz koordinatnyh osey, chisla krasnyh i belyh tochek otlichalis ne bolee chem na 1? stmt-fyum-2010-bipartite fyum 2010, dvudolnyy graf ai_checked dan dvudolnyy graf g. dokazhite, chto rebra grafa g mozhno pokrasit v dva tsveta tak, chtoby dlya lyuboy vershiny kolichestva reber raznyh tsvetov, vyhodyaschih iz etoy vershiny, otlichalis ne bolee chem na 1. bipartite_graph degree stmt-graph-balanced-edge-coloring balansirovka reber dvudolnogo grafa ai_checked v lyubom dvudolnom grafe mozhno raskrasit rebra v dva tsveta tak, chtoby v kazhdoy vershine kolichestva intsidentnyh reber dvuh tsvetov otlichalis ne bolee chem na 1. bipartite_graph degree idea-points-as-bipartite-edges tochki kak rebra dvudolnogo grafa gorizontali i vertikali stanovyatsya vershinami dvuh doley grafa, a kazhdaya tochka zadaet rebro mezhdu sootvetstvuyuschey gorizontalyu i vertikalyu. coloring ai_checked idea-alternate-euler-cycles poperemennaya raskraska eylerovyh tsiklov posle dobavleniya fiktivnyh reber, delayuschih vse stepeni chetnymi i sohranyayuschih dvudolnost, rebra kazhdoy komponenty mozhno oboyti eylerovymi tsiklami i krasit poperemenno. coloring ai_checked sol-balanced-edge-coloring edinoe reshenie ai_checked bipartite_graph eulerian_cycle degree multigraph cycle dokazhem grafovuyu formulirovku. v kazhdoy komponente dvudolnogo grafa chisla vershin nechetnoy stepeni v dvuh dolyah imeyut odinakovuyu chetnost. razobem nechetnye vershiny kazhdoy doli na pary, a esli v obeih dolyah ostalos po odnoy nechetnoy vershine, soedinim eti dve vershiny. dlya kazhdoy takoy pary dobavim fiktivnoe rebro. poluchitsya dvudolnyy eylerov multigraf: vse stepeni stali chetnymi. razlozhim ego rebra na eylerovy tsikly i pokrasim rebra kazhdogo tsikla poperemenno v dva tsveta. poskolku graf dvudolnyy, vse eti tsikly chetnye; znachit, na kazhdom tsikle u kazhdoy vershiny porovnu intsidentnyh reber dvuh tsvetov. poetomu v grafe s fiktivnymi rebrami balans v kazhdoy vershine tochnyy. udalim fiktivnye rebra. kazhdaya ishodno nechetnaya vershina byla intsidentna rovno odnomu fiktivnomu rebru, a ishodno chetnye vershiny — ni odnomu, poetomu posle udaleniya v kazhdoy vershine chisla reber dvuh tsvetov otlichayutsya ne bolee…","source_keys":["misc","imo","fyum"]}
{"id":"baltic-way-1992-p14-mother-vertex-reachability","title":"Город, из которого достижимы все остальные, Baltic Way 1992 P14","path":"data\\problems\\baltic-way\\baltic-way-1992-p14-mother-vertex-reachability.yaml","raw_github_url":"https://raw.githubusercontent.com/didin-maxim/knowledge_graph_of_graphs/main/data/problems/baltic-way/baltic-way-1992-p14-mother-vertex-reachability.yaml","viewer_url":"https://didin-maxim.github.io/knowledge_graph_of_graphs/#baltic-way-1992-p14-mother-vertex-reachability","source_key":"baltic","source_label":"Baltic Way","source_titles":["Baltic Way 1992 официальные условия с решениями"],"year":"1992","type":"olympiad_problem","authors":[],"tags":["connectivity","extremal_choice","goal_existence"],"agent_topics":[],"difficulty":{"main":"regional","local_score":3,"comment":"Короткая, но чистая задача на достижимость в ориентированном графе.","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":"Официальный источник указан; карточка помечена public_ready true и ai_checked. Короткое экстремальное доказательство достижимости выглядит самодостаточным.","audit_source":"agent-western-olympiads.json"},"statements":{"original":[{"id":"stmt-original","title":"Условие","status":"ai_checked","text":"В стране конечное число городов. Некоторые пары городов соединены односторонними дорогами. Известно, что для любых двух городов из одного из них можно добраться до другого. Докажите, что существует город, из которого можно добраться до всех остальных городов.","definition_ids":["directed_graph"]}]},"solutions":[{"id":"sol-official-expanded","title":"Максимальное число достижимых городов","status":"ai_checked","definition_ids":["directed_graph"],"standard_idea_ids":["extremal_choice"],"tags":[],"has_text":true,"text_preview":"Выберем город \\(A\\), из которого достижимо максимальное возможное число городов. Предположим, что есть город \\(B\\), до которого из \\(A\\) добраться нельзя. По условию для пары \\(A,B\\) один из этих городов достижим из другого; так как \\(B\\) не достижим из \\(A\\), город \\(A\\) достижим из \\(B\\). Тогда из \\(B\\) можно добраться до \\(A\\), а затем из \\(A\\) — до каждого города, достижимого из \\(A\\). Кроме того, из \\(B\\) достижим сам \\(A\\), который не входил в множество городов, достижимых из \\(A\\) как новый конечный город в этом сравнении. Поэтому из \\(B\\) достижимо больше городов, чем из \\(A\\), что противоречит выбору \\(A\\). Следовательно, такого \\(B\\) нет, и из \\(A\\) достижимы все остальные города."}],"relations":[{"id":"rel-baltic-way-1992-utyum-2008-directed-reachability-median","neighbor_id":"utyum-2008_tur4_31_6_directed_cities","direction":"forward","type":"prerequisite","distance":1,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-vosh-1992-air-travel-baltic-way-1992-mother-vertex","neighbor_id":"vosh-1992-zonal-air-travel-one-city-redundant","direction":"backward","type":"prerequisite","distance":2,"status":"ai_checked"}],"search_text":"baltic-way-1992-p14-mother-vertex-reachability город, из которого достижимы все остальные, baltic way 1992 p14 connectivity extremal_choice goal_existence 1992 baltic baltic way baltic way 1992 официальные условия с решениями baltic1992 balticway balticway1992 https://www.math.olympiaadid.ut.ee/eng/archive/bw/bw92sol.pdf official_archive src-baltic-way-1992-official-solutions with_solution ? baltic way 1992 официальные условия с решениями stmt-original условие ai_checked в стране конечное число городов. некоторые пары городов соединены односторонними дорогами. известно, что для любых двух городов из одного из них можно добраться до другого. докажите, что существует город, из которого можно добраться до всех остальных городов. directed_graph idea-maximal-reachable-set выбор вершины с максимальным множеством достижимости если из выбранной вершины \\(a\\) не достижима вершина \\(b\\), то по условию \\(a\\) достижима из \\(b\\), а значит из \\(b\\) достижимы все вершины, достижимые из \\(a\\), и ещё сама \\(a\\). extremal_choice connectivity ai_checked sol-official-expanded максимальное число достижимых городов ai_checked directed_graph extremal_choice выберем город \\(a\\), из которого достижимо максимальное возможное число городов. предположим, что есть город \\(b\\), до которого из \\(a\\) добраться нельзя. по условию для пары \\(a,b\\) один из этих городов достижим из другого; так как \\(b\\) не достижим из \\(a\\), город \\(a\\) достижим из \\(b\\). тогда из \\(b\\) можно добраться до \\(a\\), а затем из \\(a\\) — до каждого города, достижимого из \\(a\\). кроме того, из \\(b\\) достижим сам \\(a\\), который не входил в множество городов, достижимых из \\(a\\) как новый конечный город в этом сравнении. поэтому из \\(b\\) достижимо больше городов, чем из \\(a\\), что противоречит выбору \\(a\\). следовательно, такого \\(b\\) нет, и из \\(a\\) достижимы все остальные города. baltic-way-1992-p14-mother-vertex-reachability gorod, iz kotorogo dostizhimy vse ostalnye, baltic way 1992 p14 connectivity extremal_choice goal_existence 1992 baltic baltic way baltic way 1992 ofitsialnye usloviya s resheniyami baltic1992 balticway balticway1992 https://www.math.olympiaadid.ut.ee/eng/archive/bw/bw92sol.pdf official_archive src-baltic-way-1992-official-solutions with_solution ? baltic way 1992 ofitsialnye usloviya s resheniyami stmt-original uslovie ai_checked v strane konechnoe chislo gorodov. nekotorye pary gorodov soedineny odnostoronnimi dorogami. izvestno, chto dlya lyubyh dvuh gorodov iz odnogo iz nih mozhno dobratsya do drugogo. dokazhite, chto suschestvuet gorod, iz kotorogo mozhno dobratsya do vseh ostalnyh gorodov. directed_graph idea-maximal-reachable-set vybor vershiny s maksimalnym mnozhestvom dostizhimosti esli iz vybrannoy vershiny \\(a\\) ne dostizhima vershina \\(b\\), to po usloviyu \\(a\\) dostizhima iz \\(b\\), a znachit iz \\(b\\) dostizhimy vse vershiny, dostizhimye iz \\(a\\), i esche sama \\(a\\). extremal_choice connectivity ai_checked sol-official-expanded maksimalnoe chislo dostizhimyh gorodov ai_checked directed_graph extremal_choice vyberem gorod \\(a\\), iz kotorogo dostizhimo maksimalnoe vozmozhnoe chislo gorodov. predpolozhim, chto est gorod \\(b\\), do kotorogo iz \\(a\\) dobratsya nelzya. po usloviyu dlya pary \\(a,b\\) odin iz etih gorodov dostizhim iz drugogo; tak kak \\(b\\) ne dostizhim iz \\(a\\), gorod \\(a\\) dostizhim iz \\(b\\). togda iz \\(b\\) mozhno dobratsya do \\(a\\), a zatem iz \\(a\\) — do kazhdogo goroda, dostizhimogo iz \\(a\\). krome togo, iz \\(b\\) dostizhim sam \\(a\\), kotoryy ne vhodil v mnozhestvo gorodov, dostizhimyh iz \\(a\\) kak novyy konechnyy gorod v etom sravnenii. poetomu iz \\(b\\) dostizhimo bolshe gorodov, chem iz \\(a\\), chto protivorechit vyboru \\(a\\). sledovatelno, takogo \\(b\\) net, i iz \\(a\\) dostizhimy vse ostalnye goroda.","source_keys":["baltic"]}
{"id":"baltic-way-1993-p12-three-transport-connected-unions","title":"Три вида транспорта и связность любых двух цветов, Baltic Way 1993 P12","path":"data\\problems\\baltic-way\\baltic-way-1993-p12-three-transport-connected-unions.yaml","raw_github_url":"https://raw.githubusercontent.com/didin-maxim/knowledge_graph_of_graphs/main/data/problems/baltic-way/baltic-way-1993-p12-three-transport-connected-unions.yaml","viewer_url":"https://didin-maxim.github.io/knowledge_graph_of_graphs/#baltic-way-1993-p12-three-transport-connected-unions","source_key":"baltic","source_label":"Baltic Way","source_titles":["Baltic Way 1993 официальные условия с решениями"],"year":"1993","type":"olympiad_problem","authors":[],"tags":["connectivity","double_counting","goal_exact_bound","construction"],"agent_topics":[],"difficulty":{"main":"regional","local_score":4,"comment":"Графовая точная оценка через двойной подсчёт и явную трёхцветную конструкцию.","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":"Официальный источник указан; карточка помечена public_ready true и ai_checked. Нижняя оценка двойным подсчётом и явная конструкция записаны.","audit_source":"agent-western-olympiads.json"},"statements":{"original":[{"id":"stmt-original","title":"Условие","status":"ai_checked","text":"В некотором королевстве 13 городов. Между некоторыми парами городов устанавливаются прямые двусторонние сообщения трёх видов: автобусные, железнодорожные или воздушные. Какое наименьшее число сообщений нужно установить, чтобы при выборе любых двух видов транспорта можно было добраться из любого города в любой другой, не используя третий вид?","definition_ids":["connected_graph"]}],"graph_theory":[{"id":"stmt-graph","title":"Трёхцветный граф со связными двухцветными объединениями","status":"ai_checked","text":"Найдите минимальное число рёбер в графе на 13 вершинах, рёбра которого окрашены в три цвета, если объединение любых двух цветовых классов является связным графом.","definition_ids":["connected_graph"]}]},"solutions":[{"id":"sol-official-expanded","title":"Двойной подсчёт и конструкция","status":"ai_checked","definition_ids":["connected_graph"],"standard_idea_ids":["double_counting"],"tags":[],"has_text":true,"text_preview":"Докажем нижнюю оценку. Если выбрать любые два вида транспорта, полученный граф на 13 городах должен быть связным, а значит содержит не меньше 12 сообщений. Есть три выбора пары видов транспорта. При суммировании трёх полученных чисел каждое сообщение учитывается ровно дважды, потому что его цвет входит ровно в две пары цветов. Поэтому \\(2E\\ge 12+12+12=36\\), откуда \\(E\\ge18\\). Построим пример с 18 сообщениями. Пронумеруем города числами \\(0,1,\\ldots,12\\). Проведём автобусные сообщения \\(01,23,45,67,89,10\\,11\\), железнодорожные сообщения \\(12,34,56,78,9\\,10,11\\,12\\) и воздушные сообщения \\(02,14,36,58,7\\,10,9\\,12\\). Если оставить автобусные и железнодорожные сообщения, получится путь \\(0-1-2-\\cdots-12\\). Если оставить автобусные и воздушные, получится путь \\(11-10-7-6-3-2-0-1-4-5-8-9-12\\). Если оставить железнодорожные и воздушные, получится путь \\(0-2-1-4-3-6-5-8-7-10-9-12-11\\). Во всех…"}],"relations":[],"search_text":"baltic-way-1993-p12-three-transport-connected-unions три вида транспорта и связность любых двух цветов, baltic way 1993 p12 connectivity double_counting goal_exact_bound construction 1993 baltic baltic way baltic way 1993 официальные условия с решениями baltic1993 balticway balticway1993 https://www.math.olympiaadid.ut.ee/eng/archive/bw/bw93sol.pdf official_archive src-baltic-way-1993-official-solutions with_solution ? baltic way 1993 официальные условия с решениями stmt-original условие ai_checked в некотором королевстве 13 городов. между некоторыми парами городов устанавливаются прямые двусторонние сообщения трёх видов: автобусные, железнодорожные или воздушные. какое наименьшее число сообщений нужно установить, чтобы при выборе любых двух видов транспорта можно было добраться из любого города в любой другой, не используя третий вид? connected_graph stmt-graph трёхцветный граф со связными двухцветными объединениями ai_checked найдите минимальное число рёбер в графе на 13 вершинах, рёбра которого окрашены в три цвета, если объединение любых двух цветовых классов является связным графом. connected_graph idea-three-connected-unions-counting каждое двухцветное объединение содержит хотя бы 12 рёбер связный граф на 13 вершинах имеет не меньше 12 рёбер. суммируя это для трёх пар цветов, каждое ребро считается ровно дважды. double_counting connectivity ai_checked sol-official-expanded двойной подсчёт и конструкция ai_checked connected_graph double_counting докажем нижнюю оценку. если выбрать любые два вида транспорта, полученный граф на 13 городах должен быть связным, а значит содержит не меньше 12 сообщений. есть три выбора пары видов транспорта. при суммировании трёх полученных чисел каждое сообщение учитывается ровно дважды, потому что его цвет входит ровно в две пары цветов. поэтому \\(2e\\ge 12+12+12=36\\), откуда \\(e\\ge18\\). построим пример с 18 сообщениями. пронумеруем города числами \\(0,1,\\ldots,12\\). проведём автобусные сообщения \\(01,23,45,67,89,10\\,11\\), железнодорожные сообщения \\(12,34,56,78,9\\,10,11\\,12\\) и воздушные сообщения \\(02,14,36,58,7\\,10,9\\,12\\). если оставить автобусные и железнодорожные сообщения, получится путь \\(0-1-2-\\cdots-12\\). если оставить автобусные и воздушные, получится путь \\(11-10-7-6-3-2-0-1-4-5-8-9-12\\). если оставить железнодорожные и воздушные, получится путь \\(0-2-1-4-3-6-5-8-7-10-9-12-11\\). во всех… baltic-way-1993-p12-three-transport-connected-unions tri vida transporta i svyaznost lyubyh dvuh tsvetov, baltic way 1993 p12 connectivity double_counting goal_exact_bound construction 1993 baltic baltic way baltic way 1993 ofitsialnye usloviya s resheniyami baltic1993 balticway balticway1993 https://www.math.olympiaadid.ut.ee/eng/archive/bw/bw93sol.pdf official_archive src-baltic-way-1993-official-solutions with_solution ? baltic way 1993 ofitsialnye usloviya s resheniyami stmt-original uslovie ai_checked v nekotorom korolevstve 13 gorodov. mezhdu nekotorymi parami gorodov ustanavlivayutsya pryamye dvustoronnie soobscheniya treh vidov: avtobusnye, zheleznodorozhnye ili vozdushnye. kakoe naimenshee chislo soobscheniy nuzhno ustanovit, chtoby pri vybore lyubyh dvuh vidov transporta mozhno bylo dobratsya iz lyubogo goroda v lyuboy drugoy, ne ispolzuya tretiy vid? connected_graph stmt-graph trehtsvetnyy graf so svyaznymi dvuhtsvetnymi obedineniyami ai_checked naydite minimalnoe chislo reber v grafe na 13 vershinah, rebra kotorogo okrasheny v tri tsveta, esli obedinenie lyubyh dvuh tsvetovyh klassov yavlyaetsya svyaznym grafom. connected_graph idea-three-connected-unions-counting kazhdoe dvuhtsvetnoe obedinenie soderzhit hotya by 12 reber svyaznyy graf na 13 vershinah imeet ne menshe 12 reber. summiruya eto dlya treh par tsvetov, kazhdoe rebro schitaetsya rovno dvazhdy. double_counting connectivity ai_checked sol-official-expanded dvoynoy podschet i konstruktsiya ai_checked connected_graph double_counting dokazhem nizhnyuyu otsenku. esli vybrat lyubye dva vida transporta, poluchennyy graf na 13 gorodah dolzhen byt svyaznym, a znachit soderzhit ne menshe 12 soobscheniy. est tri vybora pary vidov transporta. pri summirovanii treh poluchennyh chisel kazhdoe soobschenie uchityvaetsya rovno dvazhdy, potomu chto ego tsvet vhodit rovno v dve pary tsvetov. poetomu \\(2e\\ge 12+12+12=36\\), otkuda \\(e\\ge18\\). postroim primer s 18 soobscheniyami. pronumeruem goroda chislami \\(0,1,\\ldots,12\\). provedem avtobusnye soobscheniya \\(01,23,45,67,89,10\\,11\\), zheleznodorozhnye soobscheniya \\(12,34,56,78,9\\,10,11\\,12\\) i vozdushnye soobscheniya \\(02,14,36,58,7\\,10,9\\,12\\). esli ostavit avtobusnye i zheleznodorozhnye soobscheniya, poluchitsya put \\(0-1-2-\\cdots-12\\). esli ostavit avtobusnye i vozdushnye, poluchitsya put \\(11-10-7-6-3-2-0-1-4-5-8-9-12\\). esli ostavit zheleznodorozhnye i vozdushnye, poluchitsya put \\(0-2-1-4-3-6-5-8-7-10-9-12-11\\). vo vseh…","source_keys":["baltic"]}
{"id":"baltic-way-1994-p19-directed-spy-cycles","title":"Из 10-циклов к 11-циклам в орграфе шпионов, Baltic Way 1994 P19","path":"data\\problems\\baltic-way\\baltic-way-1994-p19-directed-spy-cycles.yaml","raw_github_url":"https://raw.githubusercontent.com/didin-maxim/knowledge_graph_of_graphs/main/data/problems/baltic-way/baltic-way-1994-p19-directed-spy-cycles.yaml","viewer_url":"https://didin-maxim.github.io/knowledge_graph_of_graphs/#baltic-way-1994-p19-directed-spy-cycles","source_key":"baltic","source_label":"Baltic Way","source_titles":["Baltic Way 1994 официальные условия с решениями"],"year":"1994","type":"olympiad_problem","authors":[],"tags":["hamiltonian_cycles","degree_counting","pigeonhole_principle","goal_proof"],"agent_topics":[],"difficulty":{"main":"regional","local_score":7,"comment":"Содержательная задача об ориентированных циклах: ключевые шаги — оценка числа нейтральных партнёров через 10-вершинные подмножества и вставка вершины в ориентированный 10-цикл.","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":"Официальный источник указан; карточка помечена public_ready true и ai_checked. Расширенное доказательство покрывает подсчёт нейтральных пар и вставку в ориентированный цикл.","audit_source":"agent-western-olympiads.json"},"statements":{"original":[{"id":"stmt-original","title":"Условие","status":"ai_checked","text":"В разведывательной службе Чудо-острова в Тарту находятся 16 шпионов. Каждый из них следит за некоторыми своими коллегами. Известно, что если шпион \\(A\\) следит за шпионом \\(B\\), то \\(B\\) не следит за \\(A\\). Кроме того, любые 10 шпионов можно занумеровать так, что первый следит за вторым, второй — за третьим, ..., десятый — за первым. Докажите, что любые 11 шпионов тоже можно занумеровать таким образом.","definition_ids":["directed_graph","cycle"]}],"graph_theory":[{"id":"stmt-graph","title":"11-вершинные гамильтоновы циклы в ориентированном графе","status":"ai_checked","text":"В ориентированном графе на 16 вершинах между двумя вершинами проведено не более одной дуги, и встречные дуги запрещены. Известно, что любое множество из 10 вершин содержит ориентированный гамильтонов цикл. Докажите, что любое множество из 11 вершин тоже содержит ориентированный гамильтонов цикл.","definition_ids":["directed_graph","hamiltonian_cycle"]}]},"solutions":[{"id":"sol-official-expanded","title":"Нейтральные пары и вставка вершины в цикл","status":"ai_checked","definition_ids":["directed_graph","cycle","hamiltonian_cycle"],"standard_idea_ids":["double_counting","pigeonhole_principle"],"tags":[],"has_text":true,"text_preview":"Назовём двух шпионов нейтральными, если ни один из них не следит за другим. Для шпиона \\(A_i\\) обозначим через \\(a_i\\) число шпионов, которые следят за ним, через \\(b_i\\) число шпионов, за которыми следит он, а через \\(c_i\\) число шпионов, нейтральных к нему. Тогда \\(a_i+b_i+c_i=15\\). Докажем, что для каждого \\(i\\) выполнены неравенства \\(a_i+c_i\\le 8\\) и \\(b_i+c_i\\le 8\\). Если бы \\(a_i+c_i\\ge 9\\), то можно было бы выбрать \\(A_i\\) и ещё девять шпионов из тех, за кем \\(A_i\\) не следит: это либо шпионы, следящие за \\(A_i\\), либо нейтральные к \\(A_i\\). В выбранной десятке из \\(A_i\\) не выходит ни одной дуги, поэтому \\(A_i\\) не может иметь следующую вершину в ориентированном 10-цикле. Это противоречит условию. Так же, если бы \\(b_i+c_i\\ge 9\\), можно было бы выбрать \\(A_i\\) и ещё девять шпионов, которые не следят за \\(A_i\\); тогда в выбранной десятке в \\(A_i\\) не входит ни одной дуги, и \\(A_…"}],"relations":[],"search_text":"baltic-way-1994-p19-directed-spy-cycles из 10-циклов к 11-циклам в орграфе шпионов, baltic way 1994 p19 hamiltonian_cycles degree_counting pigeonhole_principle goal_proof 1994 baltic baltic way baltic way 1994 официальные условия с решениями baltic1994 balticway balticway1994 https://www.math.olympiaadid.ut.ee/eng/archive/bw/bw94sol.pdf official_archive src-baltic-way-1994-official-solutions with_solution ? baltic way 1994 официальные условия с решениями stmt-original условие ai_checked в разведывательной службе чудо-острова в тарту находятся 16 шпионов. каждый из них следит за некоторыми своими коллегами. известно, что если шпион \\(a\\) следит за шпионом \\(b\\), то \\(b\\) не следит за \\(a\\). кроме того, любые 10 шпионов можно занумеровать так, что первый следит за вторым, второй — за третьим, ..., десятый — за первым. докажите, что любые 11 шпионов тоже можно занумеровать таким образом. directed_graph cycle stmt-graph 11-вершинные гамильтоновы циклы в ориентированном графе ai_checked в ориентированном графе на 16 вершинах между двумя вершинами проведено не более одной дуги, и встречные дуги запрещены. известно, что любое множество из 10 вершин содержит ориентированный гамильтонов цикл. докажите, что любое множество из 11 вершин тоже содержит ориентированный гамильтонов цикл. directed_graph hamiltonian_cycle idea-neutral-pair-count нейтральные пары образуют невозможное паросочетание сначала из свойства всех 10-вершинных множеств следует, что каждая вершина имеет не больше одного нейтрального партнёра во всём орграфе. затем в предполагаемом плохом 11-вершинном множестве каждая вершина обязана иметь нейтрального партнёра внутри множества: иначе её можно вставить в 10-цикл или получить слишком большую входящую/исходящую степень. но 11 вершин нельзя разбить на пары. degree_counting pigeonhole_principle hamiltonian_cycles ai_checked sol-official-expanded нейтральные пары и вставка вершины в цикл ai_checked directed_graph cycle hamiltonian_cycle double_counting pigeonhole_principle назовём двух шпионов нейтральными, если ни один из них не следит за другим. для шпиона \\(a_i\\) обозначим через \\(a_i\\) число шпионов, которые следят за ним, через \\(b_i\\) число шпионов, за которыми следит он, а через \\(c_i\\) число шпионов, нейтральных к нему. тогда \\(a_i+b_i+c_i=15\\). докажем, что для каждого \\(i\\) выполнены неравенства \\(a_i+c_i\\le 8\\) и \\(b_i+c_i\\le 8\\). если бы \\(a_i+c_i\\ge 9\\), то можно было бы выбрать \\(a_i\\) и ещё девять шпионов из тех, за кем \\(a_i\\) не следит: это либо шпионы, следящие за \\(a_i\\), либо нейтральные к \\(a_i\\). в выбранной десятке из \\(a_i\\) не выходит ни одной дуги, поэтому \\(a_i\\) не может иметь следующую вершину в ориентированном 10-цикле. это противоречит условию. так же, если бы \\(b_i+c_i\\ge 9\\), можно было бы выбрать \\(a_i\\) и ещё девять шпионов, которые не следят за \\(a_i\\); тогда в выбранной десятке в \\(a_i\\) не входит ни одной дуги, и \\(a_… baltic-way-1994-p19-directed-spy-cycles iz 10-tsiklov k 11-tsiklam v orgrafe shpionov, baltic way 1994 p19 hamiltonian_cycles degree_counting pigeonhole_principle goal_proof 1994 baltic baltic way baltic way 1994 ofitsialnye usloviya s resheniyami baltic1994 balticway balticway1994 https://www.math.olympiaadid.ut.ee/eng/archive/bw/bw94sol.pdf official_archive src-baltic-way-1994-official-solutions with_solution ? baltic way 1994 ofitsialnye usloviya s resheniyami stmt-original uslovie ai_checked v razvedyvatelnoy sluzhbe chudo-ostrova v tartu nahodyatsya 16 shpionov. kazhdyy iz nih sledit za nekotorymi svoimi kollegami. izvestno, chto esli shpion \\(a\\) sledit za shpionom \\(b\\), to \\(b\\) ne sledit za \\(a\\). krome togo, lyubye 10 shpionov mozhno zanumerovat tak, chto pervyy sledit za vtorym, vtoroy — za tretim, ..., desyatyy — za pervym. dokazhite, chto lyubye 11 shpionov tozhe mozhno zanumerovat takim obrazom. directed_graph cycle stmt-graph 11-vershinnye gamiltonovy tsikly v orientirovannom grafe ai_checked v orientirovannom grafe na 16 vershinah mezhdu dvumya vershinami provedeno ne bolee odnoy dugi, i vstrechnye dugi zaprescheny. izvestno, chto lyuboe mnozhestvo iz 10 vershin soderzhit orientirovannyy gamiltonov tsikl. dokazhite, chto lyuboe mnozhestvo iz 11 vershin tozhe soderzhit orientirovannyy gamiltonov tsikl. directed_graph hamiltonian_cycle idea-neutral-pair-count neytralnye pary obrazuyut nevozmozhnoe parosochetanie snachala iz svoystva vseh 10-vershinnyh mnozhestv sleduet, chto kazhdaya vershina imeet ne bolshe odnogo neytralnogo partnera vo vsem orgrafe. zatem v predpolagaemom plohom 11-vershinnom mnozhestve kazhdaya vershina obyazana imet neytralnogo partnera vnutri mnozhestva: inache ee mozhno vstavit v 10-tsikl ili poluchit slishkom bolshuyu vhodyaschuyu/ishodyaschuyu stepen. no 11 vershin nelzya razbit na pary. degree_counting pigeonhole_principle hamiltonian_cycles ai_checked sol-official-expanded neytralnye pary i vstavka vershiny v tsikl ai_checked directed_graph cycle hamiltonian_cycle double_counting pigeonhole_principle nazovem dvuh shpionov neytralnymi, esli ni odin iz nih ne sledit za drugim. dlya shpiona \\(a_i\\) oboznachim cherez \\(a_i\\) chislo shpionov, kotorye sledyat za nim, cherez \\(b_i\\) chislo shpionov, za kotorymi sledit on, a cherez \\(c_i\\) chislo shpionov, neytralnyh k nemu. togda \\(a_i+b_i+c_i=15\\). dokazhem, chto dlya kazhdogo \\(i\\) vypolneny neravenstva \\(a_i+c_i\\le 8\\) i \\(b_i+c_i\\le 8\\). esli by \\(a_i+c_i\\ge 9\\), to mozhno bylo by vybrat \\(a_i\\) i esche devyat shpionov iz teh, za kem \\(a_i\\) ne sledit: eto libo shpiony, sledyaschie za \\(a_i\\), libo neytralnye k \\(a_i\\). v vybrannoy desyatke iz \\(a_i\\) ne vyhodit ni odnoy dugi, poetomu \\(a_i\\) ne mozhet imet sleduyuschuyu vershinu v orientirovannom 10-tsikle. eto protivorechit usloviyu. tak zhe, esli by \\(b_i+c_i\\ge 9\\), mozhno bylo by vybrat \\(a_i\\) i esche devyat shpionov, kotorye ne sledyat za \\(a_i\\); togda v vybrannoy desyatke v \\(a_i\\) ne vhodit ni odnoy dugi, i \\(a_…","source_keys":["baltic"]}
{"id":"baltic-way-1997-p19-edge-disjoint-hamiltonian-cycles","title":"Непересекающиеся гамильтоновы циклы в полном графе, Baltic Way 1997 P19","path":"data\\problems\\baltic-way\\baltic-way-1997-p19-edge-disjoint-hamiltonian-cycles.yaml","raw_github_url":"https://raw.githubusercontent.com/didin-maxim/knowledge_graph_of_graphs/main/data/problems/baltic-way/baltic-way-1997-p19-edge-disjoint-hamiltonian-cycles.yaml","viewer_url":"https://didin-maxim.github.io/knowledge_graph_of_graphs/#baltic-way-1997-p19-edge-disjoint-hamiltonian-cycles","source_key":"baltic","source_label":"Baltic Way","source_titles":["Baltic Way 1997 официальные условия с решениями"],"year":"1997","type":"olympiad_problem","authors":[],"tags":["hamiltonian_cycles","double_counting","construction","goal_exact_bound"],"agent_topics":[],"difficulty":{"main":"regional","local_score":5,"comment":"Классическая рёберная упаковка гамильтоновых циклов в полном графе.","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":"Официальный источник указан; карточка помечена public_ready true и ai_checked. Включены верхняя оценка по числу рёбер, а также модульная и явная конструкции.","audit_source":"agent-western-olympiads.json"},"statements":{"original":[{"id":"stmt-original","title":"Условие","status":"ai_checked","text":"В лесу каждое из \\(n\\) животных, \\(n\\ge3\\), живёт в своей пещере, и между любыми двумя пещерами есть ровно одна отдельная тропа. Перед выборами короля леса некоторые животные проводят кампанию. Каждое такое животное посещает каждую из остальных пещер ровно один раз, передвигается только по тропам, нигде между пещерами не сворачивает с одной тропы на другую и в конце возвращается в свою пещеру. Известно также, что никакая тропа между двумя пещерами не используется более чем одним агитирующим животным. (a) Докажите, что для простого \\(n\\) максимальное число агитирующих животных равно \\((n-1)/2\\). (b) Найдите максимум при \\(n=9\\).","definition_ids":["hamiltonian_cycle"]}],"graph_theory":[{"id":"stmt-graph","title":"Упаковка гамильтоновых циклов в полном графе","status":"ai_checked","text":"В полном графе \\(K_n\\) нужно выбрать как можно больше попарно рёберно непересекающихся гамильтоновых циклов. Докажите, что при простом \\(n\\) максимум равен \\((n-1)/2\\), и найдите максимум для \\(n=9\\).","definition_ids":["hamiltonian_cycle","complete_graph"]}]},"solutions":[{"id":"sol-official-expanded","title":"Упаковка гамильтоновых циклов","status":"ai_checked","definition_ids":["hamiltonian_cycle"],"standard_idea_ids":["double_counting"],"tags":[],"has_text":true,"text_preview":"Переведём условие на язык графов. Пещеры — вершины полного графа \\(K_n\\), тропы — его рёбра, а кампания одного животного — гамильтонов цикл. Условие о том, что одна тропа не используется двумя животными, означает рёберную непересекаемость выбранных циклов. Каждый гамильтонов цикл содержит \\(n\\) рёбер. В \\(K_n\\) всего \\(n(n-1)/2\\) рёбер, поэтому число таких циклов не превосходит \\((n-1)/2\\). Пусть теперь \\(n\\) — простое. Пронумеруем вершины вычетами \\(0,1,\\ldots,n-1\\) по модулю \\(n\\). Для каждого \\(a=1,2,\\ldots,(n-1)/2\\) рассмотрим цикл \\(0,a,2a,\\ldots,(n-1)a,0\\). Так как \\(n\\) простое, ненулевой шаг \\(a\\) проходит через все вычеты, поэтому это гамильтонов цикл. Его рёбра соединяют пары вершин, разность которых равна \\(\\pm a\\). Для разных \\(a\\) из выбранного диапазона эти множества разностей различны, значит циклы не имеют общих рёбер. Получены \\((n-1)/2\\) циклов, и оценка точна. Для \\(n…"}],"relations":[{"id":"rel-bw1997-p19-parent-to-prime-child","neighbor_id":"baltic-way-1997-p19a-prime-edge-disjoint-hamiltonian-cycles","direction":"forward","type":"specialization","distance":1,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-bw1997-p19-parent-to-k9-child","neighbor_id":"baltic-way-1997-p19b-k9-edge-disjoint-hamiltonian-cycles","direction":"forward","type":"specialization","distance":1,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-kolm2014-4regular-cycles-bw1997-hamiltonian-decomposition","neighbor_id":"kolmogorov-2014-round3-four-regular-two-100-cycles","direction":"backward","type":"same_motif","distance":3,"status":"needs_human_review"},{"id":"rel-kolm-2022-r1-nonedges-baltic-way-edge-packing","neighbor_id":"kolmogorov-2022-round1-high-edge-count-permutation-nonedges","direction":"backward","type":"same_motif","distance":3,"status":"needs_human_review"}],"search_text":"baltic-way-1997-p19-edge-disjoint-hamiltonian-cycles непересекающиеся гамильтоновы циклы в полном графе, baltic way 1997 p19 hamiltonian_cycles double_counting construction goal_exact_bound 1997 baltic baltic way baltic way 1997 официальные условия с решениями baltic1997 balticway balticway1997 https://www.math.olympiaadid.ut.ee/eng/archive/bw/bw97sol.pdf official_archive src-baltic-way-1997-official-solutions with_solution ? baltic way 1997 официальные условия с решениями stmt-original условие ai_checked в лесу каждое из \\(n\\) животных, \\(n\\ge3\\), живёт в своей пещере, и между любыми двумя пещерами есть ровно одна отдельная тропа. перед выборами короля леса некоторые животные проводят кампанию. каждое такое животное посещает каждую из остальных пещер ровно один раз, передвигается только по тропам, нигде между пещерами не сворачивает с одной тропы на другую и в конце возвращается в свою пещеру. известно также, что никакая тропа между двумя пещерами не используется более чем одним агитирующим животным. (a) докажите, что для простого \\(n\\) максимальное число агитирующих животных равно \\((n-1)/2\\). (b) найдите максимум при \\(n=9\\). hamiltonian_cycle stmt-graph упаковка гамильтоновых циклов в полном графе ai_checked в полном графе \\(k_n\\) нужно выбрать как можно больше попарно рёберно непересекающихся гамильтоновых циклов. докажите, что при простом \\(n\\) максимум равен \\((n-1)/2\\), и найдите максимум для \\(n=9\\). hamiltonian_cycle complete_graph idea-complete-graph-cycle-packing подсчёт рёбер и циклы по модулю каждый гамильтонов цикл в \\(k_n\\) использует \\(n\\) рёбер, а всего рёбер \\(n(n-1)/2\\). для простого \\(n\\) циклы \\(0,a,2a,\\ldots,(n-1)a,0\\) по модулю \\(n\\) дают \\((n-1)/2\\) рёберно непересекающихся циклов. hamiltonian_cycles double_counting construction ai_checked sol-official-expanded упаковка гамильтоновых циклов ai_checked hamiltonian_cycle double_counting переведём условие на язык графов. пещеры — вершины полного графа \\(k_n\\), тропы — его рёбра, а кампания одного животного — гамильтонов цикл. условие о том, что одна тропа не используется двумя животными, означает рёберную непересекаемость выбранных циклов. каждый гамильтонов цикл содержит \\(n\\) рёбер. в \\(k_n\\) всего \\(n(n-1)/2\\) рёбер, поэтому число таких циклов не превосходит \\((n-1)/2\\). пусть теперь \\(n\\) — простое. пронумеруем вершины вычетами \\(0,1,\\ldots,n-1\\) по модулю \\(n\\). для каждого \\(a=1,2,\\ldots,(n-1)/2\\) рассмотрим цикл \\(0,a,2a,\\ldots,(n-1)a,0\\). так как \\(n\\) простое, ненулевой шаг \\(a\\) проходит через все вычеты, поэтому это гамильтонов цикл. его рёбра соединяют пары вершин, разность которых равна \\(\\pm a\\). для разных \\(a\\) из выбранного диапазона эти множества разностей различны, значит циклы не имеют общих рёбер. получены \\((n-1)/2\\) циклов, и оценка точна. для \\(n… baltic-way-1997-p19-edge-disjoint-hamiltonian-cycles neperesekayuschiesya gamiltonovy tsikly v polnom grafe, baltic way 1997 p19 hamiltonian_cycles double_counting construction goal_exact_bound 1997 baltic baltic way baltic way 1997 ofitsialnye usloviya s resheniyami baltic1997 balticway balticway1997 https://www.math.olympiaadid.ut.ee/eng/archive/bw/bw97sol.pdf official_archive src-baltic-way-1997-official-solutions with_solution ? baltic way 1997 ofitsialnye usloviya s resheniyami stmt-original uslovie ai_checked v lesu kazhdoe iz \\(n\\) zhivotnyh, \\(n\\ge3\\), zhivet v svoey peschere, i mezhdu lyubymi dvumya pescherami est rovno odna otdelnaya tropa. pered vyborami korolya lesa nekotorye zhivotnye provodyat kampaniyu. kazhdoe takoe zhivotnoe poseschaet kazhduyu iz ostalnyh pescher rovno odin raz, peredvigaetsya tolko po tropam, nigde mezhdu pescherami ne svorachivaet s odnoy tropy na druguyu i v kontse vozvraschaetsya v svoyu pescheru. izvestno takzhe, chto nikakaya tropa mezhdu dvumya pescherami ne ispolzuetsya bolee chem odnim agitiruyuschim zhivotnym. (a) dokazhite, chto dlya prostogo \\(n\\) maksimalnoe chislo agitiruyuschih zhivotnyh ravno \\((n-1)/2\\). (b) naydite maksimum pri \\(n=9\\). hamiltonian_cycle stmt-graph upakovka gamiltonovyh tsiklov v polnom grafe ai_checked v polnom grafe \\(k_n\\) nuzhno vybrat kak mozhno bolshe poparno reberno neperesekayuschihsya gamiltonovyh tsiklov. dokazhite, chto pri prostom \\(n\\) maksimum raven \\((n-1)/2\\), i naydite maksimum dlya \\(n=9\\). hamiltonian_cycle complete_graph idea-complete-graph-cycle-packing podschet reber i tsikly po modulyu kazhdyy gamiltonov tsikl v \\(k_n\\) ispolzuet \\(n\\) reber, a vsego reber \\(n(n-1)/2\\). dlya prostogo \\(n\\) tsikly \\(0,a,2a,\\ldots,(n-1)a,0\\) po modulyu \\(n\\) dayut \\((n-1)/2\\) reberno neperesekayuschihsya tsiklov. hamiltonian_cycles double_counting construction ai_checked sol-official-expanded upakovka gamiltonovyh tsiklov ai_checked hamiltonian_cycle double_counting perevedem uslovie na yazyk grafov. peschery — vershiny polnogo grafa \\(k_n\\), tropy — ego rebra, a kampaniya odnogo zhivotnogo — gamiltonov tsikl. uslovie o tom, chto odna tropa ne ispolzuetsya dvumya zhivotnymi, oznachaet rebernuyu neperesekaemost vybrannyh tsiklov. kazhdyy gamiltonov tsikl soderzhit \\(n\\) reber. v \\(k_n\\) vsego \\(n(n-1)/2\\) reber, poetomu chislo takih tsiklov ne prevoshodit \\((n-1)/2\\). pust teper \\(n\\) — prostoe. pronumeruem vershiny vychetami \\(0,1,\\ldots,n-1\\) po modulyu \\(n\\). dlya kazhdogo \\(a=1,2,\\ldots,(n-1)/2\\) rassmotrim tsikl \\(0,a,2a,\\ldots,(n-1)a,0\\). tak kak \\(n\\) prostoe, nenulevoy shag \\(a\\) prohodit cherez vse vychety, poetomu eto gamiltonov tsikl. ego rebra soedinyayut pary vershin, raznost kotoryh ravna \\(\\pm a\\). dlya raznyh \\(a\\) iz vybrannogo diapazona eti mnozhestva raznostey razlichny, znachit tsikly ne imeyut obschih reber. polucheny \\((n-1)/2\\) tsiklov, i otsenka tochna. dlya \\(n…","source_keys":["baltic"]}
{"id":"baltic-way-1997-p19a-prime-edge-disjoint-hamiltonian-cycles","title":"Непересекающиеся гамильтоновы циклы при простом числе вершин, Baltic Way 1997 P19(a)","path":"data\\problems\\baltic-way\\baltic-way-1997-p19a-prime-edge-disjoint-hamiltonian-cycles.yaml","raw_github_url":"https://raw.githubusercontent.com/didin-maxim/knowledge_graph_of_graphs/main/data/problems/baltic-way/baltic-way-1997-p19a-prime-edge-disjoint-hamiltonian-cycles.yaml","viewer_url":"https://didin-maxim.github.io/knowledge_graph_of_graphs/#baltic-way-1997-p19a-prime-edge-disjoint-hamiltonian-cycles","source_key":"baltic","source_label":"Baltic Way","source_titles":["Baltic Way 1997 официальные условия с решениями"],"year":"1997","type":"olympiad_problem","authors":[],"tags":["hamiltonian_cycles","double_counting","construction","goal_exact_bound","graph_model"],"agent_topics":[],"difficulty":{"main":"regional","local_score":5,"comment":"Точная упаковка гамильтоновых циклов в \\(K_n\\) для простого \\(n\\): верхняя оценка проста, ключевая конструкция использует ненулевые разности по модулю \\(n\\).","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":"high-reasoning split аудит","notes":"Доказательство разворачивает официальную верхнюю оценку по числу рёбер и модульную конструкцию для простого n.","audit_source":"agent-baltic-way-1997-p19-split"},"statements":{"original":[{"id":"stmt-original-prime","title":"Условие, часть (a)","status":"ai_checked","text":"В лесу каждое из \\(n\\) животных, где \\(n\\ge3\\) и \\(n\\) простое, живёт в своей пещере, и между любыми двумя пещерами есть ровно одна отдельная тропа. Перед выборами короля леса некоторые животные проводят кампанию. Каждое такое животное посещает каждую из остальных пещер ровно один раз, передвигается только по тропам, нигде между пещерами не сворачивает с одной тропы на другую и в конце возвращается в свою пещеру. Никакая тропа между двумя пещерами не используется более чем одним агитирующим животным. Докажите, что максимальное число агитирующих животных равно \\((n-1)/2\\).","definition_ids":["hamiltonian_cycle"]}],"graph_theory":[{"id":"stmt-graph-prime","title":"Упаковка гамильтоновых циклов в \\(K_n\\), простое \\(n\\)","status":"ai_checked","text":"Пусть \\(n\\ge3\\) — простое число. В полном графе \\(K_n\\) найдите максимальное число попарно рёберно непересекающихся гамильтоновых циклов и докажите, что этот максимум равен \\((n-1)/2\\).","definition_ids":["complete_graph","hamiltonian_cycle"]}]},"solutions":[{"id":"sol-prime-modular-differences","title":"Модульная конструкция для простого \\(n\\)","status":"ai_checked","definition_ids":["complete_graph","hamiltonian_cycle"],"standard_idea_ids":["double_counting"],"tags":[],"has_text":true,"text_preview":"Переведём условие на язык графов. Пещеры — вершины полного графа \\(K_n\\), тропы — его рёбра, а маршрут одного агитирующего животного — гамильтонов цикл. Требование, что одна тропа не используется двумя животными, означает рёберную непересекаемость выбранных циклов. Сначала получим верхнюю оценку. Каждый гамильтонов цикл проходит по всем \\(n\\) вершинам и содержит ровно \\(n\\) рёбер. В полном графе \\(K_n\\) всего \\(n(n-1)/2\\) рёбер. Если выбрано \\(m\\) попарно рёберно непересекающихся гамильтоновых циклов, то \\(mn\\le n(n-1)/2\\), откуда \\(m\\le (n-1)/2\\). Осталось построить \\((n-1)/2\\) таких циклов. Пронумеруем вершины вычетами \\(0,1,\\ldots,n-1\\) по модулю \\(n\\). Для каждого \\(a=1,2,\\ldots,(n-1)/2\\) рассмотрим цикл \\[ 0, a, 2a, \\ldots, (n-1)a, 0 \\pmod n. \\] Так как \\(n\\) простое, умножение на ненулевой вычет \\(a\\) переставляет все вычеты, поэтому эта последовательность действительно проходит ч…"}],"relations":[{"id":"rel-bw1997-p19-parent-to-prime-child","neighbor_id":"baltic-way-1997-p19-edge-disjoint-hamiltonian-cycles","direction":"backward","type":"specialization","distance":1,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-bw1997-p19-prime-k9-paired-variant","neighbor_id":"baltic-way-1997-p19b-k9-edge-disjoint-hamiltonian-cycles","direction":"forward","type":"paired_variant","distance":1,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-bw1997-p19-prime-imo1998-one-factorization","neighbor_id":"imo-1998-c6-k-ge-6-one-factorization","direction":"forward","type":"same_motif","distance":3,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-miklos-2009-p2-bounded-baltic-1997-differences","neighbor_id":"miklos-schweitzer-2009-p2-bounded-degree-smooth-difference-path","direction":"backward","type":"same_motif","distance":3,"status":"needs_human_review"}],"search_text":"baltic-way-1997-p19a-prime-edge-disjoint-hamiltonian-cycles непересекающиеся гамильтоновы циклы при простом числе вершин, baltic way 1997 p19(a) hamiltonian_cycles double_counting construction goal_exact_bound graph_model 1997 baltic baltic way baltic way 1997 официальные условия с решениями baltic1997 balticway balticway1997 https://www.math.olympiaadid.ut.ee/eng/archive/bw/bw97sol.pdf official_archive src-baltic-way-1997-official-solutions with_solution ? baltic way 1997 официальные условия с решениями stmt-original-prime условие, часть (a) ai_checked в лесу каждое из \\(n\\) животных, где \\(n\\ge3\\) и \\(n\\) простое, живёт в своей пещере, и между любыми двумя пещерами есть ровно одна отдельная тропа. перед выборами короля леса некоторые животные проводят кампанию. каждое такое животное посещает каждую из остальных пещер ровно один раз, передвигается только по тропам, нигде между пещерами не сворачивает с одной тропы на другую и в конце возвращается в свою пещеру. никакая тропа между двумя пещерами не используется более чем одним агитирующим животным. докажите, что максимальное число агитирующих животных равно \\((n-1)/2\\). hamiltonian_cycle stmt-graph-prime упаковка гамильтоновых циклов в \\(k_n\\), простое \\(n\\) ai_checked пусть \\(n\\ge3\\) — простое число. в полном графе \\(k_n\\) найдите максимальное число попарно рёберно непересекающихся гамильтоновых циклов и докажите, что этот максимум равен \\((n-1)/2\\). complete_graph hamiltonian_cycle idea-edge-upper-bound общая рёберная верхняя оценка каждый гамильтонов цикл в \\(k_n\\) содержит \\(n\\) рёбер, а всего в \\(k_n\\) есть \\(n(n-1)/2\\) рёбер. поэтому рёберно непересекающихся гамильтоновых циклов не может быть больше \\((n-1)/2\\). hamiltonian_cycles double_counting ai_checked idea-prime-difference-cycles циклы по ненулевым разностям если вершины — вычеты по модулю простого \\(n\\), то для каждого шага \\(a=1,\\ldots,(n-1)/2\\) последовательность \\(0,a,2a,\\ldots,(n-1)a,0\\) является гамильтоновым циклом. его рёбра имеют разность \\(\\pm a\\), поэтому разные шаги дают непересекающиеся множества рёбер. hamiltonian_cycles construction ai_checked sol-prime-modular-differences модульная конструкция для простого \\(n\\) ai_checked complete_graph hamiltonian_cycle double_counting переведём условие на язык графов. пещеры — вершины полного графа \\(k_n\\), тропы — его рёбра, а маршрут одного агитирующего животного — гамильтонов цикл. требование, что одна тропа не используется двумя животными, означает рёберную непересекаемость выбранных циклов. сначала получим верхнюю оценку. каждый гамильтонов цикл проходит по всем \\(n\\) вершинам и содержит ровно \\(n\\) рёбер. в полном графе \\(k_n\\) всего \\(n(n-1)/2\\) рёбер. если выбрано \\(m\\) попарно рёберно непересекающихся гамильтоновых циклов, то \\(mn\\le n(n-1)/2\\), откуда \\(m\\le (n-1)/2\\). осталось построить \\((n-1)/2\\) таких циклов. пронумеруем вершины вычетами \\(0,1,\\ldots,n-1\\) по модулю \\(n\\). для каждого \\(a=1,2,\\ldots,(n-1)/2\\) рассмотрим цикл \\[ 0, a, 2a, \\ldots, (n-1)a, 0 \\pmod n. \\] так как \\(n\\) простое, умножение на ненулевой вычет \\(a\\) переставляет все вычеты, поэтому эта последовательность действительно проходит ч… baltic-way-1997-p19a-prime-edge-disjoint-hamiltonian-cycles neperesekayuschiesya gamiltonovy tsikly pri prostom chisle vershin, baltic way 1997 p19(a) hamiltonian_cycles double_counting construction goal_exact_bound graph_model 1997 baltic baltic way baltic way 1997 ofitsialnye usloviya s resheniyami baltic1997 balticway balticway1997 https://www.math.olympiaadid.ut.ee/eng/archive/bw/bw97sol.pdf official_archive src-baltic-way-1997-official-solutions with_solution ? baltic way 1997 ofitsialnye usloviya s resheniyami stmt-original-prime uslovie, chast (a) ai_checked v lesu kazhdoe iz \\(n\\) zhivotnyh, gde \\(n\\ge3\\) i \\(n\\) prostoe, zhivet v svoey peschere, i mezhdu lyubymi dvumya pescherami est rovno odna otdelnaya tropa. pered vyborami korolya lesa nekotorye zhivotnye provodyat kampaniyu. kazhdoe takoe zhivotnoe poseschaet kazhduyu iz ostalnyh pescher rovno odin raz, peredvigaetsya tolko po tropam, nigde mezhdu pescherami ne svorachivaet s odnoy tropy na druguyu i v kontse vozvraschaetsya v svoyu pescheru. nikakaya tropa mezhdu dvumya pescherami ne ispolzuetsya bolee chem odnim agitiruyuschim zhivotnym. dokazhite, chto maksimalnoe chislo agitiruyuschih zhivotnyh ravno \\((n-1)/2\\). hamiltonian_cycle stmt-graph-prime upakovka gamiltonovyh tsiklov v \\(k_n\\), prostoe \\(n\\) ai_checked pust \\(n\\ge3\\) — prostoe chislo. v polnom grafe \\(k_n\\) naydite maksimalnoe chislo poparno reberno neperesekayuschihsya gamiltonovyh tsiklov i dokazhite, chto etot maksimum raven \\((n-1)/2\\). complete_graph hamiltonian_cycle idea-edge-upper-bound obschaya rebernaya verhnyaya otsenka kazhdyy gamiltonov tsikl v \\(k_n\\) soderzhit \\(n\\) reber, a vsego v \\(k_n\\) est \\(n(n-1)/2\\) reber. poetomu reberno neperesekayuschihsya gamiltonovyh tsiklov ne mozhet byt bolshe \\((n-1)/2\\). hamiltonian_cycles double_counting ai_checked idea-prime-difference-cycles tsikly po nenulevym raznostyam esli vershiny — vychety po modulyu prostogo \\(n\\), to dlya kazhdogo shaga \\(a=1,\\ldots,(n-1)/2\\) posledovatelnost \\(0,a,2a,\\ldots,(n-1)a,0\\) yavlyaetsya gamiltonovym tsiklom. ego rebra imeyut raznost \\(\\pm a\\), poetomu raznye shagi dayut neperesekayuschiesya mnozhestva reber. hamiltonian_cycles construction ai_checked sol-prime-modular-differences modulnaya konstruktsiya dlya prostogo \\(n\\) ai_checked complete_graph hamiltonian_cycle double_counting perevedem uslovie na yazyk grafov. peschery — vershiny polnogo grafa \\(k_n\\), tropy — ego rebra, a marshrut odnogo agitiruyuschego zhivotnogo — gamiltonov tsikl. trebovanie, chto odna tropa ne ispolzuetsya dvumya zhivotnymi, oznachaet rebernuyu neperesekaemost vybrannyh tsiklov. snachala poluchim verhnyuyu otsenku. kazhdyy gamiltonov tsikl prohodit po vsem \\(n\\) vershinam i soderzhit rovno \\(n\\) reber. v polnom grafe \\(k_n\\) vsego \\(n(n-1)/2\\) reber. esli vybrano \\(m\\) poparno reberno neperesekayuschihsya gamiltonovyh tsiklov, to \\(mn\\le n(n-1)/2\\), otkuda \\(m\\le (n-1)/2\\). ostalos postroit \\((n-1)/2\\) takih tsiklov. pronumeruem vershiny vychetami \\(0,1,\\ldots,n-1\\) po modulyu \\(n\\). dlya kazhdogo \\(a=1,2,\\ldots,(n-1)/2\\) rassmotrim tsikl \\[ 0, a, 2a, \\ldots, (n-1)a, 0 \\pmod n. \\] tak kak \\(n\\) prostoe, umnozhenie na nenulevoy vychet \\(a\\) perestavlyaet vse vychety, poetomu eta posledovatelnost deystvitelno prohodit ch…","source_keys":["baltic"]}
{"id":"baltic-way-1997-p19b-k9-edge-disjoint-hamiltonian-cycles","title":"Упаковка гамильтоновых циклов в \\(K_9\\), Baltic Way 1997 P19(b)","path":"data\\problems\\baltic-way\\baltic-way-1997-p19b-k9-edge-disjoint-hamiltonian-cycles.yaml","raw_github_url":"https://raw.githubusercontent.com/didin-maxim/knowledge_graph_of_graphs/main/data/problems/baltic-way/baltic-way-1997-p19b-k9-edge-disjoint-hamiltonian-cycles.yaml","viewer_url":"https://didin-maxim.github.io/knowledge_graph_of_graphs/#baltic-way-1997-p19b-k9-edge-disjoint-hamiltonian-cycles","source_key":"baltic","source_label":"Baltic Way","source_titles":["Baltic Way 1997 официальные условия с решениями"],"year":"1997","type":"olympiad_problem","authors":[],"tags":["hamiltonian_cycles","double_counting","construction","goal_exact_bound","graph_model"],"agent_topics":[],"difficulty":{"main":"regional","local_score":4,"comment":"Небольшой, но самостоятельный случай: верхняя оценка мгновенна, а достижение требует отдельной явной упаковки четырёх гамильтоновых циклов в \\(K_9\\).","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":"high-reasoning split аудит","notes":"Доказательство разворачивает официальную конструкцию для K9 и проверяет, что все 36 рёбер покрыты без повторений.","audit_source":"agent-baltic-way-1997-p19-split"},"statements":{"original":[{"id":"stmt-original-k9","title":"Условие, часть (b)","status":"ai_checked","text":"В лесу каждое из 9 животных живёт в своей пещере, и между любыми двумя пещерами есть ровно одна отдельная тропа. Перед выборами короля леса некоторые животные проводят кампанию. Каждое такое животное посещает каждую из остальных пещер ровно один раз, передвигается только по тропам, нигде между пещерами не сворачивает с одной тропы на другую и в конце возвращается в свою пещеру. Никакая тропа между двумя пещерами не используется более чем одним агитирующим животным. Найдите максимальное число агитирующих животных.","definition_ids":["hamiltonian_cycle"]}],"graph_theory":[{"id":"stmt-graph-k9","title":"Упаковка гамильтоновых циклов в \\(K_9\\)","status":"ai_checked","text":"В полном графе \\(K_9\\) найдите максимальное число попарно рёберно непересекающихся гамильтоновых циклов.","definition_ids":["complete_graph","hamiltonian_cycle"]}]},"solutions":[{"id":"sol-k9-explicit-four-cycles","title":"Явные четыре цикла","status":"ai_checked","definition_ids":["complete_graph","hamiltonian_cycle"],"standard_idea_ids":["double_counting"],"tags":[],"has_text":true,"text_preview":"Переведём условие на язык графов: пещеры — вершины \\(K_9\\), тропы — рёбра, а маршрут одного агитирующего животного — гамильтонов цикл. Условие о неповторении троп означает, что выбранные циклы должны быть попарно рёберно непересекающимися. Верхняя оценка следует из подсчёта рёбер. В \\(K_9\\) есть \\(9\\cdot8/2=36\\) рёбер, а каждый гамильтонов цикл содержит \\(9\\) рёбер. Поэтому число таких циклов не превосходит \\(36/9=4\\). Покажем, что четыре цикла возможны. Пронумеруем вершины числами \\(0,1,\\ldots,8\\) и возьмём следующие циклы: \\[ 0,1,2,8,3,7,4,6,5,0, \\] \\[ 0,2,3,1,4,8,5,7,6,0, \\] \\[ 0,3,4,2,5,1,6,8,7,0, \\] \\[ 0,4,5,3,6,2,7,1,8,0. \\] Каждая строка содержит все девять вершин ровно по одному разу, а затем возвращается в начальную вершину, значит каждая строка задаёт гамильтонов цикл. Остаётся проверить, что рёбра не повторяются. Удобно сгруппировать рёбра по первому числу пары, записывая каж…"}],"relations":[{"id":"rel-bw1997-p19-parent-to-k9-child","neighbor_id":"baltic-way-1997-p19-edge-disjoint-hamiltonian-cycles","direction":"backward","type":"specialization","distance":1,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-bw1997-p19-prime-k9-paired-variant","neighbor_id":"baltic-way-1997-p19a-prime-edge-disjoint-hamiltonian-cycles","direction":"backward","type":"paired_variant","distance":1,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-bw1997-p19-k9-imo1998-one-factorization","neighbor_id":"imo-1998-c6-k-ge-6-one-factorization","direction":"forward","type":"same_motif","distance":3,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-bw1997-p19-k9-imc2013-complete-graph-cover","neighbor_id":"imc-2013-day1-p3-six-trips-cover-pairs","direction":"forward","type":"same_motif","distance":4,"status":"needs_human_review"}],"search_text":"baltic-way-1997-p19b-k9-edge-disjoint-hamiltonian-cycles упаковка гамильтоновых циклов в \\(k_9\\), baltic way 1997 p19(b) hamiltonian_cycles double_counting construction goal_exact_bound graph_model 1997 baltic baltic way baltic way 1997 официальные условия с решениями baltic1997 balticway balticway1997 https://www.math.olympiaadid.ut.ee/eng/archive/bw/bw97sol.pdf official_archive src-baltic-way-1997-official-solutions with_solution ? baltic way 1997 официальные условия с решениями stmt-original-k9 условие, часть (b) ai_checked в лесу каждое из 9 животных живёт в своей пещере, и между любыми двумя пещерами есть ровно одна отдельная тропа. перед выборами короля леса некоторые животные проводят кампанию. каждое такое животное посещает каждую из остальных пещер ровно один раз, передвигается только по тропам, нигде между пещерами не сворачивает с одной тропы на другую и в конце возвращается в свою пещеру. никакая тропа между двумя пещерами не используется более чем одним агитирующим животным. найдите максимальное число агитирующих животных. hamiltonian_cycle stmt-graph-k9 упаковка гамильтоновых циклов в \\(k_9\\) ai_checked в полном графе \\(k_9\\) найдите максимальное число попарно рёберно непересекающихся гамильтоновых циклов. complete_graph hamiltonian_cycle idea-k9-edge-upper-bound в \\(k_9\\) хватает места не более чем на четыре цикла в \\(k_9\\) всего \\(36\\) рёбер, а каждый гамильтонов цикл использует \\(9\\) рёбер. поэтому больше четырёх рёберно непересекающихся гамильтоновых циклов быть не может. hamiltonian_cycles double_counting ai_checked idea-k9-explicit-decomposition явная упаковка четырёх циклов чтобы достичь верхней оценки, достаточно предъявить четыре гамильтоновых цикла, суммарно использующие все \\(36\\) рёбер \\(k_9\\). простая модульная конструкция по постоянным шагам для простого числа здесь не применима: шаг \\(3\\) по модулю \\(9\\) не проходит через все вершины. hamiltonian_cycles construction ai_checked sol-k9-explicit-four-cycles явные четыре цикла ai_checked complete_graph hamiltonian_cycle double_counting переведём условие на язык графов: пещеры — вершины \\(k_9\\), тропы — рёбра, а маршрут одного агитирующего животного — гамильтонов цикл. условие о неповторении троп означает, что выбранные циклы должны быть попарно рёберно непересекающимися. верхняя оценка следует из подсчёта рёбер. в \\(k_9\\) есть \\(9\\cdot8/2=36\\) рёбер, а каждый гамильтонов цикл содержит \\(9\\) рёбер. поэтому число таких циклов не превосходит \\(36/9=4\\). покажем, что четыре цикла возможны. пронумеруем вершины числами \\(0,1,\\ldots,8\\) и возьмём следующие циклы: \\[ 0,1,2,8,3,7,4,6,5,0, \\] \\[ 0,2,3,1,4,8,5,7,6,0, \\] \\[ 0,3,4,2,5,1,6,8,7,0, \\] \\[ 0,4,5,3,6,2,7,1,8,0. \\] каждая строка содержит все девять вершин ровно по одному разу, а затем возвращается в начальную вершину, значит каждая строка задаёт гамильтонов цикл. остаётся проверить, что рёбра не повторяются. удобно сгруппировать рёбра по первому числу пары, записывая каж… baltic-way-1997-p19b-k9-edge-disjoint-hamiltonian-cycles upakovka gamiltonovyh tsiklov v \\(k_9\\), baltic way 1997 p19(b) hamiltonian_cycles double_counting construction goal_exact_bound graph_model 1997 baltic baltic way baltic way 1997 ofitsialnye usloviya s resheniyami baltic1997 balticway balticway1997 https://www.math.olympiaadid.ut.ee/eng/archive/bw/bw97sol.pdf official_archive src-baltic-way-1997-official-solutions with_solution ? baltic way 1997 ofitsialnye usloviya s resheniyami stmt-original-k9 uslovie, chast (b) ai_checked v lesu kazhdoe iz 9 zhivotnyh zhivet v svoey peschere, i mezhdu lyubymi dvumya pescherami est rovno odna otdelnaya tropa. pered vyborami korolya lesa nekotorye zhivotnye provodyat kampaniyu. kazhdoe takoe zhivotnoe poseschaet kazhduyu iz ostalnyh pescher rovno odin raz, peredvigaetsya tolko po tropam, nigde mezhdu pescherami ne svorachivaet s odnoy tropy na druguyu i v kontse vozvraschaetsya v svoyu pescheru. nikakaya tropa mezhdu dvumya pescherami ne ispolzuetsya bolee chem odnim agitiruyuschim zhivotnym. naydite maksimalnoe chislo agitiruyuschih zhivotnyh. hamiltonian_cycle stmt-graph-k9 upakovka gamiltonovyh tsiklov v \\(k_9\\) ai_checked v polnom grafe \\(k_9\\) naydite maksimalnoe chislo poparno reberno neperesekayuschihsya gamiltonovyh tsiklov. complete_graph hamiltonian_cycle idea-k9-edge-upper-bound v \\(k_9\\) hvataet mesta ne bolee chem na chetyre tsikla v \\(k_9\\) vsego \\(36\\) reber, a kazhdyy gamiltonov tsikl ispolzuet \\(9\\) reber. poetomu bolshe chetyreh reberno neperesekayuschihsya gamiltonovyh tsiklov byt ne mozhet. hamiltonian_cycles double_counting ai_checked idea-k9-explicit-decomposition yavnaya upakovka chetyreh tsiklov chtoby dostich verhney otsenki, dostatochno predyavit chetyre gamiltonovyh tsikla, summarno ispolzuyuschie vse \\(36\\) reber \\(k_9\\). prostaya modulnaya konstruktsiya po postoyannym shagam dlya prostogo chisla zdes ne primenima: shag \\(3\\) po modulyu \\(9\\) ne prohodit cherez vse vershiny. hamiltonian_cycles construction ai_checked sol-k9-explicit-four-cycles yavnye chetyre tsikla ai_checked complete_graph hamiltonian_cycle double_counting perevedem uslovie na yazyk grafov: peschery — vershiny \\(k_9\\), tropy — rebra, a marshrut odnogo agitiruyuschego zhivotnogo — gamiltonov tsikl. uslovie o nepovtorenii trop oznachaet, chto vybrannye tsikly dolzhny byt poparno reberno neperesekayuschimisya. verhnyaya otsenka sleduet iz podscheta reber. v \\(k_9\\) est \\(9\\cdot8/2=36\\) reber, a kazhdyy gamiltonov tsikl soderzhit \\(9\\) reber. poetomu chislo takih tsiklov ne prevoshodit \\(36/9=4\\). pokazhem, chto chetyre tsikla vozmozhny. pronumeruem vershiny chislami \\(0,1,\\ldots,8\\) i vozmem sleduyuschie tsikly: \\[ 0,1,2,8,3,7,4,6,5,0, \\] \\[ 0,2,3,1,4,8,5,7,6,0, \\] \\[ 0,3,4,2,5,1,6,8,7,0, \\] \\[ 0,4,5,3,6,2,7,1,8,0. \\] kazhdaya stroka soderzhit vse devyat vershin rovno po odnomu razu, a zatem vozvraschaetsya v nachalnuyu vershinu, znachit kazhdaya stroka zadaet gamiltonov tsikl. ostaetsya proverit, chto rebra ne povtoryayutsya. udobno sgruppirovat rebra po pervomu chislu pary, zapisyvaya kazh…","source_keys":["baltic"]}
{"id":"baltic-way-2020-p9-cool-graph-labeling","title":"Крутая разметка вершин и рёбер графа, Baltic Way 2020 P9","path":"data\\problems\\baltic-way\\baltic-way-2020-p9-cool-graph-labeling.yaml","raw_github_url":"https://raw.githubusercontent.com/didin-maxim/knowledge_graph_of_graphs/main/data/problems/baltic-way/baltic-way-2020-p9-cool-graph-labeling.yaml","viewer_url":"https://didin-maxim.github.io/knowledge_graph_of_graphs/#baltic-way-2020-p9-cool-graph-labeling","source_key":"baltic","source_label":"Baltic Way","source_titles":["Baltic Way 2020 официальные условия с решениями"],"year":"2020","type":"olympiad_problem","authors":[],"tags":["coloring","goal_construction"],"agent_topics":[],"difficulty":{"main":"regional","local_score":7,"comment":"Конструктивная графовая разметка; официальный proof полностью основан на жадном порядке.","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":"Официальный источник указан; карточка помечена public_ready true и ai_checked. Жадное доказательство с сохранением локальных сумм выглядит полным.","audit_source":"agent-western-olympiads.json"},"statements":{"original":[{"id":"stmt-original","title":"Условие","status":"ai_checked","text":"Каждой вершине \\(v\\) и каждому ребру \\(e\\) графа \\(G\\) приписываются числа \\(f(v)\\in\\{1,2\\}\\) и \\(f(e)\\in\\{1,2,3\\}\\). Пусть \\(S(v)\\) — сумма чисел, приписанных всем рёбрам, инцидентным \\(v\\), плюс число \\(f(v)\\). Разметка \\(f\\) называется крутой, если \\(S(u)\\ne S(v)\\) для любой пары соседних вершин \\(u,v\\). Докажите, что для каждого графа существует крутая разметка.","definition_ids":["degree","neighborhood"]}]},"solutions":[{"id":"sol-official-expanded","title":"Жадная обработка вершин","status":"ai_checked","definition_ids":["degree","neighborhood"],"standard_idea_ids":["greedy_ordering","pigeonhole_principle"],"tags":[],"has_text":true,"text_preview":"Зафиксируем произвольный порядок вершин \\(v_1,\\ldots,v_n\\). Сначала положим \\(f(v)=1\\) для всех вершин и \\(f(e)=2\\) для всех рёбер. Удобно думать, что на каждой вершине лежит одна фишка, а на каждом ребре — две фишки. Будем обрабатывать вершины по порядку. На шаге \\(i\\) пусть \\(x_1,\\ldots,x_k\\) — уже обработанные соседи вершины \\(v_i\\), то есть соседи с меньшими индексами, а \\(e_j=v_ix_j\\). Для каждого такого ребра есть ровно два допустимых действия, сохраняющих сумму \\(S(x_j)\\). Если на \\(x_j\\) лежит одна фишка, можно либо ничего не делать, либо перенести одну фишку с \\(e_j\\) на \\(x_j\\). Тогда вклад ребра в сумму \\(x_j\\) уменьшается на 1, а вклад вершины \\(x_j\\) увеличивается на 1. Если на \\(x_j\\) лежат две фишки, можно либо ничего не делать, либо перенести одну фишку с \\(x_j\\) на \\(e_j\\); сумма \\(S(x_j)\\) снова сохраняется. При каждом из \\(k\\) независимых выборов сумма \\(S(v_i)\\) меня…"}],"relations":[],"search_text":"baltic-way-2020-p9-cool-graph-labeling крутая разметка вершин и рёбер графа, baltic way 2020 p9 coloring goal_construction 2020 baltic baltic way baltic way 2020 официальные условия с решениями baltic2020 balticway balticway2020 https://www.math.olympiaadid.ut.ee/eng/archive/bw/bw20sol.pdf official_archive src-baltic-way-2020-official-solutions with_solution ? baltic way 2020 официальные условия с решениями stmt-original условие ai_checked каждой вершине \\(v\\) и каждому ребру \\(e\\) графа \\(g\\) приписываются числа \\(f(v)\\in\\{1,2\\}\\) и \\(f(e)\\in\\{1,2,3\\}\\). пусть \\(s(v)\\) — сумма чисел, приписанных всем рёбрам, инцидентным \\(v\\), плюс число \\(f(v)\\). разметка \\(f\\) называется крутой, если \\(s(u)\\ne s(v)\\) для любой пары соседних вершин \\(u,v\\). докажите, что для каждого графа существует крутая разметка. degree neighborhood idea-backward-edges-give-k-plus-one-sums у вершины с \\(k\\) обработанными соседями есть \\(k+1\\) возможная сумма при обработке очередной вершины каждое ребро к уже обработанному соседу можно локально изменить так, чтобы сумма у соседа не изменилась, а сумма у новой вершины менялась на 0 или 1. coloring ai_checked sol-official-expanded жадная обработка вершин ai_checked degree neighborhood greedy_ordering pigeonhole_principle зафиксируем произвольный порядок вершин \\(v_1,\\ldots,v_n\\). сначала положим \\(f(v)=1\\) для всех вершин и \\(f(e)=2\\) для всех рёбер. удобно думать, что на каждой вершине лежит одна фишка, а на каждом ребре — две фишки. будем обрабатывать вершины по порядку. на шаге \\(i\\) пусть \\(x_1,\\ldots,x_k\\) — уже обработанные соседи вершины \\(v_i\\), то есть соседи с меньшими индексами, а \\(e_j=v_ix_j\\). для каждого такого ребра есть ровно два допустимых действия, сохраняющих сумму \\(s(x_j)\\). если на \\(x_j\\) лежит одна фишка, можно либо ничего не делать, либо перенести одну фишку с \\(e_j\\) на \\(x_j\\). тогда вклад ребра в сумму \\(x_j\\) уменьшается на 1, а вклад вершины \\(x_j\\) увеличивается на 1. если на \\(x_j\\) лежат две фишки, можно либо ничего не делать, либо перенести одну фишку с \\(x_j\\) на \\(e_j\\); сумма \\(s(x_j)\\) снова сохраняется. при каждом из \\(k\\) независимых выборов сумма \\(s(v_i)\\) меня… baltic-way-2020-p9-cool-graph-labeling krutaya razmetka vershin i reber grafa, baltic way 2020 p9 coloring goal_construction 2020 baltic baltic way baltic way 2020 ofitsialnye usloviya s resheniyami baltic2020 balticway balticway2020 https://www.math.olympiaadid.ut.ee/eng/archive/bw/bw20sol.pdf official_archive src-baltic-way-2020-official-solutions with_solution ? baltic way 2020 ofitsialnye usloviya s resheniyami stmt-original uslovie ai_checked kazhdoy vershine \\(v\\) i kazhdomu rebru \\(e\\) grafa \\(g\\) pripisyvayutsya chisla \\(f(v)\\in\\{1,2\\}\\) i \\(f(e)\\in\\{1,2,3\\}\\). pust \\(s(v)\\) — summa chisel, pripisannyh vsem rebram, intsidentnym \\(v\\), plyus chislo \\(f(v)\\). razmetka \\(f\\) nazyvaetsya krutoy, esli \\(s(u)\\ne s(v)\\) dlya lyuboy pary sosednih vershin \\(u,v\\). dokazhite, chto dlya kazhdogo grafa suschestvuet krutaya razmetka. degree neighborhood idea-backward-edges-give-k-plus-one-sums u vershiny s \\(k\\) obrabotannymi sosedyami est \\(k+1\\) vozmozhnaya summa pri obrabotke ocherednoy vershiny kazhdoe rebro k uzhe obrabotannomu sosedu mozhno lokalno izmenit tak, chtoby summa u soseda ne izmenilas, a summa u novoy vershiny menyalas na 0 ili 1. coloring ai_checked sol-official-expanded zhadnaya obrabotka vershin ai_checked degree neighborhood greedy_ordering pigeonhole_principle zafiksiruem proizvolnyy poryadok vershin \\(v_1,\\ldots,v_n\\). snachala polozhim \\(f(v)=1\\) dlya vseh vershin i \\(f(e)=2\\) dlya vseh reber. udobno dumat, chto na kazhdoy vershine lezhit odna fishka, a na kazhdom rebre — dve fishki. budem obrabatyvat vershiny po poryadku. na shage \\(i\\) pust \\(x_1,\\ldots,x_k\\) — uzhe obrabotannye sosedi vershiny \\(v_i\\), to est sosedi s menshimi indeksami, a \\(e_j=v_ix_j\\). dlya kazhdogo takogo rebra est rovno dva dopustimyh deystviya, sohranyayuschih summu \\(s(x_j)\\). esli na \\(x_j\\) lezhit odna fishka, mozhno libo nichego ne delat, libo perenesti odnu fishku s \\(e_j\\) na \\(x_j\\). togda vklad rebra v summu \\(x_j\\) umenshaetsya na 1, a vklad vershiny \\(x_j\\) uvelichivaetsya na 1. esli na \\(x_j\\) lezhat dve fishki, mozhno libo nichego ne delat, libo perenesti odnu fishku s \\(x_j\\) na \\(e_j\\); summa \\(s(x_j)\\) snova sohranyaetsya. pri kazhdom iz \\(k\\) nezavisimyh vyborov summa \\(s(v_i)\\) menya…","source_keys":["baltic"]}
{"id":"baltic-way-2023-p6-colour-touch-graph","title":"Граф соприкосновения цветов в таблице, Baltic Way 2023 P6","path":"data\\problems\\baltic-way\\baltic-way-2023-p6-colour-touch-graph.yaml","raw_github_url":"https://raw.githubusercontent.com/didin-maxim/knowledge_graph_of_graphs/main/data/problems/baltic-way/baltic-way-2023-p6-colour-touch-graph.yaml","viewer_url":"https://didin-maxim.github.io/knowledge_graph_of_graphs/#baltic-way-2023-p6-colour-touch-graph","source_key":"baltic","source_label":"Baltic Way","source_titles":["Baltic Way 2023 официальные условия с решениями"],"year":"2023","type":"olympiad_problem","authors":[],"tags":["connectivity","degree_counting","coloring","goal_exact_bound"],"agent_topics":[],"difficulty":{"main":"regional","local_score":5,"comment":"Граф не в исходной формулировке, но официальное решение существенно использует граф цветов.","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":"Официальный источник указан; карточка помечена public_ready true и ai_checked. Оценка для графа касаний цветов самодостаточна и использует только элементарные факты о графах.","audit_source":"agent-western-olympiads.json"},"statements":{"original":[{"id":"stmt-original","title":"Условие","status":"ai_checked","text":"Пусть \\(n\\) — положительное целое число. Каждая клетка таблицы \\(n\\times n\\) окрашена в один из \\(k\\) цветов, причём каждый цвет использован хотя бы один раз. Два разных цвета называются соприкасающимися, если существуют две клетки этих цветов с общей стороной. Раскраска такова, что каждый цвет соприкасается не более чем с двумя другими цветами. Найдите максимальное возможное значение \\(k\\) в зависимости от \\(n\\).","definition_ids":[]}],"graph_hint_reformulations":[{"id":"stmt-graph-hint","title":"Граф цветов и ограничение диаметра","status":"ai_checked","text":"Постройте граф цветов: вершины — использованные цвета, два цвета соединены ребром, если они соприкасаются по стороне клетки. Этот граф связен и имеет максимальную степень не больше 2; значит, он является путём или циклом. Используя расстояния от центральной клетки или центрального блока \\(2\\times 2\\), найдите наибольшее число вершин такого графа.","definition_ids":["connected_graph","degree","path","cycle"]}]},"solutions":[{"id":"sol-official-expanded","title":"Оценка через граф цветов","status":"ai_checked","definition_ids":["connected_graph","degree","path","cycle"],"standard_idea_ids":["pigeonhole_principle"],"tags":[],"has_text":true,"text_preview":"Ответ: \\(k=1\\) при \\(n=1\\), \\(k=4\\) при \\(n=2\\), а при \\(n\\ge 3\\) максимум равен \\(2n-1\\). Конструкция для \\(n\\ge3\\) получается диагональными полосами: клетки с одинаковой суммой координат получают один цвет. Тогда цветов \\(2n-1\\), и каждый цвет соприкасается только с соседними по номеру диагоналями. Докажем оценку сверху. Построим граф, вершины которого — цвета, а ребро соединяет два соприкасающихся цвета. Так как вся таблица связна по сторонам и каждый цвет используется, этот граф связен. По условию степень каждой вершины не больше 2, поэтому граф является либо путём, либо циклом. Пусть \\(n\\) нечётно. Возьмём центральную клетку. От неё до любой клетки таблицы можно дойти по соседним клеткам не более чем за \\(n-1\\) шагов. Следовательно, от цвета центральной клетки до любого другого цвета в графе цветов расстояние не больше \\(n-1\\). В пути или цикле с \\(2n\\) и более вершинами у любой ве…"}],"relations":[{"id":"rel-miklos-2009-p2-bounded-baltic-2023-degree-two","neighbor_id":"miklos-schweitzer-2009-p2-bounded-degree-smooth-difference-path","direction":"backward","type":"same_motif","distance":2,"status":"ai_checked"}],"search_text":"baltic-way-2023-p6-colour-touch-graph граф соприкосновения цветов в таблице, baltic way 2023 p6 connectivity degree_counting coloring goal_exact_bound 2023 baltic baltic way baltic way 2023 официальные условия с решениями baltic2023 balticway balticway2023 https://www.math.olympiaadid.ut.ee/eng/archive/bw/bw23sol.pdf official_archive src-baltic-way-2023-official-solutions with_solution ? baltic way 2023 официальные условия с решениями stmt-original условие ai_checked пусть \\(n\\) — положительное целое число. каждая клетка таблицы \\(n\\times n\\) окрашена в один из \\(k\\) цветов, причём каждый цвет использован хотя бы один раз. два разных цвета называются соприкасающимися, если существуют две клетки этих цветов с общей стороной. раскраска такова, что каждый цвет соприкасается не более чем с двумя другими цветами. найдите максимальное возможное значение \\(k\\) в зависимости от \\(n\\). stmt-graph-hint граф цветов и ограничение диаметра ai_checked постройте граф цветов: вершины — использованные цвета, два цвета соединены ребром, если они соприкасаются по стороне клетки. этот граф связен и имеет максимальную степень не больше 2; значит, он является путём или циклом. используя расстояния от центральной клетки или центрального блока \\(2\\times 2\\), найдите наибольшее число вершин такого графа. connected_graph degree path cycle idea-colour-graph-diameter граф цветов имеет степень не больше 2 связный граф максимальной степени 2 — путь или цикл; если от одной или нескольких центральных клеток до любой клетки таблицы путь по клеткам имеет длину не больше \\(n-1\\), то и в графе цветов все цвета лежат на расстоянии не больше \\(n-1\\). connectivity degree_counting ai_checked sol-official-expanded оценка через граф цветов ai_checked connected_graph degree path cycle pigeonhole_principle ответ: \\(k=1\\) при \\(n=1\\), \\(k=4\\) при \\(n=2\\), а при \\(n\\ge 3\\) максимум равен \\(2n-1\\). конструкция для \\(n\\ge3\\) получается диагональными полосами: клетки с одинаковой суммой координат получают один цвет. тогда цветов \\(2n-1\\), и каждый цвет соприкасается только с соседними по номеру диагоналями. докажем оценку сверху. построим граф, вершины которого — цвета, а ребро соединяет два соприкасающихся цвета. так как вся таблица связна по сторонам и каждый цвет используется, этот граф связен. по условию степень каждой вершины не больше 2, поэтому граф является либо путём, либо циклом. пусть \\(n\\) нечётно. возьмём центральную клетку. от неё до любой клетки таблицы можно дойти по соседним клеткам не более чем за \\(n-1\\) шагов. следовательно, от цвета центральной клетки до любого другого цвета в графе цветов расстояние не больше \\(n-1\\). в пути или цикле с \\(2n\\) и более вершинами у любой ве… baltic-way-2023-p6-colour-touch-graph graf soprikosnoveniya tsvetov v tablitse, baltic way 2023 p6 connectivity degree_counting coloring goal_exact_bound 2023 baltic baltic way baltic way 2023 ofitsialnye usloviya s resheniyami baltic2023 balticway balticway2023 https://www.math.olympiaadid.ut.ee/eng/archive/bw/bw23sol.pdf official_archive src-baltic-way-2023-official-solutions with_solution ? baltic way 2023 ofitsialnye usloviya s resheniyami stmt-original uslovie ai_checked pust \\(n\\) — polozhitelnoe tseloe chislo. kazhdaya kletka tablitsy \\(n\\times n\\) okrashena v odin iz \\(k\\) tsvetov, prichem kazhdyy tsvet ispolzovan hotya by odin raz. dva raznyh tsveta nazyvayutsya soprikasayuschimisya, esli suschestvuyut dve kletki etih tsvetov s obschey storonoy. raskraska takova, chto kazhdyy tsvet soprikasaetsya ne bolee chem s dvumya drugimi tsvetami. naydite maksimalnoe vozmozhnoe znachenie \\(k\\) v zavisimosti ot \\(n\\). stmt-graph-hint graf tsvetov i ogranichenie diametra ai_checked postroyte graf tsvetov: vershiny — ispolzovannye tsveta, dva tsveta soedineny rebrom, esli oni soprikasayutsya po storone kletki. etot graf svyazen i imeet maksimalnuyu stepen ne bolshe 2; znachit, on yavlyaetsya putem ili tsiklom. ispolzuya rasstoyaniya ot tsentralnoy kletki ili tsentralnogo bloka \\(2\\times 2\\), naydite naibolshee chislo vershin takogo grafa. connected_graph degree path cycle idea-colour-graph-diameter graf tsvetov imeet stepen ne bolshe 2 svyaznyy graf maksimalnoy stepeni 2 — put ili tsikl; esli ot odnoy ili neskolkih tsentralnyh kletok do lyuboy kletki tablitsy put po kletkam imeet dlinu ne bolshe \\(n-1\\), to i v grafe tsvetov vse tsveta lezhat na rasstoyanii ne bolshe \\(n-1\\). connectivity degree_counting ai_checked sol-official-expanded otsenka cherez graf tsvetov ai_checked connected_graph degree path cycle pigeonhole_principle otvet: \\(k=1\\) pri \\(n=1\\), \\(k=4\\) pri \\(n=2\\), a pri \\(n\\ge 3\\) maksimum raven \\(2n-1\\). konstruktsiya dlya \\(n\\ge3\\) poluchaetsya diagonalnymi polosami: kletki s odinakovoy summoy koordinat poluchayut odin tsvet. togda tsvetov \\(2n-1\\), i kazhdyy tsvet soprikasaetsya tolko s sosednimi po nomeru diagonalyami. dokazhem otsenku sverhu. postroim graf, vershiny kotorogo — tsveta, a rebro soedinyaet dva soprikasayuschihsya tsveta. tak kak vsya tablitsa svyazna po storonam i kazhdyy tsvet ispolzuetsya, etot graf svyazen. po usloviyu stepen kazhdoy vershiny ne bolshe 2, poetomu graf yavlyaetsya libo putem, libo tsiklom. pust \\(n\\) nechetno. vozmem tsentralnuyu kletku. ot nee do lyuboy kletki tablitsy mozhno doyti po sosednim kletkam ne bolee chem za \\(n-1\\) shagov. sledovatelno, ot tsveta tsentralnoy kletki do lyubogo drugogo tsveta v grafe tsvetov rasstoyanie ne bolshe \\(n-1\\). v puti ili tsikle s \\(2n\\) i bolee vershinami u lyuboy ve…","source_keys":["baltic"]}
{"id":"baltic-way-2024-p6-tree-edge-slide-labyrinth","title":"Преобразование дерева ходами по соседним рёбрам, Baltic Way 2024 P6","path":"data\\problems\\baltic-way\\baltic-way-2024-p6-tree-edge-slide-labyrinth.yaml","raw_github_url":"https://raw.githubusercontent.com/didin-maxim/knowledge_graph_of_graphs/main/data/problems/baltic-way/baltic-way-2024-p6-tree-edge-slide-labyrinth.yaml","viewer_url":"https://didin-maxim.github.io/knowledge_graph_of_graphs/#baltic-way-2024-p6-tree-edge-slide-labyrinth","source_key":"baltic","source_label":"Baltic Way","source_titles":["Baltic Way 2024 официальные условия с решениями"],"year":"2024","type":"olympiad_problem","authors":[],"tags":["trees","connectivity","dynamics","induction","graph_model","goal_existence"],"agent_topics":[],"difficulty":{"main":"regional","local_score":7,"comment":"Сильная задача на деревья и достижимость состояний; официальное решение полностью графовое.","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":0.88,"basis":"агентский аудит средней сложности","notes":"Официальный источник указан; карточка помечена public_ready true и ai_checked. Индукция по дереву с локальными последовательностями ходов записана подробно.","audit_source":"agent-western-olympiads.json"},"statements":{"original":[{"id":"stmt-original","title":"Условие","status":"ai_checked","text":"Лабиринт состоит из 2024 пещер и 2023 непересекающихся двусторонних коридоров; каждый коридор соединяет ровно две пещеры, и из любой пещеры можно добраться до любой другой по последовательности коридоров. Сначала Эрик стоит в некотором коридоре. За один ход он может пройти через одну из двух пещер этого коридора в другой коридор, выходящий из той же пещеры. При этом старый коридор исчезает и вместо него появляется новый коридор, соединяющий другой конец нового коридора с другим концом старого: если Эрик был в коридоре между \\(a\\) и \\(b\\), прошёл через \\(b\\) в коридор между \\(b\\) и \\(c\\), то коридор \\(ab\\) исчезает, а появляется коридор \\(ac\\). Докажите, что Эрик может преобразовать лабиринт в любую заранее заданную допустимую схему, независимо от исходной схемы и начального коридора.","definition_ids":["tree","path"]}],"graph_theory":[{"id":"stmt-graph","title":"Преобразования деревьев с фишкой на ребре","status":"ai_checked","text":"Пусть дано дерево на фиксированном множестве из \\(n\\ge 3\\) вершин, и фишка стоит на одном его ребре. Разрешён ход по пути \\(a-b-c\\): если фишка стоит на ребре \\(ab\\), она переходит на ребро \\(bc\\), ребро \\(ab\\) удаляется, а ребро \\(ac\\) добавляется. Докажите, что из любого дерева с любым начальным ребром можно получить любое другое дерево на том же множестве вершин.","definition_ids":["tree","path"]}]},"solutions":[{"id":"sol-official-expanded","title":"Индукция по числу вершин","status":"ai_checked","definition_ids":["tree","path"],"standard_idea_ids":["induction","delete_to_simplify"],"tags":[],"has_text":true,"text_preview":"Будем писать \\(ab\\) для коридора между пещерами \\(a\\) и \\(b\\). Сначала заметим, что любой ход обратим. Пусть есть путь \\(a-b-c\\), фишка стоит на \\(ab\\), и сделан ход \\(ab\\to bc\\), после которого вместо \\(ab\\) появилось \\(ac\\). Теперь можно выполнить \\(bc\\to ca\\), а затем \\(ca\\to ab\\): после первого из этих двух ходов удаляется \\(bc\\) и возвращается \\(ab\\), а после второго удаляется \\(ac\\) и возвращается \\(bc\\). Фишка снова стоит на \\(ab\\), и множество рёбер снова такое же, как до исходного хода. Значит, если одну схему можно привести к другой, то можно пройти и обратно. Поэтому достаточно доказать, что из любой схемы можно получить звезду с некоторым центром. Докажем это индукцией по числу \\(n\\) вершин. При \\(n=3\\) любое дерево уже является звездой. Пусть \\(n\\ge 4\\). В дереве есть хотя бы два листа: это, например, концы самого длинного простого пути. Эти два листа не могут быть соединен…"}],"relations":[{"id":"rel-tree-equivalent-properties-baltic-way-2024-p6-leaf-induction","neighbor_id":"tree-equivalent-properties","direction":"backward","type":"prerequisite","distance":1,"status":"ai_checked"}],"search_text":"baltic-way-2024-p6-tree-edge-slide-labyrinth преобразование дерева ходами по соседним рёбрам, baltic way 2024 p6 trees connectivity dynamics induction graph_model goal_existence 2024 baltic baltic way baltic way 2024 официальные условия с решениями baltic2024 balticway balticway2024 https://www.math.olympiaadid.ut.ee/eng/archive/bw/bw24sol.pdf official_archive src-baltic-way-2024-official-solutions with_solution ? baltic way 2024 официальные условия с решениями stmt-original условие ai_checked лабиринт состоит из 2024 пещер и 2023 непересекающихся двусторонних коридоров; каждый коридор соединяет ровно две пещеры, и из любой пещеры можно добраться до любой другой по последовательности коридоров. сначала эрик стоит в некотором коридоре. за один ход он может пройти через одну из двух пещер этого коридора в другой коридор, выходящий из той же пещеры. при этом старый коридор исчезает и вместо него появляется новый коридор, соединяющий другой конец нового коридора с другим концом старого: если эрик был в коридоре между \\(a\\) и \\(b\\), прошёл через \\(b\\) в коридор между \\(b\\) и \\(c\\), то коридор \\(ab\\) исчезает, а появляется коридор \\(ac\\). докажите, что эрик может преобразовать лабиринт в любую заранее заданную допустимую схему, независимо от исходной схемы и начального коридора. tree path stmt-graph преобразования деревьев с фишкой на ребре ai_checked пусть дано дерево на фиксированном множестве из \\(n\\ge 3\\) вершин, и фишка стоит на одном его ребре. разрешён ход по пути \\(a-b-c\\): если фишка стоит на ребре \\(ab\\), она переходит на ребро \\(bc\\), ребро \\(ab\\) удаляется, а ребро \\(ac\\) добавляется. докажите, что из любого дерева с любым начальным ребром можно получить любое другое дерево на том же множестве вершин. tree path idea-reversible-tree-slides-to-star обратимость ходов и сведение дерева к звезде достаточно уметь приводить любое дерево к звезде: каждый ход обратим трёхходовой последовательностью, поэтому путь через звезду соединяет любые две схемы. trees connectivity ai_checked sol-official-expanded индукция по числу вершин ai_checked tree path induction delete_to_simplify будем писать \\(ab\\) для коридора между пещерами \\(a\\) и \\(b\\). сначала заметим, что любой ход обратим. пусть есть путь \\(a-b-c\\), фишка стоит на \\(ab\\), и сделан ход \\(ab\\to bc\\), после которого вместо \\(ab\\) появилось \\(ac\\). теперь можно выполнить \\(bc\\to ca\\), а затем \\(ca\\to ab\\): после первого из этих двух ходов удаляется \\(bc\\) и возвращается \\(ab\\), а после второго удаляется \\(ac\\) и возвращается \\(bc\\). фишка снова стоит на \\(ab\\), и множество рёбер снова такое же, как до исходного хода. значит, если одну схему можно привести к другой, то можно пройти и обратно. поэтому достаточно доказать, что из любой схемы можно получить звезду с некоторым центром. докажем это индукцией по числу \\(n\\) вершин. при \\(n=3\\) любое дерево уже является звездой. пусть \\(n\\ge 4\\). в дереве есть хотя бы два листа: это, например, концы самого длинного простого пути. эти два листа не могут быть соединен… baltic-way-2024-p6-tree-edge-slide-labyrinth preobrazovanie dereva hodami po sosednim rebram, baltic way 2024 p6 trees connectivity dynamics induction graph_model goal_existence 2024 baltic baltic way baltic way 2024 ofitsialnye usloviya s resheniyami baltic2024 balticway balticway2024 https://www.math.olympiaadid.ut.ee/eng/archive/bw/bw24sol.pdf official_archive src-baltic-way-2024-official-solutions with_solution ? baltic way 2024 ofitsialnye usloviya s resheniyami stmt-original uslovie ai_checked labirint sostoit iz 2024 pescher i 2023 neperesekayuschihsya dvustoronnih koridorov; kazhdyy koridor soedinyaet rovno dve peschery, i iz lyuboy peschery mozhno dobratsya do lyuboy drugoy po posledovatelnosti koridorov. snachala erik stoit v nekotorom koridore. za odin hod on mozhet proyti cherez odnu iz dvuh pescher etogo koridora v drugoy koridor, vyhodyaschiy iz toy zhe peschery. pri etom staryy koridor ischezaet i vmesto nego poyavlyaetsya novyy koridor, soedinyayuschiy drugoy konets novogo koridora s drugim kontsom starogo: esli erik byl v koridore mezhdu \\(a\\) i \\(b\\), proshel cherez \\(b\\) v koridor mezhdu \\(b\\) i \\(c\\), to koridor \\(ab\\) ischezaet, a poyavlyaetsya koridor \\(ac\\). dokazhite, chto erik mozhet preobrazovat labirint v lyubuyu zaranee zadannuyu dopustimuyu shemu, nezavisimo ot ishodnoy shemy i nachalnogo koridora. tree path stmt-graph preobrazovaniya derevev s fishkoy na rebre ai_checked pust dano derevo na fiksirovannom mnozhestve iz \\(n\\ge 3\\) vershin, i fishka stoit na odnom ego rebre. razreshen hod po puti \\(a-b-c\\): esli fishka stoit na rebre \\(ab\\), ona perehodit na rebro \\(bc\\), rebro \\(ab\\) udalyaetsya, a rebro \\(ac\\) dobavlyaetsya. dokazhite, chto iz lyubogo dereva s lyubym nachalnym rebrom mozhno poluchit lyuboe drugoe derevo na tom zhe mnozhestve vershin. tree path idea-reversible-tree-slides-to-star obratimost hodov i svedenie dereva k zvezde dostatochno umet privodit lyuboe derevo k zvezde: kazhdyy hod obratim trehhodovoy posledovatelnostyu, poetomu put cherez zvezdu soedinyaet lyubye dve shemy. trees connectivity ai_checked sol-official-expanded induktsiya po chislu vershin ai_checked tree path induction delete_to_simplify budem pisat \\(ab\\) dlya koridora mezhdu pescherami \\(a\\) i \\(b\\). snachala zametim, chto lyuboy hod obratim. pust est put \\(a-b-c\\), fishka stoit na \\(ab\\), i sdelan hod \\(ab\\to bc\\), posle kotorogo vmesto \\(ab\\) poyavilos \\(ac\\). teper mozhno vypolnit \\(bc\\to ca\\), a zatem \\(ca\\to ab\\): posle pervogo iz etih dvuh hodov udalyaetsya \\(bc\\) i vozvraschaetsya \\(ab\\), a posle vtorogo udalyaetsya \\(ac\\) i vozvraschaetsya \\(bc\\). fishka snova stoit na \\(ab\\), i mnozhestvo reber snova takoe zhe, kak do ishodnogo hoda. znachit, esli odnu shemu mozhno privesti k drugoy, to mozhno proyti i obratno. poetomu dostatochno dokazat, chto iz lyuboy shemy mozhno poluchit zvezdu s nekotorym tsentrom. dokazhem eto induktsiey po chislu \\(n\\) vershin. pri \\(n=3\\) lyuboe derevo uzhe yavlyaetsya zvezdoy. pust \\(n\\ge 4\\). v dereve est hotya by dva lista: eto, naprimer, kontsy samogo dlinnogo prostogo puti. eti dva lista ne mogut byt soedinen…","source_keys":["baltic"]}
{"id":"benjamini-tzalik-shortest-paths","title":"Теорема Беньямини — Цалика о числе кратчайших путей","path":"data\\problems\\classical\\benjamini-tzalik-shortest-paths.yaml","raw_github_url":"https://raw.githubusercontent.com/didin-maxim/knowledge_graph_of_graphs/main/data/problems/classical/benjamini-tzalik-shortest-paths.yaml","viewer_url":"https://didin-maxim.github.io/knowledge_graph_of_graphs/#benjamini-tzalik-shortest-paths","source_key":"misc","source_label":"Прочее","source_titles":["Itai Benjamini, Elad Tzalik, On the Number of Shortest Paths in Graphs","Кубок Колмогорова 2024 официальный архив"],"year":"","type":"theorem","authors":["Itai Benjamini","Elad Tzalik"],"tags":["extremal_graph_theory","connectivity","degree_counting","classical_theorem","goal_bound"],"agent_topics":[],"difficulty":{"main":"classical_tool","local_score":13,"comment":"Классическая оценка с коротким, но не совсем олимпиадным энтропийным доказательством через чтение случайного кратчайшего пути в двух направлениях.","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":"split from source-verified merged card with самодостаточное доказательство","notes":"Карточка опирается на arXiv-источник и содержит самодостаточное доказательство основной оценки.","audit_source":"agent-split-benjamini-tzalik-kolmogorov"},"statements":{"original":[{"id":"stmt-benjamini-tzalik-bound","title":"Теорема Беньямини — Цалика","status":"ai_checked","text":"Пусть \\(G\\) — конечный неориентированный мультиграф без петель, степени всех вершин которого не превосходят \\(\\Delta\\). Если две различные вершины \\(x,y\\) находятся на расстоянии \\(t\\ge1\\), то число кратчайших путей из \\(x\\) в \\(y\\), где параллельные рёбра считаются различными, не превосходит \\(2(\\Delta/2)^t\\).","definition_ids":["multigraph","path","degree"]}],"graph_theory":[{"id":"stmt-graph-layered-bound","title":"Кратчайшие пути в мультиграфе","status":"ai_checked","text":"В конечном мультиграфе без петель, степени всех вершин которого не превосходят \\(\\Delta\\), число кратчайших путей между двумя вершинами на расстоянии \\(t\\ge1\\), с учётом кратности рёбер, не превосходит \\(2(\\Delta/2)^t\\).","definition_ids":["multigraph","path","degree"]}],"olympiad_reformulations":[{"id":"stmt-even-degree-corollary","title":"Чётная степень","status":"ai_checked","text":"При \\(\\Delta=2m\\) из теоремы следует, что между двумя вершинами на расстоянии \\(t\\) в мультиграфе максимальной степени не больше \\(2m\\) существует не более \\(2m^t\\) кратчайших путей.","definition_ids":["multigraph","path","degree"]}]},"solutions":[{"id":"sol-entropy-bound","title":"Энтропийное доказательство верхней оценки","status":"ai_checked","definition_ids":["multigraph","path","degree"],"standard_idea_ids":[],"tags":[],"has_text":true,"text_preview":"Будем считать параллельные рёбра различными. Удалим из \\(G\\) всё, что не лежит на кратчайших путях из \\(x\\) в \\(y\\). В оставшемся мультиграфе каждая вершина лежит в некотором слое \\(L_i=\\{v:\\operatorname{dist}(x,v)=i\\}\\), а каждое ребро кратчайшего пути идёт из \\(L_i\\) в \\(L_{i+1}\\). Для вершины \\(v\\in L_i\\) обозначим через \\(a(v)\\) число рёбер из \\(L_{i-1}\\) в \\(v\\), а через \\(b(v)\\) число рёбер из \\(v\\) в \\(L_{i+1}\\). Для внутренних слоёв имеем \\(a(v)+b(v)\\le\\deg(v)\\le\\Delta\\), поэтому \\(a(v)b(v)\\le(\\Delta/2)^2\\). Пусть всего кратчайших путей \\(N\\), и выберем один из них равновероятно. Его энтропия равна \\(\\log N\\). Если читать путь слева направо, то при известном префиксе следующий шаг выбирается среди не более чем \\(b(v)\\) рёбер, где \\(v\\) — текущая вершина. Значит \\[\\log N\\le \\mathbb E\\sum_{i=0}^{t-1}\\log b(X_i),\\] где \\(X_i\\) — вершина пути в слое \\(i\\). Если читать тот же путь сп…"}],"relations":[{"id":"rel-benjamini-tzalik-kolmogorov-2024-shortest-paths-prerequisite","neighbor_id":"kolmogorov-2024-t1-seniors-2-shortest-paths-even-degree","direction":"forward","type":"prerequisite","distance":1,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-benjamini-tzalik-third-fourth-distance-layer-bound","neighbor_id":"third-fourth-distance-layer-bound","direction":"forward","type":"same_motif","distance":2,"status":"ai_checked"}],"search_text":"benjamini-tzalik-shortest-paths теорема беньямини — цалика о числе кратчайших путей extremal_graph_theory connectivity degree_counting classical_theorem goal_bound elad tzalik eladtzalik https://arxiv.org/abs/2311.10014 https://turmath.ru/kolm/files/archive/kolm27.zip itai benjamini itai benjamini, elad tzalik, on the number of shortest paths in graphs itaibenjamini misc olympiad_archive paper src-benjamini-tzalik-shortest-paths src-kolmogorov-2024-official with_solution кубок колмогорова 2024 официальный архив прочее itai benjamini elad tzalik itai benjamini, elad tzalik, on the number of shortest paths in graphs кубок колмогорова 2024 официальный архив stmt-benjamini-tzalik-bound теорема беньямини — цалика ai_checked пусть \\(g\\) — конечный неориентированный мультиграф без петель, степени всех вершин которого не превосходят \\(\\delta\\). если две различные вершины \\(x,y\\) находятся на расстоянии \\(t\\ge1\\), то число кратчайших путей из \\(x\\) в \\(y\\), где параллельные рёбра считаются различными, не превосходит \\(2(\\delta/2)^t\\). multigraph path degree stmt-graph-layered-bound кратчайшие пути в мультиграфе ai_checked в конечном мультиграфе без петель, степени всех вершин которого не превосходят \\(\\delta\\), число кратчайших путей между двумя вершинами на расстоянии \\(t\\ge1\\), с учётом кратности рёбер, не превосходит \\(2(\\delta/2)^t\\). multigraph path degree stmt-even-degree-corollary чётная степень ai_checked при \\(\\delta=2m\\) из теоремы следует, что между двумя вершинами на расстоянии \\(t\\) в мультиграфе максимальной степени не больше \\(2m\\) существует не более \\(2m^t\\) кратчайших путей. multigraph path degree idea-prune-to-shortest-path-layers слои кратчайших путей удаляем все рёбра и вершины, которые не лежат на кратчайших путях из \\(x\\) в \\(y\\). оставшийся граф естественно ориентирован от слоя \\(i\\) к слою \\(i+1\\). extremal_graph_theory ai_checked idea-forward-backward-entropy посчитать случайный путь с двух сторон для равномерно выбранного кратчайшего пути энтропия следующего ребра контролируется выходящей степенью слоя, а энтропия предыдущего ребра — входящей степенью. сложение двух оценок превращает ограничение \\(in(v)+out(v)\\le\\delta\\) в произведение \\(in(v)out(v)\\le(\\delta/2)^2\\). extremal_graph_theory degree_counting ai_checked sol-entropy-bound энтропийное доказательство верхней оценки ai_checked multigraph path degree будем считать параллельные рёбра различными. удалим из \\(g\\) всё, что не лежит на кратчайших путях из \\(x\\) в \\(y\\). в оставшемся мультиграфе каждая вершина лежит в некотором слое \\(l_i=\\{v:\\operatorname{dist}(x,v)=i\\}\\), а каждое ребро кратчайшего пути идёт из \\(l_i\\) в \\(l_{i+1}\\). для вершины \\(v\\in l_i\\) обозначим через \\(a(v)\\) число рёбер из \\(l_{i-1}\\) в \\(v\\), а через \\(b(v)\\) число рёбер из \\(v\\) в \\(l_{i+1}\\). для внутренних слоёв имеем \\(a(v)+b(v)\\le\\deg(v)\\le\\delta\\), поэтому \\(a(v)b(v)\\le(\\delta/2)^2\\). пусть всего кратчайших путей \\(n\\), и выберем один из них равновероятно. его энтропия равна \\(\\log n\\). если читать путь слева направо, то при известном префиксе следующий шаг выбирается среди не более чем \\(b(v)\\) рёбер, где \\(v\\) — текущая вершина. значит \\[\\log n\\le \\mathbb e\\sum_{i=0}^{t-1}\\log b(x_i),\\] где \\(x_i\\) — вершина пути в слое \\(i\\). если читать тот же путь сп… benjamini-tzalik-shortest-paths teorema benyamini — tsalika o chisle kratchayshih putey extremal_graph_theory connectivity degree_counting classical_theorem goal_bound elad tzalik eladtzalik https://arxiv.org/abs/2311.10014 https://turmath.ru/kolm/files/archive/kolm27.zip itai benjamini itai benjamini, elad tzalik, on the number of shortest paths in graphs itaibenjamini misc olympiad_archive paper src-benjamini-tzalik-shortest-paths src-kolmogorov-2024-official with_solution kubok kolmogorova 2024 ofitsialnyy arhiv prochee itai benjamini elad tzalik itai benjamini, elad tzalik, on the number of shortest paths in graphs kubok kolmogorova 2024 ofitsialnyy arhiv stmt-benjamini-tzalik-bound teorema benyamini — tsalika ai_checked pust \\(g\\) — konechnyy neorientirovannyy multigraf bez petel, stepeni vseh vershin kotorogo ne prevoshodyat \\(\\delta\\). esli dve razlichnye vershiny \\(x,y\\) nahodyatsya na rasstoyanii \\(t\\ge1\\), to chislo kratchayshih putey iz \\(x\\) v \\(y\\), gde parallelnye rebra schitayutsya razlichnymi, ne prevoshodit \\(2(\\delta/2)^t\\). multigraph path degree stmt-graph-layered-bound kratchayshie puti v multigrafe ai_checked v konechnom multigrafe bez petel, stepeni vseh vershin kotorogo ne prevoshodyat \\(\\delta\\), chislo kratchayshih putey mezhdu dvumya vershinami na rasstoyanii \\(t\\ge1\\), s uchetom kratnosti reber, ne prevoshodit \\(2(\\delta/2)^t\\). multigraph path degree stmt-even-degree-corollary chetnaya stepen ai_checked pri \\(\\delta=2m\\) iz teoremy sleduet, chto mezhdu dvumya vershinami na rasstoyanii \\(t\\) v multigrafe maksimalnoy stepeni ne bolshe \\(2m\\) suschestvuet ne bolee \\(2m^t\\) kratchayshih putey. multigraph path degree idea-prune-to-shortest-path-layers sloi kratchayshih putey udalyaem vse rebra i vershiny, kotorye ne lezhat na kratchayshih putyah iz \\(x\\) v \\(y\\). ostavshiysya graf estestvenno orientirovan ot sloya \\(i\\) k sloyu \\(i+1\\). extremal_graph_theory ai_checked idea-forward-backward-entropy poschitat sluchaynyy put s dvuh storon dlya ravnomerno vybrannogo kratchayshego puti entropiya sleduyuschego rebra kontroliruetsya vyhodyaschey stepenyu sloya, a entropiya predyduschego rebra — vhodyaschey stepenyu. slozhenie dvuh otsenok prevraschaet ogranichenie \\(in(v)+out(v)\\le\\delta\\) v proizvedenie \\(in(v)out(v)\\le(\\delta/2)^2\\). extremal_graph_theory degree_counting ai_checked sol-entropy-bound entropiynoe dokazatelstvo verhney otsenki ai_checked multigraph path degree budem schitat parallelnye rebra razlichnymi. udalim iz \\(g\\) vse, chto ne lezhit na kratchayshih putyah iz \\(x\\) v \\(y\\). v ostavshemsya multigrafe kazhdaya vershina lezhit v nekotorom sloe \\(l_i=\\{v:\\operatorname{dist}(x,v)=i\\}\\), a kazhdoe rebro kratchayshego puti idet iz \\(l_i\\) v \\(l_{i+1}\\). dlya vershiny \\(v\\in l_i\\) oboznachim cherez \\(a(v)\\) chislo reber iz \\(l_{i-1}\\) v \\(v\\), a cherez \\(b(v)\\) chislo reber iz \\(v\\) v \\(l_{i+1}\\). dlya vnutrennih sloev imeem \\(a(v)+b(v)\\le\\deg(v)\\le\\delta\\), poetomu \\(a(v)b(v)\\le(\\delta/2)^2\\). pust vsego kratchayshih putey \\(n\\), i vyberem odin iz nih ravnoveroyatno. ego entropiya ravna \\(\\log n\\). esli chitat put sleva napravo, to pri izvestnom prefikse sleduyuschiy shag vybiraetsya sredi ne bolee chem \\(b(v)\\) reber, gde \\(v\\) — tekuschaya vershina. znachit \\[\\log n\\le \\mathbb e\\sum_{i=0}^{t-1}\\log b(x_i),\\] gde \\(x_i\\) — vershina puti v sloe \\(i\\). esli chitat tot zhe put sp…","source_keys":["misc","kolmogorov"]}
{"id":"bmo-2013-p4-weakly-friendly-cycles-three-rooms","title":"Трёхраскрашиваемость графа недружбы, BMO 2013 P4","path":"data\\problems\\bmo\\bmo-2013-p4-weakly-friendly-cycles-three-rooms.yaml","raw_github_url":"https://raw.githubusercontent.com/didin-maxim/knowledge_graph_of_graphs/main/data/problems/bmo/bmo-2013-p4-weakly-friendly-cycles-three-rooms.yaml","viewer_url":"https://didin-maxim.github.io/knowledge_graph_of_graphs/#bmo-2013-p4-weakly-friendly-cycles-three-rooms","source_key":"bmo","source_label":"BMO","source_titles":["BMOS/UKMT, условия Balkan Mathematical Olympiad, 30 июня 2013","MOlympiad.NET, Balkan Mathematical Olympiad 2013 решения"],"year":"2013","type":"olympiad_problem","authors":[],"tags":["coloring","extremal_choice","induction","graph_model","goal_existence"],"agent_topics":[],"difficulty":{"main":"national_final_hard","local_score":8,"comment":"BMO 2013 P4; центральный ход - перевести недружбу в ребра, доказать 2-вырожденность через длиннейший индуцированный путь и завершить жадной 3-раскраской.","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":0.82,"basis":"агентский аудит средней сложности","notes":"Полное самодостаточное решение использует граф недружбы, самый длинный индуцированный путь, удаление вершин малой степени и жадную 3-раскраску. Источник решения — архив задач и решений MOlympiad, а не явно официальный источник решений BMO.","audit_source":"agent-western-olympiads.json"},"statements":{"original":[{"id":"stmt-original","title":"Условие","status":"ai_checked","text":"В математическом соревновании некоторые участники дружат; дружба взаимна. Назовем различных участников \\(A_1,A_2,\\ldots,A_n\\), где \\(n\\ge 3\\), слабо-дружественным циклом, если \\(A_i\\) не дружит с \\(A_{i+1}\\) при всех \\(1\\le i\\le n\\), где \\(A_{n+1}=A_1\\), и среди участников этого цикла нет других пар недрузей. Предположим, что выполнено следующее свойство: для любого участника \\(C\\) и любого слабо-дружественного цикла \\(\\mathcal S\\), не содержащего \\(C\\), в \\(\\mathcal S\\) есть не более одного участника \\(D\\), который не дружит с \\(C\\). Докажите, что всех участников можно рассадить по трем комнатам так, чтобы любые два участника в одной комнате дружили.","definition_ids":[]}],"graph_theory":[{"id":"stmt-graph","title":"Трёхраскрашиваемость графа с разреженными индуцированными циклами","status":"ai_checked","text":"Пусть \\(G\\) — простой граф. Предположим, что для любого индуцированного цикла \\(C\\) и любой вершины \\(v\\notin V(C)\\) вершина \\(v\\) имеет не более одного соседа на \\(C\\). Докажите, что \\(\\chi(G)\\le3\\).","definition_ids":["simple_graph","cycle","chromatic_number"]}]},"solutions":[{"id":"sol-nonfriend-graph-induced-path","title":"Решение через граф недружбы","status":"ai_checked","definition_ids":["simple_graph","degree","path","cycle","chromatic_number"],"standard_idea_ids":["extremal_choice","induction","delete_to_simplify","greedy_ordering"],"tags":[],"has_text":true,"text_preview":"Построим граф \\(G\\): вершины - участники, а ребро означает, что соответствующие два участника не дружат. Тогда слабо-дружественный цикл из условия - это ровно индуцированный цикл в \\(G\\). Требуется доказать, что \\(G\\) можно правильно раскрасить в три цвета: вершины одного цвета затем станут одной комнатой, и внутри такой комнаты ребер графа \\(G\\), то есть пар недрузей, не будет. Сначала докажем лемму: в каждом непустом графе \\(G\\), удовлетворяющем условию задачи, есть вершина степени не больше \\(2\\). Предположим противное: пусть все степени не меньше \\(3\\). Возьмем в \\(G\\) длиннейший индуцированный путь \\[ P=u_0u_1\\ldots u_k. \\] Так как путь индуцированный, вершина \\(u_0\\) среди вершин пути смежна только с \\(u_1\\). Но степень \\(u_0\\) не меньше \\(3\\), значит у нее есть два соседа \\(v\\) и \\(w\\), не лежащие на \\(P\\). По максимальности пути каждый из \\(v,w\\) должен иметь соседа среди \\(u_1,…"}],"relations":[{"id":"rel-bmo-2013-p4-brooks-low-degree-greedy","neighbor_id":"brooks-theorem","direction":"forward","type":"same_motif","distance":3,"status":"ai_checked"}],"search_text":"bmo-2013-p4-weakly-friendly-cycles-three-rooms трёхраскрашиваемость графа недружбы, bmo 2013 p4 coloring extremal_choice induction graph_model goal_existence 2013 bmo bmo2013 bmos/ukmt, условия balkan mathematical olympiad, 30 июня 2013 https://bmos.ukmt.org.uk/news/20130630-00-balkan.shtml https://molympiad.files.wordpress.com/2017/07/balkan-mathematical-olympiad-2013-solutions.pdf molympiad.net, balkan mathematical olympiad 2013 решения solution_notes src-bmos-bmo-2013-problems src-molympiad-bmo-2013-solutions statement with_solution ? bmos/ukmt, условия balkan mathematical olympiad, 30 июня 2013 molympiad.net, balkan mathematical olympiad 2013 решения stmt-original условие ai_checked в математическом соревновании некоторые участники дружат; дружба взаимна. назовем различных участников \\(a_1,a_2,\\ldots,a_n\\), где \\(n\\ge 3\\), слабо-дружественным циклом, если \\(a_i\\) не дружит с \\(a_{i+1}\\) при всех \\(1\\le i\\le n\\), где \\(a_{n+1}=a_1\\), и среди участников этого цикла нет других пар недрузей. предположим, что выполнено следующее свойство: для любого участника \\(c\\) и любого слабо-дружественного цикла \\(\\mathcal s\\), не содержащего \\(c\\), в \\(\\mathcal s\\) есть не более одного участника \\(d\\), который не дружит с \\(c\\). докажите, что всех участников можно рассадить по трем комнатам так, чтобы любые два участника в одной комнате дружили. stmt-graph трёхраскрашиваемость графа с разреженными индуцированными циклами ai_checked пусть \\(g\\) — простой граф. предположим, что для любого индуцированного цикла \\(c\\) и любой вершины \\(v\\notin v(c)\\) вершина \\(v\\) имеет не более одного соседа на \\(c\\). докажите, что \\(\\chi(g)\\le3\\). simple_graph cycle chromatic_number idea-longest-induced-path-forces-low-degree длиннейший индуцированный путь находит вершину степени не больше двух если у начальной вершины длиннейшего индуцированного пути есть два внешних соседа, то их первые возвращения на путь дают индуцированный цикл, на котором один из внешних соседей видит две вершины. extremal_choice ai_checked idea-delete-low-degree-and-color-back удаление вершины степени не больше двух сохраняет возможность 3-раскраски после раскраски меньшего графа удаленная вершина запрещает не более двух цветов, поэтому ее всегда можно вернуть и покрасить в один из трех цветов. coloring ai_checked sol-nonfriend-graph-induced-path решение через граф недружбы ai_checked simple_graph degree path cycle chromatic_number extremal_choice induction delete_to_simplify greedy_ordering построим граф \\(g\\): вершины - участники, а ребро означает, что соответствующие два участника не дружат. тогда слабо-дружественный цикл из условия - это ровно индуцированный цикл в \\(g\\). требуется доказать, что \\(g\\) можно правильно раскрасить в три цвета: вершины одного цвета затем станут одной комнатой, и внутри такой комнаты ребер графа \\(g\\), то есть пар недрузей, не будет. сначала докажем лемму: в каждом непустом графе \\(g\\), удовлетворяющем условию задачи, есть вершина степени не больше \\(2\\). предположим противное: пусть все степени не меньше \\(3\\). возьмем в \\(g\\) длиннейший индуцированный путь \\[ p=u_0u_1\\ldots u_k. \\] так как путь индуцированный, вершина \\(u_0\\) среди вершин пути смежна только с \\(u_1\\). но степень \\(u_0\\) не меньше \\(3\\), значит у нее есть два соседа \\(v\\) и \\(w\\), не лежащие на \\(p\\). по максимальности пути каждый из \\(v,w\\) должен иметь соседа среди \\(u_1,… bmo-2013-p4-weakly-friendly-cycles-three-rooms trehraskrashivaemost grafa nedruzhby, bmo 2013 p4 coloring extremal_choice induction graph_model goal_existence 2013 bmo bmo2013 bmos/ukmt, usloviya balkan mathematical olympiad, 30 iyunya 2013 https://bmos.ukmt.org.uk/news/20130630-00-balkan.shtml https://molympiad.files.wordpress.com/2017/07/balkan-mathematical-olympiad-2013-solutions.pdf molympiad.net, balkan mathematical olympiad 2013 resheniya solution_notes src-bmos-bmo-2013-problems src-molympiad-bmo-2013-solutions statement with_solution ? bmos/ukmt, usloviya balkan mathematical olympiad, 30 iyunya 2013 molympiad.net, balkan mathematical olympiad 2013 resheniya stmt-original uslovie ai_checked v matematicheskom sorevnovanii nekotorye uchastniki druzhat; druzhba vzaimna. nazovem razlichnyh uchastnikov \\(a_1,a_2,\\ldots,a_n\\), gde \\(n\\ge 3\\), slabo-druzhestvennym tsiklom, esli \\(a_i\\) ne druzhit s \\(a_{i+1}\\) pri vseh \\(1\\le i\\le n\\), gde \\(a_{n+1}=a_1\\), i sredi uchastnikov etogo tsikla net drugih par nedruzey. predpolozhim, chto vypolneno sleduyuschee svoystvo: dlya lyubogo uchastnika \\(c\\) i lyubogo slabo-druzhestvennogo tsikla \\(\\mathcal s\\), ne soderzhaschego \\(c\\), v \\(\\mathcal s\\) est ne bolee odnogo uchastnika \\(d\\), kotoryy ne druzhit s \\(c\\). dokazhite, chto vseh uchastnikov mozhno rassadit po trem komnatam tak, chtoby lyubye dva uchastnika v odnoy komnate druzhili. stmt-graph trehraskrashivaemost grafa s razrezhennymi indutsirovannymi tsiklami ai_checked pust \\(g\\) — prostoy graf. predpolozhim, chto dlya lyubogo indutsirovannogo tsikla \\(c\\) i lyuboy vershiny \\(v\\notin v(c)\\) vershina \\(v\\) imeet ne bolee odnogo soseda na \\(c\\). dokazhite, chto \\(\\chi(g)\\le3\\). simple_graph cycle chromatic_number idea-longest-induced-path-forces-low-degree dlinneyshiy indutsirovannyy put nahodit vershinu stepeni ne bolshe dvuh esli u nachalnoy vershiny dlinneyshego indutsirovannogo puti est dva vneshnih soseda, to ih pervye vozvrascheniya na put dayut indutsirovannyy tsikl, na kotorom odin iz vneshnih sosedey vidit dve vershiny. extremal_choice ai_checked idea-delete-low-degree-and-color-back udalenie vershiny stepeni ne bolshe dvuh sohranyaet vozmozhnost 3-raskraski posle raskraski menshego grafa udalennaya vershina zapreschaet ne bolee dvuh tsvetov, poetomu ee vsegda mozhno vernut i pokrasit v odin iz treh tsvetov. coloring ai_checked sol-nonfriend-graph-induced-path reshenie cherez graf nedruzhby ai_checked simple_graph degree path cycle chromatic_number extremal_choice induction delete_to_simplify greedy_ordering postroim graf \\(g\\): vershiny - uchastniki, a rebro oznachaet, chto sootvetstvuyuschie dva uchastnika ne druzhat. togda slabo-druzhestvennyy tsikl iz usloviya - eto rovno indutsirovannyy tsikl v \\(g\\). trebuetsya dokazat, chto \\(g\\) mozhno pravilno raskrasit v tri tsveta: vershiny odnogo tsveta zatem stanut odnoy komnatoy, i vnutri takoy komnaty reber grafa \\(g\\), to est par nedruzey, ne budet. snachala dokazhem lemmu: v kazhdom nepustom grafe \\(g\\), udovletvoryayuschem usloviyu zadachi, est vershina stepeni ne bolshe \\(2\\). predpolozhim protivnoe: pust vse stepeni ne menshe \\(3\\). vozmem v \\(g\\) dlinneyshiy indutsirovannyy put \\[ p=u_0u_1\\ldots u_k. \\] tak kak put indutsirovannyy, vershina \\(u_0\\) sredi vershin puti smezhna tolko s \\(u_1\\). no stepen \\(u_0\\) ne menshe \\(3\\), znachit u nee est dva soseda \\(v\\) i \\(w\\), ne lezhaschie na \\(p\\). po maksimalnosti puti kazhdyy iz \\(v,w\\) dolzhen imet soseda sredi \\(u_1,…","source_keys":["bmo"]}
{"id":"bmo-2016-p4-infinite-grid-diamond-coloring","title":"Раскраска бесконечной решётки в метрике \\(L_1\\), BMO 2016 P4","path":"data\\problems\\bmo\\bmo-2016-p4-infinite-grid-diamond-coloring.yaml","raw_github_url":"https://raw.githubusercontent.com/didin-maxim/knowledge_graph_of_graphs/main/data/problems/bmo/bmo-2016-p4-infinite-grid-diamond-coloring.yaml","viewer_url":"https://didin-maxim.github.io/knowledge_graph_of_graphs/#bmo-2016-p4-infinite-grid-diamond-coloring","source_key":"bmo","source_label":"BMO","source_titles":["MASSEE, BMO 2016 официальная архивная страница","BMO 2016 Problems and Solutions, зеркало"],"year":"2016","type":"olympiad_problem","authors":[],"tags":["coloring","modular_coloring","goal_exact_bound"],"agent_topics":[],"difficulty":{"main":"national_final_hard","local_score":9,"comment":"BMO 2016 P4; условие является раскраской бесконечного решеточного графа расстояний, а решение использует совершенное замощение алмазами радиуса 24.","status":"needs_human_review"},"review_status":"needs_human_review","public_ready":false,"solution_state":"with_solution","solution_classification":{"type":"official_complete","label":"официальное полное олимпиадное решение","status":"ai_checked","confidence":0.88,"basis":"BMO 2016 shortlist/официальное решение plus Group D аудит 2026-05-06","notes":"Официальное решение напрямую использует аргумент о замощении ромбами: каждый цвет даёт однослойное замощение ромбами радиуса 24, а локальная единственность такого замощения рассматривается как олимпиадный шаг. Отдельная теорема классификации совершенных кодов Ли не нужна.","audit_source":"group-d-hamiltonian-brooks-ramsey-chromatic-audit"},"statements":{"original":[{"id":"stmt-original","title":"Условие","status":"needs_human_review","text":"Плоскость разбита на единичные квадраты двумя семействами параллельных прямых, образующими бесконечную решетку. Каждый единичный квадрат окрашен в один из 1201 цветов так, что ни один прямоугольник периметра 100 не содержит двух квадратов одного цвета. Докажите, что ни один прямоугольник размера \\(1\\times 1201\\) или \\(1201\\times 1\\) не содержит двух квадратов одного цвета. Здесь предполагается, что стороны всех прямоугольников лежат на прямых решетки.","definition_ids":[]}],"graph_theory":[{"id":"stmt-graph","title":"Раскраска графа решётки с метрикой \\(L_1\\)","status":"needs_human_review","text":"Рассмотрим бесконечный граф \\(G\\) на вершинах \\(\\mathbb Z^2\\), в котором две различные вершины \\((x_1,y_1)\\) и \\((x_2,y_2)\\) соединены ребром тогда и только тогда, когда \\(|x_1-x_2|+|y_1-y_2|\\le 48\\). Дана правильная раскраска вершин графа \\(G\\) в 1201 цвет. Докажите, что любые 1201 подряд идущих вершин одной горизонтальной или одной вертикальной прямой решетки имеют попарно различные цвета.","definition_ids":["chromatic_number","proper_coloring"]}]},"solutions":[{"id":"sol-official-expanded","title":"Расширенное решение через замощение алмазами","status":"ai_checked","definition_ids":["chromatic_number"],"standard_idea_ids":[],"tags":[],"has_text":true,"text_preview":"Будем отождествлять единичную клетку с целочисленной точкой, являющейся ее центром. Для точки \\(a\\) обозначим через \\(D(a)=\\{b\\in\\mathbb Z^2: |b-a|_1\\le 24\\}\\) алмаз радиуса 24. Если две клетки с центрами \\(u\\) и \\(v\\) лежат в одном таком алмазе, то \\(|u-v|_1\\le 48\\). Минимальный прямоугольник решетки, содержащий эти клетки, имеет сумму сторон не больше \\(|u-v|_1+2\\le 50\\), поэтому его можно поместить в прямоугольник периметра 100. Значит, в одном алмазе нет двух клеток одного цвета. Но в алмазе ровно \\(1+4(1+2+\\dots+24)=1201\\) клеток, то есть столько же, сколько цветов, поэтому каждый алмаз содержит каждый цвет ровно один раз. Зафиксируем один цвет, например зеленый, и пусть \\(A\\) — множество центров зеленых клеток. Алмазы \\(D(a)\\), \\(a\\in A\\), покрывают всю решетку: для любой клетки \\(b\\) алмаз \\(D(b)\\) содержит зеленую клетку \\(a\\), откуда \\(b\\in D(a)\\). Два таких алмаза не пересекаю…"}],"relations":[{"id":"rel-bmo-2016-imo-1985-perfect-code","neighbor_id":"imo-1985-sl5-lattice-perfect-code","direction":"forward","type":"same_motif","distance":3,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-bmo-2016-bmo-2022-grid-coloring","neighbor_id":"bmo-2022-p4-frog-grid-boundary-graph","direction":"forward","type":"same_motif","distance":4,"status":"ai_checked"}],"search_text":"bmo-2016-p4-infinite-grid-diamond-coloring раскраска бесконечной решётки в метрике \\(l_1\\), bmo 2016 p4 coloring modular_coloring goal_exact_bound 2016 bmo bmo 2016 problems and solutions, зеркало bmo2016 https://ru.scribd.com/document/416182434/bmo-2016-problems-and-solutions https://www.massee-org.eu/mathematical/bmo/item/54-bmo2016 massee, bmo 2016 официальная архивная страница official_archive solution_notes src-bmo-2016-massee-official src-scribd-bmo-2016-problems-solutions with_solution ? massee, bmo 2016 официальная архивная страница bmo 2016 problems and solutions, зеркало stmt-original условие needs_human_review плоскость разбита на единичные квадраты двумя семействами параллельных прямых, образующими бесконечную решетку. каждый единичный квадрат окрашен в один из 1201 цветов так, что ни один прямоугольник периметра 100 не содержит двух квадратов одного цвета. докажите, что ни один прямоугольник размера \\(1\\times 1201\\) или \\(1201\\times 1\\) не содержит двух квадратов одного цвета. здесь предполагается, что стороны всех прямоугольников лежат на прямых решетки. stmt-graph раскраска графа решётки с метрикой \\(l_1\\) needs_human_review рассмотрим бесконечный граф \\(g\\) на вершинах \\(\\mathbb z^2\\), в котором две различные вершины \\((x_1,y_1)\\) и \\((x_2,y_2)\\) соединены ребром тогда и только тогда, когда \\(|x_1-x_2|+|y_1-y_2|\\le 48\\). дана правильная раскраска вершин графа \\(g\\) в 1201 цвет. докажите, что любые 1201 подряд идущих вершин одной горизонтальной или одной вертикальной прямой решетки имеют попарно различные цвета. chromatic_number proper_coloring idea-rectangle-to-diamond прямоугольники периметра 100 заставляют алмаз быть радужным если центры двух клеток имеют манхэттеново расстояние не больше 48, то эти две клетки помещаются в прямоугольник решетки периметра 100. поэтому в каждом алмазе \\(|x|+|y|\\le 24\\) все \\(24^2+25^2=1201\\) клеток имеют разные цвета. coloring ai_checked idea-color-class-tiles-plane один цвет задает однослойное покрытие алмазами для фиксированного цвета алмазы радиуса 24 с центрами в клетках этого цвета не пересекаются и покрывают всю решетку. это переводит задачу в классификацию замощения решетки одинаковыми \\(\\ell_1\\)-шарами. coloring modular_coloring ai_checked idea-diamond-tiling-lattice алмазное замощение вынуждает решеточный период в однослойном замощении алмазами радиуса 24 соседние алмазы обязаны приставляться к целой стороне; иначе около угла остаются незакрытые клетки или возникает перекрытие. поэтому центры одного цвета образуют сдвиг решетки, порожденной векторами \\((25,24)\\) и \\((24,-25)\\), с точностью до поворотов и отражений. modular_coloring ai_checked sol-official-expanded расширенное решение через замощение алмазами ai_checked chromatic_number будем отождествлять единичную клетку с целочисленной точкой, являющейся ее центром. для точки \\(a\\) обозначим через \\(d(a)=\\{b\\in\\mathbb z^2: |b-a|_1\\le 24\\}\\) алмаз радиуса 24. если две клетки с центрами \\(u\\) и \\(v\\) лежат в одном таком алмазе, то \\(|u-v|_1\\le 48\\). минимальный прямоугольник решетки, содержащий эти клетки, имеет сумму сторон не больше \\(|u-v|_1+2\\le 50\\), поэтому его можно поместить в прямоугольник периметра 100. значит, в одном алмазе нет двух клеток одного цвета. но в алмазе ровно \\(1+4(1+2+\\dots+24)=1201\\) клеток, то есть столько же, сколько цветов, поэтому каждый алмаз содержит каждый цвет ровно один раз. зафиксируем один цвет, например зеленый, и пусть \\(a\\) — множество центров зеленых клеток. алмазы \\(d(a)\\), \\(a\\in a\\), покрывают всю решетку: для любой клетки \\(b\\) алмаз \\(d(b)\\) содержит зеленую клетку \\(a\\), откуда \\(b\\in d(a)\\). два таких алмаза не пересекаю… bmo-2016-p4-infinite-grid-diamond-coloring raskraska beskonechnoy reshetki v metrike \\(l_1\\), bmo 2016 p4 coloring modular_coloring goal_exact_bound 2016 bmo bmo 2016 problems and solutions, zerkalo bmo2016 https://ru.scribd.com/document/416182434/bmo-2016-problems-and-solutions https://www.massee-org.eu/mathematical/bmo/item/54-bmo2016 massee, bmo 2016 ofitsialnaya arhivnaya stranitsa official_archive solution_notes src-bmo-2016-massee-official src-scribd-bmo-2016-problems-solutions with_solution ? massee, bmo 2016 ofitsialnaya arhivnaya stranitsa bmo 2016 problems and solutions, zerkalo stmt-original uslovie needs_human_review ploskost razbita na edinichnye kvadraty dvumya semeystvami parallelnyh pryamyh, obrazuyuschimi beskonechnuyu reshetku. kazhdyy edinichnyy kvadrat okrashen v odin iz 1201 tsvetov tak, chto ni odin pryamougolnik perimetra 100 ne soderzhit dvuh kvadratov odnogo tsveta. dokazhite, chto ni odin pryamougolnik razmera \\(1\\times 1201\\) ili \\(1201\\times 1\\) ne soderzhit dvuh kvadratov odnogo tsveta. zdes predpolagaetsya, chto storony vseh pryamougolnikov lezhat na pryamyh reshetki. stmt-graph raskraska grafa reshetki s metrikoy \\(l_1\\) needs_human_review rassmotrim beskonechnyy graf \\(g\\) na vershinah \\(\\mathbb z^2\\), v kotorom dve razlichnye vershiny \\((x_1,y_1)\\) i \\((x_2,y_2)\\) soedineny rebrom togda i tolko togda, kogda \\(|x_1-x_2|+|y_1-y_2|\\le 48\\). dana pravilnaya raskraska vershin grafa \\(g\\) v 1201 tsvet. dokazhite, chto lyubye 1201 podryad iduschih vershin odnoy gorizontalnoy ili odnoy vertikalnoy pryamoy reshetki imeyut poparno razlichnye tsveta. chromatic_number proper_coloring idea-rectangle-to-diamond pryamougolniki perimetra 100 zastavlyayut almaz byt raduzhnym esli tsentry dvuh kletok imeyut manhettenovo rasstoyanie ne bolshe 48, to eti dve kletki pomeschayutsya v pryamougolnik reshetki perimetra 100. poetomu v kazhdom almaze \\(|x|+|y|\\le 24\\) vse \\(24^2+25^2=1201\\) kletok imeyut raznye tsveta. coloring ai_checked idea-color-class-tiles-plane odin tsvet zadaet odnosloynoe pokrytie almazami dlya fiksirovannogo tsveta almazy radiusa 24 s tsentrami v kletkah etogo tsveta ne peresekayutsya i pokryvayut vsyu reshetku. eto perevodit zadachu v klassifikatsiyu zamoscheniya reshetki odinakovymi \\(\\ell_1\\)-sharami. coloring modular_coloring ai_checked idea-diamond-tiling-lattice almaznoe zamoschenie vynuzhdaet reshetochnyy period v odnosloynom zamoschenii almazami radiusa 24 sosednie almazy obyazany pristavlyatsya k tseloy storone; inache okolo ugla ostayutsya nezakrytye kletki ili voznikaet perekrytie. poetomu tsentry odnogo tsveta obrazuyut sdvig reshetki, porozhdennoy vektorami \\((25,24)\\) i \\((24,-25)\\), s tochnostyu do povorotov i otrazheniy. modular_coloring ai_checked sol-official-expanded rasshirennoe reshenie cherez zamoschenie almazami ai_checked chromatic_number budem otozhdestvlyat edinichnuyu kletku s tselochislennoy tochkoy, yavlyayuscheysya ee tsentrom. dlya tochki \\(a\\) oboznachim cherez \\(d(a)=\\{b\\in\\mathbb z^2: |b-a|_1\\le 24\\}\\) almaz radiusa 24. esli dve kletki s tsentrami \\(u\\) i \\(v\\) lezhat v odnom takom almaze, to \\(|u-v|_1\\le 48\\). minimalnyy pryamougolnik reshetki, soderzhaschiy eti kletki, imeet summu storon ne bolshe \\(|u-v|_1+2\\le 50\\), poetomu ego mozhno pomestit v pryamougolnik perimetra 100. znachit, v odnom almaze net dvuh kletok odnogo tsveta. no v almaze rovno \\(1+4(1+2+\\dots+24)=1201\\) kletok, to est stolko zhe, skolko tsvetov, poetomu kazhdyy almaz soderzhit kazhdyy tsvet rovno odin raz. zafiksiruem odin tsvet, naprimer zelenyy, i pust \\(a\\) — mnozhestvo tsentrov zelenyh kletok. almazy \\(d(a)\\), \\(a\\in a\\), pokryvayut vsyu reshetku: dlya lyuboy kletki \\(b\\) almaz \\(d(b)\\) soderzhit zelenuyu kletku \\(a\\), otkuda \\(b\\in d(a)\\). dva takih almaza ne peresekayu…","source_keys":["bmo"]}
{"id":"bmo-2022-p4-frog-grid-boundary-graph","title":"Максимум компонент в двухцветной доске, BMO 2022 P4","path":"data\\problems\\bmo\\bmo-2022-p4-frog-grid-boundary-graph.yaml","raw_github_url":"https://raw.githubusercontent.com/didin-maxim/knowledge_graph_of_graphs/main/data/problems/bmo/bmo-2022-p4-frog-grid-boundary-graph.yaml","viewer_url":"https://didin-maxim.github.io/knowledge_graph_of_graphs/#bmo-2022-p4-frog-grid-boundary-graph","source_key":"bmo","source_label":"BMO","source_titles":["BMO 2022 официальная архивная страница","MOlympiad.NET, Balkan Mathematical Olympiad 2022 решения"],"year":"2022","type":"olympiad_problem","authors":[],"tags":["connectivity","coloring","planar_graphs","goal_exact_bound"],"agent_topics":[],"difficulty":{"main":"national_final_hard","local_score":9,"comment":"BMO 2022 P4; граф границ является центральным объектом официального решения.","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":"аудит особо высокой сложности 2026-05-07","notes":"Решение через граф границ развёрнуто; проверены подсчёт областей, исключительные малые компоненты около углов и экстремальная раскраска; внешняя теорема не используется.","audit_source":"very_high_pipeline_batch_2_2026_05_07"},"statements":{"original":[{"id":"stmt-original","title":"Условие","status":"ai_checked","text":"Дана доска \\(n\\times n\\) из единичных клеток, где \\(n\\ge 3\\) нечётно. Каждая клетка окрашена в красный или синий цвет. Лягушка может перепрыгнуть из клетки в клетку тогда и только тогда, когда клетки одного цвета и имеют общую вершину. После раскраски нужно поставить \\(k\\) лягушек так, чтобы из клеток с лягушками по разрешённым прыжкам можно было добраться до любой клетки доски. Найдите наименьшее \\(k\\), которое гарантированно достаточно при любой раскраске.","definition_ids":[]}],"graph_theory":[{"id":"stmt-graph","title":"Компоненты одноцветной клеточной смежности","status":"ai_checked","text":"Пусть \\(n\\ge 3\\) нечётно. Вершинами графа \\(G\\) являются клетки доски \\(n\\times n\\), а две вершины соединены ребром тогда и только тогда, когда соответствующие клетки имеют один цвет и соприкасаются хотя бы в одной вершине. Найдите наибольшее возможное число компонент связности графа \\(G\\) по всем раскраскам клеток доски в красный и синий цвета.","definition_ids":["connected_graph"]}]},"solutions":[{"id":"sol-official-expanded","title":"Решение через граф границ","status":"source_verified","definition_ids":["degree"],"standard_idea_ids":["double_counting"],"tags":[],"has_text":true,"text_preview":"Ответ: \\(\\dfrac{(n+1)^2}{4}+1\\). Будем считать не отдельные клетки, а компоненты достижимости: одну лягушку надо поставить в каждую компоненту графа, где вершины - клетки, а рёбра соединяют одноцветные клетки с общей вершиной. Поэтому нужно найти наибольшее возможное число таких одноцветных компонент. Построим граф границ \\(H\\). Его вершины - \\((n+1)^2\\) узлов решётки, то есть углы клеток. Ребро графа \\(H\\) - единичный отрезок, являющийся общей стороной двух клеток разных цветов. Внешнюю границу доски в \\(H\\) не включаем. Пусть \\(N\\) - число нетривиальных компонент \\(H\\), то есть компонент, содержащих хотя бы одно ребро. Сначала свяжем \\(N\\) с числом одноцветных областей. Если границ разных цветов нет, вся доска является одной областью в смысле ходов лягушки: любые две клетки можно соединить цепочкой соседних по стороне клеток, а такие клетки тем более имеют общую вершину. Теперь добави…"}],"relations":[{"id":"rel-bmo-2016-bmo-2022-grid-coloring","neighbor_id":"bmo-2016-p4-infinite-grid-diamond-coloring","direction":"backward","type":"same_motif","distance":4,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-grid-boundary-components-bmo-2022-p4","neighbor_id":"grid-boundary-components-coloring-lemma","direction":"backward","type":"prerequisite","distance":1,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-metadata-tree-euler-handshaking-bmo-2022-boundary","neighbor_id":"handshaking-lemma","direction":"backward","type":"same_motif","distance":2,"status":"needs_human_review"},{"id":"rel-bmo-2022-p4-imo-2019-c4-boundary-regions","neighbor_id":"imo-2019-c4-labyrinth-region-graph","direction":"forward","type":"same_motif","distance":2,"status":"needs_human_review"},{"id":"rel-tc-2022-23-bmo-2022-p4-grid-boundary","neighbor_id":"tc-2022-23-blue-red-cells-connectivity","direction":"backward","type":"same_motif","distance":2,"status":"needs_human_review"}],"search_text":"bmo-2022-p4-frog-grid-boundary-graph максимум компонент в двухцветной доске, bmo 2022 p4 connectivity coloring planar_graphs goal_exact_bound 2022 bmo bmo 2022 официальная архивная страница bmo2022 https://www.cms.org.cy/pages/competitions/bmo-2022-4-9-may-2022/39th-balkan-mathematical-olympiad-%e2%80%93-bmo-2022-second-announcement1647515569 https://www.molympiad.net/2022/05/balkan-mathematical-olympiad-2022.html molympiad.net, balkan mathematical olympiad 2022 решения official_archive olympiad_archive src-bmo-2022-official src-molympiad-bmo-2022 with_solution ? bmo 2022 официальная архивная страница molympiad.net, balkan mathematical olympiad 2022 решения stmt-original условие ai_checked дана доска \\(n\\times n\\) из единичных клеток, где \\(n\\ge 3\\) нечётно. каждая клетка окрашена в красный или синий цвет. лягушка может перепрыгнуть из клетки в клетку тогда и только тогда, когда клетки одного цвета и имеют общую вершину. после раскраски нужно поставить \\(k\\) лягушек так, чтобы из клеток с лягушками по разрешённым прыжкам можно было добраться до любой клетки доски. найдите наименьшее \\(k\\), которое гарантированно достаточно при любой раскраске. stmt-graph компоненты одноцветной клеточной смежности ai_checked пусть \\(n\\ge 3\\) нечётно. вершинами графа \\(g\\) являются клетки доски \\(n\\times n\\), а две вершины соединены ребром тогда и только тогда, когда соответствующие клетки имеют один цвет и соприкасаются хотя бы в одной вершине. найдите наибольшее возможное число компонент связности графа \\(g\\) по всем раскраскам клеток доски в красный и синий цвета. connected_graph idea-boundary-components граф границ считает монохроматические области границы между красными и синими клетками образуют граф на вершинах решётки. каждая его нетривиальная компонента добавляет одну новую монохроматическую область, поэтому число областей равно числу нетривиальных компонент плюс один. connectivity ai_checked idea-degree-bounding оценка числа компонент по степеням вершин у угловых вершин степень 0, у граничных - 0 или 1, у внутренних - 0, 2 или 4. отсюда каждая нетривиальная компонента содержит как минимум четыре вершины, кроме не более чем четырёх угловых исключений, и получается оценка на число компонент. double_counting ai_checked sol-official-expanded решение через граф границ source_verified degree double_counting ответ: \\(\\dfrac{(n+1)^2}{4}+1\\). будем считать не отдельные клетки, а компоненты достижимости: одну лягушку надо поставить в каждую компоненту графа, где вершины - клетки, а рёбра соединяют одноцветные клетки с общей вершиной. поэтому нужно найти наибольшее возможное число таких одноцветных компонент. построим граф границ \\(h\\). его вершины - \\((n+1)^2\\) узлов решётки, то есть углы клеток. ребро графа \\(h\\) - единичный отрезок, являющийся общей стороной двух клеток разных цветов. внешнюю границу доски в \\(h\\) не включаем. пусть \\(n\\) - число нетривиальных компонент \\(h\\), то есть компонент, содержащих хотя бы одно ребро. сначала свяжем \\(n\\) с числом одноцветных областей. если границ разных цветов нет, вся доска является одной областью в смысле ходов лягушки: любые две клетки можно соединить цепочкой соседних по стороне клеток, а такие клетки тем более имеют общую вершину. теперь добави… bmo-2022-p4-frog-grid-boundary-graph maksimum komponent v dvuhtsvetnoy doske, bmo 2022 p4 connectivity coloring planar_graphs goal_exact_bound 2022 bmo bmo 2022 ofitsialnaya arhivnaya stranitsa bmo2022 https://www.cms.org.cy/pages/competitions/bmo-2022-4-9-may-2022/39th-balkan-mathematical-olympiad-%e2%80%93-bmo-2022-second-announcement1647515569 https://www.molympiad.net/2022/05/balkan-mathematical-olympiad-2022.html molympiad.net, balkan mathematical olympiad 2022 resheniya official_archive olympiad_archive src-bmo-2022-official src-molympiad-bmo-2022 with_solution ? bmo 2022 ofitsialnaya arhivnaya stranitsa molympiad.net, balkan mathematical olympiad 2022 resheniya stmt-original uslovie ai_checked dana doska \\(n\\times n\\) iz edinichnyh kletok, gde \\(n\\ge 3\\) nechetno. kazhdaya kletka okrashena v krasnyy ili siniy tsvet. lyagushka mozhet pereprygnut iz kletki v kletku togda i tolko togda, kogda kletki odnogo tsveta i imeyut obschuyu vershinu. posle raskraski nuzhno postavit \\(k\\) lyagushek tak, chtoby iz kletok s lyagushkami po razreshennym pryzhkam mozhno bylo dobratsya do lyuboy kletki doski. naydite naimenshee \\(k\\), kotoroe garantirovanno dostatochno pri lyuboy raskraske. stmt-graph komponenty odnotsvetnoy kletochnoy smezhnosti ai_checked pust \\(n\\ge 3\\) nechetno. vershinami grafa \\(g\\) yavlyayutsya kletki doski \\(n\\times n\\), a dve vershiny soedineny rebrom togda i tolko togda, kogda sootvetstvuyuschie kletki imeyut odin tsvet i soprikasayutsya hotya by v odnoy vershine. naydite naibolshee vozmozhnoe chislo komponent svyaznosti grafa \\(g\\) po vsem raskraskam kletok doski v krasnyy i siniy tsveta. connected_graph idea-boundary-components graf granits schitaet monohromaticheskie oblasti granitsy mezhdu krasnymi i sinimi kletkami obrazuyut graf na vershinah reshetki. kazhdaya ego netrivialnaya komponenta dobavlyaet odnu novuyu monohromaticheskuyu oblast, poetomu chislo oblastey ravno chislu netrivialnyh komponent plyus odin. connectivity ai_checked idea-degree-bounding otsenka chisla komponent po stepenyam vershin u uglovyh vershin stepen 0, u granichnyh - 0 ili 1, u vnutrennih - 0, 2 ili 4. otsyuda kazhdaya netrivialnaya komponenta soderzhit kak minimum chetyre vershiny, krome ne bolee chem chetyreh uglovyh isklyucheniy, i poluchaetsya otsenka na chislo komponent. double_counting ai_checked sol-official-expanded reshenie cherez graf granits source_verified degree double_counting otvet: \\(\\dfrac{(n+1)^2}{4}+1\\). budem schitat ne otdelnye kletki, a komponenty dostizhimosti: odnu lyagushku nado postavit v kazhduyu komponentu grafa, gde vershiny - kletki, a rebra soedinyayut odnotsvetnye kletki s obschey vershinoy. poetomu nuzhno nayti naibolshee vozmozhnoe chislo takih odnotsvetnyh komponent. postroim graf granits \\(h\\). ego vershiny - \\((n+1)^2\\) uzlov reshetki, to est ugly kletok. rebro grafa \\(h\\) - edinichnyy otrezok, yavlyayuschiysya obschey storonoy dvuh kletok raznyh tsvetov. vneshnyuyu granitsu doski v \\(h\\) ne vklyuchaem. pust \\(n\\) - chislo netrivialnyh komponent \\(h\\), to est komponent, soderzhaschih hotya by odno rebro. snachala svyazhem \\(n\\) s chislom odnotsvetnyh oblastey. esli granits raznyh tsvetov net, vsya doska yavlyaetsya odnoy oblastyu v smysle hodov lyagushki: lyubye dve kletki mozhno soedinit tsepochkoy sosednih po storone kletok, a takie kletki tem bolee imeyut obschuyu vershinu. teper dobavi…","source_keys":["bmo"]}
{"id":"bmo-2025-p4-flights-long-short-paths","title":"Число рёбер при раздельных кратчайших и длиннейших путях, BMO 2025 P4","path":"data\\problems\\bmo\\bmo-2025-p4-flights-long-short-paths.yaml","raw_github_url":"https://raw.githubusercontent.com/didin-maxim/knowledge_graph_of_graphs/main/data/problems/bmo/bmo-2025-p4-flights-long-short-paths.yaml","viewer_url":"https://didin-maxim.github.io/knowledge_graph_of_graphs/#bmo-2025-p4-flights-long-short-paths","source_key":"bmo","source_label":"BMO","source_titles":["BMO 2025 официальные условия и решения"],"year":"2025","type":"olympiad_problem","authors":[],"tags":["connectivity","hamiltonian_cycles","goal_characterization"],"agent_topics":[],"difficulty":{"main":"national_final_hard","local_score":11,"comment":"BMO 2025 P4; официальное решение полностью графовое и классифицирует допустимые графы.","status":"needs_human_review"},"review_status":"needs_human_review","public_ready":false,"solution_state":"with_solution","solution_classification":{"type":"official_complete_or_near_complete","label":"официальное полное/почти полное","status":"ai_checked","confidence":0.87,"basis":"агентский аудит средней сложности","notes":"Официальный источник указан. Решение доказывает сведение к гамильтонову циклу и классификацию множеств расстояний, затем реализует все перечисленные числа рёбер. Тяжёлая внешняя теорема не используется.","audit_source":"agent-western-olympiads.json"},"statements":{"original":[{"id":"stmt-original","title":"Условие","status":"needs_human_review","text":"В стране есть \\(n\\ge 100\\) городов; некоторые пары соединены двусторонними прямыми авиарейсами. Для двух городов \\(A,B\\) путь - это последовательность различных городов от \\(A\\) до \\(B\\), в которой соседние города соединены рейсом. Длинным путём называется путь между \\(A\\) и \\(B\\), содержащий максимально возможное число городов, а коротким - путь с минимально возможным числом городов. Предполагается, что для любой пары \\(A,B\\) существуют длинный и короткий пути, не имеющие общих внутренних городов. Пусть \\(F\\) - число авиалиний. Найдите все возможные значения \\(F\\) в зависимости от \\(n\\).","definition_ids":[]}],"graph_theory":[{"id":"stmt-graph","title":"Графы с раздельными кратчайшими и длиннейшими путями","status":"needs_human_review","text":"Пусть \\(G\\) — связный простой неориентированный граф на \\(n\\ge 3\\) вершинах. Для любых двух различных вершин \\(u,v\\) существует кратчайший \\(u\\)-\\(v\\)-путь и существует простой \\(u\\)-\\(v\\)-путь максимальной возможной длины, причём эти два пути не имеют общих внутренних вершин. Найдите все возможные значения числа рёбер \\(e(G)\\) в зависимости от \\(n\\).","definition_ids":["simple_graph","connected_graph","path"]}]},"solutions":[{"id":"sol-official-compressed","title":"Решение через гамильтонов цикл","status":"ai_checked","definition_ids":["connected_graph","path","cycle","complete_graph","bipartite_graph"],"standard_idea_ids":["longest_path"],"tags":[],"has_text":true,"text_preview":"Интерпретируем сеть авиарейсов как простой неориентированный граф \\(G\\). Сначала проверим три семейства. В \\(K_n\\) коротким путём между двумя вершинами служит ребро, а длинный путь можно выбрать любым гамильтоновым путём с теми же концами. В цикле \\(C_n\\) между двумя вершинами есть два пути по двум дугам цикла; более короткая и более длинная дуга не имеют общих внутренних вершин. В \\(K_{m,m}\\), где \\(n=2m\\), для вершин из разных долей короткий путь - ребро, а длинный путь можно взять гамильтоновым. Для вершин из одной доли длинный путь имеет \\(2m-1\\) вершин и пропускает некоторую вершину другой доли; короткий путь через эту пропущенную вершину внутренне не пересекается с длинным. Значит эти графы подходят. Докажем обратное. Граф связен, потому что между любой парой вершин есть путь. Возьмём путь \\(P=V_1V_2\\dots V_p\\) максимальной длины среди всех простых путей графа. Для пары \\(V_1,V_p\\…"}],"relations":[{"id":"rel-kolm-2014-diameter-cycle-bmo-2025-longest-path","neighbor_id":"kolmogorov-2014-round4-diameter-cycle-length","direction":"backward","type":"same_motif","distance":3,"status":"needs_human_review"},{"id":"rel-cmo-2026-p3-bmo-2025-p4-hamiltonian-cycle","neighbor_id":"cmo-2026-p3-grid-hamiltonian-snail","direction":"backward","type":"same_motif","distance":2,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-spbmo-2018-7-p7-bmo-2025-long-prescribed-paths","neighbor_id":"spbmo-2018-7-p7-bus-graph-no-odd-cycle-paths","direction":"backward","type":"same_motif","distance":2,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-longest-path-detour-bmo-2025-p4","neighbor_id":"longest-path-endpoints-shortest-detour","direction":"backward","type":"prerequisite","distance":1,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-dirac-bmo-2025-longest-path","neighbor_id":"dirac-theorem","direction":"backward","type":"same_motif","distance":2,"status":"needs_human_review"}],"search_text":"bmo-2025-p4-flights-long-short-paths число рёбер при раздельных кратчайших и длиннейших путях, bmo 2025 p4 connectivity hamiltonian_cycles goal_characterization 2025 bmo bmo 2025 официальные условия и решения bmo2025 https://bmo2025.pmf.unsa.ba/wp-content/uploads/2025/05/problems%20-%20solutions.pdf official_archive src-bmo-2025-official with_solution ? bmo 2025 официальные условия и решения stmt-original условие needs_human_review в стране есть \\(n\\ge 100\\) городов; некоторые пары соединены двусторонними прямыми авиарейсами. для двух городов \\(a,b\\) путь - это последовательность различных городов от \\(a\\) до \\(b\\), в которой соседние города соединены рейсом. длинным путём называется путь между \\(a\\) и \\(b\\), содержащий максимально возможное число городов, а коротким - путь с минимально возможным числом городов. предполагается, что для любой пары \\(a,b\\) существуют длинный и короткий пути, не имеющие общих внутренних городов. пусть \\(f\\) - число авиалиний. найдите все возможные значения \\(f\\) в зависимости от \\(n\\). stmt-graph графы с раздельными кратчайшими и длиннейшими путями needs_human_review пусть \\(g\\) — связный простой неориентированный граф на \\(n\\ge 3\\) вершинах. для любых двух различных вершин \\(u,v\\) существует кратчайший \\(u\\)-\\(v\\)-путь и существует простой \\(u\\)-\\(v\\)-путь максимальной возможной длины, причём эти два пути не имеют общих внутренних вершин. найдите все возможные значения числа рёбер \\(e(g)\\) в зависимости от \\(n\\). simple_graph connected_graph path idea-longest-path-cycle наидлиннейший путь замыкается в гамильтонов цикл берём наидлиннейший путь между двумя вершинами и сравниваем его с непересекающимся коротким путём. это вынуждает наличие ребра между концами длинного пути; затем любой внешний сосед дал бы более длинный путь, значит найденный цикл уже проходит через все вершины графа. connectivity needs_human_review idea-distance-set-closure множество допустимых расстояний по циклу замкнуто после гамильтонова цикла все хорды классифицируются по циклическому расстоянию. из специальных длинных путей следует, что вместе с двумя из чисел \\(a,b,a+b-1\\) в множество допустимых расстояний попадает и третье; это замыкание приводит только к трём вариантам: цикл, полный граф или при чётном \\(n\\) полный двудольный граф. hamiltonian_cycles needs_human_review sol-official-compressed решение через гамильтонов цикл ai_checked connected_graph path cycle complete_graph bipartite_graph longest_path интерпретируем сеть авиарейсов как простой неориентированный граф \\(g\\). сначала проверим три семейства. в \\(k_n\\) коротким путём между двумя вершинами служит ребро, а длинный путь можно выбрать любым гамильтоновым путём с теми же концами. в цикле \\(c_n\\) между двумя вершинами есть два пути по двум дугам цикла; более короткая и более длинная дуга не имеют общих внутренних вершин. в \\(k_{m,m}\\), где \\(n=2m\\), для вершин из разных долей короткий путь - ребро, а длинный путь можно взять гамильтоновым. для вершин из одной доли длинный путь имеет \\(2m-1\\) вершин и пропускает некоторую вершину другой доли; короткий путь через эту пропущенную вершину внутренне не пересекается с длинным. значит эти графы подходят. докажем обратное. граф связен, потому что между любой парой вершин есть путь. возьмём путь \\(p=v_1v_2\\dots v_p\\) максимальной длины среди всех простых путей графа. для пары \\(v_1,v_p\\… bmo-2025-p4-flights-long-short-paths chislo reber pri razdelnyh kratchayshih i dlinneyshih putyah, bmo 2025 p4 connectivity hamiltonian_cycles goal_characterization 2025 bmo bmo 2025 ofitsialnye usloviya i resheniya bmo2025 https://bmo2025.pmf.unsa.ba/wp-content/uploads/2025/05/problems%20-%20solutions.pdf official_archive src-bmo-2025-official with_solution ? bmo 2025 ofitsialnye usloviya i resheniya stmt-original uslovie needs_human_review v strane est \\(n\\ge 100\\) gorodov; nekotorye pary soedineny dvustoronnimi pryamymi aviareysami. dlya dvuh gorodov \\(a,b\\) put - eto posledovatelnost razlichnyh gorodov ot \\(a\\) do \\(b\\), v kotoroy sosednie goroda soedineny reysom. dlinnym putem nazyvaetsya put mezhdu \\(a\\) i \\(b\\), soderzhaschiy maksimalno vozmozhnoe chislo gorodov, a korotkim - put s minimalno vozmozhnym chislom gorodov. predpolagaetsya, chto dlya lyuboy pary \\(a,b\\) suschestvuyut dlinnyy i korotkiy puti, ne imeyuschie obschih vnutrennih gorodov. pust \\(f\\) - chislo avialiniy. naydite vse vozmozhnye znacheniya \\(f\\) v zavisimosti ot \\(n\\). stmt-graph grafy s razdelnymi kratchayshimi i dlinneyshimi putyami needs_human_review pust \\(g\\) — svyaznyy prostoy neorientirovannyy graf na \\(n\\ge 3\\) vershinah. dlya lyubyh dvuh razlichnyh vershin \\(u,v\\) suschestvuet kratchayshiy \\(u\\)-\\(v\\)-put i suschestvuet prostoy \\(u\\)-\\(v\\)-put maksimalnoy vozmozhnoy dliny, prichem eti dva puti ne imeyut obschih vnutrennih vershin. naydite vse vozmozhnye znacheniya chisla reber \\(e(g)\\) v zavisimosti ot \\(n\\). simple_graph connected_graph path idea-longest-path-cycle naidlinneyshiy put zamykaetsya v gamiltonov tsikl berem naidlinneyshiy put mezhdu dvumya vershinami i sravnivaem ego s neperesekayuschimsya korotkim putem. eto vynuzhdaet nalichie rebra mezhdu kontsami dlinnogo puti; zatem lyuboy vneshniy sosed dal by bolee dlinnyy put, znachit naydennyy tsikl uzhe prohodit cherez vse vershiny grafa. connectivity needs_human_review idea-distance-set-closure mnozhestvo dopustimyh rasstoyaniy po tsiklu zamknuto posle gamiltonova tsikla vse hordy klassifitsiruyutsya po tsiklicheskomu rasstoyaniyu. iz spetsialnyh dlinnyh putey sleduet, chto vmeste s dvumya iz chisel \\(a,b,a+b-1\\) v mnozhestvo dopustimyh rasstoyaniy popadaet i trete; eto zamykanie privodit tolko k trem variantam: tsikl, polnyy graf ili pri chetnom \\(n\\) polnyy dvudolnyy graf. hamiltonian_cycles needs_human_review sol-official-compressed reshenie cherez gamiltonov tsikl ai_checked connected_graph path cycle complete_graph bipartite_graph longest_path interpretiruem set aviareysov kak prostoy neorientirovannyy graf \\(g\\). snachala proverim tri semeystva. v \\(k_n\\) korotkim putem mezhdu dvumya vershinami sluzhit rebro, a dlinnyy put mozhno vybrat lyubym gamiltonovym putem s temi zhe kontsami. v tsikle \\(c_n\\) mezhdu dvumya vershinami est dva puti po dvum dugam tsikla; bolee korotkaya i bolee dlinnaya duga ne imeyut obschih vnutrennih vershin. v \\(k_{m,m}\\), gde \\(n=2m\\), dlya vershin iz raznyh doley korotkiy put - rebro, a dlinnyy put mozhno vzyat gamiltonovym. dlya vershin iz odnoy doli dlinnyy put imeet \\(2m-1\\) vershin i propuskaet nekotoruyu vershinu drugoy doli; korotkiy put cherez etu propuschennuyu vershinu vnutrenne ne peresekaetsya s dlinnym. znachit eti grafy podhodyat. dokazhem obratnoe. graf svyazen, potomu chto mezhdu lyuboy paroy vershin est put. vozmem put \\(p=v_1v_2\\dots v_p\\) maksimalnoy dliny sredi vseh prostyh putey grafa. dlya pary \\(v_1,v_p\\…","source_keys":["bmo"]}
{"id":"bondy-pancyclic-theorem","title":"Теорема Бонди о панцикличности плотных гамильтоновых графов","path":"data\\problems\\classical\\bondy-pancyclic-theorem.yaml","raw_github_url":"https://raw.githubusercontent.com/didin-maxim/knowledge_graph_of_graphs/main/data/problems/classical/bondy-pancyclic-theorem.yaml","viewer_url":"https://didin-maxim.github.io/knowledge_graph_of_graphs/#bondy-pancyclic-theorem","source_key":"misc","source_label":"Прочее","source_titles":["Wikipedia, Pancyclic graph"],"year":"","type":"theorem","authors":["J. A. Bondy"],"tags":["hamiltonian_cycles","extremal_graph_theory","classical_theorem","goal_exact_bound"],"agent_topics":[],"difficulty":{"main":"classical_tool","local_score":9,"comment":"Серьёзная внешняя теорема. Известные доказательства используют тонкий анализ хорд гамильтонова цикла и экстремального случая; короткое школьное доказательство в карточке не зафиксировано.","status":"ai_checked"},"review_status":"needs_human_review","public_ready":false,"solution_state":"without_solution","solution_classification":{"type":"hard_external_theorem_no_proof","label":"доказательство не приведено: тяжёлая внешняя теорема","status":"needs_human_review","confidence":0.84,"basis":"аудит группы D по внешним теоремам 2026-05-06","notes":"Формулировка теоремы записана со стандартным источником; доказательство намеренно не включено из-за сложности. Это не обычная нерешённая олимпиадная задача, а тяжёлая внешняя теорема, используемая как ссылка.","audit_source":"group-d-hamiltonian-brooks-ramsey-chromatic-audit"},"statements":{"original":[{"id":"stmt-original-1","title":"","status":"source_verified","text":"Пусть \\(G\\) — простой гамильтонов граф на \\(n\\) вершинах. Если в \\(G\\) не меньше \\(n^2/4\\) рёбер, то \\(G\\) панцикличен, за исключением случая, когда \\(n\\) чётно и \\(G\\) является полным двудольным графом \\(K_{n/2,n/2}\\).","definition_ids":["simple_graph","cycle","hamiltonian_cycle","bipartite_graph","complete_graph"]}]},"solutions":[],"relations":[{"id":"rel-bondy-links-kolmogorov-2009-r1","neighbor_id":"kolmogorov-2009-round1-high-dense-hamiltonian-pancyclic","direction":"forward","type":"prerequisite","distance":1,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-bondy-links-dirac-pancyclic-upgrade","neighbor_id":"dirac-theorem","direction":"forward","type":"same_motif","distance":2,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-bondy-links-ore-pancyclic-corollary","neighbor_id":"ore-theorem","direction":"forward","type":"same_motif","distance":2,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-bondy-links-mantel-threshold","neighbor_id":"mantel-theorem","direction":"forward","type":"same_motif","distance":2,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-bondy-links-turan-r2-extremal","neighbor_id":"turan-theorem","direction":"forward","type":"same_motif","distance":3,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-bondy-links-complete-minus-hamiltonian-path","neighbor_id":"complete-graph-minus-n-minus-2-edges-hamiltonian-path","direction":"forward","type":"same_motif","distance":3,"status":"needs_human_review"},{"id":"rel-bondy-links-kolmogorov-2014-cycle-spectrum-contrast","neighbor_id":"kolmogorov-2014-round3-four-regular-two-100-cycles","direction":"forward","type":"false_friend","distance":4,"status":"needs_human_review"},{"id":"rel-kolm-2009-r4-regular-tournament-bondy-pancyclic-contrast","neighbor_id":"kolmogorov-2009-round4-high-regular-tournament-hamiltonian-paths","direction":"backward","type":"same_motif","distance":3,"status":"needs_human_review"}],"search_text":"bondy-pancyclic-theorem теорема бонди о панцикличности плотных гамильтоновых графов hamiltonian_cycles extremal_graph_theory classical_theorem goal_exact_bound https://en.wikipedia.org/wiki/pancyclic_graph j. a. bondy jabondy misc reference src-wikipedia-pancyclic-graph wikipedia, pancyclic graph without_solution прочее j. a. bondy wikipedia, pancyclic graph stmt-original-1 source_verified пусть \\(g\\) — простой гамильтонов граф на \\(n\\) вершинах. если в \\(g\\) не меньше \\(n^2/4\\) рёбер, то \\(g\\) панцикличен, за исключением случая, когда \\(n\\) чётно и \\(g\\) является полным двудольным графом \\(k_{n/2,n/2}\\). simple_graph cycle hamiltonian_cycle bipartite_graph complete_graph idea-dense-hamiltonian-forces-all-cycles плотные гамильтоновы графы почти панцикличны теорема усиливает наличие гамильтонова цикла при пороге \\(e(g) \\ge n^2/4\\): за исключением сбалансированного полного двудольного графа, в графе появляются циклы всех длин. hamiltonian_cycles extremal_graph_theory ai_checked idea-mantel-threshold-with-hamiltonian-cycle порог мантеля при наличии гамильтонова цикла тот же порог \\(n^2/4\\), что и в теореме мантеля, становится гораздо сильнее при уже заданном гамильтоновом цикле: он заставляет не только треугольник, но и циклы всех возможных длин, кроме единственного двудольного экстремального случая. extremal_graph_theory hamiltonian_cycles ai_checked bondy-pancyclic-theorem teorema bondi o pantsiklichnosti plotnyh gamiltonovyh grafov hamiltonian_cycles extremal_graph_theory classical_theorem goal_exact_bound https://en.wikipedia.org/wiki/pancyclic_graph j. a. bondy jabondy misc reference src-wikipedia-pancyclic-graph wikipedia, pancyclic graph without_solution prochee j. a. bondy wikipedia, pancyclic graph stmt-original-1 source_verified pust \\(g\\) — prostoy gamiltonov graf na \\(n\\) vershinah. esli v \\(g\\) ne menshe \\(n^2/4\\) reber, to \\(g\\) pantsiklichen, za isklyucheniem sluchaya, kogda \\(n\\) chetno i \\(g\\) yavlyaetsya polnym dvudolnym grafom \\(k_{n/2,n/2}\\). simple_graph cycle hamiltonian_cycle bipartite_graph complete_graph idea-dense-hamiltonian-forces-all-cycles plotnye gamiltonovy grafy pochti pantsiklichny teorema usilivaet nalichie gamiltonova tsikla pri poroge \\(e(g) \\ge n^2/4\\): za isklyucheniem sbalansirovannogo polnogo dvudolnogo grafa, v grafe poyavlyayutsya tsikly vseh dlin. hamiltonian_cycles extremal_graph_theory ai_checked idea-mantel-threshold-with-hamiltonian-cycle porog mantelya pri nalichii gamiltonova tsikla tot zhe porog \\(n^2/4\\), chto i v teoreme mantelya, stanovitsya gorazdo silnee pri uzhe zadannom gamiltonovom tsikle: on zastavlyaet ne tolko treugolnik, no i tsikly vseh vozmozhnyh dlin, krome edinstvennogo dvudolnogo ekstremalnogo sluchaya. extremal_graph_theory hamiltonian_cycles ai_checked","source_keys":["misc"]}
{"id":"bounded-forward-rays-balanced-sums","title":"Ограниченные лучи вперёд и сбалансированные суммы","path":"data\\problems\\classical\\bounded-forward-rays-balanced-sums.yaml","raw_github_url":"https://raw.githubusercontent.com/didin-maxim/knowledge_graph_of_graphs/main/data/problems/classical/bounded-forward-rays-balanced-sums.yaml","viewer_url":"https://didin-maxim.github.io/knowledge_graph_of_graphs/#bounded-forward-rays-balanced-sums","source_key":"misc","source_label":"Прочее","source_titles":["IMO 2015 Shortlisted Problems with Solutions"],"year":"","type":"lemma","authors":["Ivan Guo and Ross Atkins"],"tags":["invariant","extremal_choice","goal_bound","goal_existence"],"agent_topics":[],"difficulty":{"main":"imo_p2_p5","local_score":9,"comment":"Независимый технический слой из IMO Shortlist 2015 C5: идея короткая, но точная константа требует аккуратного контроля стабилизированного пула.","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":0.86,"basis":"официальный IMO Shortlist 2015 source plus самодостаточно generalized proof аудит","notes":"Официальное решение для случая \\(L=2015\\) найдено; текущий текст разворачивает тот же конечный-дефицит/пуловый аргумент для общего \\(L\\) и проверяет точную константу.","audit_source":"agent-imo-us-classical.json"},"statements":{"original":[{"id":"stmt-sequence","title":"Последовательность с различными правыми концами","status":"ai_checked","text":"Пусть \\(L\\ge 1\\), и пусть \\((a_i)_{i\\ge 1}\\) - бесконечная последовательность целых чисел, такая что \\(1\\le a_i\\le L\\) для всех \\(i\\), а числа \\(i+a_i\\) попарно различны. Тогда существуют положительные целые числа \\(b\\) и \\(N\\), такие что для любых \\(n>m\\ge N\\) выполнено \\[ \\left|\\sum_{i=m+1}^n (a_i-b)\\right|\\le \\left\\lfloor\\frac{(L-1)^2}{4}\\right\\rfloor. \\]","definition_ids":[]}],"graph_theory":[{"id":"stmt-forward-functional-digraph","title":"Функциональный орграф с ограниченными скачками","status":"ai_checked","text":"Пусть на положительных целых вершинах задан ориентированный граф, в котором из каждой вершины \\(i\\) выходит ровно одна стрелка в вершину \\(i+a_i\\), где \\(1\\le a_i\\le L\\), и ни в какую вершину не входит больше одной стрелки. Тогда существуют положительные целые \\(b\\) и \\(N\\), такие что для любых \\(n>m\\ge N\\) суммарное отклонение длин стрелок на отрезке удовлетворяет \\[ \\left|\\sum_{i=m+1}^n (a_i-b)\\right|\\le \\left\\lfloor\\frac{(L-1)^2}{4}\\right\\rfloor. \\]","definition_ids":["directed_graph"]}],"olympiad_reformulations":[{"id":"stmt-imo-2015-c5-special-case","title":"Случай \\(L=2015\\)","status":"ai_checked","text":"При \\(L=2015\\) из леммы следует существование положительных целых \\(b,N\\), для которых при всех \\(n>m\\ge N\\) выполнено \\(\\left|\\sum_{i=m+1}^n(a_i-b)\\right|\\le 1007^2\\).","definition_ids":[]}]},"solutions":[{"id":"sol-pool-of-balls","title":"Доказательство через пул шаров высот","status":"ai_checked","definition_ids":["directed_graph"],"standard_idea_ids":["pigeonhole_principle","extremal_choice"],"tags":[],"has_text":true,"text_preview":"Для каждого целого \\(t\\ge 0\\) рассмотрим пул шаров, соответствующих тем индексам \\(i\\), для которых \\(i\\le t<i+a_i\\). Шару индекса \\(i\\) приписываем высоту \\(h=i+a_i-t\\). Так как \\(1\\le a_i\\le L\\), каждая высота лежит в множестве \\(\\{1,2,\\dots,L\\}\\). Если два шара в один момент имели бы одинаковую высоту, то соответствующие стрелки имели бы один и тот же конец \\(i+a_i\\), что запрещено. Поэтому в пуле всегда не больше \\(L\\) шаров. Пусть \\(B_t\\) - число шаров в момент \\(t\\). При переходе от \\(t\\) к \\(t+1\\) шар высоты 1 удаляется, если он есть, добавляется новый шар, отвечающий индексу \\(t+1\\), а все остальные старые высоты уменьшаются на 1. Следовательно, на каждом шаге мы удаляем не более одного шара и добавляем ровно один, так что \\(B_{t+1}\\ge B_t\\). Последовательность \\(B_t\\) неубывает и ограничена числом \\(L\\), значит, начиная с некоторого момента \\(N\\), она постоянно равна некоторому…"}],"relations":[{"id":"rel-apmo-2016-p4-bounded-forward-rays-functional-digraph","neighbor_id":"apmo-2016-p4-dreamland-28-step-coloring","direction":"backward","type":"same_motif","distance":4,"status":"needs_human_review"},{"id":"rel-bounded-forward-rays-cmo-2025-functional-digraph-dynamics","neighbor_id":"cmo-2025-p1-voting-functional-graph","direction":"forward","type":"same_motif","distance":4,"status":"needs_human_review"},{"id":"rel-imo-2019-c3-bounded-forward-rays-state-potential","neighbor_id":"imo-2019-c3-coin-process-digraph","direction":"backward","type":"same_motif","distance":4,"status":"needs_human_review"},{"id":"rel-kolm-2022-colored-integers-imo-2015-infinite-rays","neighbor_id":"kolmogorov-2022-round2-high-colored-integers-infinite-tree","direction":"backward","type":"same_motif","distance":3,"status":"needs_human_review"}],"search_text":"bounded-forward-rays-balanced-sums ограниченные лучи вперёд и сбалансированные суммы invariant extremal_choice goal_bound goal_existence https://www.imo-official.org/problems/imo2015sl.pdf imo 2015 shortlisted problems with solutions ivan guo and ross atkins ivanguoandrossatkins misc official_archive src-imo-2015-shortlist with_solution прочее ivan guo and ross atkins imo 2015 shortlisted problems with solutions stmt-sequence последовательность с различными правыми концами ai_checked пусть \\(l\\ge 1\\), и пусть \\((a_i)_{i\\ge 1}\\) - бесконечная последовательность целых чисел, такая что \\(1\\le a_i\\le l\\) для всех \\(i\\), а числа \\(i+a_i\\) попарно различны. тогда существуют положительные целые числа \\(b\\) и \\(n\\), такие что для любых \\(n>m\\ge n\\) выполнено \\[ \\left|\\sum_{i=m+1}^n (a_i-b)\\right|\\le \\left\\lfloor\\frac{(l-1)^2}{4}\\right\\rfloor. \\] stmt-forward-functional-digraph функциональный орграф с ограниченными скачками ai_checked пусть на положительных целых вершинах задан ориентированный граф, в котором из каждой вершины \\(i\\) выходит ровно одна стрелка в вершину \\(i+a_i\\), где \\(1\\le a_i\\le l\\), и ни в какую вершину не входит больше одной стрелки. тогда существуют положительные целые \\(b\\) и \\(n\\), такие что для любых \\(n>m\\ge n\\) суммарное отклонение длин стрелок на отрезке удовлетворяет \\[ \\left|\\sum_{i=m+1}^n (a_i-b)\\right|\\le \\left\\lfloor\\frac{(l-1)^2}{4}\\right\\rfloor. \\] directed_graph stmt-imo-2015-c5-special-case случай \\(l=2015\\) ai_checked при \\(l=2015\\) из леммы следует существование положительных целых \\(b,n\\), для которых при всех \\(n>m\\ge n\\) выполнено \\(\\left|\\sum_{i=m+1}^n(a_i-b)\\right|\\le 1007^2\\). idea-active-rays-as-balls активные стрелки как шары на высотах в момент \\(t\\) берем все стрелки \\(i\\to i+a_i\\), пересекающие промежуток от \\(t\\) к \\(t+1\\), то есть такие, что \\(i\\le t<i+a_i\\). такой стрелке соответствует шар высоты \\(i+a_i-t\\); из-за различных концов эти высоты попарно различны и лежат среди \\(1,2,\\dots,l\\). extremal_choice ai_checked idea-eventual-pool-size стабилизация числа шаров при переходе к следующему моменту исчезает не более одного шара и добавляется ровно один новый, поэтому число шаров не убывает и ограничено сверху числом \\(l\\). значит, с некоторого момента оно постоянно равно некоторому \\(b\\). extremal_choice ai_checked idea-height-sum-telescopes телескопирование суммы высот после стабилизации на каждом шаге есть шар высоты 1. если \\(s_t\\) - сумма высот в пуле, то переход от \\(t\\) к \\(t+1\\) дает \\(s_{t+1}-s_t=a_{t+1}-b\\), и частичные суммы \\(a_i-b\\) становятся разностями двух ограниченных величин. goal_bound ai_checked sol-pool-of-balls доказательство через пул шаров высот ai_checked directed_graph pigeonhole_principle extremal_choice для каждого целого \\(t\\ge 0\\) рассмотрим пул шаров, соответствующих тем индексам \\(i\\), для которых \\(i\\le t<i+a_i\\). шару индекса \\(i\\) приписываем высоту \\(h=i+a_i-t\\). так как \\(1\\le a_i\\le l\\), каждая высота лежит в множестве \\(\\{1,2,\\dots,l\\}\\). если два шара в один момент имели бы одинаковую высоту, то соответствующие стрелки имели бы один и тот же конец \\(i+a_i\\), что запрещено. поэтому в пуле всегда не больше \\(l\\) шаров. пусть \\(b_t\\) - число шаров в момент \\(t\\). при переходе от \\(t\\) к \\(t+1\\) шар высоты 1 удаляется, если он есть, добавляется новый шар, отвечающий индексу \\(t+1\\), а все остальные старые высоты уменьшаются на 1. следовательно, на каждом шаге мы удаляем не более одного шара и добавляем ровно один, так что \\(b_{t+1}\\ge b_t\\). последовательность \\(b_t\\) неубывает и ограничена числом \\(l\\), значит, начиная с некоторого момента \\(n\\), она постоянно равна некоторому… bounded-forward-rays-balanced-sums ogranichennye luchi vpered i sbalansirovannye summy invariant extremal_choice goal_bound goal_existence https://www.imo-official.org/problems/imo2015sl.pdf imo 2015 shortlisted problems with solutions ivan guo and ross atkins ivanguoandrossatkins misc official_archive src-imo-2015-shortlist with_solution prochee ivan guo and ross atkins imo 2015 shortlisted problems with solutions stmt-sequence posledovatelnost s razlichnymi pravymi kontsami ai_checked pust \\(l\\ge 1\\), i pust \\((a_i)_{i\\ge 1}\\) - beskonechnaya posledovatelnost tselyh chisel, takaya chto \\(1\\le a_i\\le l\\) dlya vseh \\(i\\), a chisla \\(i+a_i\\) poparno razlichny. togda suschestvuyut polozhitelnye tselye chisla \\(b\\) i \\(n\\), takie chto dlya lyubyh \\(n>m\\ge n\\) vypolneno \\[ \\left|\\sum_{i=m+1}^n (a_i-b)\\right|\\le \\left\\lfloor\\frac{(l-1)^2}{4}\\right\\rfloor. \\] stmt-forward-functional-digraph funktsionalnyy orgraf s ogranichennymi skachkami ai_checked pust na polozhitelnyh tselyh vershinah zadan orientirovannyy graf, v kotorom iz kazhdoy vershiny \\(i\\) vyhodit rovno odna strelka v vershinu \\(i+a_i\\), gde \\(1\\le a_i\\le l\\), i ni v kakuyu vershinu ne vhodit bolshe odnoy strelki. togda suschestvuyut polozhitelnye tselye \\(b\\) i \\(n\\), takie chto dlya lyubyh \\(n>m\\ge n\\) summarnoe otklonenie dlin strelok na otrezke udovletvoryaet \\[ \\left|\\sum_{i=m+1}^n (a_i-b)\\right|\\le \\left\\lfloor\\frac{(l-1)^2}{4}\\right\\rfloor. \\] directed_graph stmt-imo-2015-c5-special-case sluchay \\(l=2015\\) ai_checked pri \\(l=2015\\) iz lemmy sleduet suschestvovanie polozhitelnyh tselyh \\(b,n\\), dlya kotoryh pri vseh \\(n>m\\ge n\\) vypolneno \\(\\left|\\sum_{i=m+1}^n(a_i-b)\\right|\\le 1007^2\\). idea-active-rays-as-balls aktivnye strelki kak shary na vysotah v moment \\(t\\) berem vse strelki \\(i\\to i+a_i\\), peresekayuschie promezhutok ot \\(t\\) k \\(t+1\\), to est takie, chto \\(i\\le t<i+a_i\\). takoy strelke sootvetstvuet shar vysoty \\(i+a_i-t\\); iz-za razlichnyh kontsov eti vysoty poparno razlichny i lezhat sredi \\(1,2,\\dots,l\\). extremal_choice ai_checked idea-eventual-pool-size stabilizatsiya chisla sharov pri perehode k sleduyuschemu momentu ischezaet ne bolee odnogo shara i dobavlyaetsya rovno odin novyy, poetomu chislo sharov ne ubyvaet i ogranicheno sverhu chislom \\(l\\). znachit, s nekotorogo momenta ono postoyanno ravno nekotoromu \\(b\\). extremal_choice ai_checked idea-height-sum-telescopes teleskopirovanie summy vysot posle stabilizatsii na kazhdom shage est shar vysoty 1. esli \\(s_t\\) - summa vysot v pule, to perehod ot \\(t\\) k \\(t+1\\) daet \\(s_{t+1}-s_t=a_{t+1}-b\\), i chastichnye summy \\(a_i-b\\) stanovyatsya raznostyami dvuh ogranichennyh velichin. goal_bound ai_checked sol-pool-of-balls dokazatelstvo cherez pul sharov vysot ai_checked directed_graph pigeonhole_principle extremal_choice dlya kazhdogo tselogo \\(t\\ge 0\\) rassmotrim pul sharov, sootvetstvuyuschih tem indeksam \\(i\\), dlya kotoryh \\(i\\le t<i+a_i\\). sharu indeksa \\(i\\) pripisyvaem vysotu \\(h=i+a_i-t\\). tak kak \\(1\\le a_i\\le l\\), kazhdaya vysota lezhit v mnozhestve \\(\\{1,2,\\dots,l\\}\\). esli dva shara v odin moment imeli by odinakovuyu vysotu, to sootvetstvuyuschie strelki imeli by odin i tot zhe konets \\(i+a_i\\), chto zaprescheno. poetomu v pule vsegda ne bolshe \\(l\\) sharov. pust \\(b_t\\) - chislo sharov v moment \\(t\\). pri perehode ot \\(t\\) k \\(t+1\\) shar vysoty 1 udalyaetsya, esli on est, dobavlyaetsya novyy shar, otvechayuschiy indeksu \\(t+1\\), a vse ostalnye starye vysoty umenshayutsya na 1. sledovatelno, na kazhdom shage my udalyaem ne bolee odnogo shara i dobavlyaem rovno odin, tak chto \\(b_{t+1}\\ge b_t\\). posledovatelnost \\(b_t\\) neubyvaet i ogranichena chislom \\(l\\), znachit, nachinaya s nekotorogo momenta \\(n\\), ona postoyanno ravna nekotoromu…","source_keys":["misc","imo"]}
{"id":"brooks-theorem","title":"Теорема Брукса о раскраске графа через максимальную степень","path":"data\\problems\\classical\\brooks-theorem.yaml","raw_github_url":"https://raw.githubusercontent.com/didin-maxim/knowledge_graph_of_graphs/main/data/problems/classical/brooks-theorem.yaml","viewer_url":"https://didin-maxim.github.io/knowledge_graph_of_graphs/#brooks-theorem","source_key":"misc","source_label":"Прочее","source_titles":["Теорема Брукса"],"year":"","type":"theorem","authors":["R. L. Brooks"],"tags":["coloring","minimal_counterexample","classical_theorem","goal_exact_bound"],"agent_topics":[],"difficulty":{"main":"imo_p3_plus","local_score":9,"comment":"Скорее справочный инструмент; для базы нужна аккуратная версия доказательства.","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":0.92,"basis":"Самодостаточное доказательство; сверено с обзорными источниками.","notes":"Классическая теорема оставлена как public-ready theorem card: доказательство внутри карточки полное для школьной базы и не требует классификации как heavy_external_theorem.","audit_source":"official-plan-expansion-brooks-theorem-2026-05-06"},"statements":{"original":[{"id":"stmt-original-1","title":"","status":"ai_checked","text":"Пусть G — связный простой граф, а Delta — наибольшая степень его вершины. Если G не является полным графом и не является нечетным циклом, то вершины G можно правильно раскрасить в Delta цветов.","definition_ids":["connected_graph","simple_graph","complete_graph","cycle","chromatic_number","degree"]}]},"solutions":[{"id":"sol-sketch","title":"Полное доказательство через порядок Ловаса","status":"ai_checked","definition_ids":["connected_graph","clique","cycle","simple_graph","degree","chromatic_number","path","spanning_tree"],"standard_idea_ids":["greedy_ordering","local_recoloring","delete_to_simplify"],"tags":[],"has_text":true,"text_preview":"Рассматриваем конечный связный простой граф и обозначаем \\(\\Delta=\\Delta(G)\\). Цвета будем называть числами \\(1,\\ldots,\\Delta\\). Случаи \\(\\Delta\\le 2\\) просты. При \\(\\Delta=0\\) или \\(1\\) связный граф является соответственно одной вершиной или одним ребром, то есть полным графом. При \\(\\Delta=2\\) связный граф максимальной степени 2 есть путь или цикл; пути и четные циклы 2-раскрашиваемы, а нечетные циклы ровно входят в исключения. Далее считаем, что \\(\\Delta\\ge 3\\). Сначала докажем жадную лемму. Пусть связный граф \\(H\\) имеет максимальную степень не больше \\(\\Delta\\), и в нем есть вершина \\(r\\) степени меньше \\(\\Delta\\). Тогда \\(H\\) можно раскрасить в \\(\\Delta\\) цветов. Возьмем остовное дерево \\(H\\) с корнем \\(r\\) и раскрашиваем вершины в порядке невозрастания расстояния от \\(r\\), оставляя \\(r\\) последней. У любой вершины, отличной от \\(r\\), есть родитель на пути к \\(r\\), и этот родитель…"}],"relations":[{"id":"rel-vosh-nonbreakable-brooks","neighbor_id":"vosh-2010-11-final-nonbreakable-company","direction":"forward","type":"same_motif","distance":3,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-bmo-2013-p4-brooks-low-degree-greedy","neighbor_id":"bmo-2013-p4-weakly-friendly-cycles-three-rooms","direction":"backward","type":"same_motif","distance":3,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-brooks-imo-2013-c3-color-reduction","neighbor_id":"imo-2013-c3-imons-graph-coloring","direction":"forward","type":"same_motif","distance":3,"status":"needs_human_review"},{"id":"rel-kolm-2008-team-juniors-brooks","neighbor_id":"kolmogorov-2008-team-olympiad-juniors-problem-5","direction":"backward","type":"same_motif","distance":3,"status":"needs_human_review"},{"id":"rel-metadata-pass-brooks-color-reduction-odd-deletion","neighbor_id":"color-reduction-by-odd-deletion-and-doubling","direction":"forward","type":"same_motif","distance":3,"status":"needs_human_review"},{"id":"rel-color-extremal-brooks-shortest-odd-cycle","neighbor_id":"shortest-odd-cycle-external-neighbor-bound","direction":"forward","type":"same_motif","distance":2,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-color-extremal-brooks-fyum-2009-tur2a","neighbor_id":"fyum-2009-tur2a-p4","direction":"forward","type":"same_motif","distance":2,"status":"needs_human_review"},{"id":"rel-brooks-apmo-2016-color-reduction","neighbor_id":"apmo-2016-p4-dreamland-28-step-coloring","direction":"forward","type":"same_motif","distance":3,"status":"needs_human_review"},{"id":"rel-brooks-degeneracy-greedy-order","neighbor_id":"degeneracy-greedy-coloring","direction":"backward","type":"prerequisite","distance":1,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-five-color-brooks-local-recoloring-checked","neighbor_id":"five-color-theorem","direction":"forward","type":"same_motif","distance":3,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-brooks-vosh-2025-26-color-cleaning","neighbor_id":"vosh-2025-26-final-regions-friendship-coloring","direction":"forward","type":"same_motif","distance":3,"status":"needs_human_review"},{"id":"rel-brooks-yumt-2023-granda-final-p6","neighbor_id":"yumt-2023-granda-final-problem6","direction":"forward","type":"same_motif","distance":2,"status":"ai_checked"}],"search_text":"brooks-theorem теорема брукса о раскраске графа через максимальную степень coloring minimal_counterexample classical_theorem goal_exact_bound https://ru.wikipedia.org/wiki/%d0%a2%d0%b5%d0%be%d1%80%d0%b5%d0%bc%d0%b0_%d0%91%d1%80%d1%83%d0%ba%d1%81%d0%b0 misc r. l. brooks reference rlbrooks src-wikipedia-brooks with_solution прочее теорема брукса r. l. brooks теорема брукса stmt-original-1 ai_checked пусть g — связный простой граф, а delta — наибольшая степень его вершины. если g не является полным графом и не является нечетным циклом, то вершины g можно правильно раскрасить в delta цветов. connected_graph simple_graph complete_graph cycle chromatic_number degree idea-greedy-order жадная раскраска в правильном порядке нужно упорядочить вершины так, чтобы при жадной раскраске каждая вершина, кроме контролируемых исключений, видела меньше delta уже раскрашенных соседей. coloring extremal_choice ai_checked sol-sketch полное доказательство через порядок ловаса ai_checked connected_graph clique cycle simple_graph degree chromatic_number path spanning_tree greedy_ordering local_recoloring delete_to_simplify рассматриваем конечный связный простой граф и обозначаем \\(\\delta=\\delta(g)\\). цвета будем называть числами \\(1,\\ldots,\\delta\\). случаи \\(\\delta\\le 2\\) просты. при \\(\\delta=0\\) или \\(1\\) связный граф является соответственно одной вершиной или одним ребром, то есть полным графом. при \\(\\delta=2\\) связный граф максимальной степени 2 есть путь или цикл; пути и четные циклы 2-раскрашиваемы, а нечетные циклы ровно входят в исключения. далее считаем, что \\(\\delta\\ge 3\\). сначала докажем жадную лемму. пусть связный граф \\(h\\) имеет максимальную степень не больше \\(\\delta\\), и в нем есть вершина \\(r\\) степени меньше \\(\\delta\\). тогда \\(h\\) можно раскрасить в \\(\\delta\\) цветов. возьмем остовное дерево \\(h\\) с корнем \\(r\\) и раскрашиваем вершины в порядке невозрастания расстояния от \\(r\\), оставляя \\(r\\) последней. у любой вершины, отличной от \\(r\\), есть родитель на пути к \\(r\\), и этот родитель… brooks-theorem teorema bruksa o raskraske grafa cherez maksimalnuyu stepen coloring minimal_counterexample classical_theorem goal_exact_bound https://ru.wikipedia.org/wiki/%d0%a2%d0%b5%d0%be%d1%80%d0%b5%d0%bc%d0%b0_%d0%91%d1%80%d1%83%d0%ba%d1%81%d0%b0 misc r. l. brooks reference rlbrooks src-wikipedia-brooks with_solution prochee teorema bruksa r. l. brooks teorema bruksa stmt-original-1 ai_checked pust g — svyaznyy prostoy graf, a delta — naibolshaya stepen ego vershiny. esli g ne yavlyaetsya polnym grafom i ne yavlyaetsya nechetnym tsiklom, to vershiny g mozhno pravilno raskrasit v delta tsvetov. connected_graph simple_graph complete_graph cycle chromatic_number degree idea-greedy-order zhadnaya raskraska v pravilnom poryadke nuzhno uporyadochit vershiny tak, chtoby pri zhadnoy raskraske kazhdaya vershina, krome kontroliruemyh isklyucheniy, videla menshe delta uzhe raskrashennyh sosedey. coloring extremal_choice ai_checked sol-sketch polnoe dokazatelstvo cherez poryadok lovasa ai_checked connected_graph clique cycle simple_graph degree chromatic_number path spanning_tree greedy_ordering local_recoloring delete_to_simplify rassmatrivaem konechnyy svyaznyy prostoy graf i oboznachaem \\(\\delta=\\delta(g)\\). tsveta budem nazyvat chislami \\(1,\\ldots,\\delta\\). sluchai \\(\\delta\\le 2\\) prosty. pri \\(\\delta=0\\) ili \\(1\\) svyaznyy graf yavlyaetsya sootvetstvenno odnoy vershinoy ili odnim rebrom, to est polnym grafom. pri \\(\\delta=2\\) svyaznyy graf maksimalnoy stepeni 2 est put ili tsikl; puti i chetnye tsikly 2-raskrashivaemy, a nechetnye tsikly rovno vhodyat v isklyucheniya. dalee schitaem, chto \\(\\delta\\ge 3\\). snachala dokazhem zhadnuyu lemmu. pust svyaznyy graf \\(h\\) imeet maksimalnuyu stepen ne bolshe \\(\\delta\\), i v nem est vershina \\(r\\) stepeni menshe \\(\\delta\\). togda \\(h\\) mozhno raskrasit v \\(\\delta\\) tsvetov. vozmem ostovnoe derevo \\(h\\) s kornem \\(r\\) i raskrashivaem vershiny v poryadke nevozrastaniya rasstoyaniya ot \\(r\\), ostavlyaya \\(r\\) posledney. u lyuboy vershiny, otlichnoy ot \\(r\\), est roditel na puti k \\(r\\), i etot roditel…","source_keys":["misc"]}
{"id":"c4-free-kovari-sos-turan-bound","title":"Оценка Кёвари-Шоша-Турана для графа без четырёхциклов","path":"data\\problems\\classical\\c4-free-kovari-sos-turan-bound.yaml","raw_github_url":"https://raw.githubusercontent.com/didin-maxim/knowledge_graph_of_graphs/main/data/problems/classical/c4-free-kovari-sos-turan-bound.yaml","viewer_url":"https://didin-maxim.github.io/knowledge_graph_of_graphs/#c4-free-kovari-sos-turan-bound","source_key":"misc","source_label":"Прочее","source_titles":["Wikipedia, Kővári-Sós-Turán theorem"],"year":"","type":"theorem","authors":["Tamás Kővári","Vera T. Sós","Pál Turán"],"tags":["extremal_graph_theory","double_counting","classical_theorem","goal_bound"],"agent_topics":[],"difficulty":{"main":"regional","local_score":5,"comment":"Это один из самых школьных фрагментов теоремы Кёвари-Шоша-Турана: вся работа сводится к двойному счёту общих соседей и неравенству Коши.","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":"Карточка подкреплена опубликованными неофициальными, справочными, журнальными, вики-, форумными источниками или страницами задач.","audit_source":"agent-imo-us-classical.json"},"statements":{"original":[{"id":"stmt-original-1","title":"Школьная C4-свободная оценка","status":"ai_checked","text":"Пусть \\(G\\) — простой граф на \\(n\\) вершинах, в котором нет цикла длины 4. Тогда число его рёбер \\(e\\) удовлетворяет неравенству \\(e\\le \\frac n4\\bigl(1+\\sqrt{4n-3}\\bigr)\\). В частности, \\(e=O(n^{3/2})\\).","definition_ids":["simple_graph","cycle","degree"]}],"olympiad_reformulations":[{"id":"stmt-common-neighbor-form","title":"Форма про общих соседей","status":"ai_checked","text":"Если в простом графе любые две вершины имеют не более одного общего соседа, то число рёбер графа не превосходит \\(\\frac n4(1+\\sqrt{4n-3})\\).","definition_ids":["simple_graph","degree"]}]},"solutions":[{"id":"sol-common-neighbor-count","title":"Доказательство двойным счётом","status":"ai_checked","definition_ids":["simple_graph","cycle","degree"],"standard_idea_ids":["double_counting"],"tags":[],"has_text":true,"text_preview":"Обозначим степени вершин через \\(d_1,\\ldots,d_n\\), а число рёбер через \\(e\\). Посчитаем тройки \\((x,v,y)\\), где \\(x\\) и \\(y\\) — две различные соседние с \\(v\\) вершины. Для фиксированного центра \\(v\\) таких троек \\(\\binom{d(v)}2\\), поэтому всего их \\(\\sum_v \\binom{d(v)}2\\). С другой стороны, каждая такая тройка задаёт пару концов \\(x,y\\), имеющих общего соседа \\(v\\). Если какая-то пара вершин \\(x,y\\) имела бы двух разных общих соседей \\(u\\) и \\(v\\), то вершины \\(x,u,y,v\\) образовали бы цикл длины 4. Поэтому в графе без \\(C_4\\) каждая неупорядоченная пара концов встречается не более одного раза. Значит \\[\\sum_v \\binom{d(v)}2\\le \\binom n2.\\] Раскроем левую часть: \\(\\sum_v \\binom{d(v)}2=\\frac12\\sum_v d(v)^2-e\\), потому что \\(\\sum_v d(v)=2e\\). По неравенству Коши \\(\\sum_v d(v)^2\\ge (2e)^2/n\\). Поэтому \\[\\frac12\\cdot\\frac{4e^2}{n}-e\\le \\frac{n(n-1)}2.\\] Умножая на \\(2n\\), получаем \\(4e^2-2ne\\…"}],"relations":[{"id":"rel-handshaking-c4-kst","neighbor_id":"handshaking-lemma","direction":"backward","type":"prerequisite","distance":1,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-c4-kst-mantel","neighbor_id":"mantel-theorem","direction":"forward","type":"same_motif","distance":2,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-min-degree-common-neighborhood-clique-kst-c4","neighbor_id":"min-degree-common-neighborhood-clique","direction":"backward","type":"same_motif","distance":2,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-usamo-1976-p1b-c4-free-kst","neighbor_id":"usamo-1976-p1b-4x6-rectangle-free-coloring-construction","direction":"backward","type":"same_motif","distance":3,"status":"ai_checked"}],"search_text":"c4-free-kovari-sos-turan-bound оценка кёвари-шоша-турана для графа без четырёхциклов extremal_graph_theory double_counting classical_theorem goal_bound https://en.wikipedia.org/wiki/k%c5%91v%c3%a1ri%e2%80%93s%c3%b3s%e2%80%93tur%c3%a1n_theorem misc pál turán pálturán src-wikipedia-kovari-sos-turan standard_reference tamás kővári tamáskővári vera t. sós veratsós wikipedia, kővári-sós-turán theorem with_solution прочее tamás kővári vera t. sós pál turán wikipedia, kővári-sós-turán theorem stmt-original-1 школьная c4-свободная оценка ai_checked пусть \\(g\\) — простой граф на \\(n\\) вершинах, в котором нет цикла длины 4. тогда число его рёбер \\(e\\) удовлетворяет неравенству \\(e\\le \\frac n4\\bigl(1+\\sqrt{4n-3}\\bigr)\\). в частности, \\(e=o(n^{3/2})\\). simple_graph cycle degree stmt-common-neighbor-form форма про общих соседей ai_checked если в простом графе любые две вершины имеют не более одного общего соседа, то число рёбер графа не превосходит \\(\\frac n4(1+\\sqrt{4n-3})\\). simple_graph degree idea-count-two-step-paths считать пути длины 2 сумма \\(\\sum_v \\binom{d(v)}2\\) считает пары соседей с общим центром. в графе без \\(c_4\\) каждая пара концов может иметь не больше одного общего центра. double_counting extremal_graph_theory ai_checked sol-common-neighbor-count доказательство двойным счётом ai_checked simple_graph cycle degree double_counting обозначим степени вершин через \\(d_1,\\ldots,d_n\\), а число рёбер через \\(e\\). посчитаем тройки \\((x,v,y)\\), где \\(x\\) и \\(y\\) — две различные соседние с \\(v\\) вершины. для фиксированного центра \\(v\\) таких троек \\(\\binom{d(v)}2\\), поэтому всего их \\(\\sum_v \\binom{d(v)}2\\). с другой стороны, каждая такая тройка задаёт пару концов \\(x,y\\), имеющих общего соседа \\(v\\). если какая-то пара вершин \\(x,y\\) имела бы двух разных общих соседей \\(u\\) и \\(v\\), то вершины \\(x,u,y,v\\) образовали бы цикл длины 4. поэтому в графе без \\(c_4\\) каждая неупорядоченная пара концов встречается не более одного раза. значит \\[\\sum_v \\binom{d(v)}2\\le \\binom n2.\\] раскроем левую часть: \\(\\sum_v \\binom{d(v)}2=\\frac12\\sum_v d(v)^2-e\\), потому что \\(\\sum_v d(v)=2e\\). по неравенству коши \\(\\sum_v d(v)^2\\ge (2e)^2/n\\). поэтому \\[\\frac12\\cdot\\frac{4e^2}{n}-e\\le \\frac{n(n-1)}2.\\] умножая на \\(2n\\), получаем \\(4e^2-2ne\\… c4-free-kovari-sos-turan-bound otsenka kevari-shosha-turana dlya grafa bez chetyrehtsiklov extremal_graph_theory double_counting classical_theorem goal_bound https://en.wikipedia.org/wiki/k%c5%91v%c3%a1ri%e2%80%93s%c3%b3s%e2%80%93tur%c3%a1n_theorem misc pál turán pálturán src-wikipedia-kovari-sos-turan standard_reference tamás kővári tamáskővári vera t. sós veratsós wikipedia, kővári-sós-turán theorem with_solution prochee tamás kővári vera t. sós pál turán wikipedia, kővári-sós-turán theorem stmt-original-1 shkolnaya c4-svobodnaya otsenka ai_checked pust \\(g\\) — prostoy graf na \\(n\\) vershinah, v kotorom net tsikla dliny 4. togda chislo ego reber \\(e\\) udovletvoryaet neravenstvu \\(e\\le \\frac n4\\bigl(1+\\sqrt{4n-3}\\bigr)\\). v chastnosti, \\(e=o(n^{3/2})\\). simple_graph cycle degree stmt-common-neighbor-form forma pro obschih sosedey ai_checked esli v prostom grafe lyubye dve vershiny imeyut ne bolee odnogo obschego soseda, to chislo reber grafa ne prevoshodit \\(\\frac n4(1+\\sqrt{4n-3})\\). simple_graph degree idea-count-two-step-paths schitat puti dliny 2 summa \\(\\sum_v \\binom{d(v)}2\\) schitaet pary sosedey s obschim tsentrom. v grafe bez \\(c_4\\) kazhdaya para kontsov mozhet imet ne bolshe odnogo obschego tsentra. double_counting extremal_graph_theory ai_checked sol-common-neighbor-count dokazatelstvo dvoynym schetom ai_checked simple_graph cycle degree double_counting oboznachim stepeni vershin cherez \\(d_1,\\ldots,d_n\\), a chislo reber cherez \\(e\\). poschitaem troyki \\((x,v,y)\\), gde \\(x\\) i \\(y\\) — dve razlichnye sosednie s \\(v\\) vershiny. dlya fiksirovannogo tsentra \\(v\\) takih troek \\(\\binom{d(v)}2\\), poetomu vsego ih \\(\\sum_v \\binom{d(v)}2\\). s drugoy storony, kazhdaya takaya troyka zadaet paru kontsov \\(x,y\\), imeyuschih obschego soseda \\(v\\). esli kakaya-to para vershin \\(x,y\\) imela by dvuh raznyh obschih sosedey \\(u\\) i \\(v\\), to vershiny \\(x,u,y,v\\) obrazovali by tsikl dliny 4. poetomu v grafe bez \\(c_4\\) kazhdaya neuporyadochennaya para kontsov vstrechaetsya ne bolee odnogo raza. znachit \\[\\sum_v \\binom{d(v)}2\\le \\binom n2.\\] raskroem levuyu chast: \\(\\sum_v \\binom{d(v)}2=\\frac12\\sum_v d(v)^2-e\\), potomu chto \\(\\sum_v d(v)=2e\\). po neravenstvu koshi \\(\\sum_v d(v)^2\\ge (2e)^2/n\\). poetomu \\[\\frac12\\cdot\\frac{4e^2}{n}-e\\le \\frac{n(n-1)}2.\\] umnozhaya na \\(2n\\), poluchaem \\(4e^2-2ne\\…","source_keys":["misc"]}
{"id":"caro-wei-independent-set-bound","title":"Лемма Каро-Вея о независимом множестве","path":"data\\problems\\classical\\caro-wei-independent-set-bound.yaml","raw_github_url":"https://raw.githubusercontent.com/didin-maxim/knowledge_graph_of_graphs/main/data/problems/classical/caro-wei-independent-set-bound.yaml","viewer_url":"https://didin-maxim.github.io/knowledge_graph_of_graphs/#caro-wei-independent-set-bound","source_key":"misc","source_label":"Прочее","source_titles":["Wikipedia, Turan's theorem, probabilistic-method proof and Caro-Wei bound"],"year":"","type":"lemma","authors":["Yair Caro","C. C. Wei"],"tags":["extremal_graph_theory","classical_theorem","goal_bound","goal_existence"],"agent_topics":[],"difficulty":{"main":"regional","local_score":4,"comment":"Классическая короткая лемма: доказательство занимает один вероятностный выбор, но сам инструмент часто оказывается решающим в олимпиадных графовых задачах.","status":"ai_checked"},"review_status":"needs_human_review","public_ready":false,"solution_state":"with_solution","solution_classification":{"type":"unofficial_published","label":"опубликованное неофициальное","status":"ai_checked","confidence":0.78,"basis":"агентский аудит средней сложности","notes":"Карточка подкреплена опубликованными неофициальными, справочными, журнальными, вики-, форумными источниками или страницами задач.","audit_source":"agent-imo-us-classical.json"},"statements":{"original":[{"id":"stmt-original-1","title":"","status":"ai_checked","text":"Для любого конечного простого графа \\(G\\) существует независимое множество размера не меньше \\(\\sum_{v\\in V(G)} \\frac{1}{d(v)+1}\\), где \\(d(v)\\) — степень вершины \\(v\\). Иными словами, \\(\\alpha(G)\\ge \\sum_{v\\in V(G)}1/(d(v)+1)\\).","definition_ids":["simple_graph","degree","independent_set"]}]},"solutions":[{"id":"sol-random-order","title":"Доказательство через случайный порядок","status":"ai_checked","definition_ids":["degree","independent_set"],"standard_idea_ids":["extremal_choice"],"tags":[],"has_text":true,"text_preview":"Выберем равновероятный случайный порядок всех вершин графа \\(G\\). Включим вершину \\(v\\) в множество \\(S\\), если среди вершин \\(\\{v\\}\\cup N(v)\\) она стоит первой. Если две вершины \\(u\\) и \\(v\\) смежны, то они не могут обе попасть в \\(S\\): из пары \\(u,v\\) только одна может быть раньше другой. Значит, \\(S\\) всегда является независимым множеством. Для фиксированной вершины \\(v\\) все \\(d(v)+1\\) вершин из ее замкнутой окрестности равноправны, поэтому вероятность события \\(v\\in S\\) равна \\(1/(d(v)+1)\\). По линейности математического ожидания \\(\\mathbb E|S|=\\sum_{v\\in V(G)}1/(d(v)+1)\\). Следовательно, при некотором порядке вершин размер построенного независимого множества не меньше этого ожидания."}],"relations":[{"id":"rel-caro-wei-lemma-imo-2012-c7","neighbor_id":"imo-2012-c7-equal-sum-chords-independent-set","direction":"forward","type":"prerequisite","distance":1,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-caro-wei-dolnikov-independent-set-motif","neighbor_id":"dolnikov-deletion-independent-set-lemma","direction":"forward","type":"same_motif","distance":2,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-cmo-2023-p5-caro-wei-independent-set","neighbor_id":"cmo-2023-p5-cut-bound-independent-set","direction":"backward","type":"same_motif","distance":3,"status":"ai_draft"},{"id":"rel-kolm-2016-junior-p7-caro-wei-independent-absorbing-set","neighbor_id":"kolmogorov-2016-individual-olympiad-juniors-problem-7","direction":"backward","type":"same_motif","distance":3,"status":"needs_human_review"},{"id":"rel-ms2019-p4-caro-wei-random-ordering","neighbor_id":"miklos-schweitzer-2019-p4-nice-matrices-bipartite-shellings","direction":"backward","type":"same_motif","distance":4,"status":"needs_human_review"},{"id":"rel-yumt-2016-start-high-r1-p7-caro-wei-independent-set-bound","neighbor_id":"yumt-2016-start-high-round1-problem7","direction":"backward","type":"same_motif","distance":3,"status":"needs_human_review"}],"search_text":"caro-wei-independent-set-bound лемма каро-вея о независимом множестве extremal_graph_theory classical_theorem goal_bound goal_existence c. c. wei ccwei https://en.wikipedia.org/wiki/tur%c3%a1n%27s_theorem misc reference src-wikipedia-turan-en-caro-wei wikipedia, turan's theorem, probabilistic-method proof and caro-wei bound with_solution yair caro yaircaro прочее yair caro c. c. wei wikipedia, turan's theorem, probabilistic-method proof and caro-wei bound stmt-original-1 ai_checked для любого конечного простого графа \\(g\\) существует независимое множество размера не меньше \\(\\sum_{v\\in v(g)} \\frac{1}{d(v)+1}\\), где \\(d(v)\\) — степень вершины \\(v\\). иными словами, \\(\\alpha(g)\\ge \\sum_{v\\in v(g)}1/(d(v)+1)\\). simple_graph degree independent_set idea-random-ordering случайный порядок вершин упорядочим вершины случайно и возьмем те вершины, которые идут раньше всех своих соседей. такая вершина выбирается с вероятностью \\(1/(d(v)+1)\\), а выбранные вершины попарно несмежны. extremal_choice goal_existence ai_checked sol-random-order доказательство через случайный порядок ai_checked degree independent_set extremal_choice выберем равновероятный случайный порядок всех вершин графа \\(g\\). включим вершину \\(v\\) в множество \\(s\\), если среди вершин \\(\\{v\\}\\cup n(v)\\) она стоит первой. если две вершины \\(u\\) и \\(v\\) смежны, то они не могут обе попасть в \\(s\\): из пары \\(u,v\\) только одна может быть раньше другой. значит, \\(s\\) всегда является независимым множеством. для фиксированной вершины \\(v\\) все \\(d(v)+1\\) вершин из ее замкнутой окрестности равноправны, поэтому вероятность события \\(v\\in s\\) равна \\(1/(d(v)+1)\\). по линейности математического ожидания \\(\\mathbb e|s|=\\sum_{v\\in v(g)}1/(d(v)+1)\\). следовательно, при некотором порядке вершин размер построенного независимого множества не меньше этого ожидания. caro-wei-independent-set-bound lemma karo-veya o nezavisimom mnozhestve extremal_graph_theory classical_theorem goal_bound goal_existence c. c. wei ccwei https://en.wikipedia.org/wiki/tur%c3%a1n%27s_theorem misc reference src-wikipedia-turan-en-caro-wei wikipedia, turan's theorem, probabilistic-method proof and caro-wei bound with_solution yair caro yaircaro prochee yair caro c. c. wei wikipedia, turan's theorem, probabilistic-method proof and caro-wei bound stmt-original-1 ai_checked dlya lyubogo konechnogo prostogo grafa \\(g\\) suschestvuet nezavisimoe mnozhestvo razmera ne menshe \\(\\sum_{v\\in v(g)} \\frac{1}{d(v)+1}\\), gde \\(d(v)\\) — stepen vershiny \\(v\\). inymi slovami, \\(\\alpha(g)\\ge \\sum_{v\\in v(g)}1/(d(v)+1)\\). simple_graph degree independent_set idea-random-ordering sluchaynyy poryadok vershin uporyadochim vershiny sluchayno i vozmem te vershiny, kotorye idut ranshe vseh svoih sosedey. takaya vershina vybiraetsya s veroyatnostyu \\(1/(d(v)+1)\\), a vybrannye vershiny poparno nesmezhny. extremal_choice goal_existence ai_checked sol-random-order dokazatelstvo cherez sluchaynyy poryadok ai_checked degree independent_set extremal_choice vyberem ravnoveroyatnyy sluchaynyy poryadok vseh vershin grafa \\(g\\). vklyuchim vershinu \\(v\\) v mnozhestvo \\(s\\), esli sredi vershin \\(\\{v\\}\\cup n(v)\\) ona stoit pervoy. esli dve vershiny \\(u\\) i \\(v\\) smezhny, to oni ne mogut obe popast v \\(s\\): iz pary \\(u,v\\) tolko odna mozhet byt ranshe drugoy. znachit, \\(s\\) vsegda yavlyaetsya nezavisimym mnozhestvom. dlya fiksirovannoy vershiny \\(v\\) vse \\(d(v)+1\\) vershin iz ee zamknutoy okrestnosti ravnopravny, poetomu veroyatnost sobytiya \\(v\\in s\\) ravna \\(1/(d(v)+1)\\). po lineynosti matematicheskogo ozhidaniya \\(\\mathbb e|s|=\\sum_{v\\in v(g)}1/(d(v)+1)\\). sledovatelno, pri nekotorom poryadke vershin razmer postroennogo nezavisimogo mnozhestva ne menshe etogo ozhidaniya.","source_keys":["misc"]}
{"id":"cayley-prufer-labeled-trees","title":"Формула Кэли для помеченных деревьев через код Прюфера","path":"data\\problems\\classical\\cayley-prufer-labeled-trees.yaml","raw_github_url":"https://raw.githubusercontent.com/didin-maxim/knowledge_graph_of_graphs/main/data/problems/classical/cayley-prufer-labeled-trees.yaml","viewer_url":"https://didin-maxim.github.io/knowledge_graph_of_graphs/#cayley-prufer-labeled-trees","source_key":"misc","source_label":"Прочее","source_titles":["Wikipedia, Cayley's formula","Wikipedia, Prüfer sequence"],"year":"","type":"theorem","authors":["Arthur Cayley","Heinz Prüfer"],"tags":["trees","classical_theorem","induction","goal_counting","goal_construction"],"agent_topics":[],"difficulty":{"main":"national_final_medium","local_score":6,"comment":"Формула выглядит неожиданно, но доказательство через код Прюфера является чистой школьной биекцией с удалением листьев.","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":"Карточка подкреплена опубликованными неофициальными, справочными, журнальными, вики-, форумными источниками или страницами задач.","audit_source":"agent-imo-us-classical.json"},"statements":{"original":[{"id":"stmt-original-1","title":"Число помеченных деревьев","status":"ai_checked","text":"Для любого \\(n\\ge 2\\) число деревьев с вершинами \\(1,2,\\ldots,n\\) равно \\(n^{n-2}\\).","definition_ids":["tree","simple_graph"]}],"olympiad_reformulations":[{"id":"stmt-prufer-code","title":"Код Прюфера","status":"ai_checked","text":"Каждому дереву на вершинах \\(1,2,\\ldots,n\\) можно взаимно однозначно сопоставить последовательность длины \\(n-2\\), каждый член которой является числом от 1 до \\(n\\).","definition_ids":["tree"]}]},"solutions":[{"id":"sol-prufer-bijection","title":"Биекция с последовательностями","status":"ai_checked","definition_ids":["tree"],"standard_idea_ids":["induction"],"tags":[],"has_text":true,"text_preview":"Опишем кодирование дерева. Пока в дереве осталось больше двух вершин, возьмем лист с наименьшей меткой, запишем метку его единственного соседа и удалим этот лист. За один шаг число вершин уменьшается на 1, поэтому после \\(n-2\\) шагов останутся две вершины, а записанный код будет последовательностью длины \\(n-2\\) из чисел от 1 до \\(n\\). Теперь покажем, что по любой такой последовательности код восстанавливается единственным образом. Пусть дана последовательность \\(a_1,a_2,\\ldots,a_{n-2}\\). На первом шаге лист, который был удален при кодировании, не может встречаться в последовательности: если вершина когда-либо записывается, значит в тот момент она была соседом удаляемого листа и сама еще не удалялась. Поэтому первым удаленным листом должна быть наименьшая метка, не встречающаяся среди \\(a_1,\\ldots,a_{n-2}\\). Соединим эту вершину с \\(a_1\\) и удалим ее из списка оставшихся меток. Затем за…"}],"relations":[{"id":"rel-tree-properties-cayley-prufer","neighbor_id":"tree-equivalent-properties","direction":"backward","type":"prerequisite","distance":1,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-kolm-2015-spies-cayley-prufer-leaf-reconstruction","neighbor_id":"kolmogorov-2015-round-4-spies-and-opergroups-problem","direction":"backward","type":"same_motif","distance":3,"status":"needs_human_review"}],"search_text":"cayley-prufer-labeled-trees формула кэли для помеченных деревьев через код прюфера trees classical_theorem induction goal_counting goal_construction arthur cayley arthurcayley heinz prüfer heinzprüfer https://en.wikipedia.org/wiki/cayley%27s_formula https://en.wikipedia.org/wiki/pr%c3%bcfer_sequence misc src-wikipedia-cayley-formula src-wikipedia-prufer-sequence standard_reference wikipedia, cayley's formula wikipedia, prüfer sequence with_solution прочее arthur cayley heinz prüfer wikipedia, cayley's formula wikipedia, prüfer sequence stmt-original-1 число помеченных деревьев ai_checked для любого \\(n\\ge 2\\) число деревьев с вершинами \\(1,2,\\ldots,n\\) равно \\(n^{n-2}\\). tree simple_graph stmt-prufer-code код прюфера ai_checked каждому дереву на вершинах \\(1,2,\\ldots,n\\) можно взаимно однозначно сопоставить последовательность длины \\(n-2\\), каждый член которой является числом от 1 до \\(n\\). tree idea-delete-smallest-leaf удалять наименьший лист пока в дереве больше двух вершин, удаляем лист с наименьшей меткой и записываем метку его единственного соседа. получается последовательность длины \\(n-2\\). trees induction ai_checked idea-reconstruct-leaf восстанавливать первый отсутствующий лист при восстановлении очередной удаляемый лист — это наименьшая метка, которая еще не использована как оставшаяся вершина и не встречается в оставшейся части кода. trees goal_construction ai_checked sol-prufer-bijection биекция с последовательностями ai_checked tree induction опишем кодирование дерева. пока в дереве осталось больше двух вершин, возьмем лист с наименьшей меткой, запишем метку его единственного соседа и удалим этот лист. за один шаг число вершин уменьшается на 1, поэтому после \\(n-2\\) шагов останутся две вершины, а записанный код будет последовательностью длины \\(n-2\\) из чисел от 1 до \\(n\\). теперь покажем, что по любой такой последовательности код восстанавливается единственным образом. пусть дана последовательность \\(a_1,a_2,\\ldots,a_{n-2}\\). на первом шаге лист, который был удален при кодировании, не может встречаться в последовательности: если вершина когда-либо записывается, значит в тот момент она была соседом удаляемого листа и сама еще не удалялась. поэтому первым удаленным листом должна быть наименьшая метка, не встречающаяся среди \\(a_1,\\ldots,a_{n-2}\\). соединим эту вершину с \\(a_1\\) и удалим ее из списка оставшихся меток. затем за… cayley-prufer-labeled-trees formula keli dlya pomechennyh derevev cherez kod pryufera trees classical_theorem induction goal_counting goal_construction arthur cayley arthurcayley heinz prüfer heinzprüfer https://en.wikipedia.org/wiki/cayley%27s_formula https://en.wikipedia.org/wiki/pr%c3%bcfer_sequence misc src-wikipedia-cayley-formula src-wikipedia-prufer-sequence standard_reference wikipedia, cayley's formula wikipedia, prüfer sequence with_solution prochee arthur cayley heinz prüfer wikipedia, cayley's formula wikipedia, prüfer sequence stmt-original-1 chislo pomechennyh derevev ai_checked dlya lyubogo \\(n\\ge 2\\) chislo derevev s vershinami \\(1,2,\\ldots,n\\) ravno \\(n^{n-2}\\). tree simple_graph stmt-prufer-code kod pryufera ai_checked kazhdomu derevu na vershinah \\(1,2,\\ldots,n\\) mozhno vzaimno odnoznachno sopostavit posledovatelnost dliny \\(n-2\\), kazhdyy chlen kotoroy yavlyaetsya chislom ot 1 do \\(n\\). tree idea-delete-smallest-leaf udalyat naimenshiy list poka v dereve bolshe dvuh vershin, udalyaem list s naimenshey metkoy i zapisyvaem metku ego edinstvennogo soseda. poluchaetsya posledovatelnost dliny \\(n-2\\). trees induction ai_checked idea-reconstruct-leaf vosstanavlivat pervyy otsutstvuyuschiy list pri vosstanovlenii ocherednoy udalyaemyy list — eto naimenshaya metka, kotoraya esche ne ispolzovana kak ostavshayasya vershina i ne vstrechaetsya v ostavsheysya chasti koda. trees goal_construction ai_checked sol-prufer-bijection biektsiya s posledovatelnostyami ai_checked tree induction opishem kodirovanie dereva. poka v dereve ostalos bolshe dvuh vershin, vozmem list s naimenshey metkoy, zapishem metku ego edinstvennogo soseda i udalim etot list. za odin shag chislo vershin umenshaetsya na 1, poetomu posle \\(n-2\\) shagov ostanutsya dve vershiny, a zapisannyy kod budet posledovatelnostyu dliny \\(n-2\\) iz chisel ot 1 do \\(n\\). teper pokazhem, chto po lyuboy takoy posledovatelnosti kod vosstanavlivaetsya edinstvennym obrazom. pust dana posledovatelnost \\(a_1,a_2,\\ldots,a_{n-2}\\). na pervom shage list, kotoryy byl udalen pri kodirovanii, ne mozhet vstrechatsya v posledovatelnosti: esli vershina kogda-libo zapisyvaetsya, znachit v tot moment ona byla sosedom udalyaemogo lista i sama esche ne udalyalas. poetomu pervym udalennym listom dolzhna byt naimenshaya metka, ne vstrechayuschayasya sredi \\(a_1,\\ldots,a_{n-2}\\). soedinim etu vershinu s \\(a_1\\) i udalim ee iz spiska ostavshihsya metok. zatem za…","source_keys":["misc"]}
{"id":"chen-yu-independent-cutset-kolmogorov-merged","title":"Независимый вершинный разрез в графе с не более чем 2n-4 рёбрами","path":"data\\problems\\classical\\chen-yu-independent-cutset-kolmogorov-merged.yaml","raw_github_url":"https://raw.githubusercontent.com/didin-maxim/knowledge_graph_of_graphs/main/data/problems/classical/chen-yu-independent-cutset-kolmogorov-merged.yaml","viewer_url":"https://didin-maxim.github.io/knowledge_graph_of_graphs/#chen-yu-independent-cutset-kolmogorov-merged","source_key":"misc","source_label":"Прочее","source_titles":["Guantao Chen, Xingxing Yu, A note on fragile graphs","Кубок Колмогорова 2024 официальный архив","Архив Кубка памяти А.Н. Колмогорова"],"year":"","type":"theorem","authors":["Chen--Yu"],"tags":["connectivity","graph_cut","extremal_graph_theory","goal_exact_bound"],"agent_topics":[],"difficulty":{"main":"classical_tool","local_score":12,"comment":"Олимпиадная задача является прямой формулировкой теоремы Чэня — Юя.","status":"ai_checked"},"review_status":"ai_checked","public_ready":true,"solution_state":"with_solution","solution_classification":{"type":"official_complete_or_near_complete","label":"официальное полное/почти полное","status":"ai_checked","confidence":0.78,"basis":"агентский аудит средней сложности","notes":"Классическая извлечённая карточка имеет официальный источник и проверенное агентом решение.","audit_source":"agent-imo-us-classical.json"},"statements":{"original":[{"id":"stmt-chen-yu-theorem","title":"Теорема Чэня — Юя","status":"ai_checked","text":"Всякий связный граф на n вершинах с не более чем 2n-4 рёбрами имеет вершинный разрез, который одновременно является независимым множеством.","definition_ids":["connected_graph","independent_set","graph_cut"]},{"id":"stmt-kolmogorov-2024-cutset","title":"Кубок Колмогорова 2024","status":"ai_checked","text":"Пусть G — связный граф с n вершинами и не более чем 2n-4 рёбрами. Докажите, что в G есть независимое множество вершин, удаление которого делает граф несвязным.","definition_ids":["connected_graph","independent_set"]}]},"solutions":[{"id":"sol-chen-yu-reference","title":"Самодостаточное доказательство теоремы Чэня — Юя и сведение Колмогорова","status":"ai_checked","definition_ids":["connected_graph","independent_set"],"standard_idea_ids":[],"tags":[],"has_text":true,"text_preview":"Докажем усиленную форму Чэня — Юя. Пусть G — 2-связный простой граф на n вершинах, e(G) ≤ 2n-4, и пусть x — заданная вершина. Тогда в G существует независимый вершинный разрез S, не содержащий x. База индукции. При n=3 единственный 2-связный простой граф — треугольник, у него 3=2n-3 ребра, поэтому условие e(G) ≤ 2n-4 не выполняется. При n=4 из 2-связности следует минимальная степень хотя бы 2, значит e(G) ≥ 4; вместе с e(G) ≤ 4 получаем G=C4. Для любой вершины x две ее соседние вершины образуют независимый разрез: после их удаления остаются две несмежные вершины, одна из которых x. Значит усиленная теорема верна для n=4. Пусть n≥5, и усиленная теорема уже доказана для всех меньших порядков. Рассмотрим 2-связный G с e(G) ≤ 2n-4 и фиксированную вершину x. Если x не лежит ни в одном треугольнике, то N(x) независимо. Кроме того, N(x) является разрезом: после удаления N(x) вершина x изолиров…"}],"relations":[{"id":"rel-kolmogorov-2024-fragile-menger","neighbor_id":"menger-theorem","direction":"forward","type":"same_motif","distance":1,"status":"ai_checked"}],"search_text":"chen-yu-independent-cutset-kolmogorov-merged независимый вершинный разрез в графе с не более чем 2n-4 рёбрами connectivity graph_cut extremal_graph_theory goal_exact_bound chen--yu chenyu guantao chen, xingxing yu, a note on fragile graphs https://turmath.ru/kolm/archive.php https://turmath.ru/kolm/files/archive/kolm27.zip https://www.sciencedirect.com/science/article/pii/s0012365x01002266 misc olympiad_archive paper src-chen-yu-fragile-graphs src-kolmogorov-2024-official src-kolmogorov-archive with_solution архив кубка памяти а.н. колмогорова кубок колмогорова 2024 официальный архив прочее chen--yu guantao chen, xingxing yu, a note on fragile graphs кубок колмогорова 2024 официальный архив архив кубка памяти а.н. колмогорова stmt-chen-yu-theorem теорема чэня — юя ai_checked всякий связный граф на n вершинах с не более чем 2n-4 рёбрами имеет вершинный разрез, который одновременно является независимым множеством. connected_graph independent_set graph_cut stmt-kolmogorov-2024-cutset кубок колмогорова 2024 ai_checked пусть g — связный граф с n вершинами и не более чем 2n-4 рёбрами. докажите, что в g есть независимое множество вершин, удаление которого делает граф несвязным. connected_graph independent_set sol-chen-yu-reference самодостаточное доказательство теоремы чэня — юя и сведение колмогорова ai_checked connected_graph independent_set докажем усиленную форму чэня — юя. пусть g — 2-связный простой граф на n вершинах, e(g) ≤ 2n-4, и пусть x — заданная вершина. тогда в g существует независимый вершинный разрез s, не содержащий x. база индукции. при n=3 единственный 2-связный простой граф — треугольник, у него 3=2n-3 ребра, поэтому условие e(g) ≤ 2n-4 не выполняется. при n=4 из 2-связности следует минимальная степень хотя бы 2, значит e(g) ≥ 4; вместе с e(g) ≤ 4 получаем g=c4. для любой вершины x две ее соседние вершины образуют независимый разрез: после их удаления остаются две несмежные вершины, одна из которых x. значит усиленная теорема верна для n=4. пусть n≥5, и усиленная теорема уже доказана для всех меньших порядков. рассмотрим 2-связный g с e(g) ≤ 2n-4 и фиксированную вершину x. если x не лежит ни в одном треугольнике, то n(x) независимо. кроме того, n(x) является разрезом: после удаления n(x) вершина x изолиров… chen-yu-independent-cutset-kolmogorov-merged nezavisimyy vershinnyy razrez v grafe s ne bolee chem 2n-4 rebrami connectivity graph_cut extremal_graph_theory goal_exact_bound chen--yu chenyu guantao chen, xingxing yu, a note on fragile graphs https://turmath.ru/kolm/archive.php https://turmath.ru/kolm/files/archive/kolm27.zip https://www.sciencedirect.com/science/article/pii/s0012365x01002266 misc olympiad_archive paper src-chen-yu-fragile-graphs src-kolmogorov-2024-official src-kolmogorov-archive with_solution arhiv kubka pamyati a.n. kolmogorova kubok kolmogorova 2024 ofitsialnyy arhiv prochee chen--yu guantao chen, xingxing yu, a note on fragile graphs kubok kolmogorova 2024 ofitsialnyy arhiv arhiv kubka pamyati a.n. kolmogorova stmt-chen-yu-theorem teorema chenya — yuya ai_checked vsyakiy svyaznyy graf na n vershinah s ne bolee chem 2n-4 rebrami imeet vershinnyy razrez, kotoryy odnovremenno yavlyaetsya nezavisimym mnozhestvom. connected_graph independent_set graph_cut stmt-kolmogorov-2024-cutset kubok kolmogorova 2024 ai_checked pust g — svyaznyy graf s n vershinami i ne bolee chem 2n-4 rebrami. dokazhite, chto v g est nezavisimoe mnozhestvo vershin, udalenie kotorogo delaet graf nesvyaznym. connected_graph independent_set sol-chen-yu-reference samodostatochnoe dokazatelstvo teoremy chenya — yuya i svedenie kolmogorova ai_checked connected_graph independent_set dokazhem usilennuyu formu chenya — yuya. pust g — 2-svyaznyy prostoy graf na n vershinah, e(g) ≤ 2n-4, i pust x — zadannaya vershina. togda v g suschestvuet nezavisimyy vershinnyy razrez s, ne soderzhaschiy x. baza induktsii. pri n=3 edinstvennyy 2-svyaznyy prostoy graf — treugolnik, u nego 3=2n-3 rebra, poetomu uslovie e(g) ≤ 2n-4 ne vypolnyaetsya. pri n=4 iz 2-svyaznosti sleduet minimalnaya stepen hotya by 2, znachit e(g) ≥ 4; vmeste s e(g) ≤ 4 poluchaem g=c4. dlya lyuboy vershiny x dve ee sosednie vershiny obrazuyut nezavisimyy razrez: posle ih udaleniya ostayutsya dve nesmezhnye vershiny, odna iz kotoryh x. znachit usilennaya teorema verna dlya n=4. pust n≥5, i usilennaya teorema uzhe dokazana dlya vseh menshih poryadkov. rassmotrim 2-svyaznyy g s e(g) ≤ 2n-4 i fiksirovannuyu vershinu x. esli x ne lezhit ni v odnom treugolnike, to n(x) nezavisimo. krome togo, n(x) yavlyaetsya razrezom: posle udaleniya n(x) vershina x izolirov…","source_keys":["misc","kolmogorov"]}
{"id":"cmo-1971-p10-one-way-phone-gossip","title":"Односторонние телефонные звонки и распространение всей информации, CMO 1971 P10","path":"data\\problems\\cmo\\cmo-1971-p10-one-way-phone-gossip.yaml","raw_github_url":"https://raw.githubusercontent.com/didin-maxim/knowledge_graph_of_graphs/main/data/problems/cmo/cmo-1971-p10-one-way-phone-gossip.yaml","viewer_url":"https://didin-maxim.github.io/knowledge_graph_of_graphs/#cmo-1971-p10-one-way-phone-gossip","source_key":"cmo","source_label":"CMO","source_titles":["Canadian Mathematical Olympiad 1971 официальные условия","AoPS Wiki, 1971 Canadian MO Problems/Problem 10"],"year":"1971","type":"olympiad_problem","authors":["Canadian Mathematical Olympiad Committee"],"tags":["connectivity","extremal_choice","goal_construction","goal_algorithm","goal_exact_bound","process_invariant"],"agent_topics":[],"difficulty":{"main":"national_final_medium","local_score":7,"comment":"CMO 1971 P10; точная граница получается из конструкции «собрать и разослать» и нижней оценки по первому человеку, который узнал все факты.","status":"ai_checked"},"review_status":"ai_checked","public_ready":true,"solution_state":"with_solution","solution_classification":{"type":"unofficial_published","status":"ai_checked","confidence":0.78,"basis":"неофициальный опубликованный источник или маркер опубликованного решения","notes":"Решение опубликовано не в официальном архиве; источник надо отличать от официального.","label":"опубликованное неофициальное"},"statements":{"original":[{"id":"stmt-original","title":"Официальное условие","status":"ai_checked","text":"Пусть каждый из \\(n\\) человек знает ровно один факт, причем все \\(n\\) фактов различны. Каждый раз, когда человек \\(A\\) звонит человеку \\(B\\), \\(A\\) сообщает \\(B\\) все, что знает сам, а \\(B\\) ничего не сообщает \\(A\\). Каково минимальное число телефонных звонков между парами людей, необходимое для того, чтобы каждый знал все факты? Докажите, что найденное число минимально.","definition_ids":[]}],"graph_hint_reformulations":[{"id":"stmt-hint-gather-broadcast","title":"Подсказочная формулировка через две фазы","status":"ai_checked","text":"В той же модели направленных передач найдите минимальное число ходов, если сначала все жетоны должны попасть хотя бы в одну вершину, а затем из уже все знающей вершины информация должна дойти до всех остальных. Обоснуйте, почему до первого момента, когда какая-то вершина знает все жетоны, необходимо не меньше \\(n-1\\) передач, и почему после этого всем остальным вершинам нужно получить хотя бы по одной новой передаче.","definition_ids":["directed_graph"]}]},"solutions":[{"id":"sol-gather-and-broadcast","title":"Сбор всей информации и обратная рассылка","status":"ai_checked","definition_ids":["directed_graph"],"standard_idea_ids":["extremal_choice"],"tags":[],"has_text":true,"text_preview":"Ответ: \\(2n-2\\) звонков. Сначала покажем, что столько звонков достаточно. Обозначим людей через \\(P_1,\\ldots,P_n\\). Пусть сначала идут звонки \\(P_1\\to P_2\\), \\(P_2\\to P_3\\), ..., \\(P_{n-1}\\to P_n\\). После этих \\(n-1\\) звонков человек \\(P_n\\) знает все \\(n\\) фактов: каждый следующий человек получает всю уже накопленную информацию. Теперь передадим эту полную информацию обратно: \\(P_n\\to P_{n-1}\\), \\(P_{n-1}\\to P_{n-2}\\), ..., \\(P_2\\to P_1\\). Каждый звонящий на этом этапе уже знает все факты, поэтому после ещё \\(n-1\\) звонков все люди знают всё. Всего получилось \\(2n-2\\) звонков. Докажем минимальность. При \\(n=1\\) всё уже известно единственному человеку, и формула даёт \\(0\\). Пусть теперь \\(n\\ge2\\). Рассмотрим первый момент, когда какой-то человек впервые узнал все \\(n\\) фактов; назовём его \\(X\\). До этого момента каждый исходный факт должен был каким-то образом дойти до \\(X\\). Если смотр…"}],"relations":[{"id":"rel-cmo-1971-p10-cmo-2023-p2-spreading-process-count","neighbor_id":"cmo-2023-p2-three-regular-bootstrap-friendship","direction":"forward","type":"same_motif","distance":3,"status":"needs_human_review"},{"id":"rel-cmo-1971-p10-cmo-2025-p1-directed-dynamics","neighbor_id":"cmo-2025-p1-voting-functional-graph","direction":"forward","type":"same_motif","distance":3,"status":"needs_human_review"},{"id":"rel-cmo-1971-p10-apmo-2005-p4-spread-frontier","neighbor_id":"apmo-2005-p4-firefighters-grid-spread","direction":"forward","type":"same_motif","distance":3,"status":"needs_human_review"},{"id":"rel-cmo-1971-p10-imo-2016-c6-dynamic-graph","neighbor_id":"imo-2016-c6-ferry-graph-dynamics","direction":"forward","type":"same_motif","distance":3,"status":"needs_human_review"}],"search_text":"cmo-1971-p10-one-way-phone-gossip односторонние телефонные звонки и распространение всей информации, cmo 1971 p10 connectivity extremal_choice goal_construction goal_algorithm goal_exact_bound process_invariant 1971 aops wiki, 1971 canadian mo problems/problem 10 canadian mathematical olympiad 1971 официальные условия canadian mathematical olympiad committee canadianmathematicalolympiadcommittee cmo cmo1971 community_solution https://artofproblemsolving.com/wiki/index.php/1971_canadian_mo_problems/problem_10 https://w7.cms.math.ca/competitions/cmo/archive/exam1971.pdf src-aops-cmo-1971-p10 src-cmo-1971-official statement with_solution canadian mathematical olympiad committee canadian mathematical olympiad 1971 официальные условия aops wiki, 1971 canadian mo problems/problem 10 stmt-original официальное условие ai_checked пусть каждый из \\(n\\) человек знает ровно один факт, причем все \\(n\\) фактов различны. каждый раз, когда человек \\(a\\) звонит человеку \\(b\\), \\(a\\) сообщает \\(b\\) все, что знает сам, а \\(b\\) ничего не сообщает \\(a\\). каково минимальное число телефонных звонков между парами людей, необходимое для того, чтобы каждый знал все факты? докажите, что найденное число минимально. stmt-hint-gather-broadcast подсказочная формулировка через две фазы ai_checked в той же модели направленных передач найдите минимальное число ходов, если сначала все жетоны должны попасть хотя бы в одну вершину, а затем из уже все знающей вершины информация должна дойти до всех остальных. обоснуйте, почему до первого момента, когда какая-то вершина знает все жетоны, необходимо не меньше \\(n-1\\) передач, и почему после этого всем остальным вершинам нужно получить хотя бы по одной новой передаче. directed_graph idea-answer-two-n-minus-two ответ \\(2n-2\\) все факты можно собрать у одного человека за \\(n-1\\) звонков, например последовательно передавая накопленную информацию к выбранному центру, а затем за еще \\(n-1\\) звонков этот человек может сообщить полный набор фактов всем остальным. goal_exact_bound goal_construction ai_checked idea-first-universal-knower первый человек, который узнал все до первого момента, когда кто-то впервые знает все \\(n\\) фактов, информация каждого из остальных \\(n-1\\) людей должна по направленной цепочке дойти до него, что требует как минимум \\(n-1\\) звонков. после этого ни один другой человек еще не знал всего раньше, поэтому каждому из остальных \\(n-1\\) людей нужен хотя бы один последующий входящий звонок с полным набором фактов. goal_bound extremal_choice ai_checked sol-gather-and-broadcast сбор всей информации и обратная рассылка ai_checked directed_graph extremal_choice ответ: \\(2n-2\\) звонков. сначала покажем, что столько звонков достаточно. обозначим людей через \\(p_1,\\ldots,p_n\\). пусть сначала идут звонки \\(p_1\\to p_2\\), \\(p_2\\to p_3\\), ..., \\(p_{n-1}\\to p_n\\). после этих \\(n-1\\) звонков человек \\(p_n\\) знает все \\(n\\) фактов: каждый следующий человек получает всю уже накопленную информацию. теперь передадим эту полную информацию обратно: \\(p_n\\to p_{n-1}\\), \\(p_{n-1}\\to p_{n-2}\\), ..., \\(p_2\\to p_1\\). каждый звонящий на этом этапе уже знает все факты, поэтому после ещё \\(n-1\\) звонков все люди знают всё. всего получилось \\(2n-2\\) звонков. докажем минимальность. при \\(n=1\\) всё уже известно единственному человеку, и формула даёт \\(0\\). пусть теперь \\(n\\ge2\\). рассмотрим первый момент, когда какой-то человек впервые узнал все \\(n\\) фактов; назовём его \\(x\\). до этого момента каждый исходный факт должен был каким-то образом дойти до \\(x\\). если смотр… cmo-1971-p10-one-way-phone-gossip odnostoronnie telefonnye zvonki i rasprostranenie vsey informatsii, cmo 1971 p10 connectivity extremal_choice goal_construction goal_algorithm goal_exact_bound process_invariant 1971 aops wiki, 1971 canadian mo problems/problem 10 canadian mathematical olympiad 1971 ofitsialnye usloviya canadian mathematical olympiad committee canadianmathematicalolympiadcommittee cmo cmo1971 community_solution https://artofproblemsolving.com/wiki/index.php/1971_canadian_mo_problems/problem_10 https://w7.cms.math.ca/competitions/cmo/archive/exam1971.pdf src-aops-cmo-1971-p10 src-cmo-1971-official statement with_solution canadian mathematical olympiad committee canadian mathematical olympiad 1971 ofitsialnye usloviya aops wiki, 1971 canadian mo problems/problem 10 stmt-original ofitsialnoe uslovie ai_checked pust kazhdyy iz \\(n\\) chelovek znaet rovno odin fakt, prichem vse \\(n\\) faktov razlichny. kazhdyy raz, kogda chelovek \\(a\\) zvonit cheloveku \\(b\\), \\(a\\) soobschaet \\(b\\) vse, chto znaet sam, a \\(b\\) nichego ne soobschaet \\(a\\). kakovo minimalnoe chislo telefonnyh zvonkov mezhdu parami lyudey, neobhodimoe dlya togo, chtoby kazhdyy znal vse fakty? dokazhite, chto naydennoe chislo minimalno. stmt-hint-gather-broadcast podskazochnaya formulirovka cherez dve fazy ai_checked v toy zhe modeli napravlennyh peredach naydite minimalnoe chislo hodov, esli snachala vse zhetony dolzhny popast hotya by v odnu vershinu, a zatem iz uzhe vse znayuschey vershiny informatsiya dolzhna doyti do vseh ostalnyh. obosnuyte, pochemu do pervogo momenta, kogda kakaya-to vershina znaet vse zhetony, neobhodimo ne menshe \\(n-1\\) peredach, i pochemu posle etogo vsem ostalnym vershinam nuzhno poluchit hotya by po odnoy novoy peredache. directed_graph idea-answer-two-n-minus-two otvet \\(2n-2\\) vse fakty mozhno sobrat u odnogo cheloveka za \\(n-1\\) zvonkov, naprimer posledovatelno peredavaya nakoplennuyu informatsiyu k vybrannomu tsentru, a zatem za esche \\(n-1\\) zvonkov etot chelovek mozhet soobschit polnyy nabor faktov vsem ostalnym. goal_exact_bound goal_construction ai_checked idea-first-universal-knower pervyy chelovek, kotoryy uznal vse do pervogo momenta, kogda kto-to vpervye znaet vse \\(n\\) faktov, informatsiya kazhdogo iz ostalnyh \\(n-1\\) lyudey dolzhna po napravlennoy tsepochke doyti do nego, chto trebuet kak minimum \\(n-1\\) zvonkov. posle etogo ni odin drugoy chelovek esche ne znal vsego ranshe, poetomu kazhdomu iz ostalnyh \\(n-1\\) lyudey nuzhen hotya by odin posleduyuschiy vhodyaschiy zvonok s polnym naborom faktov. goal_bound extremal_choice ai_checked sol-gather-and-broadcast sbor vsey informatsii i obratnaya rassylka ai_checked directed_graph extremal_choice otvet: \\(2n-2\\) zvonkov. snachala pokazhem, chto stolko zvonkov dostatochno. oboznachim lyudey cherez \\(p_1,\\ldots,p_n\\). pust snachala idut zvonki \\(p_1\\to p_2\\), \\(p_2\\to p_3\\), ..., \\(p_{n-1}\\to p_n\\). posle etih \\(n-1\\) zvonkov chelovek \\(p_n\\) znaet vse \\(n\\) faktov: kazhdyy sleduyuschiy chelovek poluchaet vsyu uzhe nakoplennuyu informatsiyu. teper peredadim etu polnuyu informatsiyu obratno: \\(p_n\\to p_{n-1}\\), \\(p_{n-1}\\to p_{n-2}\\), ..., \\(p_2\\to p_1\\). kazhdyy zvonyaschiy na etom etape uzhe znaet vse fakty, poetomu posle esche \\(n-1\\) zvonkov vse lyudi znayut vse. vsego poluchilos \\(2n-2\\) zvonkov. dokazhem minimalnost. pri \\(n=1\\) vse uzhe izvestno edinstvennomu cheloveku, i formula daet \\(0\\). pust teper \\(n\\ge2\\). rassmotrim pervyy moment, kogda kakoy-to chelovek vpervye uznal vse \\(n\\) faktov; nazovem ego \\(x\\). do etogo momenta kazhdyy ishodnyy fakt dolzhen byl kakim-to obrazom doyti do \\(x\\). esli smotr…","source_keys":["cmo"]}
{"id":"cmo-1973-p4-triangulated-nonagon-labelings","title":"Совершенные паросочетания в графе инцидентности треугольников, CMO 1973 P4","path":"data\\problems\\cmo\\cmo-1973-p4-triangulated-nonagon-labelings.yaml","raw_github_url":"https://raw.githubusercontent.com/didin-maxim/knowledge_graph_of_graphs/main/data/problems/cmo/cmo-1973-p4-triangulated-nonagon-labelings.yaml","viewer_url":"https://didin-maxim.github.io/knowledge_graph_of_graphs/#cmo-1973-p4-triangulated-nonagon-labelings","source_key":"cmo","source_label":"CMO","source_titles":["Canadian Mathematical Olympiad 1973 официальные условия"],"year":"1973","type":"olympiad_problem","authors":["Canadian Mathematical Olympiad Committee"],"tags":["matching","goal_counting"],"agent_topics":[],"difficulty":{"main":"national_final_easy","local_score":4,"comment":"CMO 1973 P4 сводится к небольшому подсчету паросочетаний инцидентности; после двудольной переформулировки паросочетание находится вынужденными выборами степени один.","status":"ai_checked"},"review_status":"ai_checked","public_ready":true,"solution_state":"with_solution","solution_classification":{"type":"ai_original","status":"ai_checked","confidence":0.7,"basis":"официальный или опубликованный источник решения не обнаружен","notes":"Решение выглядит как восстановленное/написанное ИИ с нуля; желательно выборочно перепроверять математически.","label":"ИИ-решение с нуля"},"statements":{"original":[{"id":"stmt-original","title":"Официальное условие","status":"ai_checked","text":"Выпуклый многоугольник имеет девять вершин \\(P_0,P_1,\\ldots,P_8\\) в циклическом порядке. Шесть диагоналей разбивают его на семь треугольников \\(P_0P_1P_3\\), \\(P_0P_3P_6\\), \\(P_0P_6P_7\\), \\(P_0P_7P_8\\), \\(P_1P_2P_3\\), \\(P_3P_4P_6\\) и \\(P_4P_5P_6\\). Сколькими способами можно присвоить этим треугольникам названия \\(\\Delta_1,\\Delta_2,\\ldots,\\Delta_7\\) так, чтобы \\(P_i\\) была вершиной треугольника \\(\\Delta_i\\) при \\(i=1,2,\\ldots,7\\)? Обоснуйте ответ.","definition_ids":[]}],"graph_theory":[{"id":"stmt-graph","title":"Совершенные паросочетания в графе инцидентности","status":"ai_checked","text":"Пусть левая доля двудольного графа состоит из семи меток \\(1,2,\\ldots,7\\), а правая доля - из семи треугольников \\(013,036,067,078,123,346,456\\). Соединим метку \\(i\\) с треугольником тогда и только тогда, когда вершина \\(P_i\\) принадлежит этому треугольнику. Найдите число совершенных паросочетаний в этом двудольном графе.","definition_ids":["bipartite_graph","matching"]}],"graph_hint_reformulations":[{"id":"stmt-graph-forced-neighbors","title":"Взгляд через вынужденных соседей в паросочетании","status":"ai_checked","text":"В двудольном графе меток и настоящих треугольников сначала отметим метки степени один: метка \\(2\\) смежна только с треугольником \\(123\\), а метка \\(5\\) - только с треугольником \\(456\\). После удаления этих вынужденных пар продолжайте удалять вынужденные пары метка-треугольник. Определите, сколько совершенных паросочетаний останется.","definition_ids":["bipartite_graph","matching"]}]},"solutions":[{"id":"sol-forced-matching","title":"Вынужденные выборы в графе инцидентности","status":"ai_checked","definition_ids":["bipartite_graph","matching"],"standard_idea_ids":[],"tags":[],"has_text":true,"text_preview":"Запишем семь настоящих треугольников как \\(013,036,067,078,123,346,456\\). Разметка допустима тогда и только тогда, когда каждая метка \\(i\\) присвоена отдельному треугольнику, содержащему вершину \\(P_i\\). Поэтому нужно лишь посчитать совершенные паросочетания в этой таблице инцидентности. Метку \\(2\\) можно поставить только на треугольник \\(123\\), значит \\(\\Delta_2=123\\). Точно так же метку \\(5\\) можно поставить только на треугольник \\(456\\), значит \\(\\Delta_5=456\\). После удаления этих двух треугольников метка \\(1\\) уже не может использовать \\(123\\) и вынужденно идет на \\(013\\). Метка \\(4\\) уже не может использовать \\(456\\) и вынужденно идет на \\(346\\). Оставшиеся неразмеченные треугольники - \\(036,067,078\\), а оставшиеся метки - \\(3,6,7\\). Теперь метка \\(3\\) среди оставшихся треугольников может использовать только \\(036\\); затем метка \\(6\\) вынужденно идет на \\(067\\), а метка \\(7\\) - на…"}],"relations":[{"id":"rel-cmo-1973-p4-hall-marriage-incidence-matching","neighbor_id":"hall-marriage-theorem","direction":"backward","type":"same_motif","distance":2,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-cmo-2004-p2-cmo-1973-p4-bipartite-matching-count","neighbor_id":"cmo-2004-p2-rooks-same-colour","direction":"backward","type":"same_motif","distance":2,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-imc-2006-triangulation-cmo-1973","neighbor_id":"imc-2006-day2-p1-polygon-triangulation-parity","direction":"backward","type":"same_motif","distance":2,"status":"ai_checked"}],"search_text":"cmo-1973-p4-triangulated-nonagon-labelings совершенные паросочетания в графе инцидентности треугольников, cmo 1973 p4 matching goal_counting 1973 canadian mathematical olympiad 1973 официальные условия canadian mathematical olympiad committee canadianmathematicalolympiadcommittee cmo cmo1973 https://w7.cms.math.ca/competitions/cmo/archive/exam1973.pdf src-cmo-1973-official statement with_solution canadian mathematical olympiad committee canadian mathematical olympiad 1973 официальные условия stmt-original официальное условие ai_checked выпуклый многоугольник имеет девять вершин \\(p_0,p_1,\\ldots,p_8\\) в циклическом порядке. шесть диагоналей разбивают его на семь треугольников \\(p_0p_1p_3\\), \\(p_0p_3p_6\\), \\(p_0p_6p_7\\), \\(p_0p_7p_8\\), \\(p_1p_2p_3\\), \\(p_3p_4p_6\\) и \\(p_4p_5p_6\\). сколькими способами можно присвоить этим треугольникам названия \\(\\delta_1,\\delta_2,\\ldots,\\delta_7\\) так, чтобы \\(p_i\\) была вершиной треугольника \\(\\delta_i\\) при \\(i=1,2,\\ldots,7\\)? обоснуйте ответ. stmt-graph совершенные паросочетания в графе инцидентности ai_checked пусть левая доля двудольного графа состоит из семи меток \\(1,2,\\ldots,7\\), а правая доля - из семи треугольников \\(013,036,067,078,123,346,456\\). соединим метку \\(i\\) с треугольником тогда и только тогда, когда вершина \\(p_i\\) принадлежит этому треугольнику. найдите число совершенных паросочетаний в этом двудольном графе. bipartite_graph matching stmt-graph-forced-neighbors взгляд через вынужденных соседей в паросочетании ai_checked в двудольном графе меток и настоящих треугольников сначала отметим метки степени один: метка \\(2\\) смежна только с треугольником \\(123\\), а метка \\(5\\) - только с треугольником \\(456\\). после удаления этих вынужденных пар продолжайте удалять вынужденные пары метка-треугольник. определите, сколько совершенных паросочетаний останется. bipartite_graph matching idea-incidence-matching метки как задача о паросочетании допустимая разметка - это ровно совершенное паросочетание между семью названиями \\(\\delta_i\\) и семью настоящими треугольниками, где допустимость задается инцидентностью вершины и треугольника. matching goal_counting ai_checked idea-forced-leaves последовательно снимайте вынужденные метки некоторые метки можно поставить только на один из оставшихся треугольников. каждый такой выбор степени один вынужден, а после его удаления появляются новые вынужденные выборы. matching goal_counting ai_checked sol-forced-matching вынужденные выборы в графе инцидентности ai_checked bipartite_graph matching запишем семь настоящих треугольников как \\(013,036,067,078,123,346,456\\). разметка допустима тогда и только тогда, когда каждая метка \\(i\\) присвоена отдельному треугольнику, содержащему вершину \\(p_i\\). поэтому нужно лишь посчитать совершенные паросочетания в этой таблице инцидентности. метку \\(2\\) можно поставить только на треугольник \\(123\\), значит \\(\\delta_2=123\\). точно так же метку \\(5\\) можно поставить только на треугольник \\(456\\), значит \\(\\delta_5=456\\). после удаления этих двух треугольников метка \\(1\\) уже не может использовать \\(123\\) и вынужденно идет на \\(013\\). метка \\(4\\) уже не может использовать \\(456\\) и вынужденно идет на \\(346\\). оставшиеся неразмеченные треугольники - \\(036,067,078\\), а оставшиеся метки - \\(3,6,7\\). теперь метка \\(3\\) среди оставшихся треугольников может использовать только \\(036\\); затем метка \\(6\\) вынужденно идет на \\(067\\), а метка \\(7\\) - на… cmo-1973-p4-triangulated-nonagon-labelings sovershennye parosochetaniya v grafe intsidentnosti treugolnikov, cmo 1973 p4 matching goal_counting 1973 canadian mathematical olympiad 1973 ofitsialnye usloviya canadian mathematical olympiad committee canadianmathematicalolympiadcommittee cmo cmo1973 https://w7.cms.math.ca/competitions/cmo/archive/exam1973.pdf src-cmo-1973-official statement with_solution canadian mathematical olympiad committee canadian mathematical olympiad 1973 ofitsialnye usloviya stmt-original ofitsialnoe uslovie ai_checked vypuklyy mnogougolnik imeet devyat vershin \\(p_0,p_1,\\ldots,p_8\\) v tsiklicheskom poryadke. shest diagonaley razbivayut ego na sem treugolnikov \\(p_0p_1p_3\\), \\(p_0p_3p_6\\), \\(p_0p_6p_7\\), \\(p_0p_7p_8\\), \\(p_1p_2p_3\\), \\(p_3p_4p_6\\) i \\(p_4p_5p_6\\). skolkimi sposobami mozhno prisvoit etim treugolnikam nazvaniya \\(\\delta_1,\\delta_2,\\ldots,\\delta_7\\) tak, chtoby \\(p_i\\) byla vershinoy treugolnika \\(\\delta_i\\) pri \\(i=1,2,\\ldots,7\\)? obosnuyte otvet. stmt-graph sovershennye parosochetaniya v grafe intsidentnosti ai_checked pust levaya dolya dvudolnogo grafa sostoit iz semi metok \\(1,2,\\ldots,7\\), a pravaya dolya - iz semi treugolnikov \\(013,036,067,078,123,346,456\\). soedinim metku \\(i\\) s treugolnikom togda i tolko togda, kogda vershina \\(p_i\\) prinadlezhit etomu treugolniku. naydite chislo sovershennyh parosochetaniy v etom dvudolnom grafe. bipartite_graph matching stmt-graph-forced-neighbors vzglyad cherez vynuzhdennyh sosedey v parosochetanii ai_checked v dvudolnom grafe metok i nastoyaschih treugolnikov snachala otmetim metki stepeni odin: metka \\(2\\) smezhna tolko s treugolnikom \\(123\\), a metka \\(5\\) - tolko s treugolnikom \\(456\\). posle udaleniya etih vynuzhdennyh par prodolzhayte udalyat vynuzhdennye pary metka-treugolnik. opredelite, skolko sovershennyh parosochetaniy ostanetsya. bipartite_graph matching idea-incidence-matching metki kak zadacha o parosochetanii dopustimaya razmetka - eto rovno sovershennoe parosochetanie mezhdu semyu nazvaniyami \\(\\delta_i\\) i semyu nastoyaschimi treugolnikami, gde dopustimost zadaetsya intsidentnostyu vershiny i treugolnika. matching goal_counting ai_checked idea-forced-leaves posledovatelno snimayte vynuzhdennye metki nekotorye metki mozhno postavit tolko na odin iz ostavshihsya treugolnikov. kazhdyy takoy vybor stepeni odin vynuzhden, a posle ego udaleniya poyavlyayutsya novye vynuzhdennye vybory. matching goal_counting ai_checked sol-forced-matching vynuzhdennye vybory v grafe intsidentnosti ai_checked bipartite_graph matching zapishem sem nastoyaschih treugolnikov kak \\(013,036,067,078,123,346,456\\). razmetka dopustima togda i tolko togda, kogda kazhdaya metka \\(i\\) prisvoena otdelnomu treugolniku, soderzhaschemu vershinu \\(p_i\\). poetomu nuzhno lish poschitat sovershennye parosochetaniya v etoy tablitse intsidentnosti. metku \\(2\\) mozhno postavit tolko na treugolnik \\(123\\), znachit \\(\\delta_2=123\\). tochno tak zhe metku \\(5\\) mozhno postavit tolko na treugolnik \\(456\\), znachit \\(\\delta_5=456\\). posle udaleniya etih dvuh treugolnikov metka \\(1\\) uzhe ne mozhet ispolzovat \\(123\\) i vynuzhdenno idet na \\(013\\). metka \\(4\\) uzhe ne mozhet ispolzovat \\(456\\) i vynuzhdenno idet na \\(346\\). ostavshiesya nerazmechennye treugolniki - \\(036,067,078\\), a ostavshiesya metki - \\(3,6,7\\). teper metka \\(3\\) sredi ostavshihsya treugolnikov mozhet ispolzovat tolko \\(036\\); zatem metka \\(6\\) vynuzhdenno idet na \\(067\\), a metka \\(7\\) - na…","source_keys":["cmo"]}
{"id":"cmo-1976-p8-red-blue-k9-clique","title":"Красная \\(K_4\\) без синего треугольника в \\(K_9\\), CMO 1976 P8","path":"data\\problems\\cmo\\cmo-1976-p8-red-blue-k9-clique.yaml","raw_github_url":"https://raw.githubusercontent.com/didin-maxim/knowledge_graph_of_graphs/main/data/problems/cmo/cmo-1976-p8-red-blue-k9-clique.yaml","viewer_url":"https://didin-maxim.github.io/knowledge_graph_of_graphs/#cmo-1976-p8-red-blue-k9-clique","source_key":"cmo","source_label":"CMO","source_titles":["Canadian Mathematical Olympiad 1976 официальные условия","School Exercise Books blog, 8th Canadian Mathematical Olympiad 1976","Cut-the-Knot, Ramsey Number R(4,3)"],"year":"1976","type":"olympiad_problem","authors":[],"tags":["ramsey_theory","coloring","forbidden_triangle","forbidden_clique","goal_proof"],"agent_topics":[],"difficulty":{"main":"national_final_medium","local_score":9,"comment":"CMO 1976 P8; компактная, но нетривиальная малая задача Рамсея, соответствующая оценке \\(R(3,4)\\le 9\\).","status":"ai_checked"},"review_status":"ai_checked","public_ready":true,"solution_state":"with_solution","solution_classification":{"type":"unofficial_published","status":"ai_checked","confidence":0.78,"basis":"неофициальный опубликованный источник или маркер опубликованного решения","notes":"Решение опубликовано не в официальном архиве; источник надо отличать от официального.","label":"опубликованное неофициальное"},"statements":{"original":[{"id":"stmt-original","title":"Официальная формулировка","status":"ai_checked","text":"Каждый из 36 отрезков, соединяющих две различные точки из девяти точек на окружности, окрашен либо в красный, либо в синий цвет. Предположим, что каждый треугольник, определяемый тремя из этих девяти точек, содержит хотя бы одну красную сторону. Докажите, что найдутся четыре точки, у которых все 6 соединяющих их отрезков красные.","definition_ids":[]}],"graph_theory":[{"id":"stmt-graph","title":"Красная клика в раскраске \\(K_9\\)","status":"ai_checked","text":"В полной красно-синей раскраске ребер графа \\(K_9\\) нет синего треугольника. Докажите, что существует красная клика \\(K_4\\).","definition_ids":["complete_graph","clique","triangle"]}],"graph_hint_reformulations":[{"id":"stmt-blue-complement","title":"Комплементарная графовая форма","status":"ai_checked","text":"Пусть \\(G\\) - простой граф на 9 вершинах, в котором нет треугольника. Докажите, что в дополнении графа \\(G\\) есть клика \\(K_4\\); эквивалентно, в самом \\(G\\) есть независимое множество из 4 вершин.","definition_ids":["simple_graph","complement_graph","clique","independent_set","complete_graph","triangle"]}]},"solutions":[{"id":"sol-ramsey-r34-upper-bound","title":"Доказательство как \\(R(3,4)\\le 9\\)","status":"ai_checked","definition_ids":["complete_graph","clique","simple_graph","independent_set"],"standard_idea_ids":["pigeonhole_principle","complement_graph_transition"],"tags":[],"has_text":true,"text_preview":"Рассмотрим граф \\(G\\) на девяти вершинах, где вершины соответствуют данным точкам, а рёбра графа \\(G\\) — это синие отрезки. По условию каждый треугольник из трёх точек содержит красную сторону, значит в графе \\(G\\) нет синего треугольника, то есть \\(G\\) треугольник-свободен. Нужно доказать, что найдутся четыре вершины, между которыми нет синих рёбер; тогда все шесть отрезков между ними красные. Если у некоторой вершины \\(v\\) в графе \\(G\\) есть хотя бы четыре синих соседа, выберем четыре таких соседа. Между двумя из них не может быть синего ребра, иначе вместе с \\(v\\) получился бы синий треугольник. Поэтому эти четыре вершины попарно соединены не синими, а красными рёбрами. Это и есть требуемая красная четвёрка. Остаётся случай, когда степень каждой вершины в синем графе не превосходит 3. Сумма всех степеней графа чётна. Если бы все девять степеней были равны 3, сумма была бы 27, что нев…"}],"relations":[{"id":"rel-ramsey-r34-cmo-1976-p8","neighbor_id":"ramsey-r34","direction":"backward","type":"solution_transfer","distance":1,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-ramsey-theorem-cmo-1976-p8","neighbor_id":"ramsey-theorem","direction":"backward","type":"specialization","distance":1,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-ramsey-r33-cmo-1976-p8","neighbor_id":"ramsey-r33","direction":"backward","type":"same_motif","distance":2,"status":"ai_checked"}],"search_text":"cmo-1976-p8-red-blue-k9-clique красная \\(k_4\\) без синего треугольника в \\(k_9\\), cmo 1976 p8 ramsey_theory coloring forbidden_triangle forbidden_clique goal_proof 1976 canadian mathematical olympiad 1976 официальные условия cmo cmo1976 community_hint cut-the-knot, ramsey number r(4,3) https://cut-the-knot.org/arithmetic/combinatorics/ramsey43.shtml https://schoolexercisebooks.blogspot.com/2010/09/8th-canadian-mathematical-olympiad.html https://w7.cms.math.ca/competitions/cmo/archive/exam1976.pdf school exercise books blog, 8th canadian mathematical olympiad 1976 src-cmo-1976-official src-cut-the-knot-ramsey-r43 src-school-exercise-books-cmo-1976-p8 standard_reference statement with_solution ? canadian mathematical olympiad 1976 официальные условия school exercise books blog, 8th canadian mathematical olympiad 1976 cut-the-knot, ramsey number r(4,3) stmt-original официальная формулировка ai_checked каждый из 36 отрезков, соединяющих две различные точки из девяти точек на окружности, окрашен либо в красный, либо в синий цвет. предположим, что каждый треугольник, определяемый тремя из этих девяти точек, содержит хотя бы одну красную сторону. докажите, что найдутся четыре точки, у которых все 6 соединяющих их отрезков красные. stmt-graph красная клика в раскраске \\(k_9\\) ai_checked в полной красно-синей раскраске ребер графа \\(k_9\\) нет синего треугольника. докажите, что существует красная клика \\(k_4\\). complete_graph clique triangle stmt-blue-complement комплементарная графовая форма ai_checked пусть \\(g\\) - простой граф на 9 вершинах, в котором нет треугольника. докажите, что в дополнении графа \\(g\\) есть клика \\(k_4\\); эквивалентно, в самом \\(g\\) есть независимое множество из 4 вершин. simple_graph complement_graph clique independent_set complete_graph triangle idea-ramsey-r34 малая теорема рамсея содержательно задача является верхней оценкой \\(r(3,4)\\le 9\\): отсутствие синего треугольника должно вынудить красную клику из четырех вершин. ramsey_theory forbidden_triangle forbidden_clique ai_checked idea-complement-graph синие ребра как треугольник-свободный граф если рассматривать только синие ребра, условие становится запретом треугольников, а требуемая красная четверка становится независимым множеством размера 4 в этом синем графе. ramsey_theory forbidden_triangle ai_checked sol-ramsey-r34-upper-bound доказательство как \\(r(3,4)\\le 9\\) ai_checked complete_graph clique simple_graph independent_set pigeonhole_principle complement_graph_transition рассмотрим граф \\(g\\) на девяти вершинах, где вершины соответствуют данным точкам, а рёбра графа \\(g\\) — это синие отрезки. по условию каждый треугольник из трёх точек содержит красную сторону, значит в графе \\(g\\) нет синего треугольника, то есть \\(g\\) треугольник-свободен. нужно доказать, что найдутся четыре вершины, между которыми нет синих рёбер; тогда все шесть отрезков между ними красные. если у некоторой вершины \\(v\\) в графе \\(g\\) есть хотя бы четыре синих соседа, выберем четыре таких соседа. между двумя из них не может быть синего ребра, иначе вместе с \\(v\\) получился бы синий треугольник. поэтому эти четыре вершины попарно соединены не синими, а красными рёбрами. это и есть требуемая красная четвёрка. остаётся случай, когда степень каждой вершины в синем графе не превосходит 3. сумма всех степеней графа чётна. если бы все девять степеней были равны 3, сумма была бы 27, что нев… cmo-1976-p8-red-blue-k9-clique krasnaya \\(k_4\\) bez sinego treugolnika v \\(k_9\\), cmo 1976 p8 ramsey_theory coloring forbidden_triangle forbidden_clique goal_proof 1976 canadian mathematical olympiad 1976 ofitsialnye usloviya cmo cmo1976 community_hint cut-the-knot, ramsey number r(4,3) https://cut-the-knot.org/arithmetic/combinatorics/ramsey43.shtml https://schoolexercisebooks.blogspot.com/2010/09/8th-canadian-mathematical-olympiad.html https://w7.cms.math.ca/competitions/cmo/archive/exam1976.pdf school exercise books blog, 8th canadian mathematical olympiad 1976 src-cmo-1976-official src-cut-the-knot-ramsey-r43 src-school-exercise-books-cmo-1976-p8 standard_reference statement with_solution ? canadian mathematical olympiad 1976 ofitsialnye usloviya school exercise books blog, 8th canadian mathematical olympiad 1976 cut-the-knot, ramsey number r(4,3) stmt-original ofitsialnaya formulirovka ai_checked kazhdyy iz 36 otrezkov, soedinyayuschih dve razlichnye tochki iz devyati tochek na okruzhnosti, okrashen libo v krasnyy, libo v siniy tsvet. predpolozhim, chto kazhdyy treugolnik, opredelyaemyy tremya iz etih devyati tochek, soderzhit hotya by odnu krasnuyu storonu. dokazhite, chto naydutsya chetyre tochki, u kotoryh vse 6 soedinyayuschih ih otrezkov krasnye. stmt-graph krasnaya klika v raskraske \\(k_9\\) ai_checked v polnoy krasno-siney raskraske reber grafa \\(k_9\\) net sinego treugolnika. dokazhite, chto suschestvuet krasnaya klika \\(k_4\\). complete_graph clique triangle stmt-blue-complement komplementarnaya grafovaya forma ai_checked pust \\(g\\) - prostoy graf na 9 vershinah, v kotorom net treugolnika. dokazhite, chto v dopolnenii grafa \\(g\\) est klika \\(k_4\\); ekvivalentno, v samom \\(g\\) est nezavisimoe mnozhestvo iz 4 vershin. simple_graph complement_graph clique independent_set complete_graph triangle idea-ramsey-r34 malaya teorema ramseya soderzhatelno zadacha yavlyaetsya verhney otsenkoy \\(r(3,4)\\le 9\\): otsutstvie sinego treugolnika dolzhno vynudit krasnuyu kliku iz chetyreh vershin. ramsey_theory forbidden_triangle forbidden_clique ai_checked idea-complement-graph sinie rebra kak treugolnik-svobodnyy graf esli rassmatrivat tolko sinie rebra, uslovie stanovitsya zapretom treugolnikov, a trebuemaya krasnaya chetverka stanovitsya nezavisimym mnozhestvom razmera 4 v etom sinem grafe. ramsey_theory forbidden_triangle ai_checked sol-ramsey-r34-upper-bound dokazatelstvo kak \\(r(3,4)\\le 9\\) ai_checked complete_graph clique simple_graph independent_set pigeonhole_principle complement_graph_transition rassmotrim graf \\(g\\) na devyati vershinah, gde vershiny sootvetstvuyut dannym tochkam, a rebra grafa \\(g\\) — eto sinie otrezki. po usloviyu kazhdyy treugolnik iz treh tochek soderzhit krasnuyu storonu, znachit v grafe \\(g\\) net sinego treugolnika, to est \\(g\\) treugolnik-svoboden. nuzhno dokazat, chto naydutsya chetyre vershiny, mezhdu kotorymi net sinih reber; togda vse shest otrezkov mezhdu nimi krasnye. esli u nekotoroy vershiny \\(v\\) v grafe \\(g\\) est hotya by chetyre sinih soseda, vyberem chetyre takih soseda. mezhdu dvumya iz nih ne mozhet byt sinego rebra, inache vmeste s \\(v\\) poluchilsya by siniy treugolnik. poetomu eti chetyre vershiny poparno soedineny ne sinimi, a krasnymi rebrami. eto i est trebuemaya krasnaya chetverka. ostaetsya sluchay, kogda stepen kazhdoy vershiny v sinem grafe ne prevoshodit 3. summa vseh stepeney grafa chetna. esli by vse devyat stepeney byli ravny 3, summa byla by 27, chto nev…","source_keys":["cmo"]}
{"id":"cmo-1977-p7-rectangular-city-self-avoiding-paths","title":"Простые пути в прямоугольной решётке, CMO 1977 P7","path":"data\\problems\\cmo\\cmo-1977-p7-rectangular-city-self-avoiding-paths.yaml","raw_github_url":"https://raw.githubusercontent.com/didin-maxim/knowledge_graph_of_graphs/main/data/problems/cmo/cmo-1977-p7-rectangular-city-self-avoiding-paths.yaml","viewer_url":"https://didin-maxim.github.io/knowledge_graph_of_graphs/#cmo-1977-p7-rectangular-city-self-avoiding-paths","source_key":"cmo","source_label":"CMO","source_titles":["Canadian Mathematical Olympiad 1977 официальные условия"],"year":"1977","type":"olympiad_problem","authors":["Canadian Mathematical Olympiad Committee"],"tags":["planar_graphs","connectivity","goal_counting","goal_bound"],"agent_topics":[],"difficulty":{"main":"national_final_hard","local_score":10,"comment":"CMO 1977 P7; оценка числа самоизбегающихся путей на прямоугольной решетке через инъекцию в подмножества клеток.","status":"ai_checked"},"review_status":"ai_checked","public_ready":true,"solution_state":"with_solution","solution_classification":{"type":"ai_original","status":"ai_checked","confidence":0.7,"basis":"официальный или опубликованный источник решения не обнаружен","notes":"Решение выглядит как восстановленное/написанное ИИ с нуля; желательно выборочно перепроверять математически.","label":"ИИ-решение с нуля"},"statements":{"original":[{"id":"stmt-original","title":"Условие","status":"ai_checked","text":"Прямоугольный город имеет ровно \\(m\\) кварталов в длину и \\(n\\) кварталов в ширину. Женщина живет в юго-западном углу города и работает в северо-восточном углу. Каждый день она идет на работу так, что за один путь не проходит ни через один перекресток дважды. Пусть \\(f(m,n)\\) - число различных путей, которыми она может дойти до работы. Докажите, что \\(f(m,n)\\le 2^{mn}\\).","definition_ids":[]}],"graph_theory":[{"id":"stmt-graph","title":"Простые пути в прямоугольной решётке","status":"ai_checked","text":"В прямоугольном решеточном графе с вершинами \\((i,j)\\), где \\(0\\le i\\le m\\), \\(0\\le j\\le n\\), и ребрами между вершинами на расстоянии 1 по Манхэттену, пусть \\(f(m,n)\\) - число простых путей из \\((0,0)\\) в \\((m,n)\\). Докажите, что \\(f(m,n)\\le 2^{mn}\\).","definition_ids":["path"]}]},"solutions":[{"id":"sol-left-cells-injection","title":"Инъекция в множества кварталов","status":"ai_checked","definition_ids":["path"],"standard_idea_ids":[],"tags":[],"has_text":true,"text_preview":"Рассмотрим любой допустимый путь \\(P\\) и будем идти по нему от юго-западного угла к северо-восточному. Для каждого ребра пути отметим квартал, который лежит непосредственно слева от этого направленного ребра; если ребро идет по границе города и слева от него квартала нет, ничего не отмечаем. Так каждому пути сопоставляется некоторое множество \\(S(P)\\) из \\(mn\\) кварталов. Докажем, что это сопоставление инъективно. Удобно считать кварталы единичными квадратами, а путь - ломаной по их сторонам. Так как путь не проходит через один и тот же перекресток дважды, он не имеет самопересечений. После небольшого скругления в окрестностях перекрестков это простая дуга от юго-западного угла прямоугольника к северо-восточному. Идя по этой дуге, мы ровно записываем, какие клетки находятся с ее левой стороны вдоль каждого участка. Теперь пусть известно только множество \\(S=S(P)\\). Рассмотрим все сторон…"}],"relations":[{"id":"rel-cmo-1977-p7-cmo-1979-p5-self-avoiding-grid-paths","neighbor_id":"cmo-1979-p5-square-lattice-self-avoiding-walks","direction":"forward","type":"same_motif","distance":2,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-cmo-1977-p7-cmo-2008-p5-self-avoiding-grid-paths","neighbor_id":"cmo-2008-p5-self-avoiding-rook-walks","direction":"forward","type":"false_friend","distance":2,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-cmo-2005-p1-cmo-1977-grid-path-encoding","neighbor_id":"cmo-2005-p1-triangular-grid-paths","direction":"backward","type":"same_motif","distance":2,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-cmo-2025-p5-cmo-1977-rectangular-paths","neighbor_id":"cmo-2025-p5-ant-planar-graph","direction":"backward","type":"same_motif","distance":2,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-cmo-2026-p3-cmo-1977-p7-grid-self-avoiding","neighbor_id":"cmo-2026-p3-grid-hamiltonian-snail","direction":"backward","type":"same_motif","distance":2,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-imo-2005-c3-cmo-1977-grid-path-injection","neighbor_id":"imo-2005-c3-black-paths-injection","direction":"backward","type":"same_motif","distance":3,"status":"ai_checked"}],"search_text":"cmo-1977-p7-rectangular-city-self-avoiding-paths простые пути в прямоугольной решётке, cmo 1977 p7 planar_graphs connectivity goal_counting goal_bound 1977 canadian mathematical olympiad 1977 официальные условия canadian mathematical olympiad committee canadianmathematicalolympiadcommittee cmo cmo1977 https://w7.cms.math.ca/competitions/cmo/archive/exam1977.pdf src-cmo-1977-official statement with_solution canadian mathematical olympiad committee canadian mathematical olympiad 1977 официальные условия stmt-original условие ai_checked прямоугольный город имеет ровно \\(m\\) кварталов в длину и \\(n\\) кварталов в ширину. женщина живет в юго-западном углу города и работает в северо-восточном углу. каждый день она идет на работу так, что за один путь не проходит ни через один перекресток дважды. пусть \\(f(m,n)\\) - число различных путей, которыми она может дойти до работы. докажите, что \\(f(m,n)\\le 2^{mn}\\). stmt-graph простые пути в прямоугольной решётке ai_checked в прямоугольном решеточном графе с вершинами \\((i,j)\\), где \\(0\\le i\\le m\\), \\(0\\le j\\le n\\), и ребрами между вершинами на расстоянии 1 по манхэттену, пусть \\(f(m,n)\\) - число простых путей из \\((0,0)\\) в \\((m,n)\\). докажите, что \\(f(m,n)\\le 2^{mn}\\). path idea-left-cells-encoding кодирование клетками слева от пути если ориентировать путь из юго-западного угла в северо-восточный, то каждому его ребру соответствует клетка, лежащая слева от этого ребра, если такая клетка есть. множество всех таких клеток должно однозначно задавать путь. planar_graphs goal_counting ai_checked idea-boundary-reconstruction восстановление по границе множества клеток путь восстанавливается как ориентированная часть границы отмеченного множества клеток: отмеченные клетки остаются слева, а неотмеченные клетки или внешность прямоугольника - справа. planar_graphs connectivity ai_checked sol-left-cells-injection инъекция в множества кварталов ai_checked path рассмотрим любой допустимый путь \\(p\\) и будем идти по нему от юго-западного угла к северо-восточному. для каждого ребра пути отметим квартал, который лежит непосредственно слева от этого направленного ребра; если ребро идет по границе города и слева от него квартала нет, ничего не отмечаем. так каждому пути сопоставляется некоторое множество \\(s(p)\\) из \\(mn\\) кварталов. докажем, что это сопоставление инъективно. удобно считать кварталы единичными квадратами, а путь - ломаной по их сторонам. так как путь не проходит через один и тот же перекресток дважды, он не имеет самопересечений. после небольшого скругления в окрестностях перекрестков это простая дуга от юго-западного угла прямоугольника к северо-восточному. идя по этой дуге, мы ровно записываем, какие клетки находятся с ее левой стороны вдоль каждого участка. теперь пусть известно только множество \\(s=s(p)\\). рассмотрим все сторон… cmo-1977-p7-rectangular-city-self-avoiding-paths prostye puti v pryamougolnoy reshetke, cmo 1977 p7 planar_graphs connectivity goal_counting goal_bound 1977 canadian mathematical olympiad 1977 ofitsialnye usloviya canadian mathematical olympiad committee canadianmathematicalolympiadcommittee cmo cmo1977 https://w7.cms.math.ca/competitions/cmo/archive/exam1977.pdf src-cmo-1977-official statement with_solution canadian mathematical olympiad committee canadian mathematical olympiad 1977 ofitsialnye usloviya stmt-original uslovie ai_checked pryamougolnyy gorod imeet rovno \\(m\\) kvartalov v dlinu i \\(n\\) kvartalov v shirinu. zhenschina zhivet v yugo-zapadnom uglu goroda i rabotaet v severo-vostochnom uglu. kazhdyy den ona idet na rabotu tak, chto za odin put ne prohodit ni cherez odin perekrestok dvazhdy. pust \\(f(m,n)\\) - chislo razlichnyh putey, kotorymi ona mozhet doyti do raboty. dokazhite, chto \\(f(m,n)\\le 2^{mn}\\). stmt-graph prostye puti v pryamougolnoy reshetke ai_checked v pryamougolnom reshetochnom grafe s vershinami \\((i,j)\\), gde \\(0\\le i\\le m\\), \\(0\\le j\\le n\\), i rebrami mezhdu vershinami na rasstoyanii 1 po manhettenu, pust \\(f(m,n)\\) - chislo prostyh putey iz \\((0,0)\\) v \\((m,n)\\). dokazhite, chto \\(f(m,n)\\le 2^{mn}\\). path idea-left-cells-encoding kodirovanie kletkami sleva ot puti esli orientirovat put iz yugo-zapadnogo ugla v severo-vostochnyy, to kazhdomu ego rebru sootvetstvuet kletka, lezhaschaya sleva ot etogo rebra, esli takaya kletka est. mnozhestvo vseh takih kletok dolzhno odnoznachno zadavat put. planar_graphs goal_counting ai_checked idea-boundary-reconstruction vosstanovlenie po granitse mnozhestva kletok put vosstanavlivaetsya kak orientirovannaya chast granitsy otmechennogo mnozhestva kletok: otmechennye kletki ostayutsya sleva, a neotmechennye kletki ili vneshnost pryamougolnika - sprava. planar_graphs connectivity ai_checked sol-left-cells-injection inektsiya v mnozhestva kvartalov ai_checked path rassmotrim lyuboy dopustimyy put \\(p\\) i budem idti po nemu ot yugo-zapadnogo ugla k severo-vostochnomu. dlya kazhdogo rebra puti otmetim kvartal, kotoryy lezhit neposredstvenno sleva ot etogo napravlennogo rebra; esli rebro idet po granitse goroda i sleva ot nego kvartala net, nichego ne otmechaem. tak kazhdomu puti sopostavlyaetsya nekotoroe mnozhestvo \\(s(p)\\) iz \\(mn\\) kvartalov. dokazhem, chto eto sopostavlenie inektivno. udobno schitat kvartaly edinichnymi kvadratami, a put - lomanoy po ih storonam. tak kak put ne prohodit cherez odin i tot zhe perekrestok dvazhdy, on ne imeet samoperesecheniy. posle nebolshogo skrugleniya v okrestnostyah perekrestkov eto prostaya duga ot yugo-zapadnogo ugla pryamougolnika k severo-vostochnomu. idya po etoy duge, my rovno zapisyvaem, kakie kletki nahodyatsya s ee levoy storony vdol kazhdogo uchastka. teper pust izvestno tolko mnozhestvo \\(s=s(p)\\). rassmotrim vse storon…","source_keys":["cmo"]}
{"id":"cmo-1979-p5-square-lattice-self-avoiding-walks","title":"Самоизбегающие пути в квадратной решётке, CMO 1979 P5","path":"data\\problems\\cmo\\cmo-1979-p5-square-lattice-self-avoiding-walks.yaml","raw_github_url":"https://raw.githubusercontent.com/didin-maxim/knowledge_graph_of_graphs/main/data/problems/cmo/cmo-1979-p5-square-lattice-self-avoiding-walks.yaml","viewer_url":"https://didin-maxim.github.io/knowledge_graph_of_graphs/#cmo-1979-p5-square-lattice-self-avoiding-walks","source_key":"cmo","source_label":"CMO","source_titles":["Canadian Mathematical Olympiad 1979 официальные условия"],"year":"1979","type":"olympiad_problem","authors":[],"tags":["connectivity","goal_counting","goal_bound"],"agent_topics":[],"difficulty":{"main":"national_final_medium","local_score":8,"comment":"CMO 1979 P5; короткая задача национального финала на перебор самоизбегающих маршрутов, с прямой верхней оценкой ветвления и нижней оценкой через монотонные маршруты.","status":"ai_checked"},"review_status":"ai_checked","public_ready":true,"solution_state":"with_solution","solution_classification":{"type":"ai_original","status":"ai_checked","confidence":0.7,"basis":"официальный или опубликованный источник решения не обнаружен","notes":"Решение выглядит как восстановленное/написанное ИИ с нуля; желательно выборочно перепроверять математически.","label":"ИИ-решение с нуля"},"statements":{"original":[{"id":"stmt-original","title":"Официальное условие","status":"ai_checked","text":"Маршрут состоит из последовательности шагов длины 1 в направлениях на север, юг, восток или запад. Маршрут называется самоизбегающим, если он никогда не проходит через одну и ту же точку дважды. Пусть \\(f(n)\\) обозначает число \\(n\\)-шаговых самоизбегающих маршрутов, начинающихся в начале координат. Найдите \\(f(1)\\), \\(f(2)\\), \\(f(3)\\), \\(f(4)\\) и докажите, что \\(2^n<f(n)\\le 4\\cdot 3^{n-1}\\).","definition_ids":["path"]}],"graph_theory":[{"id":"stmt-graph","title":"Самоизбегающие пути в квадратной решётке","status":"ai_checked","text":"Пусть вершинами являются целочисленные точки решетки \\(\\mathbb Z^2\\), а ребра соединяют пары точек на евклидовом расстоянии 1. Пусть \\(f(n)\\) - число простых путей длины \\(n\\), начинающихся в \\((0,0)\\). Найдите \\(f(1),f(2),f(3),f(4)\\) и докажите, что \\(2^n<f(n)\\le 4\\cdot 3^{n-1}\\).","definition_ids":["path"]}],"graph_hint_reformulations":[{"id":"stmt-graph-hint-branching","title":"Ветвление и монотонное подсемейство путей","status":"ai_checked","text":"В графе квадратной решетки посчитайте простые пути из \\((0,0)\\). Для верхней оценки раскрывайте путь по одной вершине: первый шаг имеет 4 варианта, а затем путь не может сразу вернуться в предыдущую вершину, поэтому на каждом шаге есть не более 3 вариантов. Для нижней оценки сравните с монотонными путями, использующими только шаги на север и восток.","definition_ids":["path"]}]},"solutions":[{"id":"sol-enumeration-and-branching","title":"Перебор и оценки ветвления","status":"ai_checked","definition_ids":["path"],"standard_idea_ids":[],"tags":[],"has_text":true,"text_preview":"Для одного, двух и трех шагов после первого шага есть соответственно ноль, один или два дальнейших выбора, каждый с 3 доступными направлениями без немедленного возврата, и до шага 4 никакое другое повторение невозможно. Поэтому \\(f(1)=4\\), \\(f(2)=4\\cdot3=12\\) и \\(f(3)=4\\cdot3^2=36\\). Для четырех шагов начнем с тех же \\(4\\cdot3^3=108\\) маршрутов без немедленного возврата. Повторение может быть только возвращением в начало координат на четвертом шаге; это происходит ровно тогда, когда первые три шага идут по трем сторонам единичного квадрата. Есть 4 варианта первого шага и 2 варианта направления обхода квадрата, значит таких маршрутов 8. Следовательно, \\(f(4)=108-8=100\\). Для каждого \\(n\\ge1\\) первый шаг имеет 4 варианта, а каждый последующий шаг имеет не более 3 вариантов, потому что путь не может сразу вернуться в предыдущую точку решетки, поэтому \\(f(n)\\le4\\cdot3^{n-1}\\). Кроме того, в…"}],"relations":[{"id":"rel-cmo-1977-p7-cmo-1979-p5-self-avoiding-grid-paths","neighbor_id":"cmo-1977-p7-rectangular-city-self-avoiding-paths","direction":"backward","type":"same_motif","distance":2,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-cmo-1979-p5-cmo-2008-p5-self-avoiding-grid-walks","neighbor_id":"cmo-2008-p5-self-avoiding-rook-walks","direction":"forward","type":"same_motif","distance":2,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-cmo-2005-p1-cmo-1979-self-avoiding-path-counting","neighbor_id":"cmo-2005-p1-triangular-grid-paths","direction":"backward","type":"same_motif","distance":2,"status":"ai_checked"}],"search_text":"cmo-1979-p5-square-lattice-self-avoiding-walks самоизбегающие пути в квадратной решётке, cmo 1979 p5 connectivity goal_counting goal_bound 1979 canadian mathematical olympiad 1979 официальные условия cmo cmo1979 https://w7.cms.math.ca/competitions/cmo/archive/exam1979.pdf src-cmo-1979-official statement with_solution ? canadian mathematical olympiad 1979 официальные условия stmt-original официальное условие ai_checked маршрут состоит из последовательности шагов длины 1 в направлениях на север, юг, восток или запад. маршрут называется самоизбегающим, если он никогда не проходит через одну и ту же точку дважды. пусть \\(f(n)\\) обозначает число \\(n\\)-шаговых самоизбегающих маршрутов, начинающихся в начале координат. найдите \\(f(1)\\), \\(f(2)\\), \\(f(3)\\), \\(f(4)\\) и докажите, что \\(2^n<f(n)\\le 4\\cdot 3^{n-1}\\). path stmt-graph самоизбегающие пути в квадратной решётке ai_checked пусть вершинами являются целочисленные точки решетки \\(\\mathbb z^2\\), а ребра соединяют пары точек на евклидовом расстоянии 1. пусть \\(f(n)\\) - число простых путей длины \\(n\\), начинающихся в \\((0,0)\\). найдите \\(f(1),f(2),f(3),f(4)\\) и докажите, что \\(2^n<f(n)\\le 4\\cdot 3^{n-1}\\). path stmt-graph-hint-branching ветвление и монотонное подсемейство путей ai_checked в графе квадратной решетки посчитайте простые пути из \\((0,0)\\). для верхней оценки раскрывайте путь по одной вершине: первый шаг имеет 4 варианта, а затем путь не может сразу вернуться в предыдущую вершину, поэтому на каждом шаге есть не более 3 вариантов. для нижней оценки сравните с монотонными путями, использующими только шаги на север и восток. path idea-branching-after-first-step ветвление после первого шага после выбора первого единичного шага следующий шаг имеет не более трех возможных направлений, поскольку обратный шаг сразу вернул бы маршрут в предыдущую точку решетки. это дает стандартную верхнюю оценку \\(f(n)\\le 4\\cdot 3^{n-1}\\). goal_bound ai_checked idea-monotone-subfamily монотонные маршруты дают нижнюю оценку каждая последовательность шагов на север и восток самоизбегающая, что дает \\(2^n\\) маршрутов; кроме них есть и другие маршруты, например маршрут только на юг. следовательно, \\(2^n<f(n)\\). goal_bound ai_checked idea-four-step-square-correction на четвертом шаге мешают только обходы единичного квадрата для четырехшаговых маршрутов наивная оценка дает \\(4\\cdot3^3\\). единственные запрещенные четвертые ходы - это 8 завершений пути по трем сторонам единичного квадрата с возвращением в начало координат, поэтому \\(f(4)=108-8=100\\). goal_counting ai_checked sol-enumeration-and-branching перебор и оценки ветвления ai_checked path для одного, двух и трех шагов после первого шага есть соответственно ноль, один или два дальнейших выбора, каждый с 3 доступными направлениями без немедленного возврата, и до шага 4 никакое другое повторение невозможно. поэтому \\(f(1)=4\\), \\(f(2)=4\\cdot3=12\\) и \\(f(3)=4\\cdot3^2=36\\). для четырех шагов начнем с тех же \\(4\\cdot3^3=108\\) маршрутов без немедленного возврата. повторение может быть только возвращением в начало координат на четвертом шаге; это происходит ровно тогда, когда первые три шага идут по трем сторонам единичного квадрата. есть 4 варианта первого шага и 2 варианта направления обхода квадрата, значит таких маршрутов 8. следовательно, \\(f(4)=108-8=100\\). для каждого \\(n\\ge1\\) первый шаг имеет 4 варианта, а каждый последующий шаг имеет не более 3 вариантов, потому что путь не может сразу вернуться в предыдущую точку решетки, поэтому \\(f(n)\\le4\\cdot3^{n-1}\\). кроме того, в… cmo-1979-p5-square-lattice-self-avoiding-walks samoizbegayuschie puti v kvadratnoy reshetke, cmo 1979 p5 connectivity goal_counting goal_bound 1979 canadian mathematical olympiad 1979 ofitsialnye usloviya cmo cmo1979 https://w7.cms.math.ca/competitions/cmo/archive/exam1979.pdf src-cmo-1979-official statement with_solution ? canadian mathematical olympiad 1979 ofitsialnye usloviya stmt-original ofitsialnoe uslovie ai_checked marshrut sostoit iz posledovatelnosti shagov dliny 1 v napravleniyah na sever, yug, vostok ili zapad. marshrut nazyvaetsya samoizbegayuschim, esli on nikogda ne prohodit cherez odnu i tu zhe tochku dvazhdy. pust \\(f(n)\\) oboznachaet chislo \\(n\\)-shagovyh samoizbegayuschih marshrutov, nachinayuschihsya v nachale koordinat. naydite \\(f(1)\\), \\(f(2)\\), \\(f(3)\\), \\(f(4)\\) i dokazhite, chto \\(2^n<f(n)\\le 4\\cdot 3^{n-1}\\). path stmt-graph samoizbegayuschie puti v kvadratnoy reshetke ai_checked pust vershinami yavlyayutsya tselochislennye tochki reshetki \\(\\mathbb z^2\\), a rebra soedinyayut pary tochek na evklidovom rasstoyanii 1. pust \\(f(n)\\) - chislo prostyh putey dliny \\(n\\), nachinayuschihsya v \\((0,0)\\). naydite \\(f(1),f(2),f(3),f(4)\\) i dokazhite, chto \\(2^n<f(n)\\le 4\\cdot 3^{n-1}\\). path stmt-graph-hint-branching vetvlenie i monotonnoe podsemeystvo putey ai_checked v grafe kvadratnoy reshetki poschitayte prostye puti iz \\((0,0)\\). dlya verhney otsenki raskryvayte put po odnoy vershine: pervyy shag imeet 4 varianta, a zatem put ne mozhet srazu vernutsya v predyduschuyu vershinu, poetomu na kazhdom shage est ne bolee 3 variantov. dlya nizhney otsenki sravnite s monotonnymi putyami, ispolzuyuschimi tolko shagi na sever i vostok. path idea-branching-after-first-step vetvlenie posle pervogo shaga posle vybora pervogo edinichnogo shaga sleduyuschiy shag imeet ne bolee treh vozmozhnyh napravleniy, poskolku obratnyy shag srazu vernul by marshrut v predyduschuyu tochku reshetki. eto daet standartnuyu verhnyuyu otsenku \\(f(n)\\le 4\\cdot 3^{n-1}\\). goal_bound ai_checked idea-monotone-subfamily monotonnye marshruty dayut nizhnyuyu otsenku kazhdaya posledovatelnost shagov na sever i vostok samoizbegayuschaya, chto daet \\(2^n\\) marshrutov; krome nih est i drugie marshruty, naprimer marshrut tolko na yug. sledovatelno, \\(2^n<f(n)\\). goal_bound ai_checked idea-four-step-square-correction na chetvertom shage meshayut tolko obhody edinichnogo kvadrata dlya chetyrehshagovyh marshrutov naivnaya otsenka daet \\(4\\cdot3^3\\). edinstvennye zapreschennye chetvertye hody - eto 8 zaversheniy puti po trem storonam edinichnogo kvadrata s vozvrascheniem v nachalo koordinat, poetomu \\(f(4)=108-8=100\\). goal_counting ai_checked sol-enumeration-and-branching perebor i otsenki vetvleniya ai_checked path dlya odnogo, dvuh i treh shagov posle pervogo shaga est sootvetstvenno nol, odin ili dva dalneyshih vybora, kazhdyy s 3 dostupnymi napravleniyami bez nemedlennogo vozvrata, i do shaga 4 nikakoe drugoe povtorenie nevozmozhno. poetomu \\(f(1)=4\\), \\(f(2)=4\\cdot3=12\\) i \\(f(3)=4\\cdot3^2=36\\). dlya chetyreh shagov nachnem s teh zhe \\(4\\cdot3^3=108\\) marshrutov bez nemedlennogo vozvrata. povtorenie mozhet byt tolko vozvrascheniem v nachalo koordinat na chetvertom shage; eto proishodit rovno togda, kogda pervye tri shaga idut po trem storonam edinichnogo kvadrata. est 4 varianta pervogo shaga i 2 varianta napravleniya obhoda kvadrata, znachit takih marshrutov 8. sledovatelno, \\(f(4)=108-8=100\\). dlya kazhdogo \\(n\\ge1\\) pervyy shag imeet 4 varianta, a kazhdyy posleduyuschiy shag imeet ne bolee 3 variantov, potomu chto put ne mozhet srazu vernutsya v predyduschuyu tochku reshetki, poetomu \\(f(n)\\le4\\cdot3^{n-1}\\). krome togo, v…","source_keys":["cmo"]}
{"id":"cmo-1989-p4-ladders-ropes-monkeys","title":"Последовательность паросочетаний на пяти линиях, CMO 1989 P4","path":"data\\problems\\cmo\\cmo-1989-p4-ladders-ropes-monkeys.yaml","raw_github_url":"https://raw.githubusercontent.com/didin-maxim/knowledge_graph_of_graphs/main/data/problems/cmo/cmo-1989-p4-ladders-ropes-monkeys.yaml","viewer_url":"https://didin-maxim.github.io/knowledge_graph_of_graphs/#cmo-1989-p4-ladders-ropes-monkeys","source_key":"cmo","source_label":"CMO","source_titles":["Canadian Mathematical Olympiad 1989 официальные условия"],"year":"1989","type":"olympiad_problem","authors":["Canadian Mathematical Olympiad Committee"],"tags":["matching","goal_proof","goal_characterization"],"agent_topics":[],"difficulty":{"main":"national_final_easy","local_score":5,"comment":"CMO 1989 P4; короткая задача на биекцию: уровни верёвок действуют как произведения непересекающихся транспозиций.","status":"ai_checked"},"review_status":"ai_checked","public_ready":true,"solution_state":"with_solution","solution_classification":{"type":"ai_original","status":"ai_checked","confidence":0.7,"basis":"официальный или опубликованный источник решения не обнаружен","notes":"Решение выглядит как восстановленное/написанное ИИ с нуля; желательно выборочно перепроверять математически.","label":"ИИ-решение с нуля"},"statements":{"original":[{"id":"stmt-original","title":"Условие","status":"ai_checked","text":"Есть 5 обезьян и 5 лестниц; наверху каждой лестницы лежит банан. Несколько верёвок соединяют лестницы, каждая верёвка соединяет две лестницы. Никакие две верёвки не прикреплены к одной и той же перекладине одной и той же лестницы. Каждая обезьяна начинает снизу своей лестницы. Обезьяны лезут вверх по лестницам, но всякий раз, когда встречают верёвку, переходят по ней на лестницу на другом конце верёвки и затем продолжают лезть вверх. Докажите, что при любом числе верёвок каждая обезьяна получит банан.","definition_ids":[]}],"graph_theory":[{"id":"stmt-graph","title":"Последовательность паросочетаний на пяти вершинах","status":"ai_checked","text":"Дана конечная последовательность паросочетаний на множестве \\(\\{1,2,3,4,5\\}\\). Вначале в каждой вершине стоит по одной фишке. На каждом шаге, для очередного паросочетания, фишки на концах каждого его ребра меняются местами, а остальные фишки остаются на месте. Докажите, что после всех шагов фишки занимают все пять вершин.","definition_ids":["path","matching"]}],"graph_hint_reformulations":[{"id":"stmt-hint-transpositions","title":"Подсказка через перестановки уровней","status":"ai_checked","text":"Упорядочьте все высоты, на которых есть горизонтальные рёбра. Между двумя соседними высотами на каждом из пяти вертикальных путей находится ровно одна фишка. На очередной высоте горизонтальные рёбра попарно меняют фишки местами на своих концах, то есть действуют как произведение непересекающихся транспозиций. Докажите, что после всех высот полученная карта нижних терминалов в верхние является перестановкой.","definition_ids":["matching","path"]}]},"solutions":[{"id":"sol-transposition-levels","title":"Решение через перестановки на уровнях","status":"ai_checked","definition_ids":["matching"],"standard_idea_ids":[],"tags":[],"has_text":true,"text_preview":"Рассмотрим все уровни, на которых к лестницам прикреплены верёвки, в порядке снизу вверх. На каждом таком уровне никакая лестница не участвует более чем в одной верёвке, поэтому верёвки этого уровня образуют паросочетание на пяти лестницах. До первого уровня на каждой лестнице находится ровно одна обезьяна. Когда обезьяны доходят до очередного уровня, каждая верёвка этого уровня меняет местами обезьян на двух своих концах, а лестницы без верёвки на этом уровне сохраняют своих обезьян. Значит, переход через уровень является перестановкой пяти обезьян по пяти лестницам. После уровня снова на каждой лестнице ровно одна обезьяна. Повторяя это для всех уровней, получаем композицию перестановок. Следовательно, перед последним отрезком до вершин лестниц на каждой лестнице по-прежнему находится ровно одна обезьяна. Все обезьяны дальше лезут вверх и достигают верхов лестниц; поскольку верхов пят…"}],"relations":[],"search_text":"cmo-1989-p4-ladders-ropes-monkeys последовательность паросочетаний на пяти линиях, cmo 1989 p4 matching goal_proof goal_characterization 1989 canadian mathematical olympiad 1989 официальные условия canadian mathematical olympiad committee canadianmathematicalolympiadcommittee cmo cmo1989 https://w7.cms.math.ca/competitions/cmo/archive/exam1989.pdf src-cmo-1989-official statement with_solution canadian mathematical olympiad committee canadian mathematical olympiad 1989 официальные условия stmt-original условие ai_checked есть 5 обезьян и 5 лестниц; наверху каждой лестницы лежит банан. несколько верёвок соединяют лестницы, каждая верёвка соединяет две лестницы. никакие две верёвки не прикреплены к одной и той же перекладине одной и той же лестницы. каждая обезьяна начинает снизу своей лестницы. обезьяны лезут вверх по лестницам, но всякий раз, когда встречают верёвку, переходят по ней на лестницу на другом конце верёвки и затем продолжают лезть вверх. докажите, что при любом числе верёвок каждая обезьяна получит банан. stmt-graph последовательность паросочетаний на пяти вершинах ai_checked дана конечная последовательность паросочетаний на множестве \\(\\{1,2,3,4,5\\}\\). вначале в каждой вершине стоит по одной фишке. на каждом шаге, для очередного паросочетания, фишки на концах каждого его ребра меняются местами, а остальные фишки остаются на месте. докажите, что после всех шагов фишки занимают все пять вершин. path matching stmt-hint-transpositions подсказка через перестановки уровней ai_checked упорядочьте все высоты, на которых есть горизонтальные рёбра. между двумя соседними высотами на каждом из пяти вертикальных путей находится ровно одна фишка. на очередной высоте горизонтальные рёбра попарно меняют фишки местами на своих концах, то есть действуют как произведение непересекающихся транспозиций. докажите, что после всех высот полученная карта нижних терминалов в верхние является перестановкой. matching path idea-rope-levels верёвки как уровни переключения если смотреть снизу вверх, то все верёвки одной высоты задают паросочетание на пяти лестницах и просто переставляют обезьян между лестницами. matching ai_checked idea-bijection композиция перестановок остаётся перестановкой каждый уровень действует биективно на множество лестниц; значит, вся сеть переводит пять нижних стартов в пять различных верхних выходов. goal_proof ai_checked sol-transposition-levels решение через перестановки на уровнях ai_checked matching рассмотрим все уровни, на которых к лестницам прикреплены верёвки, в порядке снизу вверх. на каждом таком уровне никакая лестница не участвует более чем в одной верёвке, поэтому верёвки этого уровня образуют паросочетание на пяти лестницах. до первого уровня на каждой лестнице находится ровно одна обезьяна. когда обезьяны доходят до очередного уровня, каждая верёвка этого уровня меняет местами обезьян на двух своих концах, а лестницы без верёвки на этом уровне сохраняют своих обезьян. значит, переход через уровень является перестановкой пяти обезьян по пяти лестницам. после уровня снова на каждой лестнице ровно одна обезьяна. повторяя это для всех уровней, получаем композицию перестановок. следовательно, перед последним отрезком до вершин лестниц на каждой лестнице по-прежнему находится ровно одна обезьяна. все обезьяны дальше лезут вверх и достигают верхов лестниц; поскольку верхов пят… cmo-1989-p4-ladders-ropes-monkeys posledovatelnost parosochetaniy na pyati liniyah, cmo 1989 p4 matching goal_proof goal_characterization 1989 canadian mathematical olympiad 1989 ofitsialnye usloviya canadian mathematical olympiad committee canadianmathematicalolympiadcommittee cmo cmo1989 https://w7.cms.math.ca/competitions/cmo/archive/exam1989.pdf src-cmo-1989-official statement with_solution canadian mathematical olympiad committee canadian mathematical olympiad 1989 ofitsialnye usloviya stmt-original uslovie ai_checked est 5 obezyan i 5 lestnits; naverhu kazhdoy lestnitsy lezhit banan. neskolko verevok soedinyayut lestnitsy, kazhdaya verevka soedinyaet dve lestnitsy. nikakie dve verevki ne prikrepleny k odnoy i toy zhe perekladine odnoy i toy zhe lestnitsy. kazhdaya obezyana nachinaet snizu svoey lestnitsy. obezyany lezut vverh po lestnitsam, no vsyakiy raz, kogda vstrechayut verevku, perehodyat po ney na lestnitsu na drugom kontse verevki i zatem prodolzhayut lezt vverh. dokazhite, chto pri lyubom chisle verevok kazhdaya obezyana poluchit banan. stmt-graph posledovatelnost parosochetaniy na pyati vershinah ai_checked dana konechnaya posledovatelnost parosochetaniy na mnozhestve \\(\\{1,2,3,4,5\\}\\). vnachale v kazhdoy vershine stoit po odnoy fishke. na kazhdom shage, dlya ocherednogo parosochetaniya, fishki na kontsah kazhdogo ego rebra menyayutsya mestami, a ostalnye fishki ostayutsya na meste. dokazhite, chto posle vseh shagov fishki zanimayut vse pyat vershin. path matching stmt-hint-transpositions podskazka cherez perestanovki urovney ai_checked uporyadochte vse vysoty, na kotoryh est gorizontalnye rebra. mezhdu dvumya sosednimi vysotami na kazhdom iz pyati vertikalnyh putey nahoditsya rovno odna fishka. na ocherednoy vysote gorizontalnye rebra poparno menyayut fishki mestami na svoih kontsah, to est deystvuyut kak proizvedenie neperesekayuschihsya transpozitsiy. dokazhite, chto posle vseh vysot poluchennaya karta nizhnih terminalov v verhnie yavlyaetsya perestanovkoy. matching path idea-rope-levels verevki kak urovni pereklyucheniya esli smotret snizu vverh, to vse verevki odnoy vysoty zadayut parosochetanie na pyati lestnitsah i prosto perestavlyayut obezyan mezhdu lestnitsami. matching ai_checked idea-bijection kompozitsiya perestanovok ostaetsya perestanovkoy kazhdyy uroven deystvuet biektivno na mnozhestvo lestnits; znachit, vsya set perevodit pyat nizhnih startov v pyat razlichnyh verhnih vyhodov. goal_proof ai_checked sol-transposition-levels reshenie cherez perestanovki na urovnyah ai_checked matching rassmotrim vse urovni, na kotoryh k lestnitsam prikrepleny verevki, v poryadke snizu vverh. na kazhdom takom urovne nikakaya lestnitsa ne uchastvuet bolee chem v odnoy verevke, poetomu verevki etogo urovnya obrazuyut parosochetanie na pyati lestnitsah. do pervogo urovnya na kazhdoy lestnitse nahoditsya rovno odna obezyana. kogda obezyany dohodyat do ocherednogo urovnya, kazhdaya verevka etogo urovnya menyaet mestami obezyan na dvuh svoih kontsah, a lestnitsy bez verevki na etom urovne sohranyayut svoih obezyan. znachit, perehod cherez uroven yavlyaetsya perestanovkoy pyati obezyan po pyati lestnitsam. posle urovnya snova na kazhdoy lestnitse rovno odna obezyana. povtoryaya eto dlya vseh urovney, poluchaem kompozitsiyu perestanovok. sledovatelno, pered poslednim otrezkom do vershin lestnits na kazhdoy lestnitse po-prezhnemu nahoditsya rovno odna obezyana. vse obezyany dalshe lezut vverh i dostigayut verhov lestnits; poskolku verhov pyat…","source_keys":["cmo"]}
{"id":"cmo-1991-p4-edge-difference-labeling-diagram","title":"Разностная разметка десятивершинного графа, CMO 1991 P4","path":"data\\problems\\cmo\\cmo-1991-p4-edge-difference-labeling-diagram.yaml","raw_github_url":"https://raw.githubusercontent.com/didin-maxim/knowledge_graph_of_graphs/main/data/problems/cmo/cmo-1991-p4-edge-difference-labeling-diagram.yaml","viewer_url":"https://didin-maxim.github.io/knowledge_graph_of_graphs/#cmo-1991-p4-edge-difference-labeling-diagram","source_key":"cmo","source_label":"CMO","source_titles":["Canadian Mathematical Olympiad 1991 официальные условия","School Exercise Books blog, решения 23rd Canadian Mathematical Olympiad","Math StackExchange, edge-difference labelling parity hint for CMO 1991 P4"],"year":"1991","type":"olympiad_problem","authors":["Canadian Mathematical Olympiad Committee"],"tags":["coloring","double_counting","eulerian_graphs","goal_impossibility","parity_coloring"],"agent_topics":[],"difficulty":{"main":"national_final_medium","local_score":8,"comment":"CMO 1991 P4; диаграмма превращается в небольшой граф с четными степенями, а препятствие задается коротким аргументом о четности разреза.","status":"ai_checked"},"review_status":"ai_checked","public_ready":true,"solution_state":"with_solution","solution_classification":{"type":"unofficial_published","status":"ai_checked","confidence":0.78,"basis":"неофициальный опубликованный источник или маркер опубликованного решения","notes":"Решение опубликовано не в официальном архиве; источник надо отличать от официального.","label":"опубликованное неофициальное"},"statements":{"original":[{"id":"stmt-original","title":"Официальное условие","status":"ai_checked","text":"Нужно выбрать десять различных чисел из множества \\(\\{0,1,2,\\ldots,13,14\\}\\) и вписать их в десять кружков на следующем графе. Граф состоит из двух копий одного и того же пятивершинного ромба с центром: в каждой копии есть верхняя, нижняя, левая, центральная и правая вершины; ребра идут от верхней вершины к каждой из левой, центральной и правой, а также от каждой из левой, центральной и правой к нижней. Две копии соединены двумя дополнительными ребрами: одно соединяет две верхние вершины, другое - две нижние. Абсолютные величины разностей двух чисел, соединенных каждым отрезком, должны отличаться от значений для всех остальных отрезков. Возможно ли это сделать? Обоснуйте ответ.","definition_ids":["simple_graph"]}],"graph_theory":[{"id":"stmt-graph","title":"Разностная разметка десятивершинного графа","status":"ai_checked","text":"Пусть \\(G\\) - простой граф на вершинах \\(t_1,b_1,x_1,y_1,z_1,t_2,b_2,x_2,y_2,z_2\\), с ребрами \\(t_i x_i,t_i y_i,t_i z_i,b_i x_i,b_i y_i,b_i z_i\\) при \\(i=1,2\\), а также с двумя ребрами \\(t_1t_2\\) и \\(b_1b_2\\). Можно ли инъективно пометить вершины \\(G\\) десятью числами, выбранными из \\(\\{0,1,\\ldots,14\\}\\), так, чтобы абсолютные разности на всех 14 ребрах были попарно различны?","definition_ids":["simple_graph","degree"]}],"graph_hint_reformulations":[{"id":"stmt-parity-cut-hint","title":"Препятствие через четность разреза","status":"ai_checked","text":"В графовой формулировке 14 попарно различных положительных разностей на ребрах должны быть ровно числами \\(1,2,\\ldots,14\\). Значит, ровно семь ребер имеют нечетную разность. Нечетная разность означает, что метки двух концов имеют разную четность, поэтому эти семь ребер образуют разрез между вершинами с нечетными и четными метками. Но каждая вершина \\(G\\) имеет четную степень, поэтому по лемме о рукопожатиях любой разрез в \\(G\\) имеет четный размер.","definition_ids":["simple_graph","degree","graph_cut"]}]},"solutions":[{"id":"sol-parity-cut","title":"Чётность разреза","status":"ai_checked","definition_ids":["simple_graph","degree"],"standard_idea_ids":["double_counting"],"tags":[],"has_text":true,"text_preview":"Ответ: нет. Предположим, что такую разметку удалось сделать. Все 10 чисел различны, поэтому ни одна из 14 указанных разностей не равна нулю. Каждая разность лежит между 1 и 14. Так как разностей ровно 14 и они попарно различны, они обязаны быть ровно числами \\(1,2,\\ldots,14\\) в некотором порядке. Значит, среди них ровно 7 нечётных разностей. Посмотрим на чётность другим способом. Нечётная разность возникает тогда и только тогда, когда два числа на концах соответствующего ребра имеют разную чётность. Рассмотрим граф из условия: две копии \\(K_{2,3}\\), соединённые двумя дополнительными рёбрами. Вершины \\(t_1,t_2,b_1,b_2\\) имеют степень 4, а остальные шесть вершин имеют степень 2. Значит, степень каждой вершины графа чётна. Разобьём вершины на две группы: с чётными метками и с нечётными метками. Рёбра с нечётной разностью — это ровно рёбра, пересекающие этот разрез. В любом графе, где все с…"}],"relations":[{"id":"rel-all-union-1986-n1986-cmo-1991-complete-set-parity","neighbor_id":"all-union-1986-final-9-tree-distances-n1986-impossible","direction":"backward","type":"same_motif","distance":2,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-cmo-1991-p4-handshaking-cut-parity","neighbor_id":"handshaking-lemma","direction":"backward","type":"prerequisite","distance":1,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-cmo-1991-p4-eulerian-graph-criterion","neighbor_id":"eulerian-graph-criterion","direction":"forward","type":"same_motif","distance":2,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-cmo-1991-p4-imo-2020-c6-eulerian-parity","neighbor_id":"imo-2020-c6-colored-coins-eulerian-multigraph","direction":"forward","type":"same_motif","distance":3,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-cmo-1991-p4-kolm-2022-even-degree-odd-walks","neighbor_id":"kolmogorov-2022-round4-second-third-even-degree-odd-walks","direction":"forward","type":"same_motif","distance":3,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-cmo-2010-p4-cmo-1991-degree-parity","neighbor_id":"cmo-2010-p4-graph-neighborhood-toggle","direction":"backward","type":"same_motif","distance":3,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-miklos-2009-p2-complete-cmo-1991-edge-differences","neighbor_id":"miklos-schweitzer-2009-p2-complete-smooth-difference-graphs-impossible","direction":"backward","type":"same_motif","distance":2,"status":"ai_checked"}],"search_text":"cmo-1991-p4-edge-difference-labeling-diagram разностная разметка десятивершинного графа, cmo 1991 p4 coloring double_counting eulerian_graphs goal_impossibility parity_coloring 1991 canadian mathematical olympiad 1991 официальные условия canadian mathematical olympiad committee canadianmathematicalolympiadcommittee cmo cmo1991 community_hint community_solution https://math.stackexchange.com/questions/1367056/is-it-possible-to-choose-10-distinct-numbers-from-the-set-0-1-2 https://schoolexercisebooks.blogspot.com/2010/09/23rd-canadian-mathematical-olympiad.html https://w7.cms.math.ca/competitions/cmo/archive/exam1991.pdf math stackexchange, edge-difference labelling parity hint for cmo 1991 p4 school exercise books blog, решения 23rd canadian mathematical olympiad src-cmo-1991-official src-mse-cmo-1991-p4-edge-difference src-school-exercise-books-cmo-1991-p4 statement with_solution canadian mathematical olympiad committee canadian mathematical olympiad 1991 официальные условия school exercise books blog, решения 23rd canadian mathematical olympiad math stackexchange, edge-difference labelling parity hint for cmo 1991 p4 stmt-original официальное условие ai_checked нужно выбрать десять различных чисел из множества \\(\\{0,1,2,\\ldots,13,14\\}\\) и вписать их в десять кружков на следующем графе. граф состоит из двух копий одного и того же пятивершинного ромба с центром: в каждой копии есть верхняя, нижняя, левая, центральная и правая вершины; ребра идут от верхней вершины к каждой из левой, центральной и правой, а также от каждой из левой, центральной и правой к нижней. две копии соединены двумя дополнительными ребрами: одно соединяет две верхние вершины, другое - две нижние. абсолютные величины разностей двух чисел, соединенных каждым отрезком, должны отличаться от значений для всех остальных отрезков. возможно ли это сделать? обоснуйте ответ. simple_graph stmt-graph разностная разметка десятивершинного графа ai_checked пусть \\(g\\) - простой граф на вершинах \\(t_1,b_1,x_1,y_1,z_1,t_2,b_2,x_2,y_2,z_2\\), с ребрами \\(t_i x_i,t_i y_i,t_i z_i,b_i x_i,b_i y_i,b_i z_i\\) при \\(i=1,2\\), а также с двумя ребрами \\(t_1t_2\\) и \\(b_1b_2\\). можно ли инъективно пометить вершины \\(g\\) десятью числами, выбранными из \\(\\{0,1,\\ldots,14\\}\\), так, чтобы абсолютные разности на всех 14 ребрах были попарно различны? simple_graph degree stmt-parity-cut-hint препятствие через четность разреза ai_checked в графовой формулировке 14 попарно различных положительных разностей на ребрах должны быть ровно числами \\(1,2,\\ldots,14\\). значит, ровно семь ребер имеют нечетную разность. нечетная разность означает, что метки двух концов имеют разную четность, поэтому эти семь ребер образуют разрез между вершинами с нечетными и четными метками. но каждая вершина \\(g\\) имеет четную степень, поэтому по лемме о рукопожатиях любой разрез в \\(g\\) имеет четный размер. simple_graph degree graph_cut idea-odd-differences-as-cut нечетные разности образуют разрез поскольку ребер 14 и все разности на ребрах являются различными элементами \\(\\{1,2,\\ldots,14\\}\\), эти разности должны быть ровно всеми этими 14 числами. нечетные разности соответствуют в точности ребрам, переходящим от вершин с нечетными метками к вершинам с четными метками. coloring goal_impossibility ai_checked idea-even-degree-cut-parity четные степени вынуждают четные разрезы граф диаграммы имеет степени \\(4,4,2,2,2,4,4,2,2,2\\). значит, каждая вершина имеет четную степень, а лемма о рукопожатиях, примененная к одной стороне любого вершинного разреза, показывает, что каждый разрез содержит четное число ребер. double_counting eulerian_graphs ai_checked sol-parity-cut чётность разреза ai_checked simple_graph degree double_counting ответ: нет. предположим, что такую разметку удалось сделать. все 10 чисел различны, поэтому ни одна из 14 указанных разностей не равна нулю. каждая разность лежит между 1 и 14. так как разностей ровно 14 и они попарно различны, они обязаны быть ровно числами \\(1,2,\\ldots,14\\) в некотором порядке. значит, среди них ровно 7 нечётных разностей. посмотрим на чётность другим способом. нечётная разность возникает тогда и только тогда, когда два числа на концах соответствующего ребра имеют разную чётность. рассмотрим граф из условия: две копии \\(k_{2,3}\\), соединённые двумя дополнительными рёбрами. вершины \\(t_1,t_2,b_1,b_2\\) имеют степень 4, а остальные шесть вершин имеют степень 2. значит, степень каждой вершины графа чётна. разобьём вершины на две группы: с чётными метками и с нечётными метками. рёбра с нечётной разностью — это ровно рёбра, пересекающие этот разрез. в любом графе, где все с… cmo-1991-p4-edge-difference-labeling-diagram raznostnaya razmetka desyativershinnogo grafa, cmo 1991 p4 coloring double_counting eulerian_graphs goal_impossibility parity_coloring 1991 canadian mathematical olympiad 1991 ofitsialnye usloviya canadian mathematical olympiad committee canadianmathematicalolympiadcommittee cmo cmo1991 community_hint community_solution https://math.stackexchange.com/questions/1367056/is-it-possible-to-choose-10-distinct-numbers-from-the-set-0-1-2 https://schoolexercisebooks.blogspot.com/2010/09/23rd-canadian-mathematical-olympiad.html https://w7.cms.math.ca/competitions/cmo/archive/exam1991.pdf math stackexchange, edge-difference labelling parity hint for cmo 1991 p4 school exercise books blog, resheniya 23rd canadian mathematical olympiad src-cmo-1991-official src-mse-cmo-1991-p4-edge-difference src-school-exercise-books-cmo-1991-p4 statement with_solution canadian mathematical olympiad committee canadian mathematical olympiad 1991 ofitsialnye usloviya school exercise books blog, resheniya 23rd canadian mathematical olympiad math stackexchange, edge-difference labelling parity hint for cmo 1991 p4 stmt-original ofitsialnoe uslovie ai_checked nuzhno vybrat desyat razlichnyh chisel iz mnozhestva \\(\\{0,1,2,\\ldots,13,14\\}\\) i vpisat ih v desyat kruzhkov na sleduyuschem grafe. graf sostoit iz dvuh kopiy odnogo i togo zhe pyativershinnogo romba s tsentrom: v kazhdoy kopii est verhnyaya, nizhnyaya, levaya, tsentralnaya i pravaya vershiny; rebra idut ot verhney vershiny k kazhdoy iz levoy, tsentralnoy i pravoy, a takzhe ot kazhdoy iz levoy, tsentralnoy i pravoy k nizhney. dve kopii soedineny dvumya dopolnitelnymi rebrami: odno soedinyaet dve verhnie vershiny, drugoe - dve nizhnie. absolyutnye velichiny raznostey dvuh chisel, soedinennyh kazhdym otrezkom, dolzhny otlichatsya ot znacheniy dlya vseh ostalnyh otrezkov. vozmozhno li eto sdelat? obosnuyte otvet. simple_graph stmt-graph raznostnaya razmetka desyativershinnogo grafa ai_checked pust \\(g\\) - prostoy graf na vershinah \\(t_1,b_1,x_1,y_1,z_1,t_2,b_2,x_2,y_2,z_2\\), s rebrami \\(t_i x_i,t_i y_i,t_i z_i,b_i x_i,b_i y_i,b_i z_i\\) pri \\(i=1,2\\), a takzhe s dvumya rebrami \\(t_1t_2\\) i \\(b_1b_2\\). mozhno li inektivno pometit vershiny \\(g\\) desyatyu chislami, vybrannymi iz \\(\\{0,1,\\ldots,14\\}\\), tak, chtoby absolyutnye raznosti na vseh 14 rebrah byli poparno razlichny? simple_graph degree stmt-parity-cut-hint prepyatstvie cherez chetnost razreza ai_checked v grafovoy formulirovke 14 poparno razlichnyh polozhitelnyh raznostey na rebrah dolzhny byt rovno chislami \\(1,2,\\ldots,14\\). znachit, rovno sem reber imeyut nechetnuyu raznost. nechetnaya raznost oznachaet, chto metki dvuh kontsov imeyut raznuyu chetnost, poetomu eti sem reber obrazuyut razrez mezhdu vershinami s nechetnymi i chetnymi metkami. no kazhdaya vershina \\(g\\) imeet chetnuyu stepen, poetomu po lemme o rukopozhatiyah lyuboy razrez v \\(g\\) imeet chetnyy razmer. simple_graph degree graph_cut idea-odd-differences-as-cut nechetnye raznosti obrazuyut razrez poskolku reber 14 i vse raznosti na rebrah yavlyayutsya razlichnymi elementami \\(\\{1,2,\\ldots,14\\}\\), eti raznosti dolzhny byt rovno vsemi etimi 14 chislami. nechetnye raznosti sootvetstvuyut v tochnosti rebram, perehodyaschim ot vershin s nechetnymi metkami k vershinam s chetnymi metkami. coloring goal_impossibility ai_checked idea-even-degree-cut-parity chetnye stepeni vynuzhdayut chetnye razrezy graf diagrammy imeet stepeni \\(4,4,2,2,2,4,4,2,2,2\\). znachit, kazhdaya vershina imeet chetnuyu stepen, a lemma o rukopozhatiyah, primenennaya k odnoy storone lyubogo vershinnogo razreza, pokazyvaet, chto kazhdyy razrez soderzhit chetnoe chislo reber. double_counting eulerian_graphs ai_checked sol-parity-cut chetnost razreza ai_checked simple_graph degree double_counting otvet: net. predpolozhim, chto takuyu razmetku udalos sdelat. vse 10 chisel razlichny, poetomu ni odna iz 14 ukazannyh raznostey ne ravna nulyu. kazhdaya raznost lezhit mezhdu 1 i 14. tak kak raznostey rovno 14 i oni poparno razlichny, oni obyazany byt rovno chislami \\(1,2,\\ldots,14\\) v nekotorom poryadke. znachit, sredi nih rovno 7 nechetnyh raznostey. posmotrim na chetnost drugim sposobom. nechetnaya raznost voznikaet togda i tolko togda, kogda dva chisla na kontsah sootvetstvuyuschego rebra imeyut raznuyu chetnost. rassmotrim graf iz usloviya: dve kopii \\(k_{2,3}\\), soedinennye dvumya dopolnitelnymi rebrami. vershiny \\(t_1,t_2,b_1,b_2\\) imeyut stepen 4, a ostalnye shest vershin imeyut stepen 2. znachit, stepen kazhdoy vershiny grafa chetna. razobem vershiny na dve gruppy: s chetnymi metkami i s nechetnymi metkami. rebra s nechetnoy raznostyu — eto rovno rebra, peresekayuschie etot razrez. v lyubom grafe, gde vse s…","source_keys":["cmo"]}
{"id":"cmo-1994-p3-voting-stabilizes-cycle","title":"Стабилизация 2-раскраски цикла \\(C_{25}\\), CMO 1994 P3","path":"data\\problems\\cmo\\cmo-1994-p3-voting-stabilizes-cycle.yaml","raw_github_url":"https://raw.githubusercontent.com/didin-maxim/knowledge_graph_of_graphs/main/data/problems/cmo/cmo-1994-p3-voting-stabilizes-cycle.yaml","viewer_url":"https://didin-maxim.github.io/knowledge_graph_of_graphs/#cmo-1994-p3-voting-stabilizes-cycle","source_key":"cmo","source_label":"CMO","source_titles":["Canadian Mathematical Olympiad 1994 официальные условия","Canadian Mathematical Olympiad 1994 официальные решения"],"year":"1994","type":"olympiad_problem","authors":[],"tags":["coloring","induction","goal_proof"],"agent_topics":[],"difficulty":{"main":"national_final_medium","local_score":8,"comment":"CMO 1994 P3; задача сводится к динамике 2-раскраски нечётного цикла и монотонному росту множества вершин, имеющих соседа того же цвета.","status":"ai_checked"},"review_status":"ai_checked","public_ready":true,"solution_state":"with_solution","solution_classification":{"type":"official_complete_or_near_complete","status":"ai_checked","confidence":0.82,"basis":"официальный источник решения и несжатый текст решения","notes":"Текущий текст основан на официальном источнике и выглядит полным или почти полным.","label":"официальное полное/почти полное"},"statements":{"original":[{"id":"stmt-original","title":"Условие","status":"ai_checked","text":"Двадцать пять мужчин сидят вокруг круглого стола. Каждый час проходит голосование, и каждый отвечает «да» или «нет». На \\(n\\)-м голосовании каждый ведёт себя так: если его ответ совпадает с ответом хотя бы одного из двух соседей, то на \\((n+1)\\)-м голосовании он отвечает так же; если же его ответ отличается от ответов обоих соседей, то на \\((n+1)\\)-м голосовании он меняет ответ. Докажите, что каковы бы ни были ответы на первом голосовании, наступит момент, после которого больше ничей ответ не изменится.","definition_ids":[]}],"graph_theory":[{"id":"stmt-graph","title":"Стабилизация 2-раскраски цикла \\(C_{25}\\)","status":"ai_checked","text":"Рассмотрим цикл \\(C_{25}\\), вершины которого окрашены в два цвета. За один шаг одновременно перекрашиваются ровно те вершины, цвет которых отличается от цветов обоих соседей; остальные вершины сохраняют цвет. Докажите, что для любой начальной 2-раскраски через конечное число шагов раскраска станет неподвижной.","definition_ids":["cycle"]}],"graph_hint_reformulations":[{"id":"stmt-hint-odd-cycle-monotone-set","title":"","status":"ai_checked","text":"Более общая форма с тем же доказательством: пусть \\(N\\) нечётно, и на цикле \\(C_N\\) задана 2-раскраска. На каждом шаге одновременно меняют цвет только изолированные по цвету вершины, то есть вершины, отличающиеся от обоих соседей. Докажите стабилизацию, рассматривая множество \\(A_t\\) вершин, у которых в момент \\(t\\) есть сосед того же цвета: это множество монотонно растёт, а на нечётном цикле оно изначально непусто.","definition_ids":["cycle"]}]},"solutions":[{"id":"sol-official-stabilizing-set","title":"Решение через множество уже закрепившихся людей","status":"ai_checked","definition_ids":["cycle"],"standard_idea_ids":["induction"],"tags":[],"has_text":true,"text_preview":"Будем говорить, что человек согласен на \\(n\\)-м голосовании, если его ответ на этом голосовании совпадает с ответом хотя бы одного из двух соседей. Сначала отметим ключевой факт: если два соседа дали одинаковый ответ на \\(n\\)-м голосовании, то на \\((n+1)\\)-м голосовании оба сохранят свои ответы, потому что каждый из них имеет соседа с тем же ответом. Значит, на следующем голосовании эта пара снова будет согласной, и по индукции оба человека уже никогда не изменят ответ после \\(n\\)-го голосования. Пусть \\(A_n\\) — множество людей, которые на \\(n\\)-м голосовании согласны хотя бы с одним из своих соседей. Из предыдущего абзаца следует, что \\(A_n\\subseteq A_{n+1}\\) для всех \\(n\\ge 1\\): попавший в \\(A_n\\) человек дальше не меняет ответ и остаётся согласным с тем же соседом. Нам достаточно доказать, что при некотором \\(n\\) множество \\(A_n\\) содержит всех 25 людей, потому что тогда каждый имеет…"}],"relations":[{"id":"rel-cmo-1994-p3-egmo-2025-p5-dynamic-cycle","neighbor_id":"egmo-2025-p5-rotating-arrows-even-dynamic-cycle","direction":"forward","type":"same_motif","distance":2,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-cmo-1994-p3-apmo-2016-p4-coloring-dynamics","neighbor_id":"apmo-2016-p4-dreamland-28-step-coloring","direction":"forward","type":"same_motif","distance":3,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-cmo-1994-p3-cmo-2010-p4-color-toggle","neighbor_id":"cmo-2010-p4-graph-neighborhood-toggle","direction":"forward","type":"same_motif","distance":3,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-cmo-2025-p1-cmo-1994-p3-voting-dynamics","neighbor_id":"cmo-2025-p1-voting-functional-graph","direction":"backward","type":"same_motif","distance":2,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-simon-marais-2020-a1-cmo-1994-p3-odd-cycle-alternation","neighbor_id":"simon-marais-2020-a1-odd-cycle-line-transversal","direction":"backward","type":"same_motif","distance":2,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-imo-2019-c3-cmo-1994-p3-finite-dynamics","neighbor_id":"imo-2019-c3-coin-process-digraph","direction":"backward","type":"same_motif","distance":3,"status":"needs_human_review"},{"id":"rel-putnam-2025-a4-cycle","neighbor_id":"putnam-2025-a4-cycle-commutation-graph-matrices","direction":"backward","type":"false_friend","distance":1,"status":"ai_checked"}],"search_text":"cmo-1994-p3-voting-stabilizes-cycle стабилизация 2-раскраски цикла \\(c_{25}\\), cmo 1994 p3 coloring induction goal_proof 1994 canadian mathematical olympiad 1994 официальные решения canadian mathematical olympiad 1994 официальные условия cmo cmo1994 https://w7.cms.math.ca/competitions/cmo/archive/exam1994.pdf https://w7.cms.math.ca/competitions/cmo/archive/sol1994.pdf solution_notes src-cmo-1994-official src-cmo-1994-solutions statement with_solution ? canadian mathematical olympiad 1994 официальные условия canadian mathematical olympiad 1994 официальные решения stmt-original условие ai_checked двадцать пять мужчин сидят вокруг круглого стола. каждый час проходит голосование, и каждый отвечает «да» или «нет». на \\(n\\)-м голосовании каждый ведёт себя так: если его ответ совпадает с ответом хотя бы одного из двух соседей, то на \\((n+1)\\)-м голосовании он отвечает так же; если же его ответ отличается от ответов обоих соседей, то на \\((n+1)\\)-м голосовании он меняет ответ. докажите, что каковы бы ни были ответы на первом голосовании, наступит момент, после которого больше ничей ответ не изменится. stmt-graph стабилизация 2-раскраски цикла \\(c_{25}\\) ai_checked рассмотрим цикл \\(c_{25}\\), вершины которого окрашены в два цвета. за один шаг одновременно перекрашиваются ровно те вершины, цвет которых отличается от цветов обоих соседей; остальные вершины сохраняют цвет. докажите, что для любой начальной 2-раскраски через конечное число шагов раскраска станет неподвижной. cycle stmt-hint-odd-cycle-monotone-set ai_checked более общая форма с тем же доказательством: пусть \\(n\\) нечётно, и на цикле \\(c_n\\) задана 2-раскраска. на каждом шаге одновременно меняют цвет только изолированные по цвету вершины, то есть вершины, отличающиеся от обоих соседей. докажите стабилизацию, рассматривая множество \\(a_t\\) вершин, у которых в момент \\(t\\) есть сосед того же цвета: это множество монотонно растёт, а на нечётном цикле оно изначально непусто. cycle idea-monotone-agreeing-set монотонное множество уже закрепившихся вершин если две соседние вершины имеют одинаковый цвет в некоторый момент, то обе сохраняют свои цвета на следующем шаге и снова остаются одинаковыми. поэтому множество вершин, у которых есть сосед того же цвета, только расширяется. coloring induction ai_checked idea-odd-cycle-nonempty-start на нечётном цикле нельзя чередовать два цвета если бы у каждой вершины оба соседа имели противоположный цвет, цвета должны были бы строго чередоваться по всему циклу. на цикле нечётной длины это невозможно, значит уже в начальный момент есть соседняя пара одного цвета. coloring ai_checked sol-official-stabilizing-set решение через множество уже закрепившихся людей ai_checked cycle induction будем говорить, что человек согласен на \\(n\\)-м голосовании, если его ответ на этом голосовании совпадает с ответом хотя бы одного из двух соседей. сначала отметим ключевой факт: если два соседа дали одинаковый ответ на \\(n\\)-м голосовании, то на \\((n+1)\\)-м голосовании оба сохранят свои ответы, потому что каждый из них имеет соседа с тем же ответом. значит, на следующем голосовании эта пара снова будет согласной, и по индукции оба человека уже никогда не изменят ответ после \\(n\\)-го голосования. пусть \\(a_n\\) — множество людей, которые на \\(n\\)-м голосовании согласны хотя бы с одним из своих соседей. из предыдущего абзаца следует, что \\(a_n\\subseteq a_{n+1}\\) для всех \\(n\\ge 1\\): попавший в \\(a_n\\) человек дальше не меняет ответ и остаётся согласным с тем же соседом. нам достаточно доказать, что при некотором \\(n\\) множество \\(a_n\\) содержит всех 25 людей, потому что тогда каждый имеет… cmo-1994-p3-voting-stabilizes-cycle stabilizatsiya 2-raskraski tsikla \\(c_{25}\\), cmo 1994 p3 coloring induction goal_proof 1994 canadian mathematical olympiad 1994 ofitsialnye resheniya canadian mathematical olympiad 1994 ofitsialnye usloviya cmo cmo1994 https://w7.cms.math.ca/competitions/cmo/archive/exam1994.pdf https://w7.cms.math.ca/competitions/cmo/archive/sol1994.pdf solution_notes src-cmo-1994-official src-cmo-1994-solutions statement with_solution ? canadian mathematical olympiad 1994 ofitsialnye usloviya canadian mathematical olympiad 1994 ofitsialnye resheniya stmt-original uslovie ai_checked dvadtsat pyat muzhchin sidyat vokrug kruglogo stola. kazhdyy chas prohodit golosovanie, i kazhdyy otvechaet «da» ili «net». na \\(n\\)-m golosovanii kazhdyy vedet sebya tak: esli ego otvet sovpadaet s otvetom hotya by odnogo iz dvuh sosedey, to na \\((n+1)\\)-m golosovanii on otvechaet tak zhe; esli zhe ego otvet otlichaetsya ot otvetov oboih sosedey, to na \\((n+1)\\)-m golosovanii on menyaet otvet. dokazhite, chto kakovy by ni byli otvety na pervom golosovanii, nastupit moment, posle kotorogo bolshe nichey otvet ne izmenitsya. stmt-graph stabilizatsiya 2-raskraski tsikla \\(c_{25}\\) ai_checked rassmotrim tsikl \\(c_{25}\\), vershiny kotorogo okrasheny v dva tsveta. za odin shag odnovremenno perekrashivayutsya rovno te vershiny, tsvet kotoryh otlichaetsya ot tsvetov oboih sosedey; ostalnye vershiny sohranyayut tsvet. dokazhite, chto dlya lyuboy nachalnoy 2-raskraski cherez konechnoe chislo shagov raskraska stanet nepodvizhnoy. cycle stmt-hint-odd-cycle-monotone-set ai_checked bolee obschaya forma s tem zhe dokazatelstvom: pust \\(n\\) nechetno, i na tsikle \\(c_n\\) zadana 2-raskraska. na kazhdom shage odnovremenno menyayut tsvet tolko izolirovannye po tsvetu vershiny, to est vershiny, otlichayuschiesya ot oboih sosedey. dokazhite stabilizatsiyu, rassmatrivaya mnozhestvo \\(a_t\\) vershin, u kotoryh v moment \\(t\\) est sosed togo zhe tsveta: eto mnozhestvo monotonno rastet, a na nechetnom tsikle ono iznachalno nepusto. cycle idea-monotone-agreeing-set monotonnoe mnozhestvo uzhe zakrepivshihsya vershin esli dve sosednie vershiny imeyut odinakovyy tsvet v nekotoryy moment, to obe sohranyayut svoi tsveta na sleduyuschem shage i snova ostayutsya odinakovymi. poetomu mnozhestvo vershin, u kotoryh est sosed togo zhe tsveta, tolko rasshiryaetsya. coloring induction ai_checked idea-odd-cycle-nonempty-start na nechetnom tsikle nelzya cheredovat dva tsveta esli by u kazhdoy vershiny oba soseda imeli protivopolozhnyy tsvet, tsveta dolzhny byli by strogo cheredovatsya po vsemu tsiklu. na tsikle nechetnoy dliny eto nevozmozhno, znachit uzhe v nachalnyy moment est sosednyaya para odnogo tsveta. coloring ai_checked sol-official-stabilizing-set reshenie cherez mnozhestvo uzhe zakrepivshihsya lyudey ai_checked cycle induction budem govorit, chto chelovek soglasen na \\(n\\)-m golosovanii, esli ego otvet na etom golosovanii sovpadaet s otvetom hotya by odnogo iz dvuh sosedey. snachala otmetim klyuchevoy fakt: esli dva soseda dali odinakovyy otvet na \\(n\\)-m golosovanii, to na \\((n+1)\\)-m golosovanii oba sohranyat svoi otvety, potomu chto kazhdyy iz nih imeet soseda s tem zhe otvetom. znachit, na sleduyuschem golosovanii eta para snova budet soglasnoy, i po induktsii oba cheloveka uzhe nikogda ne izmenyat otvet posle \\(n\\)-go golosovaniya. pust \\(a_n\\) — mnozhestvo lyudey, kotorye na \\(n\\)-m golosovanii soglasny hotya by s odnim iz svoih sosedey. iz predyduschego abzatsa sleduet, chto \\(a_n\\subseteq a_{n+1}\\) dlya vseh \\(n\\ge 1\\): popavshiy v \\(a_n\\) chelovek dalshe ne menyaet otvet i ostaetsya soglasnym s tem zhe sosedom. nam dostatochno dokazat, chto pri nekotorom \\(n\\) mnozhestvo \\(a_n\\) soderzhit vseh 25 lyudey, potomu chto togda kazhdyy imeet…","source_keys":["cmo"]}
{"id":"cmo-1995-p3-polygon-quadrangulation-boomerangs","title":"Бумеранги в разбиении выпуклого многоугольника на четырёхугольники, CMO 1995 P3","path":"data\\problems\\cmo\\cmo-1995-p3-polygon-quadrangulation-boomerangs.yaml","raw_github_url":"https://raw.githubusercontent.com/didin-maxim/knowledge_graph_of_graphs/main/data/problems/cmo/cmo-1995-p3-polygon-quadrangulation-boomerangs.yaml","viewer_url":"https://didin-maxim.github.io/knowledge_graph_of_graphs/#cmo-1995-p3-polygon-quadrangulation-boomerangs","source_key":"cmo","source_label":"CMO","source_titles":["Canadian Mathematical Olympiad 1995 официальные условия","Canadian Mathematical Olympiad 1995 официальные решения"],"year":"1995","type":"olympiad_problem","authors":["Canadian Mathematical Olympiad Committee"],"tags":["planar_graphs","double_counting","goal_bound"],"agent_topics":[],"difficulty":{"main":"national_final_medium","local_score":7,"comment":"CMO 1995 P3: короткая, но не совсем автоматическая задача на двойной подсчёт углов; графовый вариант сводится к эйлерову подсчёту четырёхугольного разбиения и инъекции рефлексных углов во внутренние вершины.","status":"ai_checked"},"review_status":"ai_checked","public_ready":true,"solution_state":"with_solution","solution_classification":{"type":"official_complete_or_near_complete","status":"ai_checked","confidence":0.82,"basis":"официальный источник решения и несжатый текст решения","notes":"Текущий текст основан на официальном источнике и выглядит полным или почти полным.","label":"официальное полное/почти полное"},"statements":{"original":[{"id":"stmt-original","title":"Условие","status":"ai_checked","text":"Бумерангом назовём четырёхугольник, противоположные стороны которого не пересекаются и один из внутренних углов которого больше 180 градусов. Пусть \\(C\\) — выпуклый многоугольник с \\(s\\) сторонами. Предположим, что внутренняя область \\(C\\) является объединением \\(q\\) четырёхугольников с попарно непересекающимися внутренностями, причём \\(b\\) из этих четырёхугольников являются бумерангами. Докажите, что \\(q\\ge b+(s-2)/2\\).","definition_ids":[]}],"graph_hint_reformulations":[{"id":"stmt-graph-euler-hint","title":"Подсчёт вершин четырёхугольного разбиения","status":"ai_checked","text":"Пусть \\(I\\) — число внутренних вершин плоского графа разбиения, а \\(B\\) — число его вершин на границе выпуклого многоугольника. Докажите сначала формулу \\(q=I+B/2-1\\) для четырёхугольного разбиения, затем покажите, что разные бумеранги дают разные внутренние вершины с рефлексным углом. Так как \\(I\\ge b\\) и \\(B\\ge s\\), сразу получается \\(q\\ge b+(s-2)/2\\).","definition_ids":["planar_graph"]}]},"solutions":[{"id":"sol-official-angle-count","title":"Решение через сумму углов","status":"ai_checked","definition_ids":[],"standard_idea_ids":["double_counting"],"tags":[],"has_text":true,"text_preview":"Назовём угол бумеранга, больший \\(180^\\circ\\), рефлексным. У простого четырёхугольника сумма внутренних углов равна \\(360^\\circ\\), поэтому рефлексный угол у бумеранга ровно один: по определению он существует, а двух таких углов быть не может. Покажем, что вершины этих \\(b\\) рефлексных углов дают \\(b\\) различных внутренних вершин разбиения. Такая вершина не может быть вершиной исходного выпуклого многоугольника \\(C\\), потому что все его углы меньше \\(180^\\circ\\). Она также не может лежать внутри стороны \\(C\\): в этом случае весь четырёхугольник лежит по одну сторону от прямой, содержащей эту сторону, и угол части внутри \\(C\\) не превосходит \\(180^\\circ\\). Значит, вершина рефлексного угла является внутренней вершиной разбиения. Две разные рефлексные вершины не могут совпасть. Если бы в одной внутренней вершине разбиения встретились два угла, каждый больше \\(180^\\circ\\), то сумма углов при…"},{"id":"sol-euler-counting-variant","title":"Вариант через формулу Эйлера","status":"ai_checked","definition_ids":["planar_graph"],"standard_idea_ids":["double_counting","face_counting"],"tags":[],"has_text":true,"text_preview":"Пусть \\(I\\) — число внутренних вершин разбиения, а \\(B\\) — число вершин плоского графа разбиения на границе \\(C\\). Выведем нужную формулу, а не будем ссылаться на неё как на внешнюю лемму. Обозначим через \\(E\\) число рёбер этого плоского графа. Внутренних граней ровно \\(q\\), и каждая из них является четырёхугольником. Если сложить числа сторон всех внутренних граней, то каждое внутреннее ребро посчитается дважды, а каждое граничное ребро — один раз. Граничных рёбер ровно \\(B\\), поэтому \\[ 4q=2E-B. \\] С другой стороны, вместе с внешней гранью у графа \\(q+1\\) грань, а вершин \\(I+B\\). По формуле Эйлера \\[ (I+B)-E+(q+1)=2, \\] то есть \\(E=I+B+q-1\\). Подставляя это в равенство \\(4q=2E-B\\), получаем \\[ 4q=2(I+B+q-1)-B=2I+B+2q-2. \\] Следовательно, \\[ q=I+B/2-1. \\] Осталось связать эту формулу с бумерангами. Как в первом решении, рефлексный угол бумеранга не может лежать на границе выпуклого мно…"}],"relations":[{"id":"rel-putnam-2007-cmo-1995-planar-decomposition-euler-count","neighbor_id":"putnam-2007-a6-admissible-triangulation-bound","direction":"forward","type":"same_motif","distance":1,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-quadrangulation-euler-count-cmo-1995-p3","neighbor_id":"quadrangulation-euler-face-count","direction":"backward","type":"prerequisite","distance":1,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-planar-edge-bound-cmo-1995-p3-face-counting","neighbor_id":"planar-edge-bound","direction":"backward","type":"same_motif","distance":2,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-usamo-2024-triangulation-cmo-1995-quadrangulation","neighbor_id":"usamo-2024-p3-balanced-regular-polygon-triangulation","direction":"backward","type":"same_motif","distance":2,"status":"ai_checked"}],"search_text":"cmo-1995-p3-polygon-quadrangulation-boomerangs бумеранги в разбиении выпуклого многоугольника на четырёхугольники, cmo 1995 p3 planar_graphs double_counting goal_bound 1995 canadian mathematical olympiad 1995 официальные решения canadian mathematical olympiad 1995 официальные условия canadian mathematical olympiad committee canadianmathematicalolympiadcommittee cmo cmo1995 https://w7.cms.math.ca/competitions/cmo/archive/exam1995.pdf https://w7.cms.math.ca/competitions/cmo/archive/sol1995.pdf solution_notes src-cmo-1995-official src-cmo-1995-solutions statement with_solution canadian mathematical olympiad committee canadian mathematical olympiad 1995 официальные условия canadian mathematical olympiad 1995 официальные решения stmt-original условие ai_checked бумерангом назовём четырёхугольник, противоположные стороны которого не пересекаются и один из внутренних углов которого больше 180 градусов. пусть \\(c\\) — выпуклый многоугольник с \\(s\\) сторонами. предположим, что внутренняя область \\(c\\) является объединением \\(q\\) четырёхугольников с попарно непересекающимися внутренностями, причём \\(b\\) из этих четырёхугольников являются бумерангами. докажите, что \\(q\\ge b+(s-2)/2\\). stmt-graph-euler-hint подсчёт вершин четырёхугольного разбиения ai_checked пусть \\(i\\) — число внутренних вершин плоского графа разбиения, а \\(b\\) — число его вершин на границе выпуклого многоугольника. докажите сначала формулу \\(q=i+b/2-1\\) для четырёхугольного разбиения, затем покажите, что разные бумеранги дают разные внутренние вершины с рефлексным углом. так как \\(i\\ge b\\) и \\(b\\ge s\\), сразу получается \\(q\\ge b+(s-2)/2\\). planar_graph idea-reflex-needs-interior каждый бумеранг даёт свою внутреннюю вершину рефлексный угол части, лежащей внутри выпуклого многоугольника, не может находиться в вершине исходного выпуклого многоугольника или на его стороне. в одной внутренней вершине не могут встретиться два угла, каждый больше \\(180^\\circ\\), потому что сумма углов вокруг такой вершины равна \\(360^\\circ\\). поэтому \\(b\\) бумерангов дают по крайней мере \\(b\\) различных внутренних вершин разбиения. planar_graphs double_counting ai_checked idea-angle-sum-lower-bound сумма углов всех частей уже достаточно велика граничные вершины разбиения дают вклад не меньше суммы углов исходного выпуклого \\(s\\)-угольника, то есть \\((s-2)\\pi\\), а вокруг каждой внутренней вершины, соответствующей бумерангу, появляется полный вклад \\(2\\pi\\). double_counting planar_graphs ai_checked idea-euler-count эйлеров подсчёт разбиения альтернативно, если в плоском графе четырёхугольного разбиения \\(i\\) внутренних и \\(b\\) граничных вершин, то из формулы эйлера и подсчёта сторон внутренних граней получается \\(q=i+b/2-1\\). это вынесено в отдельную классическую лемму. planar_graphs double_counting ai_checked sol-official-angle-count решение через сумму углов ai_checked double_counting назовём угол бумеранга, больший \\(180^\\circ\\), рефлексным. у простого четырёхугольника сумма внутренних углов равна \\(360^\\circ\\), поэтому рефлексный угол у бумеранга ровно один: по определению он существует, а двух таких углов быть не может. покажем, что вершины этих \\(b\\) рефлексных углов дают \\(b\\) различных внутренних вершин разбиения. такая вершина не может быть вершиной исходного выпуклого многоугольника \\(c\\), потому что все его углы меньше \\(180^\\circ\\). она также не может лежать внутри стороны \\(c\\): в этом случае весь четырёхугольник лежит по одну сторону от прямой, содержащей эту сторону, и угол части внутри \\(c\\) не превосходит \\(180^\\circ\\). значит, вершина рефлексного угла является внутренней вершиной разбиения. две разные рефлексные вершины не могут совпасть. если бы в одной внутренней вершине разбиения встретились два угла, каждый больше \\(180^\\circ\\), то сумма углов при… sol-euler-counting-variant вариант через формулу эйлера ai_checked planar_graph double_counting face_counting пусть \\(i\\) — число внутренних вершин разбиения, а \\(b\\) — число вершин плоского графа разбиения на границе \\(c\\). выведем нужную формулу, а не будем ссылаться на неё как на внешнюю лемму. обозначим через \\(e\\) число рёбер этого плоского графа. внутренних граней ровно \\(q\\), и каждая из них является четырёхугольником. если сложить числа сторон всех внутренних граней, то каждое внутреннее ребро посчитается дважды, а каждое граничное ребро — один раз. граничных рёбер ровно \\(b\\), поэтому \\[ 4q=2e-b. \\] с другой стороны, вместе с внешней гранью у графа \\(q+1\\) грань, а вершин \\(i+b\\). по формуле эйлера \\[ (i+b)-e+(q+1)=2, \\] то есть \\(e=i+b+q-1\\). подставляя это в равенство \\(4q=2e-b\\), получаем \\[ 4q=2(i+b+q-1)-b=2i+b+2q-2. \\] следовательно, \\[ q=i+b/2-1. \\] осталось связать эту формулу с бумерангами. как в первом решении, рефлексный угол бумеранга не может лежать на границе выпуклого мно… cmo-1995-p3-polygon-quadrangulation-boomerangs bumerangi v razbienii vypuklogo mnogougolnika na chetyrehugolniki, cmo 1995 p3 planar_graphs double_counting goal_bound 1995 canadian mathematical olympiad 1995 ofitsialnye resheniya canadian mathematical olympiad 1995 ofitsialnye usloviya canadian mathematical olympiad committee canadianmathematicalolympiadcommittee cmo cmo1995 https://w7.cms.math.ca/competitions/cmo/archive/exam1995.pdf https://w7.cms.math.ca/competitions/cmo/archive/sol1995.pdf solution_notes src-cmo-1995-official src-cmo-1995-solutions statement with_solution canadian mathematical olympiad committee canadian mathematical olympiad 1995 ofitsialnye usloviya canadian mathematical olympiad 1995 ofitsialnye resheniya stmt-original uslovie ai_checked bumerangom nazovem chetyrehugolnik, protivopolozhnye storony kotorogo ne peresekayutsya i odin iz vnutrennih uglov kotorogo bolshe 180 gradusov. pust \\(c\\) — vypuklyy mnogougolnik s \\(s\\) storonami. predpolozhim, chto vnutrennyaya oblast \\(c\\) yavlyaetsya obedineniem \\(q\\) chetyrehugolnikov s poparno neperesekayuschimisya vnutrennostyami, prichem \\(b\\) iz etih chetyrehugolnikov yavlyayutsya bumerangami. dokazhite, chto \\(q\\ge b+(s-2)/2\\). stmt-graph-euler-hint podschet vershin chetyrehugolnogo razbieniya ai_checked pust \\(i\\) — chislo vnutrennih vershin ploskogo grafa razbieniya, a \\(b\\) — chislo ego vershin na granitse vypuklogo mnogougolnika. dokazhite snachala formulu \\(q=i+b/2-1\\) dlya chetyrehugolnogo razbieniya, zatem pokazhite, chto raznye bumerangi dayut raznye vnutrennie vershiny s refleksnym uglom. tak kak \\(i\\ge b\\) i \\(b\\ge s\\), srazu poluchaetsya \\(q\\ge b+(s-2)/2\\). planar_graph idea-reflex-needs-interior kazhdyy bumerang daet svoyu vnutrennyuyu vershinu refleksnyy ugol chasti, lezhaschey vnutri vypuklogo mnogougolnika, ne mozhet nahoditsya v vershine ishodnogo vypuklogo mnogougolnika ili na ego storone. v odnoy vnutrenney vershine ne mogut vstretitsya dva ugla, kazhdyy bolshe \\(180^\\circ\\), potomu chto summa uglov vokrug takoy vershiny ravna \\(360^\\circ\\). poetomu \\(b\\) bumerangov dayut po krayney mere \\(b\\) razlichnyh vnutrennih vershin razbieniya. planar_graphs double_counting ai_checked idea-angle-sum-lower-bound summa uglov vseh chastey uzhe dostatochno velika granichnye vershiny razbieniya dayut vklad ne menshe summy uglov ishodnogo vypuklogo \\(s\\)-ugolnika, to est \\((s-2)\\pi\\), a vokrug kazhdoy vnutrenney vershiny, sootvetstvuyuschey bumerangu, poyavlyaetsya polnyy vklad \\(2\\pi\\). double_counting planar_graphs ai_checked idea-euler-count eylerov podschet razbieniya alternativno, esli v ploskom grafe chetyrehugolnogo razbieniya \\(i\\) vnutrennih i \\(b\\) granichnyh vershin, to iz formuly eylera i podscheta storon vnutrennih graney poluchaetsya \\(q=i+b/2-1\\). eto vyneseno v otdelnuyu klassicheskuyu lemmu. planar_graphs double_counting ai_checked sol-official-angle-count reshenie cherez summu uglov ai_checked double_counting nazovem ugol bumeranga, bolshiy \\(180^\\circ\\), refleksnym. u prostogo chetyrehugolnika summa vnutrennih uglov ravna \\(360^\\circ\\), poetomu refleksnyy ugol u bumeranga rovno odin: po opredeleniyu on suschestvuet, a dvuh takih uglov byt ne mozhet. pokazhem, chto vershiny etih \\(b\\) refleksnyh uglov dayut \\(b\\) razlichnyh vnutrennih vershin razbieniya. takaya vershina ne mozhet byt vershinoy ishodnogo vypuklogo mnogougolnika \\(c\\), potomu chto vse ego ugly menshe \\(180^\\circ\\). ona takzhe ne mozhet lezhat vnutri storony \\(c\\): v etom sluchae ves chetyrehugolnik lezhit po odnu storonu ot pryamoy, soderzhaschey etu storonu, i ugol chasti vnutri \\(c\\) ne prevoshodit \\(180^\\circ\\). znachit, vershina refleksnogo ugla yavlyaetsya vnutrenney vershinoy razbieniya. dve raznye refleksnye vershiny ne mogut sovpast. esli by v odnoy vnutrenney vershine razbieniya vstretilis dva ugla, kazhdyy bolshe \\(180^\\circ\\), to summa uglov pri… sol-euler-counting-variant variant cherez formulu eylera ai_checked planar_graph double_counting face_counting pust \\(i\\) — chislo vnutrennih vershin razbieniya, a \\(b\\) — chislo vershin ploskogo grafa razbieniya na granitse \\(c\\). vyvedem nuzhnuyu formulu, a ne budem ssylatsya na nee kak na vneshnyuyu lemmu. oboznachim cherez \\(e\\) chislo reber etogo ploskogo grafa. vnutrennih graney rovno \\(q\\), i kazhdaya iz nih yavlyaetsya chetyrehugolnikom. esli slozhit chisla storon vseh vnutrennih graney, to kazhdoe vnutrennee rebro poschitaetsya dvazhdy, a kazhdoe granichnoe rebro — odin raz. granichnyh reber rovno \\(b\\), poetomu \\[ 4q=2e-b. \\] s drugoy storony, vmeste s vneshney granyu u grafa \\(q+1\\) gran, a vershin \\(i+b\\). po formule eylera \\[ (i+b)-e+(q+1)=2, \\] to est \\(e=i+b+q-1\\). podstavlyaya eto v ravenstvo \\(4q=2e-b\\), poluchaem \\[ 4q=2(i+b+q-1)-b=2i+b+2q-2. \\] sledovatelno, \\[ q=i+b/2-1. \\] ostalos svyazat etu formulu s bumerangami. kak v pervom reshenii, refleksnyy ugol bumeranga ne mozhet lezhat na granitse vypuklogo mno…","source_keys":["cmo"]}
{"id":"cmo-1996-p3-permutation-step-two-mod3","title":"Гамильтоновы пути в квадрате пути, CMO 1996 P3","path":"data\\problems\\cmo\\cmo-1996-p3-permutation-step-two-mod3.yaml","raw_github_url":"https://raw.githubusercontent.com/didin-maxim/knowledge_graph_of_graphs/main/data/problems/cmo/cmo-1996-p3-permutation-step-two-mod3.yaml","viewer_url":"https://didin-maxim.github.io/knowledge_graph_of_graphs/#cmo-1996-p3-permutation-step-two-mod3","source_key":"cmo","source_label":"CMO","source_titles":["Canadian Mathematical Olympiad 1996 официальные условия","Canadian Mathematical Olympiad 1996 официальные решения"],"year":"1996","type":"olympiad_problem","authors":["Canadian Mathematical Olympiad Committee"],"tags":["hamiltonian_cycles","induction","goal_counting"],"agent_topics":[],"difficulty":{"main":"national_final_medium","local_score":9,"comment":"CMO 1996 P3; задача эквивалентна подсчёту гамильтоновых путей в квадрате пути.","status":"ai_checked"},"review_status":"ai_checked","public_ready":true,"solution_state":"with_solution","solution_classification":{"type":"official_complete_or_near_complete","status":"ai_checked","confidence":0.82,"basis":"официальный источник решения и несжатый текст решения","notes":"Текущий текст основан на официальном источнике и выглядит полным или почти полным.","label":"официальное полное/почти полное"},"statements":{"original":[{"id":"stmt-original","title":"Условие","status":"ai_checked","text":"Обозначим произвольную перестановку чисел \\(1,\\ldots,n\\) через \\(a_1,\\ldots,a_n\\). Пусть \\(f(n)\\) — число таких перестановок, что \\(a_1=1\\) и \\(|a_i-a_{i+1}|\\le 2\\) для \\(i=1,\\ldots,n-1\\). Определите, делится ли \\(f(1996)\\) на 3.","definition_ids":[]}],"graph_theory":[{"id":"stmt-graph","title":"Гамильтоновы пути в квадрате пути","status":"ai_checked","text":"Пусть \\(P_n^2\\) — квадрат пути на вершинах \\(1,2,\\ldots,n\\): вершины \\(i,j\\) смежны, если \\(|i-j|\\le2\\). Пусть \\(f(n)\\) — число гамильтоновых путей в \\(P_n^2\\), начинающихся в вершине 1. Определите, делится ли \\(f(1996)\\) на 3.","definition_ids":["path","hamiltonian_path"]}]},"solutions":[{"id":"sol-official-recurrence","title":"Решение через рекурсию по первому чётному члену","status":"ai_checked","definition_ids":["path","hamiltonian_path"],"standard_idea_ids":[],"tags":[],"has_text":true,"text_preview":"Пусть \\(a_1,\\ldots,a_n\\) — допустимая перестановка. Важное наблюдение: если соседние члены \\(a_k,a_{k+1}\\) являются последовательными целыми числами, то все члены справа от \\(a_{k+1}\\) должны быть либо меньше обоих этих чисел, либо больше обоих; иначе при дальнейшем движении пришлось бы перескочить через эту пару с разностью больше 2. Так как \\(a_1=1\\), имеем \\(a_2=2\\) или \\(a_2=3\\). Если \\(a_2=2\\), то хвост \\(a_2,a_3,\\ldots,a_n\\), после сдвига меток, устроен как допустимая перестановка длины \\(n-1\\). Это даёт \\(f(n-1)\\) вариантов. Пусть \\(a_2=3\\). Если \\(a_3=2\\), то оставшийся хвост состоит из чисел \\(4,\\ldots,n\\), начинается с 4 и даёт \\(f(n-3)\\) вариантов. Если же \\(a_3\\ge 4\\), рассмотрим первый чётный член \\(a_{k+1}\\). Тогда перед ним обязаны идти нечётные числа \\(1,3,5,\\ldots,2k-1\\) именно в таком порядке, а \\(a_{k+1}\\) равно \\(2k\\) или \\(2k-2\\). Пара \\(a_k,a_{k+1}\\) последовательн…"}],"relations":[{"id":"rel-consecutive-pair-barrier-cmo-1996-p3","neighbor_id":"consecutive-pair-barrier-step-two-permutation","direction":"backward","type":"prerequisite","distance":1,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-cmo-1996-p3-cmo-2026-p3-hamiltonian-path-counting","neighbor_id":"cmo-2026-p3-grid-hamiltonian-snail","direction":"forward","type":"same_motif","distance":3,"status":"ai_checked"}],"search_text":"cmo-1996-p3-permutation-step-two-mod3 гамильтоновы пути в квадрате пути, cmo 1996 p3 hamiltonian_cycles induction goal_counting 1996 canadian mathematical olympiad 1996 официальные решения canadian mathematical olympiad 1996 официальные условия canadian mathematical olympiad committee canadianmathematicalolympiadcommittee cmo cmo1996 https://w7.cms.math.ca/competitions/cmo/archive/exam1996.pdf https://w7.cms.math.ca/competitions/cmo/archive/sol1996.pdf solution_notes src-cmo-1996-official src-cmo-1996-solutions statement with_solution canadian mathematical olympiad committee canadian mathematical olympiad 1996 официальные условия canadian mathematical olympiad 1996 официальные решения stmt-original условие ai_checked обозначим произвольную перестановку чисел \\(1,\\ldots,n\\) через \\(a_1,\\ldots,a_n\\). пусть \\(f(n)\\) — число таких перестановок, что \\(a_1=1\\) и \\(|a_i-a_{i+1}|\\le 2\\) для \\(i=1,\\ldots,n-1\\). определите, делится ли \\(f(1996)\\) на 3. stmt-graph гамильтоновы пути в квадрате пути ai_checked пусть \\(p_n^2\\) — квадрат пути на вершинах \\(1,2,\\ldots,n\\): вершины \\(i,j\\) смежны, если \\(|i-j|\\le2\\). пусть \\(f(n)\\) — число гамильтоновых путей в \\(p_n^2\\), начинающихся в вершине 1. определите, делится ли \\(f(1996)\\) на 3. path hamiltonian_path idea-first-steps первые шаги задают рекурсию из \\(a_1=1\\) следует \\(a_2=2\\) или \\(a_2=3\\). первый случай даёт \\(f(n-1)\\), второй распадается на подслучай \\(1,3,2\\) и один специальный зигзаг. induction ai_checked idea-period-mod3 период по модулю 3 после рекурсии f(n)=f(n-1)+f(n-3)+1 достаточно вычислить несколько значений по модулю 3 и заметить период 8. induction ai_checked sol-official-recurrence решение через рекурсию по первому чётному члену ai_checked path hamiltonian_path пусть \\(a_1,\\ldots,a_n\\) — допустимая перестановка. важное наблюдение: если соседние члены \\(a_k,a_{k+1}\\) являются последовательными целыми числами, то все члены справа от \\(a_{k+1}\\) должны быть либо меньше обоих этих чисел, либо больше обоих; иначе при дальнейшем движении пришлось бы перескочить через эту пару с разностью больше 2. так как \\(a_1=1\\), имеем \\(a_2=2\\) или \\(a_2=3\\). если \\(a_2=2\\), то хвост \\(a_2,a_3,\\ldots,a_n\\), после сдвига меток, устроен как допустимая перестановка длины \\(n-1\\). это даёт \\(f(n-1)\\) вариантов. пусть \\(a_2=3\\). если \\(a_3=2\\), то оставшийся хвост состоит из чисел \\(4,\\ldots,n\\), начинается с 4 и даёт \\(f(n-3)\\) вариантов. если же \\(a_3\\ge 4\\), рассмотрим первый чётный член \\(a_{k+1}\\). тогда перед ним обязаны идти нечётные числа \\(1,3,5,\\ldots,2k-1\\) именно в таком порядке, а \\(a_{k+1}\\) равно \\(2k\\) или \\(2k-2\\). пара \\(a_k,a_{k+1}\\) последовательн… cmo-1996-p3-permutation-step-two-mod3 gamiltonovy puti v kvadrate puti, cmo 1996 p3 hamiltonian_cycles induction goal_counting 1996 canadian mathematical olympiad 1996 ofitsialnye resheniya canadian mathematical olympiad 1996 ofitsialnye usloviya canadian mathematical olympiad committee canadianmathematicalolympiadcommittee cmo cmo1996 https://w7.cms.math.ca/competitions/cmo/archive/exam1996.pdf https://w7.cms.math.ca/competitions/cmo/archive/sol1996.pdf solution_notes src-cmo-1996-official src-cmo-1996-solutions statement with_solution canadian mathematical olympiad committee canadian mathematical olympiad 1996 ofitsialnye usloviya canadian mathematical olympiad 1996 ofitsialnye resheniya stmt-original uslovie ai_checked oboznachim proizvolnuyu perestanovku chisel \\(1,\\ldots,n\\) cherez \\(a_1,\\ldots,a_n\\). pust \\(f(n)\\) — chislo takih perestanovok, chto \\(a_1=1\\) i \\(|a_i-a_{i+1}|\\le 2\\) dlya \\(i=1,\\ldots,n-1\\). opredelite, delitsya li \\(f(1996)\\) na 3. stmt-graph gamiltonovy puti v kvadrate puti ai_checked pust \\(p_n^2\\) — kvadrat puti na vershinah \\(1,2,\\ldots,n\\): vershiny \\(i,j\\) smezhny, esli \\(|i-j|\\le2\\). pust \\(f(n)\\) — chislo gamiltonovyh putey v \\(p_n^2\\), nachinayuschihsya v vershine 1. opredelite, delitsya li \\(f(1996)\\) na 3. path hamiltonian_path idea-first-steps pervye shagi zadayut rekursiyu iz \\(a_1=1\\) sleduet \\(a_2=2\\) ili \\(a_2=3\\). pervyy sluchay daet \\(f(n-1)\\), vtoroy raspadaetsya na podsluchay \\(1,3,2\\) i odin spetsialnyy zigzag. induction ai_checked idea-period-mod3 period po modulyu 3 posle rekursii f(n)=f(n-1)+f(n-3)+1 dostatochno vychislit neskolko znacheniy po modulyu 3 i zametit period 8. induction ai_checked sol-official-recurrence reshenie cherez rekursiyu po pervomu chetnomu chlenu ai_checked path hamiltonian_path pust \\(a_1,\\ldots,a_n\\) — dopustimaya perestanovka. vazhnoe nablyudenie: esli sosednie chleny \\(a_k,a_{k+1}\\) yavlyayutsya posledovatelnymi tselymi chislami, to vse chleny sprava ot \\(a_{k+1}\\) dolzhny byt libo menshe oboih etih chisel, libo bolshe oboih; inache pri dalneyshem dvizhenii prishlos by pereskochit cherez etu paru s raznostyu bolshe 2. tak kak \\(a_1=1\\), imeem \\(a_2=2\\) ili \\(a_2=3\\). esli \\(a_2=2\\), to hvost \\(a_2,a_3,\\ldots,a_n\\), posle sdviga metok, ustroen kak dopustimaya perestanovka dliny \\(n-1\\). eto daet \\(f(n-1)\\) variantov. pust \\(a_2=3\\). esli \\(a_3=2\\), to ostavshiysya hvost sostoit iz chisel \\(4,\\ldots,n\\), nachinaetsya s 4 i daet \\(f(n-3)\\) variantov. esli zhe \\(a_3\\ge 4\\), rassmotrim pervyy chetnyy chlen \\(a_{k+1}\\). togda pered nim obyazany idti nechetnye chisla \\(1,3,5,\\ldots,2k-1\\) imenno v takom poryadke, a \\(a_{k+1}\\) ravno \\(2k\\) ili \\(2k-2\\). para \\(a_k,a_{k+1}\\) posledovateln…","source_keys":["cmo"]}
{"id":"cmo-2004-p2-rooks-same-colour","title":"Одноцветные расстановки ладей на доске \\(9\\times9\\), CMO 2004 P2","path":"data\\problems\\cmo\\cmo-2004-p2-rooks-same-colour.yaml","raw_github_url":"https://raw.githubusercontent.com/didin-maxim/knowledge_graph_of_graphs/main/data/problems/cmo/cmo-2004-p2-rooks-same-colour.yaml","viewer_url":"https://didin-maxim.github.io/knowledge_graph_of_graphs/#cmo-2004-p2-rooks-same-colour","source_key":"cmo","source_label":"CMO","source_titles":["Canadian Mathematical Olympiad 2004 официальные условия","Canadian Mathematical Olympiad 2004 официальные решения"],"year":"2004","type":"olympiad_problem","authors":["Canadian Mathematical Olympiad Committee"],"tags":["matching","goal_counting"],"agent_topics":[],"difficulty":{"main":"national_final_easy","local_score":6,"comment":"CMO 2004 P2; короткая задача на точный счёт паросочетаний после разбиения доски по цвету и чётности строк/столбцов.","status":"ai_checked"},"review_status":"ai_checked","public_ready":true,"solution_state":"with_solution","solution_classification":{"type":"official_complete_or_near_complete","status":"ai_checked","confidence":0.82,"basis":"официальный источник решения и несжатый текст решения","notes":"Текущий текст основан на официальном источнике и выглядит полным или почти полным.","label":"официальное полное/почти полное"},"statements":{"original":[{"id":"stmt-original","title":"Условие","status":"ai_checked","text":"Сколькими способами можно поставить 8 попарно не бьющих друг друга ладей на доску 9x9 так, чтобы все 8 ладей стояли на клетках одного цвета? Две ладьи бьют друг друга, если стоят в одной строке или в одном столбце.","definition_ids":[]}],"graph_theory":[{"id":"stmt-graph","title":"Монохроматические паросочетания в раскрашенном \\(K_{9,9}\\)","status":"ai_checked","text":"В полном двудольном графе \\(K_{9,9}\\) с долями \\(\\{1,\\ldots,9\\}\\) и \\(\\{1,\\ldots,9\\}\\) ребро \\(ij\\) имеет цвет, заданный чётностью \\(i+j\\). Найдите суммарное число паросочетаний размера \\(8\\), все рёбра которых имеют один цвет.","definition_ids":["bipartite_graph","matching"]}]},"solutions":[{"id":"sol-official-parity","title":"Решение через два цветовых разбиения","status":"ai_checked","definition_ids":["matching","bipartite_graph"],"standard_idea_ids":[],"tags":[],"has_text":true,"text_preview":"Считаем отдельно чёрные и белые клетки. Пронумеруем строки и столбцы числами от 1 до 9. Для чёрных клеток нечётные строки с нечётными столбцами образуют блок 5x5, а чётные строки с чётными столбцами — блок 4x4. Ладьи из разных блоков не конфликтуют, потому что у них различаются и чётности строк, и чётности столбцов. Полная расстановка 9 ладей на все строки и все столбцы этих двух чёрных блоков выбирается независимо: 5! способов в блоке 5x5 и 4! способов в блоке 4x4, всего 5!4!. Из каждой такой полной расстановки можно удалить любую из 9 ладей. Обратно, всякая расстановка 8 ладей на чёрных клетках единственным образом достраивается до такой полной расстановки: если в блоке 5x5 стоит 5 ладей, то в блоке 4x4 свободны ровно одна строка и один столбец; если в блоке 4x4 стоит 4 ладьи, то в блоке 5x5 свободны ровно одна строка и один столбец. Значит, чёрных расстановок 9·5!4!. Для белых клеток…"}],"relations":[{"id":"rel-cmo-2004-p2-cmo-1973-p4-bipartite-matching-count","neighbor_id":"cmo-1973-p4-triangulated-nonagon-labelings","direction":"forward","type":"same_motif","distance":2,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-cmo-2004-p2-usamo-2022-p1-colored-rook-matching","neighbor_id":"usamo-2022-p1-amber-bronze-transversal","direction":"forward","type":"same_motif","distance":2,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-cmo-2004-p2-imo-2010-c2-one-color-matching","neighbor_id":"imo-2010-c2-flags-diagonal-matching","direction":"forward","type":"same_motif","distance":3,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-edge-count-bound-cmo-2004-rooks-matching","neighbor_id":"edge-count-bipartite-matching-bound","direction":"backward","type":"same_motif","distance":3,"status":"needs_human_review"}],"search_text":"cmo-2004-p2-rooks-same-colour одноцветные расстановки ладей на доске \\(9\\times9\\), cmo 2004 p2 matching goal_counting 2004 canadian mathematical olympiad 2004 официальные решения canadian mathematical olympiad 2004 официальные условия canadian mathematical olympiad committee canadianmathematicalolympiadcommittee cmo cmo2004 https://w7.cms.math.ca/competitions/cmo/archive/exam2004.pdf https://w7.cms.math.ca/competitions/cmo/archive/sol2004.pdf solution_notes src-cmo-2004-official src-cmo-2004-solutions statement with_solution canadian mathematical olympiad committee canadian mathematical olympiad 2004 официальные условия canadian mathematical olympiad 2004 официальные решения stmt-original условие ai_checked сколькими способами можно поставить 8 попарно не бьющих друг друга ладей на доску 9x9 так, чтобы все 8 ладей стояли на клетках одного цвета? две ладьи бьют друг друга, если стоят в одной строке или в одном столбце. stmt-graph монохроматические паросочетания в раскрашенном \\(k_{9,9}\\) ai_checked в полном двудольном графе \\(k_{9,9}\\) с долями \\(\\{1,\\ldots,9\\}\\) и \\(\\{1,\\ldots,9\\}\\) ребро \\(ij\\) имеет цвет, заданный чётностью \\(i+j\\). найдите суммарное число паросочетаний размера \\(8\\), все рёбра которых имеют один цвет. bipartite_graph matching idea-parity-components цвет распадается по чётности строк и столбцов клетки одного цвета разбиваются на независимые прямоугольные блоки по чётности строки и столбца; ладьи в разных блоках не конфликтуют. matching goal_counting ai_checked sol-official-parity решение через два цветовых разбиения ai_checked matching bipartite_graph считаем отдельно чёрные и белые клетки. пронумеруем строки и столбцы числами от 1 до 9. для чёрных клеток нечётные строки с нечётными столбцами образуют блок 5x5, а чётные строки с чётными столбцами — блок 4x4. ладьи из разных блоков не конфликтуют, потому что у них различаются и чётности строк, и чётности столбцов. полная расстановка 9 ладей на все строки и все столбцы этих двух чёрных блоков выбирается независимо: 5! способов в блоке 5x5 и 4! способов в блоке 4x4, всего 5!4!. из каждой такой полной расстановки можно удалить любую из 9 ладей. обратно, всякая расстановка 8 ладей на чёрных клетках единственным образом достраивается до такой полной расстановки: если в блоке 5x5 стоит 5 ладей, то в блоке 4x4 свободны ровно одна строка и один столбец; если в блоке 4x4 стоит 4 ладьи, то в блоке 5x5 свободны ровно одна строка и один столбец. значит, чёрных расстановок 9·5!4!. для белых клеток… cmo-2004-p2-rooks-same-colour odnotsvetnye rasstanovki ladey na doske \\(9\\times9\\), cmo 2004 p2 matching goal_counting 2004 canadian mathematical olympiad 2004 ofitsialnye resheniya canadian mathematical olympiad 2004 ofitsialnye usloviya canadian mathematical olympiad committee canadianmathematicalolympiadcommittee cmo cmo2004 https://w7.cms.math.ca/competitions/cmo/archive/exam2004.pdf https://w7.cms.math.ca/competitions/cmo/archive/sol2004.pdf solution_notes src-cmo-2004-official src-cmo-2004-solutions statement with_solution canadian mathematical olympiad committee canadian mathematical olympiad 2004 ofitsialnye usloviya canadian mathematical olympiad 2004 ofitsialnye resheniya stmt-original uslovie ai_checked skolkimi sposobami mozhno postavit 8 poparno ne byuschih drug druga ladey na dosku 9x9 tak, chtoby vse 8 ladey stoyali na kletkah odnogo tsveta? dve ladi byut drug druga, esli stoyat v odnoy stroke ili v odnom stolbtse. stmt-graph monohromaticheskie parosochetaniya v raskrashennom \\(k_{9,9}\\) ai_checked v polnom dvudolnom grafe \\(k_{9,9}\\) s dolyami \\(\\{1,\\ldots,9\\}\\) i \\(\\{1,\\ldots,9\\}\\) rebro \\(ij\\) imeet tsvet, zadannyy chetnostyu \\(i+j\\). naydite summarnoe chislo parosochetaniy razmera \\(8\\), vse rebra kotoryh imeyut odin tsvet. bipartite_graph matching idea-parity-components tsvet raspadaetsya po chetnosti strok i stolbtsov kletki odnogo tsveta razbivayutsya na nezavisimye pryamougolnye bloki po chetnosti stroki i stolbtsa; ladi v raznyh blokah ne konfliktuyut. matching goal_counting ai_checked sol-official-parity reshenie cherez dva tsvetovyh razbieniya ai_checked matching bipartite_graph schitaem otdelno chernye i belye kletki. pronumeruem stroki i stolbtsy chislami ot 1 do 9. dlya chernyh kletok nechetnye stroki s nechetnymi stolbtsami obrazuyut blok 5x5, a chetnye stroki s chetnymi stolbtsami — blok 4x4. ladi iz raznyh blokov ne konfliktuyut, potomu chto u nih razlichayutsya i chetnosti strok, i chetnosti stolbtsov. polnaya rasstanovka 9 ladey na vse stroki i vse stolbtsy etih dvuh chernyh blokov vybiraetsya nezavisimo: 5! sposobov v bloke 5x5 i 4! sposobov v bloke 4x4, vsego 5!4!. iz kazhdoy takoy polnoy rasstanovki mozhno udalit lyubuyu iz 9 ladey. obratno, vsyakaya rasstanovka 8 ladey na chernyh kletkah edinstvennym obrazom dostraivaetsya do takoy polnoy rasstanovki: esli v bloke 5x5 stoit 5 ladey, to v bloke 4x4 svobodny rovno odna stroka i odin stolbets; esli v bloke 4x4 stoit 4 ladi, to v bloke 5x5 svobodny rovno odna stroka i odin stolbets. znachit, chernyh rasstanovok 9·5!4!. dlya belyh kletok…","source_keys":["cmo"]}
{"id":"cmo-2005-p1-triangular-grid-paths","title":"Простые нисходящие пути в треугольной решётке, CMO 2005 P1","path":"data\\problems\\cmo\\cmo-2005-p1-triangular-grid-paths.yaml","raw_github_url":"https://raw.githubusercontent.com/didin-maxim/knowledge_graph_of_graphs/main/data/problems/cmo/cmo-2005-p1-triangular-grid-paths.yaml","viewer_url":"https://didin-maxim.github.io/knowledge_graph_of_graphs/#cmo-2005-p1-triangular-grid-paths","source_key":"cmo","source_label":"CMO","source_titles":["Canadian Mathematical Olympiad 2005 официальные условия","Canadian Mathematical Olympiad 2005 официальные решения"],"year":"2005","type":"olympiad_problem","authors":["Canadian Mathematical Olympiad Committee"],"tags":["goal_counting","planar_graphs"],"agent_topics":[],"difficulty":{"main":"national_final_easy","local_score":5,"comment":"CMO 2005 P1; короткая задача на биективное кодирование монотонных путей в треугольной решетке и прямое применение правила произведения.","status":"ai_checked"},"review_status":"ai_checked","public_ready":true,"solution_state":"with_solution","solution_classification":{"type":"official_complete_or_near_complete","status":"ai_checked","confidence":0.82,"basis":"официальный источник решения и несжатый текст решения","notes":"Текущий текст основан на официальном источнике и выглядит полным или почти полным.","label":"официальное полное/почти полное"},"statements":{"original":[{"id":"stmt-original","title":"Условие","status":"ai_checked","text":"Равносторонний треугольник со стороной \\(n\\) разбит на единичные треугольники. Пусть \\(f(n)\\) - число путей от треугольника в верхнем ряду до среднего треугольника в нижнем ряду таких, что соседние треугольники пути имеют общую сторону, путь никогда не идет вверх, то есть из более низкого ряда в более высокий, и не посещает треугольник повторно. Найдите \\(f(2005)\\).","definition_ids":["path"]}],"graph_theory":[{"id":"stmt-graph","title":"Простые нисходящие пути в треугольной решётке","status":"ai_checked","text":"Пусть вершины графа - единичные треугольники в разбиении равностороннего треугольника со стороной \\(n\\), а две вершины соединены ребром тогда и только тогда, когда соответствующие единичные треугольники имеют общую сторону. Ряды нумеруются сверху вниз; верхний ряд состоит из одной вершины, а нижний ряд - из \\(2n-1\\) вершин, среди которых есть единственная средняя. Обозначим через \\(f(n)\\) число простых путей от верхней вершины к средней вершине нижнего ряда, в которых каждый следующий шаг остается в том же ряду или переходит в следующий более низкий ряд. Найдите \\(f(2005)\\).","definition_ids":["path"]}],"graph_hint_reformulations":[{"id":"stmt-graph-hint-crossings","title":"","status":"ai_checked","text":"В той же графовой модели рассмотрите \\(n-1\\) горизонтальных границ между соседними рядами. Докажите, что любой допустимый путь пересекает каждую такую границу ровно один раз, а затем закодируйте путь выбором одного из \\(k\\) единичных отрезков на \\(k\\)-й границе.","definition_ids":["path"]}]},"solutions":[{"id":"sol-official-crossings","title":"Решение через горизонтальные линии","status":"ai_checked","definition_ids":["path"],"standard_idea_ids":[],"tags":[],"has_text":true,"text_preview":"Проведем горизонтальные линии, отделяющие соседние ряды единичных треугольников, и обозначим их сверху вниз через \\(l_1,l_2,\\ldots,l_{n-1}\\). Линия \\(l_k\\) отделяет первые \\(k\\) рядов от оставшейся части большого треугольника. Диагональные стороны разбиения делят ее ровно на \\(k\\) единичных отрезков. Рассмотрим допустимый путь. Он начинается в единственном верхнем треугольнике и заканчивается в нижнем ряду. Чтобы попасть из верхней части под линию \\(l_k\\), путь должен хотя бы один раз пересечь \\(l_k\\). С другой стороны, движение вверх запрещено, поэтому после перехода из \\(k\\)-го ряда в \\((k+1)\\)-й путь уже не может снова оказаться выше \\(l_k\\). Значит, каждая линия \\(l_k\\) пересекается ровно один раз. Это пересечение происходит по одному из \\(k\\) единичных отрезков линии \\(l_k\\). Теперь покажем, что набор выбранных отрезков действительно однозначно задает путь. Если для каждой линии \\(…"}],"relations":[{"id":"rel-cmo-2005-p1-cmo-1977-grid-path-encoding","neighbor_id":"cmo-1977-p7-rectangular-city-self-avoiding-paths","direction":"forward","type":"same_motif","distance":2,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-cmo-2005-p1-cmo-1979-self-avoiding-path-counting","neighbor_id":"cmo-1979-p5-square-lattice-self-avoiding-walks","direction":"forward","type":"same_motif","distance":2,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-cmo-2005-p1-cmo-2008-rook-walks","neighbor_id":"cmo-2008-p5-self-avoiding-rook-walks","direction":"forward","type":"same_motif","distance":2,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-imc-2018-frog-cmo-2005-lattice-paths","neighbor_id":"imc-2018-day2-p8-frog-lattice-paths","direction":"backward","type":"same_motif","distance":2,"status":"ai_checked"}],"search_text":"cmo-2005-p1-triangular-grid-paths простые нисходящие пути в треугольной решётке, cmo 2005 p1 goal_counting planar_graphs 2005 canadian mathematical olympiad 2005 официальные решения canadian mathematical olympiad 2005 официальные условия canadian mathematical olympiad committee canadianmathematicalolympiadcommittee cmo cmo2005 https://w7.cms.math.ca/competitions/cmo/archive/exam2005.pdf https://w7.cms.math.ca/competitions/cmo/archive/sol2005.pdf solution_notes src-cmo-2005-official src-cmo-2005-solutions statement with_solution canadian mathematical olympiad committee canadian mathematical olympiad 2005 официальные условия canadian mathematical olympiad 2005 официальные решения stmt-original условие ai_checked равносторонний треугольник со стороной \\(n\\) разбит на единичные треугольники. пусть \\(f(n)\\) - число путей от треугольника в верхнем ряду до среднего треугольника в нижнем ряду таких, что соседние треугольники пути имеют общую сторону, путь никогда не идет вверх, то есть из более низкого ряда в более высокий, и не посещает треугольник повторно. найдите \\(f(2005)\\). path stmt-graph простые нисходящие пути в треугольной решётке ai_checked пусть вершины графа - единичные треугольники в разбиении равностороннего треугольника со стороной \\(n\\), а две вершины соединены ребром тогда и только тогда, когда соответствующие единичные треугольники имеют общую сторону. ряды нумеруются сверху вниз; верхний ряд состоит из одной вершины, а нижний ряд - из \\(2n-1\\) вершин, среди которых есть единственная средняя. обозначим через \\(f(n)\\) число простых путей от верхней вершины к средней вершине нижнего ряда, в которых каждый следующий шаг остается в том же ряду или переходит в следующий более низкий ряд. найдите \\(f(2005)\\). path stmt-graph-hint-crossings ai_checked в той же графовой модели рассмотрите \\(n-1\\) горизонтальных границ между соседними рядами. докажите, что любой допустимый путь пересекает каждую такую границу ровно один раз, а затем закодируйте путь выбором одного из \\(k\\) единичных отрезков на \\(k\\)-й границе. path idea-cross-lines выбор пересечений горизонтальных уровней путь обязан ровно один раз пересечь каждую из \\(n-1\\) горизонтальных линий между соседними рядами. на \\(k\\)-й такой линии есть ровно \\(k\\) возможных единичных отрезков пересечения, и независимый выбор этих отрезков восстанавливает единственный путь. goal_counting ai_checked sol-official-crossings решение через горизонтальные линии ai_checked path проведем горизонтальные линии, отделяющие соседние ряды единичных треугольников, и обозначим их сверху вниз через \\(l_1,l_2,\\ldots,l_{n-1}\\). линия \\(l_k\\) отделяет первые \\(k\\) рядов от оставшейся части большого треугольника. диагональные стороны разбиения делят ее ровно на \\(k\\) единичных отрезков. рассмотрим допустимый путь. он начинается в единственном верхнем треугольнике и заканчивается в нижнем ряду. чтобы попасть из верхней части под линию \\(l_k\\), путь должен хотя бы один раз пересечь \\(l_k\\). с другой стороны, движение вверх запрещено, поэтому после перехода из \\(k\\)-го ряда в \\((k+1)\\)-й путь уже не может снова оказаться выше \\(l_k\\). значит, каждая линия \\(l_k\\) пересекается ровно один раз. это пересечение происходит по одному из \\(k\\) единичных отрезков линии \\(l_k\\). теперь покажем, что набор выбранных отрезков действительно однозначно задает путь. если для каждой линии \\(… cmo-2005-p1-triangular-grid-paths prostye nishodyaschie puti v treugolnoy reshetke, cmo 2005 p1 goal_counting planar_graphs 2005 canadian mathematical olympiad 2005 ofitsialnye resheniya canadian mathematical olympiad 2005 ofitsialnye usloviya canadian mathematical olympiad committee canadianmathematicalolympiadcommittee cmo cmo2005 https://w7.cms.math.ca/competitions/cmo/archive/exam2005.pdf https://w7.cms.math.ca/competitions/cmo/archive/sol2005.pdf solution_notes src-cmo-2005-official src-cmo-2005-solutions statement with_solution canadian mathematical olympiad committee canadian mathematical olympiad 2005 ofitsialnye usloviya canadian mathematical olympiad 2005 ofitsialnye resheniya stmt-original uslovie ai_checked ravnostoronniy treugolnik so storonoy \\(n\\) razbit na edinichnye treugolniki. pust \\(f(n)\\) - chislo putey ot treugolnika v verhnem ryadu do srednego treugolnika v nizhnem ryadu takih, chto sosednie treugolniki puti imeyut obschuyu storonu, put nikogda ne idet vverh, to est iz bolee nizkogo ryada v bolee vysokiy, i ne poseschaet treugolnik povtorno. naydite \\(f(2005)\\). path stmt-graph prostye nishodyaschie puti v treugolnoy reshetke ai_checked pust vershiny grafa - edinichnye treugolniki v razbienii ravnostoronnego treugolnika so storonoy \\(n\\), a dve vershiny soedineny rebrom togda i tolko togda, kogda sootvetstvuyuschie edinichnye treugolniki imeyut obschuyu storonu. ryady numeruyutsya sverhu vniz; verhniy ryad sostoit iz odnoy vershiny, a nizhniy ryad - iz \\(2n-1\\) vershin, sredi kotoryh est edinstvennaya srednyaya. oboznachim cherez \\(f(n)\\) chislo prostyh putey ot verhney vershiny k sredney vershine nizhnego ryada, v kotoryh kazhdyy sleduyuschiy shag ostaetsya v tom zhe ryadu ili perehodit v sleduyuschiy bolee nizkiy ryad. naydite \\(f(2005)\\). path stmt-graph-hint-crossings ai_checked v toy zhe grafovoy modeli rassmotrite \\(n-1\\) gorizontalnyh granits mezhdu sosednimi ryadami. dokazhite, chto lyuboy dopustimyy put peresekaet kazhduyu takuyu granitsu rovno odin raz, a zatem zakodiruyte put vyborom odnogo iz \\(k\\) edinichnyh otrezkov na \\(k\\)-y granitse. path idea-cross-lines vybor peresecheniy gorizontalnyh urovney put obyazan rovno odin raz peresech kazhduyu iz \\(n-1\\) gorizontalnyh liniy mezhdu sosednimi ryadami. na \\(k\\)-y takoy linii est rovno \\(k\\) vozmozhnyh edinichnyh otrezkov peresecheniya, i nezavisimyy vybor etih otrezkov vosstanavlivaet edinstvennyy put. goal_counting ai_checked sol-official-crossings reshenie cherez gorizontalnye linii ai_checked path provedem gorizontalnye linii, otdelyayuschie sosednie ryady edinichnyh treugolnikov, i oboznachim ih sverhu vniz cherez \\(l_1,l_2,\\ldots,l_{n-1}\\). liniya \\(l_k\\) otdelyaet pervye \\(k\\) ryadov ot ostavsheysya chasti bolshogo treugolnika. diagonalnye storony razbieniya delyat ee rovno na \\(k\\) edinichnyh otrezkov. rassmotrim dopustimyy put. on nachinaetsya v edinstvennom verhnem treugolnike i zakanchivaetsya v nizhnem ryadu. chtoby popast iz verhney chasti pod liniyu \\(l_k\\), put dolzhen hotya by odin raz peresech \\(l_k\\). s drugoy storony, dvizhenie vverh zaprescheno, poetomu posle perehoda iz \\(k\\)-go ryada v \\((k+1)\\)-y put uzhe ne mozhet snova okazatsya vyshe \\(l_k\\). znachit, kazhdaya liniya \\(l_k\\) peresekaetsya rovno odin raz. eto peresechenie proishodit po odnomu iz \\(k\\) edinichnyh otrezkov linii \\(l_k\\). teper pokazhem, chto nabor vybrannyh otrezkov deystvitelno odnoznachno zadaet put. esli dlya kazhdoy linii \\(…","source_keys":["cmo"]}
{"id":"cmo-2006-p4-cycle-triplets-tournament","title":"Циклические тройки в турнире, CMO 2006 P4","path":"data\\problems\\cmo\\cmo-2006-p4-cycle-triplets-tournament.yaml","raw_github_url":"https://raw.githubusercontent.com/didin-maxim/knowledge_graph_of_graphs/main/data/problems/cmo/cmo-2006-p4-cycle-triplets-tournament.yaml","viewer_url":"https://didin-maxim.github.io/knowledge_graph_of_graphs/#cmo-2006-p4-cycle-triplets-tournament","source_key":"cmo","source_label":"CMO","source_titles":["Canadian Mathematical Olympiad 2006 официальные условия","Canadian Mathematical Olympiad 2006 официальные решения"],"year":"2006","type":"olympiad_problem","authors":[],"tags":["tournaments","extremal_graph_theory","double_counting","goal_exact_bound"],"agent_topics":[],"difficulty":{"main":"national_final_medium","local_score":8,"comment":"CMO 2006 P4: средняя финальная задача на перевод кругового турнира в турнир, подсчет транзитивных троек по исходящим степеням и регулярную конструкцию.","status":"ai_checked"},"review_status":"ai_checked","public_ready":true,"solution_state":"with_solution","solution_classification":{"type":"official_complete_or_near_complete","status":"ai_checked","confidence":0.82,"basis":"официальный источник решения и несжатый текст решения","notes":"Текущий текст основан на официальном источнике и выглядит полным или почти полным.","label":"официальное полное/почти полное"},"statements":{"original":[{"id":"stmt-original","title":"Официальная формулировка","status":"ai_checked","text":"В круговом турнире участвуют \\(2n+1\\) команд, где каждая команда играет с каждой другой командой ровно один раз; ничьих нет. Скажем, что три команды \\(X,Y,Z\\) образуют циклическую тройку, если \\(X\\) побеждает \\(Y\\), \\(Y\\) побеждает \\(Z\\), а \\(Z\\) побеждает \\(X\\). Найдите минимально возможное и максимально возможное число циклических троек.","definition_ids":[]}],"graph_theory":[{"id":"stmt-graph","title":"Циклические тройки в турнире","status":"ai_checked","text":"Пусть \\(T\\) — турнир на \\(2n+1\\) вершинах, то есть ориентация полного графа, в которой между любыми двумя различными вершинами проведена ровно одна дуга. Определите минимально возможное и максимально возможное число направленных циклов длины \\(3\\) в таком турнире.","definition_ids":["tournament","directed_graph","cycle","complete_graph"]}],"graph_hint_reformulations":[{"id":"stmt-degree-hint","title":"Формулировка через исходящие степени","status":"ai_checked","text":"Пусть \\(x_v\\) — исходящая степень вершины \\(v\\) турнира на \\(2n+1\\) вершинах. Каждая тройка вершин либо является направленным циклом, либо имеет вершину, из которой выходят две дуги внутри этой тройки. Поэтому число нециклических троек равно \\(\\sum_v \\binom{x_v}{2}\\). Максимум числа направленных \\(3\\)-циклов получается при минимизации этой суммы при условии \\(\\sum_v x_v=\\binom{2n+1}{2}\\).","definition_ids":["tournament","outdegree","cycle"]}]},"solutions":[{"id":"sol-official-degree-count","title":"Подсчет транзитивных троек по исходящим степеням","status":"ai_checked","definition_ids":["tournament","outdegree"],"standard_idea_ids":["double_counting"],"tags":[],"has_text":true,"text_preview":"Ответ: минимум равен \\(0\\), максимум равен \\[ \\frac{n(n+1)(2n+1)}6. \\] Сначала докажем минимум. Пронумеруем команды \\(T_1,T_2,\\ldots,T_{2n+1}\\) и пусть команда с большим номером всегда побеждает команду с меньшим номером. Тогда в любой тройке команд есть самая большая по номеру команда: она побеждает две остальные. Значит, циклических троек нет, и минимум действительно равен \\(0\\). Теперь найдем максимум. Рассмотрим произвольный турнир на \\(2n+1\\) командах. Обозначим через \\(c\\) число циклических троек, а через \\(d\\) число остальных троек. Всего троек команд \\[ c+d=\\binom{2n+1}{3}. \\] Любая нециклическая тройка в турнире имеет одну команду, которая побеждает две другие: если три результата не образуют цикл, то они упорядочиваются как «сильная — средняя — слабая». Наоборот, если некоторая команда побеждает две другие внутри выбранной тройки, то эта тройка не может быть циклической. Пусть…"}],"relations":[{"id":"rel-all-union-1987-score-squares-cmo-2006-cycle-triplets","neighbor_id":"all-union-1987-final-9-tournament-score-squares","direction":"backward","type":"same_motif","distance":2,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-cmo-2006-cycle-triplets-parent-min-child","neighbor_id":"cmo-2006-p4-min-cycle-triplets-tournament","direction":"forward","type":"specialization","distance":1,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-cmo-2006-cycle-triplets-parent-max-child","neighbor_id":"cmo-2006-p4-max-cycle-triplets-tournament","direction":"forward","type":"specialization","distance":1,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-cmo-2006-p4-imo-2010-c5-tournament-triples","neighbor_id":"imo-2010-c5-bad-company-tournament","direction":"forward","type":"same_motif","distance":1,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-cmo-2006-p4-tournament-king-outdegree","neighbor_id":"tournament-king-radius-two","direction":"forward","type":"same_motif","distance":2,"status":"ai_checked"}],"search_text":"cmo-2006-p4-cycle-triplets-tournament циклические тройки в турнире, cmo 2006 p4 tournaments extremal_graph_theory double_counting goal_exact_bound 2006 canadian mathematical olympiad 2006 официальные решения canadian mathematical olympiad 2006 официальные условия cmo cmo2006 https://w7.cms.math.ca/competitions/cmo/archive/exam2006.pdf https://w7.cms.math.ca/competitions/cmo/archive/sol2006.pdf solution_notes src-cmo-2006-official src-cmo-2006-solutions statement with_solution ? canadian mathematical olympiad 2006 официальные условия canadian mathematical olympiad 2006 официальные решения stmt-original официальная формулировка ai_checked в круговом турнире участвуют \\(2n+1\\) команд, где каждая команда играет с каждой другой командой ровно один раз; ничьих нет. скажем, что три команды \\(x,y,z\\) образуют циклическую тройку, если \\(x\\) побеждает \\(y\\), \\(y\\) побеждает \\(z\\), а \\(z\\) побеждает \\(x\\). найдите минимально возможное и максимально возможное число циклических троек. stmt-graph циклические тройки в турнире ai_checked пусть \\(t\\) — турнир на \\(2n+1\\) вершинах, то есть ориентация полного графа, в которой между любыми двумя различными вершинами проведена ровно одна дуга. определите минимально возможное и максимально возможное число направленных циклов длины \\(3\\) в таком турнире. tournament directed_graph cycle complete_graph stmt-degree-hint формулировка через исходящие степени ai_checked пусть \\(x_v\\) — исходящая степень вершины \\(v\\) турнира на \\(2n+1\\) вершинах. каждая тройка вершин либо является направленным циклом, либо имеет вершину, из которой выходят две дуги внутри этой тройки. поэтому число нециклических троек равно \\(\\sum_v \\binom{x_v}{2}\\). максимум числа направленных \\(3\\)-циклов получается при минимизации этой суммы при условии \\(\\sum_v x_v=\\binom{2n+1}{2}\\). tournament outdegree cycle idea-dominated-triples нециклическая тройка имеет победителя любые три вершины турнира образуют либо направленный цикл, либо транзитивную тройку. во втором случае ровно одна вершина побеждает две остальные, поэтому такие тройки удобно считать по исходящим степеням. tournaments double_counting ai_checked idea-regular-tournament-extremal максимум достигается на регулярном турнире чтобы циклических троек было как можно больше, надо минимизировать число транзитивных троек \\(\\sum_v\\binom{x_v}{2}\\). при фиксированной сумме исходящих степеней эта выпуклая сумма минимальна, когда все степени равны \\(n\\), что реализуется циклическим регулярным турниром. tournaments extremal_graph_theory double_counting ai_checked sol-official-degree-count подсчет транзитивных троек по исходящим степеням ai_checked tournament outdegree double_counting ответ: минимум равен \\(0\\), максимум равен \\[ \\frac{n(n+1)(2n+1)}6. \\] сначала докажем минимум. пронумеруем команды \\(t_1,t_2,\\ldots,t_{2n+1}\\) и пусть команда с большим номером всегда побеждает команду с меньшим номером. тогда в любой тройке команд есть самая большая по номеру команда: она побеждает две остальные. значит, циклических троек нет, и минимум действительно равен \\(0\\). теперь найдем максимум. рассмотрим произвольный турнир на \\(2n+1\\) командах. обозначим через \\(c\\) число циклических троек, а через \\(d\\) число остальных троек. всего троек команд \\[ c+d=\\binom{2n+1}{3}. \\] любая нециклическая тройка в турнире имеет одну команду, которая побеждает две другие: если три результата не образуют цикл, то они упорядочиваются как «сильная — средняя — слабая». наоборот, если некоторая команда побеждает две другие внутри выбранной тройки, то эта тройка не может быть циклической. пусть… cmo-2006-p4-cycle-triplets-tournament tsiklicheskie troyki v turnire, cmo 2006 p4 tournaments extremal_graph_theory double_counting goal_exact_bound 2006 canadian mathematical olympiad 2006 ofitsialnye resheniya canadian mathematical olympiad 2006 ofitsialnye usloviya cmo cmo2006 https://w7.cms.math.ca/competitions/cmo/archive/exam2006.pdf https://w7.cms.math.ca/competitions/cmo/archive/sol2006.pdf solution_notes src-cmo-2006-official src-cmo-2006-solutions statement with_solution ? canadian mathematical olympiad 2006 ofitsialnye usloviya canadian mathematical olympiad 2006 ofitsialnye resheniya stmt-original ofitsialnaya formulirovka ai_checked v krugovom turnire uchastvuyut \\(2n+1\\) komand, gde kazhdaya komanda igraet s kazhdoy drugoy komandoy rovno odin raz; nichih net. skazhem, chto tri komandy \\(x,y,z\\) obrazuyut tsiklicheskuyu troyku, esli \\(x\\) pobezhdaet \\(y\\), \\(y\\) pobezhdaet \\(z\\), a \\(z\\) pobezhdaet \\(x\\). naydite minimalno vozmozhnoe i maksimalno vozmozhnoe chislo tsiklicheskih troek. stmt-graph tsiklicheskie troyki v turnire ai_checked pust \\(t\\) — turnir na \\(2n+1\\) vershinah, to est orientatsiya polnogo grafa, v kotoroy mezhdu lyubymi dvumya razlichnymi vershinami provedena rovno odna duga. opredelite minimalno vozmozhnoe i maksimalno vozmozhnoe chislo napravlennyh tsiklov dliny \\(3\\) v takom turnire. tournament directed_graph cycle complete_graph stmt-degree-hint formulirovka cherez ishodyaschie stepeni ai_checked pust \\(x_v\\) — ishodyaschaya stepen vershiny \\(v\\) turnira na \\(2n+1\\) vershinah. kazhdaya troyka vershin libo yavlyaetsya napravlennym tsiklom, libo imeet vershinu, iz kotoroy vyhodyat dve dugi vnutri etoy troyki. poetomu chislo netsiklicheskih troek ravno \\(\\sum_v \\binom{x_v}{2}\\). maksimum chisla napravlennyh \\(3\\)-tsiklov poluchaetsya pri minimizatsii etoy summy pri uslovii \\(\\sum_v x_v=\\binom{2n+1}{2}\\). tournament outdegree cycle idea-dominated-triples netsiklicheskaya troyka imeet pobeditelya lyubye tri vershiny turnira obrazuyut libo napravlennyy tsikl, libo tranzitivnuyu troyku. vo vtorom sluchae rovno odna vershina pobezhdaet dve ostalnye, poetomu takie troyki udobno schitat po ishodyaschim stepenyam. tournaments double_counting ai_checked idea-regular-tournament-extremal maksimum dostigaetsya na regulyarnom turnire chtoby tsiklicheskih troek bylo kak mozhno bolshe, nado minimizirovat chislo tranzitivnyh troek \\(\\sum_v\\binom{x_v}{2}\\). pri fiksirovannoy summe ishodyaschih stepeney eta vypuklaya summa minimalna, kogda vse stepeni ravny \\(n\\), chto realizuetsya tsiklicheskim regulyarnym turnirom. tournaments extremal_graph_theory double_counting ai_checked sol-official-degree-count podschet tranzitivnyh troek po ishodyaschim stepenyam ai_checked tournament outdegree double_counting otvet: minimum raven \\(0\\), maksimum raven \\[ \\frac{n(n+1)(2n+1)}6. \\] snachala dokazhem minimum. pronumeruem komandy \\(t_1,t_2,\\ldots,t_{2n+1}\\) i pust komanda s bolshim nomerom vsegda pobezhdaet komandu s menshim nomerom. togda v lyuboy troyke komand est samaya bolshaya po nomeru komanda: ona pobezhdaet dve ostalnye. znachit, tsiklicheskih troek net, i minimum deystvitelno raven \\(0\\). teper naydem maksimum. rassmotrim proizvolnyy turnir na \\(2n+1\\) komandah. oboznachim cherez \\(c\\) chislo tsiklicheskih troek, a cherez \\(d\\) chislo ostalnyh troek. vsego troek komand \\[ c+d=\\binom{2n+1}{3}. \\] lyubaya netsiklicheskaya troyka v turnire imeet odnu komandu, kotoraya pobezhdaet dve drugie: esli tri rezultata ne obrazuyut tsikl, to oni uporyadochivayutsya kak «silnaya — srednyaya — slabaya». naoborot, esli nekotoraya komanda pobezhdaet dve drugie vnutri vybrannoy troyki, to eta troyka ne mozhet byt tsiklicheskoy. pust…","source_keys":["cmo"]}
{"id":"cmo-2006-p4-max-cycle-triplets-tournament","title":"Максимум циклических троек в турнире, CMO 2006 P4","path":"data\\problems\\cmo\\cmo-2006-p4-max-cycle-triplets-tournament.yaml","raw_github_url":"https://raw.githubusercontent.com/didin-maxim/knowledge_graph_of_graphs/main/data/problems/cmo/cmo-2006-p4-max-cycle-triplets-tournament.yaml","viewer_url":"https://didin-maxim.github.io/knowledge_graph_of_graphs/#cmo-2006-p4-max-cycle-triplets-tournament","source_key":"cmo","source_label":"CMO","source_titles":["Canadian Mathematical Olympiad 2006 официальные условия","Canadian Mathematical Olympiad 2006 официальные решения"],"year":"2006","type":"olympiad_problem","authors":[],"tags":["tournaments","extremal_graph_theory","double_counting","degree_counting","goal_exact_bound"],"agent_topics":[],"difficulty":{"main":"national_final_medium","local_score":8,"comment":"Максимальная часть CMO 2006 P4: точная верхняя оценка через подсчет транзитивных троек по исходящим степеням, Коши и регулярную циклическую конструкцию.","status":"ai_checked"},"review_status":"ai_checked","public_ready":true,"solution_state":"with_solution","solution_classification":{"type":"official_complete_or_near_complete","status":"ai_checked","confidence":0.86,"basis":"официальный источник решения, разделённый на самодостаточную подзадачу","notes":"Доказательство максимума — это часть официального решения с подсчётом степеней, переписанная как самостоятельная карточка.","label":"официальное полное/почти полное"},"statements":{"original":[{"id":"stmt-original","title":"Максимальная часть официальной задачи","status":"ai_checked","text":"В круговом турнире участвуют \\(2n+1\\) команд, где \\(n\\ge1\\), каждая команда играет с каждой другой командой ровно один раз, и ничьих нет. Три команды \\(X,Y,Z\\) образуют циклическую тройку, если \\(X\\) побеждает \\(Y\\), \\(Y\\) побеждает \\(Z\\), а \\(Z\\) побеждает \\(X\\). Найдите максимально возможное число циклических троек.","definition_ids":[]}],"graph_theory":[{"id":"stmt-graph","title":"Максимум циклических троек в турнире","status":"ai_checked","text":"Пусть \\(T\\) — турнир на \\(2n+1\\) вершинах, где \\(n\\ge1\\), то есть ориентация полного графа, в которой между любыми двумя различными вершинами проведена ровно одна дуга. Определите максимально возможное число направленных циклов длины \\(3\\) в таком турнире.","definition_ids":["tournament","directed_graph","cycle","complete_graph"]}],"graph_hint_reformulations":[{"id":"stmt-degree-count","title":"Формулировка через исходящие степени","status":"ai_checked","text":"Пусть \\(x_v\\) — исходящая степень вершины \\(v\\) турнира на \\(2n+1\\) вершинах. Число нециклических троек равно \\(\\sum_v \\binom{x_v}{2}\\), поэтому задача о максимуме направленных \\(3\\)-циклов эквивалентна минимизации этой суммы при условии \\(\\sum_v x_v=\\binom{2n+1}{2}\\).","definition_ids":["tournament","outdegree","cycle"]}]},"solutions":[{"id":"sol-degree-count-maximum","title":"Подсчет транзитивных троек и регулярный турнир","status":"ai_checked","definition_ids":["tournament","outdegree"],"standard_idea_ids":["double_counting"],"tags":[],"has_text":true,"text_preview":"Ответ: \\[ \\frac{n(n+1)(2n+1)}6. \\] Рассмотрим произвольный турнир на \\(2n+1\\) командах. Обозначим через \\(c\\) число циклических троек, а через \\(d\\) число остальных троек. Тогда \\[ c+d=\\binom{2n+1}{3}. \\] Любая нециклическая тройка в турнире является транзитивной: в ней есть ровно одна команда, которая побеждает две другие. Обратно, если в тройке есть команда, побеждающая две остальные, то эта тройка не циклическая. Пусть \\(x_i\\) — число побед команды \\(T_i\\), то есть ее исходящая степень. Команда \\(T_i\\) является победителем ровно в \\(\\binom{x_i}{2}\\) нециклических троек, потому что две остальные команды можно выбрать среди тех, кого она победила. Каждая нециклическая тройка имеет единственного такого победителя, значит \\[ d=\\sum_{i=1}^{2n+1}\\binom{x_i}{2}. \\] Также \\[ \\sum_{i=1}^{2n+1}x_i=\\binom{2n+1}{2}=n(2n+1), \\] поскольку каждая игра дает ровно одну победу. Теперь оценим \\(d\\) сни…"}],"relations":[{"id":"rel-cmo-2006-cycle-triplets-parent-max-child","neighbor_id":"cmo-2006-p4-cycle-triplets-tournament","direction":"backward","type":"specialization","distance":1,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-cmo-2006-cycle-triplets-min-max-pair","neighbor_id":"cmo-2006-p4-min-cycle-triplets-tournament","direction":"backward","type":"paired_variant","distance":1,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-cmo-2006-max-cycle-triplets-imo-2010-c5","neighbor_id":"imo-2010-c5-bad-company-tournament","direction":"forward","type":"same_motif","distance":1,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-cmo-2006-max-cycle-triplets-all-union-score-squares","neighbor_id":"all-union-1987-final-9-tournament-score-squares","direction":"backward","type":"same_motif","distance":2,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-cmo-2006-max-cycle-triplets-tournament-king","neighbor_id":"tournament-king-radius-two","direction":"forward","type":"same_motif","distance":2,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-kolm-2009-r4-regular-tournament-cmo-2006-max-triples","neighbor_id":"kolmogorov-2009-round4-high-regular-tournament-hamiltonian-paths","direction":"backward","type":"same_motif","distance":2,"status":"ai_checked"}],"search_text":"cmo-2006-p4-max-cycle-triplets-tournament максимум циклических троек в турнире, cmo 2006 p4 tournaments extremal_graph_theory double_counting degree_counting goal_exact_bound 2006 canadian mathematical olympiad 2006 официальные решения canadian mathematical olympiad 2006 официальные условия cmo cmo2006 https://w7.cms.math.ca/competitions/cmo/archive/exam2006.pdf https://w7.cms.math.ca/competitions/cmo/archive/sol2006.pdf solution_notes src-cmo-2006-official src-cmo-2006-solutions statement with_solution ? canadian mathematical olympiad 2006 официальные условия canadian mathematical olympiad 2006 официальные решения stmt-original максимальная часть официальной задачи ai_checked в круговом турнире участвуют \\(2n+1\\) команд, где \\(n\\ge1\\), каждая команда играет с каждой другой командой ровно один раз, и ничьих нет. три команды \\(x,y,z\\) образуют циклическую тройку, если \\(x\\) побеждает \\(y\\), \\(y\\) побеждает \\(z\\), а \\(z\\) побеждает \\(x\\). найдите максимально возможное число циклических троек. stmt-graph максимум циклических троек в турнире ai_checked пусть \\(t\\) — турнир на \\(2n+1\\) вершинах, где \\(n\\ge1\\), то есть ориентация полного графа, в которой между любыми двумя различными вершинами проведена ровно одна дуга. определите максимально возможное число направленных циклов длины \\(3\\) в таком турнире. tournament directed_graph cycle complete_graph stmt-degree-count формулировка через исходящие степени ai_checked пусть \\(x_v\\) — исходящая степень вершины \\(v\\) турнира на \\(2n+1\\) вершинах. число нециклических троек равно \\(\\sum_v \\binom{x_v}{2}\\), поэтому задача о максимуме направленных \\(3\\)-циклов эквивалентна минимизации этой суммы при условии \\(\\sum_v x_v=\\binom{2n+1}{2}\\). tournament outdegree cycle idea-count-transitive-triples нециклические тройки считаются по победителю каждая нециклическая тройка в турнире транзитивна и имеет единственную вершину, побеждающую две остальные. поэтому число таких троек равно \\(\\sum_v\\binom{d^+(v)}2\\). tournaments double_counting degree_counting ai_checked idea-balanced-outdegrees для максимума степени должны быть сбалансированы при фиксированной сумме исходящих степеней выпуклая сумма \\(\\sum_v\\binom{d^+(v)}2\\) минимальна, когда степени как можно равнее. на нечетном числе вершин это означает регулярный турнир с \\(d^+(v)=n\\) для всех вершин. tournaments extremal_graph_theory double_counting ai_checked sol-degree-count-maximum подсчет транзитивных троек и регулярный турнир ai_checked tournament outdegree double_counting ответ: \\[ \\frac{n(n+1)(2n+1)}6. \\] рассмотрим произвольный турнир на \\(2n+1\\) командах. обозначим через \\(c\\) число циклических троек, а через \\(d\\) число остальных троек. тогда \\[ c+d=\\binom{2n+1}{3}. \\] любая нециклическая тройка в турнире является транзитивной: в ней есть ровно одна команда, которая побеждает две другие. обратно, если в тройке есть команда, побеждающая две остальные, то эта тройка не циклическая. пусть \\(x_i\\) — число побед команды \\(t_i\\), то есть ее исходящая степень. команда \\(t_i\\) является победителем ровно в \\(\\binom{x_i}{2}\\) нециклических троек, потому что две остальные команды можно выбрать среди тех, кого она победила. каждая нециклическая тройка имеет единственного такого победителя, значит \\[ d=\\sum_{i=1}^{2n+1}\\binom{x_i}{2}. \\] также \\[ \\sum_{i=1}^{2n+1}x_i=\\binom{2n+1}{2}=n(2n+1), \\] поскольку каждая игра дает ровно одну победу. теперь оценим \\(d\\) сни… cmo-2006-p4-max-cycle-triplets-tournament maksimum tsiklicheskih troek v turnire, cmo 2006 p4 tournaments extremal_graph_theory double_counting degree_counting goal_exact_bound 2006 canadian mathematical olympiad 2006 ofitsialnye resheniya canadian mathematical olympiad 2006 ofitsialnye usloviya cmo cmo2006 https://w7.cms.math.ca/competitions/cmo/archive/exam2006.pdf https://w7.cms.math.ca/competitions/cmo/archive/sol2006.pdf solution_notes src-cmo-2006-official src-cmo-2006-solutions statement with_solution ? canadian mathematical olympiad 2006 ofitsialnye usloviya canadian mathematical olympiad 2006 ofitsialnye resheniya stmt-original maksimalnaya chast ofitsialnoy zadachi ai_checked v krugovom turnire uchastvuyut \\(2n+1\\) komand, gde \\(n\\ge1\\), kazhdaya komanda igraet s kazhdoy drugoy komandoy rovno odin raz, i nichih net. tri komandy \\(x,y,z\\) obrazuyut tsiklicheskuyu troyku, esli \\(x\\) pobezhdaet \\(y\\), \\(y\\) pobezhdaet \\(z\\), a \\(z\\) pobezhdaet \\(x\\). naydite maksimalno vozmozhnoe chislo tsiklicheskih troek. stmt-graph maksimum tsiklicheskih troek v turnire ai_checked pust \\(t\\) — turnir na \\(2n+1\\) vershinah, gde \\(n\\ge1\\), to est orientatsiya polnogo grafa, v kotoroy mezhdu lyubymi dvumya razlichnymi vershinami provedena rovno odna duga. opredelite maksimalno vozmozhnoe chislo napravlennyh tsiklov dliny \\(3\\) v takom turnire. tournament directed_graph cycle complete_graph stmt-degree-count formulirovka cherez ishodyaschie stepeni ai_checked pust \\(x_v\\) — ishodyaschaya stepen vershiny \\(v\\) turnira na \\(2n+1\\) vershinah. chislo netsiklicheskih troek ravno \\(\\sum_v \\binom{x_v}{2}\\), poetomu zadacha o maksimume napravlennyh \\(3\\)-tsiklov ekvivalentna minimizatsii etoy summy pri uslovii \\(\\sum_v x_v=\\binom{2n+1}{2}\\). tournament outdegree cycle idea-count-transitive-triples netsiklicheskie troyki schitayutsya po pobeditelyu kazhdaya netsiklicheskaya troyka v turnire tranzitivna i imeet edinstvennuyu vershinu, pobezhdayuschuyu dve ostalnye. poetomu chislo takih troek ravno \\(\\sum_v\\binom{d^+(v)}2\\). tournaments double_counting degree_counting ai_checked idea-balanced-outdegrees dlya maksimuma stepeni dolzhny byt sbalansirovany pri fiksirovannoy summe ishodyaschih stepeney vypuklaya summa \\(\\sum_v\\binom{d^+(v)}2\\) minimalna, kogda stepeni kak mozhno ravnee. na nechetnom chisle vershin eto oznachaet regulyarnyy turnir s \\(d^+(v)=n\\) dlya vseh vershin. tournaments extremal_graph_theory double_counting ai_checked sol-degree-count-maximum podschet tranzitivnyh troek i regulyarnyy turnir ai_checked tournament outdegree double_counting otvet: \\[ \\frac{n(n+1)(2n+1)}6. \\] rassmotrim proizvolnyy turnir na \\(2n+1\\) komandah. oboznachim cherez \\(c\\) chislo tsiklicheskih troek, a cherez \\(d\\) chislo ostalnyh troek. togda \\[ c+d=\\binom{2n+1}{3}. \\] lyubaya netsiklicheskaya troyka v turnire yavlyaetsya tranzitivnoy: v ney est rovno odna komanda, kotoraya pobezhdaet dve drugie. obratno, esli v troyke est komanda, pobezhdayuschaya dve ostalnye, to eta troyka ne tsiklicheskaya. pust \\(x_i\\) — chislo pobed komandy \\(t_i\\), to est ee ishodyaschaya stepen. komanda \\(t_i\\) yavlyaetsya pobeditelem rovno v \\(\\binom{x_i}{2}\\) netsiklicheskih troek, potomu chto dve ostalnye komandy mozhno vybrat sredi teh, kogo ona pobedila. kazhdaya netsiklicheskaya troyka imeet edinstvennogo takogo pobeditelya, znachit \\[ d=\\sum_{i=1}^{2n+1}\\binom{x_i}{2}. \\] takzhe \\[ \\sum_{i=1}^{2n+1}x_i=\\binom{2n+1}{2}=n(2n+1), \\] poskolku kazhdaya igra daet rovno odnu pobedu. teper otsenim \\(d\\) sni…","source_keys":["cmo"]}
{"id":"cmo-2006-p4-min-cycle-triplets-tournament","title":"Минимум циклических троек в турнире, CMO 2006 P4","path":"data\\problems\\cmo\\cmo-2006-p4-min-cycle-triplets-tournament.yaml","raw_github_url":"https://raw.githubusercontent.com/didin-maxim/knowledge_graph_of_graphs/main/data/problems/cmo/cmo-2006-p4-min-cycle-triplets-tournament.yaml","viewer_url":"https://didin-maxim.github.io/knowledge_graph_of_graphs/#cmo-2006-p4-min-cycle-triplets-tournament","source_key":"cmo","source_label":"CMO","source_titles":["Canadian Mathematical Olympiad 2006 официальные условия","Canadian Mathematical Olympiad 2006 официальные решения"],"year":"2006","type":"olympiad_problem","authors":[],"tags":["tournaments","construction","goal_exact_bound"],"agent_topics":[],"difficulty":{"main":"exercise","local_score":1,"comment":"Минимальная часть CMO 2006 P4: нижняя граница 0 тривиальна, достижимость дается транзитивной ориентацией полного графа.","status":"ai_checked"},"review_status":"ai_checked","public_ready":true,"solution_state":"with_solution","solution_classification":{"type":"official_complete_or_near_complete","status":"ai_checked","confidence":0.84,"basis":"официальный источник решения, разделённый на самодостаточную подзадачу","notes":"Доказательство минимума — это конструктивная часть официального решения, переписанная как самостоятельная карточка.","label":"официальное полное/почти полное"},"statements":{"original":[{"id":"stmt-original","title":"Минимальная часть официальной задачи","status":"ai_checked","text":"В круговом турнире участвуют \\(2n+1\\) команд, где \\(n\\ge1\\), каждая команда играет с каждой другой командой ровно один раз, и ничьих нет. Три команды \\(X,Y,Z\\) образуют циклическую тройку, если \\(X\\) побеждает \\(Y\\), \\(Y\\) побеждает \\(Z\\), а \\(Z\\) побеждает \\(X\\). Найдите минимально возможное число циклических троек.","definition_ids":[]}],"graph_theory":[{"id":"stmt-graph","title":"Минимум циклических троек в турнире","status":"ai_checked","text":"Пусть \\(T\\) — турнир на \\(2n+1\\) вершинах, где \\(n\\ge1\\), то есть ориентация полного графа, в которой между любыми двумя различными вершинами проведена ровно одна дуга. Определите минимально возможное число направленных циклов длины \\(3\\) в таком турнире.","definition_ids":["tournament","directed_graph","cycle","complete_graph"]}],"graph_hint_reformulations":[{"id":"stmt-transitive-hint","title":"Конструктивная переформулировка","status":"ai_checked","text":"Можно ли ориентировать все ребра полного графа на \\(2n+1\\) вершинах так, чтобы ни одна тройка вершин не образовывала направленный цикл? Если да, это сразу даст минимальное число циклических троек.","definition_ids":["complete_graph","directed_graph","cycle"]}]},"solutions":[{"id":"sol-transitive-construction","title":"Конструкция без циклических троек","status":"ai_checked","definition_ids":["tournament"],"standard_idea_ids":[],"tags":[],"has_text":true,"text_preview":"Число циклических троек не может быть отрицательным, поэтому минимально возможное значение не меньше \\(0\\). Осталось построить турнир, где циклических троек нет. Пронумеруем команды \\(T_1,T_2,\\ldots,T_{2n+1}\\) и зададим результаты так: команда с большим номером всегда побеждает команду с меньшим номером. Это корректный круговой турнир без ничьих, потому что для каждой пары команд задан ровно один победитель. Возьмем любые три команды. Среди их номеров есть наибольший; соответствующая команда побеждает две остальные. В циклической тройке каждая команда имеет ровно одну победу и одно поражение внутри тройки, поэтому команда, побеждающая обе другие, невозможна. Значит, ни одна тройка в построенном турнире не является циклической. Следовательно, минимально возможное число циклических троек равно \\(0\\)."}],"relations":[{"id":"rel-cmo-2006-cycle-triplets-parent-min-child","neighbor_id":"cmo-2006-p4-cycle-triplets-tournament","direction":"backward","type":"specialization","distance":1,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-cmo-2006-cycle-triplets-min-max-pair","neighbor_id":"cmo-2006-p4-max-cycle-triplets-tournament","direction":"forward","type":"paired_variant","distance":1,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-putnam-1996-a4-cmo-2006-min-transitive-tournament","neighbor_id":"putnam-1996-a4-oriented-triples-order","direction":"backward","type":"same_motif","distance":2,"status":"ai_checked"}],"search_text":"cmo-2006-p4-min-cycle-triplets-tournament минимум циклических троек в турнире, cmo 2006 p4 tournaments construction goal_exact_bound 2006 canadian mathematical olympiad 2006 официальные решения canadian mathematical olympiad 2006 официальные условия cmo cmo2006 https://w7.cms.math.ca/competitions/cmo/archive/exam2006.pdf https://w7.cms.math.ca/competitions/cmo/archive/sol2006.pdf solution_notes src-cmo-2006-official src-cmo-2006-solutions statement with_solution ? canadian mathematical olympiad 2006 официальные условия canadian mathematical olympiad 2006 официальные решения stmt-original минимальная часть официальной задачи ai_checked в круговом турнире участвуют \\(2n+1\\) команд, где \\(n\\ge1\\), каждая команда играет с каждой другой командой ровно один раз, и ничьих нет. три команды \\(x,y,z\\) образуют циклическую тройку, если \\(x\\) побеждает \\(y\\), \\(y\\) побеждает \\(z\\), а \\(z\\) побеждает \\(x\\). найдите минимально возможное число циклических троек. stmt-graph минимум циклических троек в турнире ai_checked пусть \\(t\\) — турнир на \\(2n+1\\) вершинах, где \\(n\\ge1\\), то есть ориентация полного графа, в которой между любыми двумя различными вершинами проведена ровно одна дуга. определите минимально возможное число направленных циклов длины \\(3\\) в таком турнире. tournament directed_graph cycle complete_graph stmt-transitive-hint конструктивная переформулировка ai_checked можно ли ориентировать все ребра полного графа на \\(2n+1\\) вершинах так, чтобы ни одна тройка вершин не образовывала направленный цикл? если да, это сразу даст минимальное число циклических троек. complete_graph directed_graph cycle idea-transitive-tournament транзитивный турнир не содержит циклических троек если команды линейно упорядочены и каждая более высокая в порядке команда побеждает каждую более низкую, то в любой тройке есть наибольшая команда, побеждающая две остальные. такая тройка не может быть циклической. tournaments construction ai_checked sol-transitive-construction конструкция без циклических троек ai_checked tournament число циклических троек не может быть отрицательным, поэтому минимально возможное значение не меньше \\(0\\). осталось построить турнир, где циклических троек нет. пронумеруем команды \\(t_1,t_2,\\ldots,t_{2n+1}\\) и зададим результаты так: команда с большим номером всегда побеждает команду с меньшим номером. это корректный круговой турнир без ничьих, потому что для каждой пары команд задан ровно один победитель. возьмем любые три команды. среди их номеров есть наибольший; соответствующая команда побеждает две остальные. в циклической тройке каждая команда имеет ровно одну победу и одно поражение внутри тройки, поэтому команда, побеждающая обе другие, невозможна. значит, ни одна тройка в построенном турнире не является циклической. следовательно, минимально возможное число циклических троек равно \\(0\\). cmo-2006-p4-min-cycle-triplets-tournament minimum tsiklicheskih troek v turnire, cmo 2006 p4 tournaments construction goal_exact_bound 2006 canadian mathematical olympiad 2006 ofitsialnye resheniya canadian mathematical olympiad 2006 ofitsialnye usloviya cmo cmo2006 https://w7.cms.math.ca/competitions/cmo/archive/exam2006.pdf https://w7.cms.math.ca/competitions/cmo/archive/sol2006.pdf solution_notes src-cmo-2006-official src-cmo-2006-solutions statement with_solution ? canadian mathematical olympiad 2006 ofitsialnye usloviya canadian mathematical olympiad 2006 ofitsialnye resheniya stmt-original minimalnaya chast ofitsialnoy zadachi ai_checked v krugovom turnire uchastvuyut \\(2n+1\\) komand, gde \\(n\\ge1\\), kazhdaya komanda igraet s kazhdoy drugoy komandoy rovno odin raz, i nichih net. tri komandy \\(x,y,z\\) obrazuyut tsiklicheskuyu troyku, esli \\(x\\) pobezhdaet \\(y\\), \\(y\\) pobezhdaet \\(z\\), a \\(z\\) pobezhdaet \\(x\\). naydite minimalno vozmozhnoe chislo tsiklicheskih troek. stmt-graph minimum tsiklicheskih troek v turnire ai_checked pust \\(t\\) — turnir na \\(2n+1\\) vershinah, gde \\(n\\ge1\\), to est orientatsiya polnogo grafa, v kotoroy mezhdu lyubymi dvumya razlichnymi vershinami provedena rovno odna duga. opredelite minimalno vozmozhnoe chislo napravlennyh tsiklov dliny \\(3\\) v takom turnire. tournament directed_graph cycle complete_graph stmt-transitive-hint konstruktivnaya pereformulirovka ai_checked mozhno li orientirovat vse rebra polnogo grafa na \\(2n+1\\) vershinah tak, chtoby ni odna troyka vershin ne obrazovyvala napravlennyy tsikl? esli da, eto srazu dast minimalnoe chislo tsiklicheskih troek. complete_graph directed_graph cycle idea-transitive-tournament tranzitivnyy turnir ne soderzhit tsiklicheskih troek esli komandy lineyno uporyadocheny i kazhdaya bolee vysokaya v poryadke komanda pobezhdaet kazhduyu bolee nizkuyu, to v lyuboy troyke est naibolshaya komanda, pobezhdayuschaya dve ostalnye. takaya troyka ne mozhet byt tsiklicheskoy. tournaments construction ai_checked sol-transitive-construction konstruktsiya bez tsiklicheskih troek ai_checked tournament chislo tsiklicheskih troek ne mozhet byt otritsatelnym, poetomu minimalno vozmozhnoe znachenie ne menshe \\(0\\). ostalos postroit turnir, gde tsiklicheskih troek net. pronumeruem komandy \\(t_1,t_2,\\ldots,t_{2n+1}\\) i zadadim rezultaty tak: komanda s bolshim nomerom vsegda pobezhdaet komandu s menshim nomerom. eto korrektnyy krugovoy turnir bez nichih, potomu chto dlya kazhdoy pary komand zadan rovno odin pobeditel. vozmem lyubye tri komandy. sredi ih nomerov est naibolshiy; sootvetstvuyuschaya komanda pobezhdaet dve ostalnye. v tsiklicheskoy troyke kazhdaya komanda imeet rovno odnu pobedu i odno porazhenie vnutri troyki, poetomu komanda, pobezhdayuschaya obe drugie, nevozmozhna. znachit, ni odna troyka v postroennom turnire ne yavlyaetsya tsiklicheskoy. sledovatelno, minimalno vozmozhnoe chislo tsiklicheskih troek ravno \\(0\\).","source_keys":["cmo"]}
{"id":"cmo-2008-p5-self-avoiding-rook-walks","title":"Самоизбегающие ладейные пути на доске \\(3\\times n\\), CMO 2008 P5","path":"data\\problems\\cmo\\cmo-2008-p5-self-avoiding-rook-walks.yaml","raw_github_url":"https://raw.githubusercontent.com/didin-maxim/knowledge_graph_of_graphs/main/data/problems/cmo/cmo-2008-p5-self-avoiding-rook-walks.yaml","viewer_url":"https://didin-maxim.github.io/knowledge_graph_of_graphs/#cmo-2008-p5-self-avoiding-rook-walks","source_key":"cmo","source_label":"CMO","source_titles":["Canadian Mathematical Olympiad 2008 официальные условия","Canadian Mathematical Olympiad 2008 официальные решения"],"year":"2008","type":"olympiad_problem","authors":["Canadian Mathematical Olympiad Committee"],"tags":["connectivity","goal_counting","goal_classification","induction"],"agent_topics":[],"difficulty":{"main":"national_final_hard","local_score":10,"comment":"CMO 2008 P5; точный счет самоизбегающихся путей в полосе 3 x n через тонкую классификацию по первому столбцу и последующую линейную рекурсию.","status":"ai_checked"},"review_status":"ai_checked","public_ready":true,"solution_state":"with_solution","solution_classification":{"type":"official_complete_or_near_complete","status":"ai_checked","confidence":0.82,"basis":"официальный источник решения и несжатый текст решения","notes":"Текущий текст основан на официальном источнике и выглядит полным или почти полным.","label":"официальное полное/почти полное"},"statements":{"original":[{"id":"stmt-original","title":"Условие","status":"ai_checked","text":"Самоизбегающий ладейный путь на прямоугольной шахматной доске - это путь из ходов между соседними клетками параллельно сторонам доски, который не пересекает уже пройденную клетку. Пусть \\(R(m,n)\\) - число таких путей на доске \\(m\\times n\\) из левого нижнего угла в левый верхний. Известно, что \\(R(m,1)=1\\), \\(R(2,2)=2\\), \\(R(3,2)=4\\), \\(R(3,3)=11\\). Найдите формулу для \\(R(3,n)\\).","definition_ids":["path"]}],"graph_theory":[{"id":"stmt-graph","title":"Простые пути в графе доски \\(3\\times n\\)","status":"ai_checked","text":"Рассмотрим граф, вершинами которого являются клетки прямоугольной доски \\(3\\times n\\), а две вершины соединены ребром тогда и только тогда, когда соответствующие клетки имеют общую сторону. Пусть \\(r_n\\) - число простых путей в этом графе из левой нижней клетки в левую верхнюю клетку. Найдите явную формулу для \\(r_n\\).","definition_ids":["path"]}],"graph_hint_reformulations":[{"id":"stmt-graph-hint-first-column","title":"","status":"ai_checked","text":"В той же графовой модели обозначьте клетки первого столбца снизу вверх через \\(A,B,C\\). Разбейте простые пути из \\(A\\) в \\(C\\) по тому, как они проходят через \\(B\\) и где после выхода вправо впервые возвращаются в нижний или верхний ряд; это должно привести к рекурсии \\(r_n=1+r_{n-1}+2((n-1)+r_{n-2}+\\cdots+r_1)\\).","definition_ids":["path"]}]},"solutions":[{"id":"sol-official-recurrence","title":"Решение через рекурсию","status":"ai_checked","definition_ids":["path"],"standard_idea_ids":[],"tags":[],"has_text":true,"text_preview":"Пусть \\(r_n=R(3,n)\\). Из условия и прямой проверки имеем \\(r_1=1\\), \\(r_2=4\\), \\(r_3=11\\). Докажем рекурсию для \\(n\\ge3\\). Обозначим клетки первого столбца снизу вверх через \\(A,B,C\\); путь идет из \\(A\\) в \\(C\\). Сначала есть один прямой путь \\(A\\to B\\to C\\). Остальные пути в какой-то момент выходят из первого столбца вправо. Разобьем их на случаи. 1. Путь не посещает \\(B\\). Тогда из \\(A\\) он сразу идет вправо, дальше целиком живет в доске из последних \\(n-1\\) столбцов и должен прийти к клетке справа от \\(C\\), после чего последним ходом входит в \\(C\\). После удаления первого столбца это ровно самоизбегающий ладейный путь на доске \\(3\\times(n-1)\\), поэтому таких путей \\(r_{n-1}\\). 2. Путь посещает \\(B\\), после этого уходит вправо из \\(B\\) и затем ни разу не возвращается в нижний ряд. Тогда он обязан идти по средней строке до некоторого столбца \\(j\\), где \\(1\\le j\\le n-1\\) если считать ст…"}],"relations":[{"id":"rel-cmo-1979-p5-cmo-2008-p5-self-avoiding-grid-walks","neighbor_id":"cmo-1979-p5-square-lattice-self-avoiding-walks","direction":"backward","type":"same_motif","distance":2,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-cmo-1977-p7-cmo-2008-p5-self-avoiding-grid-paths","neighbor_id":"cmo-1977-p7-rectangular-city-self-avoiding-paths","direction":"backward","type":"false_friend","distance":2,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-putnam-2005-cmo-2008-three-by-n-rook-paths","neighbor_id":"putnam-2005-a2-rook-tours-grid-hamiltonian-paths","direction":"backward","type":"same_motif","distance":2,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-cmo-2005-p1-cmo-2008-rook-walks","neighbor_id":"cmo-2005-p1-triangular-grid-paths","direction":"backward","type":"same_motif","distance":2,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-cmo-2026-p3-cmo-2008-p5-grid-paths","neighbor_id":"cmo-2026-p3-grid-hamiltonian-snail","direction":"backward","type":"same_motif","distance":2,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-imo-2005-c3-cmo-2008-grid-self-avoiding-paths","neighbor_id":"imo-2005-c3-black-paths-injection","direction":"backward","type":"same_motif","distance":4,"status":"needs_human_review"}],"search_text":"cmo-2008-p5-self-avoiding-rook-walks самоизбегающие ладейные пути на доске \\(3\\times n\\), cmo 2008 p5 connectivity goal_counting goal_classification induction 2008 canadian mathematical olympiad 2008 официальные решения canadian mathematical olympiad 2008 официальные условия canadian mathematical olympiad committee canadianmathematicalolympiadcommittee cmo cmo2008 https://w7.cms.math.ca/competitions/cmo/archive/exam2008.pdf https://w7.cms.math.ca/competitions/cmo/archive/sol2008.pdf solution_notes src-cmo-2008-official src-cmo-2008-solutions statement with_solution canadian mathematical olympiad committee canadian mathematical olympiad 2008 официальные условия canadian mathematical olympiad 2008 официальные решения stmt-original условие ai_checked самоизбегающий ладейный путь на прямоугольной шахматной доске - это путь из ходов между соседними клетками параллельно сторонам доски, который не пересекает уже пройденную клетку. пусть \\(r(m,n)\\) - число таких путей на доске \\(m\\times n\\) из левого нижнего угла в левый верхний. известно, что \\(r(m,1)=1\\), \\(r(2,2)=2\\), \\(r(3,2)=4\\), \\(r(3,3)=11\\). найдите формулу для \\(r(3,n)\\). path stmt-graph простые пути в графе доски \\(3\\times n\\) ai_checked рассмотрим граф, вершинами которого являются клетки прямоугольной доски \\(3\\times n\\), а две вершины соединены ребром тогда и только тогда, когда соответствующие клетки имеют общую сторону. пусть \\(r_n\\) - число простых путей в этом графе из левой нижней клетки в левую верхнюю клетку. найдите явную формулу для \\(r_n\\). path stmt-graph-hint-first-column ai_checked в той же графовой модели обозначьте клетки первого столбца снизу вверх через \\(a,b,c\\). разбейте простые пути из \\(a\\) в \\(c\\) по тому, как они проходят через \\(b\\) и где после выхода вправо впервые возвращаются в нижний или верхний ряд; это должно привести к рекурсии \\(r_n=1+r_{n-1}+2((n-1)+r_{n-2}+\\cdots+r_1)\\). path idea-first-column-six-types классификация по первому столбцу для \\(n\\ge3\\) путь из нижней левой клетки в верхнюю левую либо сразу идет по первому столбцу, либо уходит в доску справа от первого столбца. если он уходит вправо, то основной выбор - избежать средней клетки первого столбца или пройти через нее; во втором случае нужно учитывать первый возврат в нижний ряд, а затем добавить симметричное семейство для верхнего ряда. goal_counting goal_classification ai_checked idea-shifted-strip-recurrence остаток доски снова является полосой когда путь обходит среднюю клетку первого столбца, оставшаяся свобода живет на доске \\(3\\times(n-1)\\). когда первый возврат фиксирован в некотором столбце, часть пути до возврата вынуждена, а хвост снова считается числом \\(r_k\\) для меньшей полосы. induction ai_checked sol-official-recurrence решение через рекурсию ai_checked path пусть \\(r_n=r(3,n)\\). из условия и прямой проверки имеем \\(r_1=1\\), \\(r_2=4\\), \\(r_3=11\\). докажем рекурсию для \\(n\\ge3\\). обозначим клетки первого столбца снизу вверх через \\(a,b,c\\); путь идет из \\(a\\) в \\(c\\). сначала есть один прямой путь \\(a\\to b\\to c\\). остальные пути в какой-то момент выходят из первого столбца вправо. разобьем их на случаи. 1. путь не посещает \\(b\\). тогда из \\(a\\) он сразу идет вправо, дальше целиком живет в доске из последних \\(n-1\\) столбцов и должен прийти к клетке справа от \\(c\\), после чего последним ходом входит в \\(c\\). после удаления первого столбца это ровно самоизбегающий ладейный путь на доске \\(3\\times(n-1)\\), поэтому таких путей \\(r_{n-1}\\). 2. путь посещает \\(b\\), после этого уходит вправо из \\(b\\) и затем ни разу не возвращается в нижний ряд. тогда он обязан идти по средней строке до некоторого столбца \\(j\\), где \\(1\\le j\\le n-1\\) если считать ст… cmo-2008-p5-self-avoiding-rook-walks samoizbegayuschie ladeynye puti na doske \\(3\\times n\\), cmo 2008 p5 connectivity goal_counting goal_classification induction 2008 canadian mathematical olympiad 2008 ofitsialnye resheniya canadian mathematical olympiad 2008 ofitsialnye usloviya canadian mathematical olympiad committee canadianmathematicalolympiadcommittee cmo cmo2008 https://w7.cms.math.ca/competitions/cmo/archive/exam2008.pdf https://w7.cms.math.ca/competitions/cmo/archive/sol2008.pdf solution_notes src-cmo-2008-official src-cmo-2008-solutions statement with_solution canadian mathematical olympiad committee canadian mathematical olympiad 2008 ofitsialnye usloviya canadian mathematical olympiad 2008 ofitsialnye resheniya stmt-original uslovie ai_checked samoizbegayuschiy ladeynyy put na pryamougolnoy shahmatnoy doske - eto put iz hodov mezhdu sosednimi kletkami parallelno storonam doski, kotoryy ne peresekaet uzhe proydennuyu kletku. pust \\(r(m,n)\\) - chislo takih putey na doske \\(m\\times n\\) iz levogo nizhnego ugla v levyy verhniy. izvestno, chto \\(r(m,1)=1\\), \\(r(2,2)=2\\), \\(r(3,2)=4\\), \\(r(3,3)=11\\). naydite formulu dlya \\(r(3,n)\\). path stmt-graph prostye puti v grafe doski \\(3\\times n\\) ai_checked rassmotrim graf, vershinami kotorogo yavlyayutsya kletki pryamougolnoy doski \\(3\\times n\\), a dve vershiny soedineny rebrom togda i tolko togda, kogda sootvetstvuyuschie kletki imeyut obschuyu storonu. pust \\(r_n\\) - chislo prostyh putey v etom grafe iz levoy nizhney kletki v levuyu verhnyuyu kletku. naydite yavnuyu formulu dlya \\(r_n\\). path stmt-graph-hint-first-column ai_checked v toy zhe grafovoy modeli oboznachte kletki pervogo stolbtsa snizu vverh cherez \\(a,b,c\\). razbeyte prostye puti iz \\(a\\) v \\(c\\) po tomu, kak oni prohodyat cherez \\(b\\) i gde posle vyhoda vpravo vpervye vozvraschayutsya v nizhniy ili verhniy ryad; eto dolzhno privesti k rekursii \\(r_n=1+r_{n-1}+2((n-1)+r_{n-2}+\\cdots+r_1)\\). path idea-first-column-six-types klassifikatsiya po pervomu stolbtsu dlya \\(n\\ge3\\) put iz nizhney levoy kletki v verhnyuyu levuyu libo srazu idet po pervomu stolbtsu, libo uhodit v dosku sprava ot pervogo stolbtsa. esli on uhodit vpravo, to osnovnoy vybor - izbezhat sredney kletki pervogo stolbtsa ili proyti cherez nee; vo vtorom sluchae nuzhno uchityvat pervyy vozvrat v nizhniy ryad, a zatem dobavit simmetrichnoe semeystvo dlya verhnego ryada. goal_counting goal_classification ai_checked idea-shifted-strip-recurrence ostatok doski snova yavlyaetsya polosoy kogda put obhodit srednyuyu kletku pervogo stolbtsa, ostavshayasya svoboda zhivet na doske \\(3\\times(n-1)\\). kogda pervyy vozvrat fiksirovan v nekotorom stolbtse, chast puti do vozvrata vynuzhdena, a hvost snova schitaetsya chislom \\(r_k\\) dlya menshey polosy. induction ai_checked sol-official-recurrence reshenie cherez rekursiyu ai_checked path pust \\(r_n=r(3,n)\\). iz usloviya i pryamoy proverki imeem \\(r_1=1\\), \\(r_2=4\\), \\(r_3=11\\). dokazhem rekursiyu dlya \\(n\\ge3\\). oboznachim kletki pervogo stolbtsa snizu vverh cherez \\(a,b,c\\); put idet iz \\(a\\) v \\(c\\). snachala est odin pryamoy put \\(a\\to b\\to c\\). ostalnye puti v kakoy-to moment vyhodyat iz pervogo stolbtsa vpravo. razobem ih na sluchai. 1. put ne poseschaet \\(b\\). togda iz \\(a\\) on srazu idet vpravo, dalshe tselikom zhivet v doske iz poslednih \\(n-1\\) stolbtsov i dolzhen priyti k kletke sprava ot \\(c\\), posle chego poslednim hodom vhodit v \\(c\\). posle udaleniya pervogo stolbtsa eto rovno samoizbegayuschiy ladeynyy put na doske \\(3\\times(n-1)\\), poetomu takih putey \\(r_{n-1}\\). 2. put poseschaet \\(b\\), posle etogo uhodit vpravo iz \\(b\\) i zatem ni razu ne vozvraschaetsya v nizhniy ryad. togda on obyazan idti po sredney stroke do nekotorogo stolbtsa \\(j\\), gde \\(1\\le j\\le n-1\\) esli schitat st…","source_keys":["cmo"]}
{"id":"cmo-2010-p4-graph-neighborhood-toggle","title":"Переключение замкнутых окрестностей в конечном графе, CMO 2010 P4","path":"data\\problems\\cmo\\cmo-2010-p4-graph-neighborhood-toggle.yaml","raw_github_url":"https://raw.githubusercontent.com/didin-maxim/knowledge_graph_of_graphs/main/data/problems/cmo/cmo-2010-p4-graph-neighborhood-toggle.yaml","viewer_url":"https://didin-maxim.github.io/knowledge_graph_of_graphs/#cmo-2010-p4-graph-neighborhood-toggle","source_key":"cmo","source_label":"CMO","source_titles":["Canadian Mathematical Olympiad 2010 официальные условия","Canadian Mathematical Olympiad 2010 официальные решения"],"year":"2010","type":"olympiad_problem","authors":["Canadian Mathematical Olympiad Committee"],"tags":["coloring","induction","double_counting","goal_existence"],"agent_topics":[],"difficulty":{"main":"national_final_medium","local_score":9,"comment":"CMO 2010 P4; короткая, но тонкая индукция по вершинам с паритетным склеиванием локальных переключений.","status":"ai_checked"},"review_status":"ai_checked","public_ready":true,"solution_state":"with_solution","solution_classification":{"type":"official_complete_or_near_complete","status":"ai_checked","confidence":0.82,"basis":"официальный источник решения и несжатый текст решения","notes":"Текущий текст основан на официальном источнике и выглядит полным или почти полным.","label":"официальное полное/почти полное"},"statements":{"original":[{"id":"stmt-original","title":"Условие","status":"ai_checked","text":"Каждая вершина конечного графа окрашена либо в чёрный, либо в белый цвет. Сначала все вершины чёрные. Разрешается выбрать вершину \\(P\\) и изменить цвет \\(P\\) и всех её соседей. Можно ли последовательностью таких операций изменить цвет каждой вершины с чёрного на белый?","definition_ids":["simple_graph"]}],"graph_theory":[{"id":"stmt-graph","title":"Переключение замкнутых окрестностей","status":"ai_checked","text":"Пусть \\(G\\) — конечный простой граф. Для вершины \\(v\\) обозначим через \\(N[v]\\) множество, состоящее из самой вершины \\(v\\) и всех её соседей. Одним ходом разрешается выбрать вершину \\(v\\) и одновременно переключить цвета всех вершин из \\(N[v]\\), то есть заменить чёрный цвет на белый, а белый на чёрный. Докажите, что из полностью чёрной раскраски всегда можно получить полностью белую раскраску.","definition_ids":["simple_graph","degree"]}],"graph_hint_reformulations":[{"id":"stmt-induction-hint","title":"Индуктивная подсказка","status":"ai_checked","text":"Для каждой вершины \\(P_i\\) удалите её и примените утверждение индукции к графу без \\(P_i\\). Получится композиция \\(g_i\\) ходов с центрами в остальных вершинах, которая переключает все вершины, кроме, возможно, \\(P_i\\). Если все \\(g_i\\) оставляют свои \\(P_i\\) неизменными, сложите эти композиции по модулю 2; при нечётном числе вершин дополнительно используйте вершину чётной степени.","definition_ids":["simple_graph","degree"]}]},"solutions":[{"id":"sol-official-induction","title":"Решение индукцией","status":"ai_checked","definition_ids":["simple_graph","degree"],"standard_idea_ids":["induction","double_counting"],"tags":[],"has_text":true,"text_preview":"Докажем утверждение индукцией по числу вершин. Для графа из одной вершины достаточно один раз выбрать эту вершину. Пусть утверждение уже доказано для всех графов с меньшим числом вершин, и пусть вершины данного графа равны \\(P_1,\\dots,P_m\\). Обозначим через \\(f_i\\) ход, который переключает \\(P_i\\) и всех соседей \\(P_i\\). Зафиксируем индекс \\(i\\), удалим из графа вершину \\(P_i\\) вместе с инцидентными рёбрами и применим индукционное предположение к оставшемуся графу. Полученная последовательность ходов использует только центры \\(P_j\\) при \\(j\\ne i\\); обозначим её композицию через \\(g_i\\). На всех вершинах, кроме \\(P_i\\), эта композиция меняет цвет. На самой вершине \\(P_i\\) она может либо менять цвет, либо не менять, потому что некоторые выбранные центры могли быть соседями \\(P_i\\) в исходном графе. Если для некоторого \\(i\\) композиция \\(g_i\\) тоже меняет цвет \\(P_i\\), то \\(g_i\\) уже перек…"}],"relations":[{"id":"rel-cmo-1994-p3-cmo-2010-p4-color-toggle","neighbor_id":"cmo-1994-p3-voting-stabilizes-cycle","direction":"backward","type":"same_motif","distance":3,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-cmo-2010-p4-handshaking-even-degree","neighbor_id":"handshaking-lemma","direction":"forward","type":"prerequisite","distance":1,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-cmo-2010-p4-usamo-2008-f2-toggle-parity","neighbor_id":"usamo-2008-p6-even-friends-two-rooms","direction":"forward","type":"same_motif","distance":2,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-cmo-2010-p4-color-reduction-parity-operations","neighbor_id":"color-reduction-by-odd-deletion-and-doubling","direction":"forward","type":"same_motif","distance":3,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-cmo-2010-p4-cmo-1991-degree-parity","neighbor_id":"cmo-1991-p4-edge-difference-labeling-diagram","direction":"forward","type":"same_motif","distance":3,"status":"ai_checked"}],"search_text":"cmo-2010-p4-graph-neighborhood-toggle переключение замкнутых окрестностей в конечном графе, cmo 2010 p4 coloring induction double_counting goal_existence 2010 canadian mathematical olympiad 2010 официальные решения canadian mathematical olympiad 2010 официальные условия canadian mathematical olympiad committee canadianmathematicalolympiadcommittee cmo cmo2010 https://w7.cms.math.ca/competitions/cmo/archive/exam2010.pdf https://w7.cms.math.ca/competitions/cmo/archive/sol2010.pdf solution_notes src-cmo-2010-official src-cmo-2010-solutions statement with_solution canadian mathematical olympiad committee canadian mathematical olympiad 2010 официальные условия canadian mathematical olympiad 2010 официальные решения stmt-original условие ai_checked каждая вершина конечного графа окрашена либо в чёрный, либо в белый цвет. сначала все вершины чёрные. разрешается выбрать вершину \\(p\\) и изменить цвет \\(p\\) и всех её соседей. можно ли последовательностью таких операций изменить цвет каждой вершины с чёрного на белый? simple_graph stmt-graph переключение замкнутых окрестностей ai_checked пусть \\(g\\) — конечный простой граф. для вершины \\(v\\) обозначим через \\(n[v]\\) множество, состоящее из самой вершины \\(v\\) и всех её соседей. одним ходом разрешается выбрать вершину \\(v\\) и одновременно переключить цвета всех вершин из \\(n[v]\\), то есть заменить чёрный цвет на белый, а белый на чёрный. докажите, что из полностью чёрной раскраски всегда можно получить полностью белую раскраску. simple_graph degree stmt-induction-hint индуктивная подсказка ai_checked для каждой вершины \\(p_i\\) удалите её и примените утверждение индукции к графу без \\(p_i\\). получится композиция \\(g_i\\) ходов с центрами в остальных вершинах, которая переключает все вершины, кроме, возможно, \\(p_i\\). если все \\(g_i\\) оставляют свои \\(p_i\\) неизменными, сложите эти композиции по модулю 2; при нечётном числе вершин дополнительно используйте вершину чётной степени. simple_graph degree idea-delete-vertex индукция по удалению вершины удаляя вершину \\(p_i\\) и применяя индукцию к оставшемуся графу, получаем композицию ходов с центрами вне \\(p_i\\). на всех оставшихся вершинах она действует как нужное полное переключение, а на \\(p_i\\) может сработать или не сработать. induction goal_existence ai_checked idea-even-degree в нечётном случае нужна вершина чётной степени если число вершин нечётно, лемма о рукопожатиях даёт вершину чётной степени; ход в этой вершине вместе с композициями для неё и её соседей переключает каждую вершину нечётное число раз. double_counting ai_checked sol-official-induction решение индукцией ai_checked simple_graph degree induction double_counting докажем утверждение индукцией по числу вершин. для графа из одной вершины достаточно один раз выбрать эту вершину. пусть утверждение уже доказано для всех графов с меньшим числом вершин, и пусть вершины данного графа равны \\(p_1,\\dots,p_m\\). обозначим через \\(f_i\\) ход, который переключает \\(p_i\\) и всех соседей \\(p_i\\). зафиксируем индекс \\(i\\), удалим из графа вершину \\(p_i\\) вместе с инцидентными рёбрами и применим индукционное предположение к оставшемуся графу. полученная последовательность ходов использует только центры \\(p_j\\) при \\(j\\ne i\\); обозначим её композицию через \\(g_i\\). на всех вершинах, кроме \\(p_i\\), эта композиция меняет цвет. на самой вершине \\(p_i\\) она может либо менять цвет, либо не менять, потому что некоторые выбранные центры могли быть соседями \\(p_i\\) в исходном графе. если для некоторого \\(i\\) композиция \\(g_i\\) тоже меняет цвет \\(p_i\\), то \\(g_i\\) уже перек… cmo-2010-p4-graph-neighborhood-toggle pereklyuchenie zamknutyh okrestnostey v konechnom grafe, cmo 2010 p4 coloring induction double_counting goal_existence 2010 canadian mathematical olympiad 2010 ofitsialnye resheniya canadian mathematical olympiad 2010 ofitsialnye usloviya canadian mathematical olympiad committee canadianmathematicalolympiadcommittee cmo cmo2010 https://w7.cms.math.ca/competitions/cmo/archive/exam2010.pdf https://w7.cms.math.ca/competitions/cmo/archive/sol2010.pdf solution_notes src-cmo-2010-official src-cmo-2010-solutions statement with_solution canadian mathematical olympiad committee canadian mathematical olympiad 2010 ofitsialnye usloviya canadian mathematical olympiad 2010 ofitsialnye resheniya stmt-original uslovie ai_checked kazhdaya vershina konechnogo grafa okrashena libo v chernyy, libo v belyy tsvet. snachala vse vershiny chernye. razreshaetsya vybrat vershinu \\(p\\) i izmenit tsvet \\(p\\) i vseh ee sosedey. mozhno li posledovatelnostyu takih operatsiy izmenit tsvet kazhdoy vershiny s chernogo na belyy? simple_graph stmt-graph pereklyuchenie zamknutyh okrestnostey ai_checked pust \\(g\\) — konechnyy prostoy graf. dlya vershiny \\(v\\) oboznachim cherez \\(n[v]\\) mnozhestvo, sostoyaschee iz samoy vershiny \\(v\\) i vseh ee sosedey. odnim hodom razreshaetsya vybrat vershinu \\(v\\) i odnovremenno pereklyuchit tsveta vseh vershin iz \\(n[v]\\), to est zamenit chernyy tsvet na belyy, a belyy na chernyy. dokazhite, chto iz polnostyu chernoy raskraski vsegda mozhno poluchit polnostyu beluyu raskrasku. simple_graph degree stmt-induction-hint induktivnaya podskazka ai_checked dlya kazhdoy vershiny \\(p_i\\) udalite ee i primenite utverzhdenie induktsii k grafu bez \\(p_i\\). poluchitsya kompozitsiya \\(g_i\\) hodov s tsentrami v ostalnyh vershinah, kotoraya pereklyuchaet vse vershiny, krome, vozmozhno, \\(p_i\\). esli vse \\(g_i\\) ostavlyayut svoi \\(p_i\\) neizmennymi, slozhite eti kompozitsii po modulyu 2; pri nechetnom chisle vershin dopolnitelno ispolzuyte vershinu chetnoy stepeni. simple_graph degree idea-delete-vertex induktsiya po udaleniyu vershiny udalyaya vershinu \\(p_i\\) i primenyaya induktsiyu k ostavshemusya grafu, poluchaem kompozitsiyu hodov s tsentrami vne \\(p_i\\). na vseh ostavshihsya vershinah ona deystvuet kak nuzhnoe polnoe pereklyuchenie, a na \\(p_i\\) mozhet srabotat ili ne srabotat. induction goal_existence ai_checked idea-even-degree v nechetnom sluchae nuzhna vershina chetnoy stepeni esli chislo vershin nechetno, lemma o rukopozhatiyah daet vershinu chetnoy stepeni; hod v etoy vershine vmeste s kompozitsiyami dlya nee i ee sosedey pereklyuchaet kazhduyu vershinu nechetnoe chislo raz. double_counting ai_checked sol-official-induction reshenie induktsiey ai_checked simple_graph degree induction double_counting dokazhem utverzhdenie induktsiey po chislu vershin. dlya grafa iz odnoy vershiny dostatochno odin raz vybrat etu vershinu. pust utverzhdenie uzhe dokazano dlya vseh grafov s menshim chislom vershin, i pust vershiny dannogo grafa ravny \\(p_1,\\dots,p_m\\). oboznachim cherez \\(f_i\\) hod, kotoryy pereklyuchaet \\(p_i\\) i vseh sosedey \\(p_i\\). zafiksiruem indeks \\(i\\), udalim iz grafa vershinu \\(p_i\\) vmeste s intsidentnymi rebrami i primenim induktsionnoe predpolozhenie k ostavshemusya grafu. poluchennaya posledovatelnost hodov ispolzuet tolko tsentry \\(p_j\\) pri \\(j\\ne i\\); oboznachim ee kompozitsiyu cherez \\(g_i\\). na vseh vershinah, krome \\(p_i\\), eta kompozitsiya menyaet tsvet. na samoy vershine \\(p_i\\) ona mozhet libo menyat tsvet, libo ne menyat, potomu chto nekotorye vybrannye tsentry mogli byt sosedyami \\(p_i\\) v ishodnom grafe. esli dlya nekotorogo \\(i\\) kompozitsiya \\(g_i\\) tozhe menyaet tsvet \\(p_i\\), to \\(g_i\\) uzhe perek…","source_keys":["cmo"]}
{"id":"cmo-2012-p4-synchronizing-grid-robots","title":"Синхронизирующее слово для решётчатого автомата, CMO 2012 P4","path":"data\\problems\\cmo\\cmo-2012-p4-synchronizing-grid-robots.yaml","raw_github_url":"https://raw.githubusercontent.com/didin-maxim/knowledge_graph_of_graphs/main/data/problems/cmo/cmo-2012-p4-synchronizing-grid-robots.yaml","viewer_url":"https://didin-maxim.github.io/knowledge_graph_of_graphs/#cmo-2012-p4-synchronizing-grid-robots","source_key":"cmo","source_label":"CMO","source_titles":["Canadian Mathematical Olympiad 2012 официальные условия","Canadian Mathematical Olympiad 2012 официальные решения"],"year":"2012","type":"olympiad_problem","authors":["Canadian Mathematical Olympiad Committee"],"tags":["connectivity","induction","goal_proof"],"agent_topics":[],"difficulty":{"main":"national_final_hard","local_score":10,"comment":"CMO 2012 P4; сильная задача на синхронизирующее слово в конечной клеточной системе. Официальное решение использует минимальное слово и убывание расстояния для пары роботов.","status":"ai_checked"},"review_status":"ai_checked","public_ready":true,"solution_state":"with_solution","solution_classification":{"type":"official_complete_or_near_complete","status":"ai_checked","confidence":0.82,"basis":"официальный источник решения и несжатый текст решения","notes":"Текущий текст основан на официальном источнике и выглядит полным или почти полным.","label":"официальное полное/почти полное"},"statements":{"original":[{"id":"stmt-original","title":"Условие","status":"ai_checked","text":"На клетках конечной прямоугольной сетки стоят роботы. В одной клетке может стоять любое число роботов. Каждая сторона каждой клетки объявлена либо проходимой, либо непроходимой; все стороны на границе прямоугольника непроходимы. Можно подавать команды вверх, вниз, влево и вправо. После команды все роботы одновременно пытаются пойти в указанном направлении: если соответствующая сторона клетки проходима, робот переходит через нее в соседнюю клетку, а если непроходима, остается на месте. Предположим, что для любого отдельного робота и любой клетки существует конечная последовательность команд, переводящая этого робота в эту клетку. Докажите, что существует конечная последовательность команд, после которой все роботы одновременно окажутся в одной клетке.","definition_ids":[]}],"graph_theory":[{"id":"stmt-graph","title":"Синхронизирующее слово для решётчатого автомата","status":"ai_checked","text":"Пусть дан конечный прямоугольный подграф клеточной решетки: его вершины - клетки прямоугольника, а некоторые пары соседних по стороне клеток соединены проходимым ребром. Для каждого из четырех направлений задано отображение множества вершин в себя: вершина переходит к соседней вершине в этом направлении, если соответствующее ребро есть, и остается на месте иначе. Предположим, что полученная система сильносвязна в следующем смысле: для любых вершин \\(x\\) и \\(y\\) существует слово из четырех направлений, переводящее \\(x\\) в \\(y\\). Докажите, что для любого конечного набора фишек на вершинах существует одно слово из направлений, после применения которого все фишки окажутся в одной вершине.","definition_ids":["directed_graph"]}],"graph_hint_reformulations":[{"id":"stmt-hint-shortest-word","title":"Подсказка через кратчайшее слово","status":"ai_checked","text":"Для двух фишек \\(A\\) и \\(B\\) рассмотрите минимальную длину слова, которое переводит текущую вершину \\(A\\) в текущую вершину \\(B\\). Покажите, что если взять кратчайшее слово \\(S=s_1\\ldots s_n\\), то либо \\(B\\) когда-то упирается в стену и циклический сдвиг слова без одной команды уменьшает эту величину, либо обе фишки во все моменты сдвигаются на один и тот же ненулевой вектор, что невозможно в конечном прямоугольнике с непроходимой границей.","definition_ids":[]}]},"solutions":[{"id":"sol-official-pairwise","title":"Решение через уменьшение расстояния между двумя роботами","status":"ai_checked","definition_ids":["directed_graph","path"],"standard_idea_ids":[],"tags":[],"has_text":true,"text_preview":"Сначала докажем, что любые два робота можно привести в одну клетку. Этого достаточно: когда два робота стоят в одной клетке, любая последующая команда действует на них одинаково, так что они навсегда остаются вместе. После слияния пары можно таким же способом привести к этой общей клетке третьего робота, затем четвертого и так далее, пока все роботы не окажутся вместе. Рассмотрим двух роботов \\(A\\) и \\(B\\) в некоторый момент времени. Обозначим через \\(d(A,B)\\) минимальное число команд в слове, которое переводит робота \\(A\\) из его текущей клетки в текущую клетку робота \\(B\\). По условию такая последовательность существует для любых двух клеток, поэтому \\(d(A,B)\\) определено. Если \\(d(A,B)=0\\), роботы уже стоят вместе. Пусть \\(d(A,B)=n>0\\), и пусть \\(S=s_1s_2\\ldots s_n\\) - кратчайшее слово, переводящее \\(A\\) в текущую клетку \\(B\\). Во время выполнения слова \\(S\\) робот \\(A\\) ни разу не у…"}],"relations":[{"id":"rel-cmo-2025-p1-cmo-2012-p4-synchronization","neighbor_id":"cmo-2025-p1-voting-functional-graph","direction":"backward","type":"same_motif","distance":3,"status":"ai_checked"}],"search_text":"cmo-2012-p4-synchronizing-grid-robots синхронизирующее слово для решётчатого автомата, cmo 2012 p4 connectivity induction goal_proof 2012 canadian mathematical olympiad 2012 официальные решения canadian mathematical olympiad 2012 официальные условия canadian mathematical olympiad committee canadianmathematicalolympiadcommittee cmo cmo2012 https://w7.cms.math.ca/competitions/cmo/archive/exam2012.pdf https://w7.cms.math.ca/competitions/cmo/archive/sol2012.pdf solution_notes src-cmo-2012-official src-cmo-2012-solutions statement with_solution canadian mathematical olympiad committee canadian mathematical olympiad 2012 официальные условия canadian mathematical olympiad 2012 официальные решения stmt-original условие ai_checked на клетках конечной прямоугольной сетки стоят роботы. в одной клетке может стоять любое число роботов. каждая сторона каждой клетки объявлена либо проходимой, либо непроходимой; все стороны на границе прямоугольника непроходимы. можно подавать команды вверх, вниз, влево и вправо. после команды все роботы одновременно пытаются пойти в указанном направлении: если соответствующая сторона клетки проходима, робот переходит через нее в соседнюю клетку, а если непроходима, остается на месте. предположим, что для любого отдельного робота и любой клетки существует конечная последовательность команд, переводящая этого робота в эту клетку. докажите, что существует конечная последовательность команд, после которой все роботы одновременно окажутся в одной клетке. stmt-graph синхронизирующее слово для решётчатого автомата ai_checked пусть дан конечный прямоугольный подграф клеточной решетки: его вершины - клетки прямоугольника, а некоторые пары соседних по стороне клеток соединены проходимым ребром. для каждого из четырех направлений задано отображение множества вершин в себя: вершина переходит к соседней вершине в этом направлении, если соответствующее ребро есть, и остается на месте иначе. предположим, что полученная система сильносвязна в следующем смысле: для любых вершин \\(x\\) и \\(y\\) существует слово из четырех направлений, переводящее \\(x\\) в \\(y\\). докажите, что для любого конечного набора фишек на вершинах существует одно слово из направлений, после применения которого все фишки окажутся в одной вершине. directed_graph stmt-hint-shortest-word подсказка через кратчайшее слово ai_checked для двух фишек \\(a\\) и \\(b\\) рассмотрите минимальную длину слова, которое переводит текущую вершину \\(a\\) в текущую вершину \\(b\\). покажите, что если взять кратчайшее слово \\(s=s_1\\ldots s_n\\), то либо \\(b\\) когда-то упирается в стену и циклический сдвиг слова без одной команды уменьшает эту величину, либо обе фишки во все моменты сдвигаются на один и тот же ненулевой вектор, что невозможно в конечном прямоугольнике с непроходимой границей. idea-pair-merge достаточно сливать пары если две фишки однажды оказались в одной клетке, дальнейшие общие команды действуют на них одинаково, поэтому они уже не расходятся. значит, можно последовательно присоединять к одной уже собранной группе по одному роботу. connectivity induction ai_checked idea-distance-drop минимальная длина слова уменьшается для двух роботов берется кратчайшее слово, переводящее первого на текущую клетку второго. если второй робот в какой-то момент не может выполнить команду, то циклическая перестановка оставшихся команд переводит первого к новому положению второго короче. если же второй никогда не упирается, то относительный вектор сохраняется и повторение слова сдвигало бы роботов все дальше в конечной сетке. extremal_choice induction ai_checked sol-official-pairwise решение через уменьшение расстояния между двумя роботами ai_checked directed_graph path сначала докажем, что любые два робота можно привести в одну клетку. этого достаточно: когда два робота стоят в одной клетке, любая последующая команда действует на них одинаково, так что они навсегда остаются вместе. после слияния пары можно таким же способом привести к этой общей клетке третьего робота, затем четвертого и так далее, пока все роботы не окажутся вместе. рассмотрим двух роботов \\(a\\) и \\(b\\) в некоторый момент времени. обозначим через \\(d(a,b)\\) минимальное число команд в слове, которое переводит робота \\(a\\) из его текущей клетки в текущую клетку робота \\(b\\). по условию такая последовательность существует для любых двух клеток, поэтому \\(d(a,b)\\) определено. если \\(d(a,b)=0\\), роботы уже стоят вместе. пусть \\(d(a,b)=n>0\\), и пусть \\(s=s_1s_2\\ldots s_n\\) - кратчайшее слово, переводящее \\(a\\) в текущую клетку \\(b\\). во время выполнения слова \\(s\\) робот \\(a\\) ни разу не у… cmo-2012-p4-synchronizing-grid-robots sinhroniziruyuschee slovo dlya reshetchatogo avtomata, cmo 2012 p4 connectivity induction goal_proof 2012 canadian mathematical olympiad 2012 ofitsialnye resheniya canadian mathematical olympiad 2012 ofitsialnye usloviya canadian mathematical olympiad committee canadianmathematicalolympiadcommittee cmo cmo2012 https://w7.cms.math.ca/competitions/cmo/archive/exam2012.pdf https://w7.cms.math.ca/competitions/cmo/archive/sol2012.pdf solution_notes src-cmo-2012-official src-cmo-2012-solutions statement with_solution canadian mathematical olympiad committee canadian mathematical olympiad 2012 ofitsialnye usloviya canadian mathematical olympiad 2012 ofitsialnye resheniya stmt-original uslovie ai_checked na kletkah konechnoy pryamougolnoy setki stoyat roboty. v odnoy kletke mozhet stoyat lyuboe chislo robotov. kazhdaya storona kazhdoy kletki obyavlena libo prohodimoy, libo neprohodimoy; vse storony na granitse pryamougolnika neprohodimy. mozhno podavat komandy vverh, vniz, vlevo i vpravo. posle komandy vse roboty odnovremenno pytayutsya poyti v ukazannom napravlenii: esli sootvetstvuyuschaya storona kletki prohodima, robot perehodit cherez nee v sosednyuyu kletku, a esli neprohodima, ostaetsya na meste. predpolozhim, chto dlya lyubogo otdelnogo robota i lyuboy kletki suschestvuet konechnaya posledovatelnost komand, perevodyaschaya etogo robota v etu kletku. dokazhite, chto suschestvuet konechnaya posledovatelnost komand, posle kotoroy vse roboty odnovremenno okazhutsya v odnoy kletke. stmt-graph sinhroniziruyuschee slovo dlya reshetchatogo avtomata ai_checked pust dan konechnyy pryamougolnyy podgraf kletochnoy reshetki: ego vershiny - kletki pryamougolnika, a nekotorye pary sosednih po storone kletok soedineny prohodimym rebrom. dlya kazhdogo iz chetyreh napravleniy zadano otobrazhenie mnozhestva vershin v sebya: vershina perehodit k sosedney vershine v etom napravlenii, esli sootvetstvuyuschee rebro est, i ostaetsya na meste inache. predpolozhim, chto poluchennaya sistema silnosvyazna v sleduyuschem smysle: dlya lyubyh vershin \\(x\\) i \\(y\\) suschestvuet slovo iz chetyreh napravleniy, perevodyaschee \\(x\\) v \\(y\\). dokazhite, chto dlya lyubogo konechnogo nabora fishek na vershinah suschestvuet odno slovo iz napravleniy, posle primeneniya kotorogo vse fishki okazhutsya v odnoy vershine. directed_graph stmt-hint-shortest-word podskazka cherez kratchayshee slovo ai_checked dlya dvuh fishek \\(a\\) i \\(b\\) rassmotrite minimalnuyu dlinu slova, kotoroe perevodit tekuschuyu vershinu \\(a\\) v tekuschuyu vershinu \\(b\\). pokazhite, chto esli vzyat kratchayshee slovo \\(s=s_1\\ldots s_n\\), to libo \\(b\\) kogda-to upiraetsya v stenu i tsiklicheskiy sdvig slova bez odnoy komandy umenshaet etu velichinu, libo obe fishki vo vse momenty sdvigayutsya na odin i tot zhe nenulevoy vektor, chto nevozmozhno v konechnom pryamougolnike s neprohodimoy granitsey. idea-pair-merge dostatochno slivat pary esli dve fishki odnazhdy okazalis v odnoy kletke, dalneyshie obschie komandy deystvuyut na nih odinakovo, poetomu oni uzhe ne rashodyatsya. znachit, mozhno posledovatelno prisoedinyat k odnoy uzhe sobrannoy gruppe po odnomu robotu. connectivity induction ai_checked idea-distance-drop minimalnaya dlina slova umenshaetsya dlya dvuh robotov beretsya kratchayshee slovo, perevodyaschee pervogo na tekuschuyu kletku vtorogo. esli vtoroy robot v kakoy-to moment ne mozhet vypolnit komandu, to tsiklicheskaya perestanovka ostavshihsya komand perevodit pervogo k novomu polozheniyu vtorogo koroche. esli zhe vtoroy nikogda ne upiraetsya, to otnositelnyy vektor sohranyaetsya i povtorenie slova sdvigalo by robotov vse dalshe v konechnoy setke. extremal_choice induction ai_checked sol-official-pairwise reshenie cherez umenshenie rasstoyaniya mezhdu dvumya robotami ai_checked directed_graph path snachala dokazhem, chto lyubye dva robota mozhno privesti v odnu kletku. etogo dostatochno: kogda dva robota stoyat v odnoy kletke, lyubaya posleduyuschaya komanda deystvuet na nih odinakovo, tak chto oni navsegda ostayutsya vmeste. posle sliyaniya pary mozhno takim zhe sposobom privesti k etoy obschey kletke tretego robota, zatem chetvertogo i tak dalee, poka vse roboty ne okazhutsya vmeste. rassmotrim dvuh robotov \\(a\\) i \\(b\\) v nekotoryy moment vremeni. oboznachim cherez \\(d(a,b)\\) minimalnoe chislo komand v slove, kotoroe perevodit robota \\(a\\) iz ego tekuschey kletki v tekuschuyu kletku robota \\(b\\). po usloviyu takaya posledovatelnost suschestvuet dlya lyubyh dvuh kletok, poetomu \\(d(a,b)\\) opredeleno. esli \\(d(a,b)=0\\), roboty uzhe stoyat vmeste. pust \\(d(a,b)=n>0\\), i pust \\(s=s_1s_2\\ldots s_n\\) - kratchayshee slovo, perevodyaschee \\(a\\) v tekuschuyu kletku \\(b\\). vo vremya vypolneniya slova \\(s\\) robot \\(a\\) ni razu ne u…","source_keys":["cmo"]}
{"id":"cmo-2015-p3-grid-hamiltonian-turtle","title":"Гамильтонов цикл в квадратной решётке, CMO 2015 P3","path":"data\\problems\\cmo\\cmo-2015-p3-grid-hamiltonian-turtle.yaml","raw_github_url":"https://raw.githubusercontent.com/didin-maxim/knowledge_graph_of_graphs/main/data/problems/cmo/cmo-2015-p3-grid-hamiltonian-turtle.yaml","viewer_url":"https://didin-maxim.github.io/knowledge_graph_of_graphs/#cmo-2015-p3-grid-hamiltonian-turtle","source_key":"cmo","source_label":"CMO","source_titles":["Canadian Mathematical Olympiad 2015 официальные условия","Canadian Mathematical Olympiad 2015 официальные решения"],"year":"2015","type":"olympiad_problem","authors":["Canadian Mathematical Olympiad Committee"],"tags":["hamiltonian_cycles","double_counting","goal_exact_bound","goal_construction"],"agent_topics":[],"difficulty":{"main":"national_final_medium","local_score":8,"comment":"CMO 2015 P3; официальное решение дает точную оценку через усреднение чисел входов и конструкцию гамильтонова цикла по четырем квадрантам.","status":"ai_checked"},"review_status":"ai_checked","public_ready":true,"solution_state":"with_solution","solution_classification":{"type":"official_complete_or_near_complete","status":"ai_checked","confidence":0.82,"basis":"официальный источник решения и несжатый текст решения","notes":"Текущий текст основан на официальном источнике и выглядит полным или почти полным.","label":"официальное полное/почти полное"},"statements":{"original":[{"id":"stmt-original","title":"Условие задачи","status":"ai_checked","text":"На квадратной сетке \\((4n+2)\\times(4n+2)\\) черепаха может переходить между клетками, имеющими общую сторону. Черепаха начинает в угловой клетке сетки, посещает каждую клетку ровно один раз, после чего возвращается в начальную клетку. В терминах \\(n\\) найдите наибольшее положительное целое число \\(k\\), такое что обязательно существует строка или столбец, в который черепаха вошла как минимум \\(k\\) различных раз.","definition_ids":[]}],"graph_theory":[{"id":"stmt-graph","title":"Гамильтонов цикл в квадратной решётке","status":"ai_checked","text":"Пусть \\(m=4n+2\\), и пусть \\(G\\) - граф решетки \\(m\\times m\\), вершинами которого являются клетки доски \\(m\\times m\\), а ребра соединяют клетки с общей стороной. Гамильтонов цикл в \\(G\\) проходится, начиная с угловой вершины. Для каждого направленного ребра обхода: если оно идет вертикально в строку \\(i\\), прибавим единицу к \\(r_i\\); если оно идет горизонтально в столбец \\(j\\), прибавим единицу к \\(c_j\\). Найдите наибольшее целое число \\(k\\), такое что для каждого такого гамильтонова цикла хотя бы одно из чисел \\(r_1,\\ldots,r_m,c_1,\\ldots,c_m\\) не меньше \\(k\\).","definition_ids":["hamiltonian_cycle"]}],"graph_hint_reformulations":[{"id":"stmt-graph-hint-quadrants","title":"","status":"ai_checked","text":"Для примера, показывающего точность оценки, разбейте сетку \\((4n+2)\\times(4n+2)\\) на четыре квадранта \\((2n+1)\\times(2n+1)\\). Попробуйте пройти верхний правый квадрант по строкам, кроме его верхней строки, затем нижний правый квадрант по столбцам, затем нижний левый квадрант по строкам, затем верхний левый квадрант по столбцам, и наконец замкнуть цикл через верхнюю строку верхнего правого квадранта.","definition_ids":["hamiltonian_cycle"]}]},"solutions":[{"id":"sol-official-averaging-and-quadrants","title":"Усреднение и обход четырех квадрантов","status":"ai_checked","definition_ids":["hamiltonian_cycle"],"standard_idea_ids":["double_counting"],"tags":[],"has_text":true,"text_preview":"Ответ: \\(2n+2\\). Положим \\(m=4n+2\\). Пронумеруем строки сверху вниз, а столбцы слева направо. По симметрии можно считать, что черепаха начинает в правой верхней угловой клетке. Пусть \\(r_i\\) - число входов в строку \\(i\\), а \\(c_j\\) - число входов в столбец \\(j\\). Вертикальный ход всегда дает один вход в новую строку, горизонтальный ход - один вход в новый столбец. За полный замкнутый обход черепаха делает ровно \\(m^2\\) ходов: она входит в \\(m^2-1\\) новых клеток и последним ходом возвращается в начальную клетку. Каждый ход учитывается ровно один раз, либо как вход в строку, либо как вход в столбец. Поэтому \\[ r_1+\\cdots+r_m+c_1+\\cdots+c_m=m^2. \\] Этих чисел \\(2m\\), значит их среднее равно \\(m^2/(2m)=m/2=2n+1\\). Покажем, что все \\(2m\\) чисел не могут быть равны. Рассмотрим первый столбец. Войти в столбец 1 можно только из столбца 2. Так как обход замкнутый, каждому такому входу соответств…"}],"relations":[{"id":"rel-cmo-2015-p3-cmo-2026-p3-grid-hamiltonian-cycle","neighbor_id":"cmo-2026-p3-grid-hamiltonian-snail","direction":"forward","type":"same_motif","distance":2,"status":"needs_human_review"},{"id":"rel-cmo-2018-p3-cmo-2015-p3-grid-hamiltonian-cycles","neighbor_id":"cmo-2018-p3-divisor-prime-related-cycle","direction":"backward","type":"same_motif","distance":3,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-cmo-2025-p5-cmo-2015-grid-hamiltonian","neighbor_id":"cmo-2025-p5-ant-planar-graph","direction":"backward","type":"same_motif","distance":3,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-putnam-2005-grid-hamiltonian","neighbor_id":"putnam-2005-a2-rook-tours-grid-hamiltonian-paths","direction":"backward","type":"same_motif","distance":3,"status":"needs_human_review"}],"search_text":"cmo-2015-p3-grid-hamiltonian-turtle гамильтонов цикл в квадратной решётке, cmo 2015 p3 hamiltonian_cycles double_counting goal_exact_bound goal_construction 2015 canadian mathematical olympiad 2015 официальные решения canadian mathematical olympiad 2015 официальные условия canadian mathematical olympiad committee canadianmathematicalolympiadcommittee cmo cmo2015 https://w7.cms.math.ca/competitions/cmo/archive/exam2015.pdf https://w7.cms.math.ca/competitions/cmo/archive/sol2015.pdf solution_notes src-cmo-2015-official src-cmo-2015-solutions statement with_solution canadian mathematical olympiad committee canadian mathematical olympiad 2015 официальные условия canadian mathematical olympiad 2015 официальные решения stmt-original условие задачи ai_checked на квадратной сетке \\((4n+2)\\times(4n+2)\\) черепаха может переходить между клетками, имеющими общую сторону. черепаха начинает в угловой клетке сетки, посещает каждую клетку ровно один раз, после чего возвращается в начальную клетку. в терминах \\(n\\) найдите наибольшее положительное целое число \\(k\\), такое что обязательно существует строка или столбец, в который черепаха вошла как минимум \\(k\\) различных раз. stmt-graph гамильтонов цикл в квадратной решётке ai_checked пусть \\(m=4n+2\\), и пусть \\(g\\) - граф решетки \\(m\\times m\\), вершинами которого являются клетки доски \\(m\\times m\\), а ребра соединяют клетки с общей стороной. гамильтонов цикл в \\(g\\) проходится, начиная с угловой вершины. для каждого направленного ребра обхода: если оно идет вертикально в строку \\(i\\), прибавим единицу к \\(r_i\\); если оно идет горизонтально в столбец \\(j\\), прибавим единицу к \\(c_j\\). найдите наибольшее целое число \\(k\\), такое что для каждого такого гамильтонова цикла хотя бы одно из чисел \\(r_1,\\ldots,r_m,c_1,\\ldots,c_m\\) не меньше \\(k\\). hamiltonian_cycle stmt-graph-hint-quadrants ai_checked для примера, показывающего точность оценки, разбейте сетку \\((4n+2)\\times(4n+2)\\) на четыре квадранта \\((2n+1)\\times(2n+1)\\). попробуйте пройти верхний правый квадрант по строкам, кроме его верхней строки, затем нижний правый квадрант по столбцам, затем нижний левый квадрант по строкам, затем верхний левый квадрант по столбцам, и наконец замкнуть цикл через верхнюю строку верхнего правого квадранта. hamiltonian_cycle idea-row-column-average усреднение входов в строки и столбцы общее число входов в строки и столбцы в точности равно числу ходов в гамильтоновом цикле. поскольку числа входов в столбцы не могут все быть равны, хотя бы одно число входов строго больше среднего. hamiltonian_cycles double_counting ai_checked idea-four-quadrant-cycle змейковая конструкция по четырем квадрантам верхний правый, нижний правый, нижний левый и верхний левый квадранты можно пройти чередующимися горизонтальными и вертикальными змейками так, что ни в одну строку и ни в один столбец не будет больше \\(2n+2\\) входов. hamiltonian_cycles goal_construction ai_checked sol-official-averaging-and-quadrants усреднение и обход четырех квадрантов ai_checked hamiltonian_cycle double_counting ответ: \\(2n+2\\). положим \\(m=4n+2\\). пронумеруем строки сверху вниз, а столбцы слева направо. по симметрии можно считать, что черепаха начинает в правой верхней угловой клетке. пусть \\(r_i\\) - число входов в строку \\(i\\), а \\(c_j\\) - число входов в столбец \\(j\\). вертикальный ход всегда дает один вход в новую строку, горизонтальный ход - один вход в новый столбец. за полный замкнутый обход черепаха делает ровно \\(m^2\\) ходов: она входит в \\(m^2-1\\) новых клеток и последним ходом возвращается в начальную клетку. каждый ход учитывается ровно один раз, либо как вход в строку, либо как вход в столбец. поэтому \\[ r_1+\\cdots+r_m+c_1+\\cdots+c_m=m^2. \\] этих чисел \\(2m\\), значит их среднее равно \\(m^2/(2m)=m/2=2n+1\\). покажем, что все \\(2m\\) чисел не могут быть равны. рассмотрим первый столбец. войти в столбец 1 можно только из столбца 2. так как обход замкнутый, каждому такому входу соответств… cmo-2015-p3-grid-hamiltonian-turtle gamiltonov tsikl v kvadratnoy reshetke, cmo 2015 p3 hamiltonian_cycles double_counting goal_exact_bound goal_construction 2015 canadian mathematical olympiad 2015 ofitsialnye resheniya canadian mathematical olympiad 2015 ofitsialnye usloviya canadian mathematical olympiad committee canadianmathematicalolympiadcommittee cmo cmo2015 https://w7.cms.math.ca/competitions/cmo/archive/exam2015.pdf https://w7.cms.math.ca/competitions/cmo/archive/sol2015.pdf solution_notes src-cmo-2015-official src-cmo-2015-solutions statement with_solution canadian mathematical olympiad committee canadian mathematical olympiad 2015 ofitsialnye usloviya canadian mathematical olympiad 2015 ofitsialnye resheniya stmt-original uslovie zadachi ai_checked na kvadratnoy setke \\((4n+2)\\times(4n+2)\\) cherepaha mozhet perehodit mezhdu kletkami, imeyuschimi obschuyu storonu. cherepaha nachinaet v uglovoy kletke setki, poseschaet kazhduyu kletku rovno odin raz, posle chego vozvraschaetsya v nachalnuyu kletku. v terminah \\(n\\) naydite naibolshee polozhitelnoe tseloe chislo \\(k\\), takoe chto obyazatelno suschestvuet stroka ili stolbets, v kotoryy cherepaha voshla kak minimum \\(k\\) razlichnyh raz. stmt-graph gamiltonov tsikl v kvadratnoy reshetke ai_checked pust \\(m=4n+2\\), i pust \\(g\\) - graf reshetki \\(m\\times m\\), vershinami kotorogo yavlyayutsya kletki doski \\(m\\times m\\), a rebra soedinyayut kletki s obschey storonoy. gamiltonov tsikl v \\(g\\) prohoditsya, nachinaya s uglovoy vershiny. dlya kazhdogo napravlennogo rebra obhoda: esli ono idet vertikalno v stroku \\(i\\), pribavim edinitsu k \\(r_i\\); esli ono idet gorizontalno v stolbets \\(j\\), pribavim edinitsu k \\(c_j\\). naydite naibolshee tseloe chislo \\(k\\), takoe chto dlya kazhdogo takogo gamiltonova tsikla hotya by odno iz chisel \\(r_1,\\ldots,r_m,c_1,\\ldots,c_m\\) ne menshe \\(k\\). hamiltonian_cycle stmt-graph-hint-quadrants ai_checked dlya primera, pokazyvayuschego tochnost otsenki, razbeyte setku \\((4n+2)\\times(4n+2)\\) na chetyre kvadranta \\((2n+1)\\times(2n+1)\\). poprobuyte proyti verhniy pravyy kvadrant po strokam, krome ego verhney stroki, zatem nizhniy pravyy kvadrant po stolbtsam, zatem nizhniy levyy kvadrant po strokam, zatem verhniy levyy kvadrant po stolbtsam, i nakonets zamknut tsikl cherez verhnyuyu stroku verhnego pravogo kvadranta. hamiltonian_cycle idea-row-column-average usrednenie vhodov v stroki i stolbtsy obschee chislo vhodov v stroki i stolbtsy v tochnosti ravno chislu hodov v gamiltonovom tsikle. poskolku chisla vhodov v stolbtsy ne mogut vse byt ravny, hotya by odno chislo vhodov strogo bolshe srednego. hamiltonian_cycles double_counting ai_checked idea-four-quadrant-cycle zmeykovaya konstruktsiya po chetyrem kvadrantam verhniy pravyy, nizhniy pravyy, nizhniy levyy i verhniy levyy kvadranty mozhno proyti chereduyuschimisya gorizontalnymi i vertikalnymi zmeykami tak, chto ni v odnu stroku i ni v odin stolbets ne budet bolshe \\(2n+2\\) vhodov. hamiltonian_cycles goal_construction ai_checked sol-official-averaging-and-quadrants usrednenie i obhod chetyreh kvadrantov ai_checked hamiltonian_cycle double_counting otvet: \\(2n+2\\). polozhim \\(m=4n+2\\). pronumeruem stroki sverhu vniz, a stolbtsy sleva napravo. po simmetrii mozhno schitat, chto cherepaha nachinaet v pravoy verhney uglovoy kletke. pust \\(r_i\\) - chislo vhodov v stroku \\(i\\), a \\(c_j\\) - chislo vhodov v stolbets \\(j\\). vertikalnyy hod vsegda daet odin vhod v novuyu stroku, gorizontalnyy hod - odin vhod v novyy stolbets. za polnyy zamknutyy obhod cherepaha delaet rovno \\(m^2\\) hodov: ona vhodit v \\(m^2-1\\) novyh kletok i poslednim hodom vozvraschaetsya v nachalnuyu kletku. kazhdyy hod uchityvaetsya rovno odin raz, libo kak vhod v stroku, libo kak vhod v stolbets. poetomu \\[ r_1+\\cdots+r_m+c_1+\\cdots+c_m=m^2. \\] etih chisel \\(2m\\), znachit ih srednee ravno \\(m^2/(2m)=m/2=2n+1\\). pokazhem, chto vse \\(2m\\) chisel ne mogut byt ravny. rassmotrim pervyy stolbets. voyti v stolbets 1 mozhno tolko iz stolbtsa 2. tak kak obhod zamknutyy, kazhdomu takomu vhodu sootvetstv…","source_keys":["cmo"]}
{"id":"cmo-2018-p3-divisor-prime-related-cycle","title":"Гамильтонов цикл в графе делителей, CMO 2018 P3","path":"data\\problems\\cmo\\cmo-2018-p3-divisor-prime-related-cycle.yaml","raw_github_url":"https://raw.githubusercontent.com/didin-maxim/knowledge_graph_of_graphs/main/data/problems/cmo/cmo-2018-p3-divisor-prime-related-cycle.yaml","viewer_url":"https://didin-maxim.github.io/knowledge_graph_of_graphs/#cmo-2018-p3-divisor-prime-related-cycle","source_key":"cmo","source_label":"CMO","source_titles":["Canadian Mathematical Olympiad 2018 официальные условия","Canadian Mathematical Olympiad 2018 официальные решения"],"year":"2018","type":"olympiad_problem","authors":["Canadian Mathematical Olympiad Committee"],"tags":["hamiltonian_cycles","induction","goal_characterization"],"agent_topics":[],"difficulty":{"main":"national_final_medium","local_score":8,"comment":"CMO 2018 P3; официальное решение характеризует подходящие числа как ровно те числа, которые не являются ни квадратами, ни степенями одного простого.","status":"ai_checked"},"review_status":"ai_checked","public_ready":true,"solution_state":"with_solution","solution_classification":{"type":"official_complete_or_near_complete","status":"ai_checked","confidence":0.82,"basis":"официальный источник решения и несжатый текст решения","notes":"Текущий текст основан на официальном источнике и выглядит полным или почти полным.","label":"официальное полное/почти полное"},"statements":{"original":[{"id":"stmt-original","title":"Оригинальное условие","status":"ai_checked","text":"Назовём два положительных целых числа \\(a\\) и \\(b\\) связанными простым множителем, если \\(a=pb\\) или \\(b=pa\\) для некоторого простого числа \\(p\\). Найдите все положительные целые \\(n\\), у которых есть хотя бы три делителя и все делители можно без повторений расположить по окружности так, чтобы любые два соседних делителя были связаны простым множителем. Делители \\(1\\) и \\(n\\) тоже учитываются.","definition_ids":[]}],"graph_theory":[{"id":"stmt-graph","title":"Гамильтоновы циклы в графах делителей","status":"ai_checked","text":"Для положительного целого \\(n\\) построим простой граф \\(G_n\\): его вершины — положительные делители \\(n\\), а две различные вершины смежны тогда и только тогда, когда одна получается из другой умножением на простое число. Охарактеризуйте все \\(n\\) с хотя бы тремя делителями, для которых в \\(G_n\\) есть гамильтонов цикл.","definition_ids":["simple_graph","hamiltonian_cycle"]}],"graph_hint_reformulations":[{"id":"stmt-exponent-lattice-hint","title":"","status":"ai_checked","text":"Пусть \\(n=p_1^{e_1}\\cdots p_t^{e_t}\\). Сопоставим делителю \\(p_1^{a_1}\\cdots p_t^{a_t}\\) точку решётки \\((a_1,\\ldots,a_t)\\), где \\(0\\le a_i\\le e_i\\). Тогда граф делителей — это решёточный граф \\(P_{e_1+1}\\square\\cdots\\square P_{e_t+1}\\). Охарактеризуйте, когда в этом графе есть гамильтонов цикл.","definition_ids":["hamiltonian_cycle"]}]},"solutions":[{"id":"sol-official-expanded","title":"Полная классификация через граф делителей","status":"ai_checked","definition_ids":["simple_graph","cycle","hamiltonian_cycle"],"standard_idea_ids":["induction"],"tags":[],"has_text":true,"text_preview":"Ответ: подходят ровно те положительные целые \\(n\\) с хотя бы тремя делителями, которые не являются ни полными квадратами, ни степенями одного простого числа. Сначала докажем необходимость. Пусть все делители подходящего числа \\(n\\) стоят на окружности в порядке \\[ d_1,d_2,\\ldots,d_k, \\] где индексы далее понимаются по модулю \\(k\\). Для каждого \\(i\\) соседние делители отличаются умножением или делением на один простой множитель, поэтому \\[ \\frac{d_{i+1}}{d_i}=p_i^{\\varepsilon_i},\\qquad \\varepsilon_i\\in\\{1,-1\\}. \\] Перемножая эти равенства по всем \\(i\\), получаем \\[ \\prod_{i=1}^k p_i^{\\varepsilon_i}=\\frac{d_2}{d_1}\\cdot\\frac{d_3}{d_2}\\cdots\\frac{d_1}{d_k}=1. \\] Значит, для каждого простого числа количество его появлений с показателем \\(+1\\) равно количеству появлений с показателем \\(-1\\). Поэтому общее число шагов \\(k\\), то есть число делителей \\(n\\), четно. Но число положительных делител…"}],"relations":[{"id":"rel-cmo-2018-p3-cmo-2015-p3-grid-hamiltonian-cycles","neighbor_id":"cmo-2015-p3-grid-hamiltonian-turtle","direction":"forward","type":"same_motif","distance":3,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-cmo-2018-p3-cmo-2026-p3-grid-snail","neighbor_id":"cmo-2026-p3-grid-hamiltonian-snail","direction":"forward","type":"same_motif","distance":3,"status":"ai_checked"}],"search_text":"cmo-2018-p3-divisor-prime-related-cycle гамильтонов цикл в графе делителей, cmo 2018 p3 hamiltonian_cycles induction goal_characterization 2018 canadian mathematical olympiad 2018 официальные решения canadian mathematical olympiad 2018 официальные условия canadian mathematical olympiad committee canadianmathematicalolympiadcommittee cmo cmo2018 https://w7.cms.math.ca/competitions/cmo/archive/exam2018.pdf https://w7.cms.math.ca/competitions/cmo/archive/sol2018.pdf solution_notes src-cmo-2018-official src-cmo-2018-solutions statement with_solution canadian mathematical olympiad committee canadian mathematical olympiad 2018 официальные условия canadian mathematical olympiad 2018 официальные решения stmt-original оригинальное условие ai_checked назовём два положительных целых числа \\(a\\) и \\(b\\) связанными простым множителем, если \\(a=pb\\) или \\(b=pa\\) для некоторого простого числа \\(p\\). найдите все положительные целые \\(n\\), у которых есть хотя бы три делителя и все делители можно без повторений расположить по окружности так, чтобы любые два соседних делителя были связаны простым множителем. делители \\(1\\) и \\(n\\) тоже учитываются. stmt-graph гамильтоновы циклы в графах делителей ai_checked для положительного целого \\(n\\) построим простой граф \\(g_n\\): его вершины — положительные делители \\(n\\), а две различные вершины смежны тогда и только тогда, когда одна получается из другой умножением на простое число. охарактеризуйте все \\(n\\) с хотя бы тремя делителями, для которых в \\(g_n\\) есть гамильтонов цикл. simple_graph hamiltonian_cycle stmt-exponent-lattice-hint ai_checked пусть \\(n=p_1^{e_1}\\cdots p_t^{e_t}\\). сопоставим делителю \\(p_1^{a_1}\\cdots p_t^{a_t}\\) точку решётки \\((a_1,\\ldots,a_t)\\), где \\(0\\le a_i\\le e_i\\). тогда граф делителей — это решёточный граф \\(p_{e_1+1}\\square\\cdots\\square p_{e_t+1}\\). охарактеризуйте, когда в этом графе есть гамильтонов цикл. hamiltonian_cycle idea-edge-label-balance метки рёбер в замкнутом цикле делителей уравновешиваются при движении по циклу каждый шаг умножает или делит на одно простое число. если перемножить все отношения соседних делителей по циклу, получится \\(1\\), поэтому каждое простое появляется одинаковое число раз со знаками \\(+1\\) и \\(-1\\). значит, число шагов, равное числу делителей, чётно. hamiltonian_cycles ai_checked idea-even-grid-cycle чётная сторона решётки делителей даёт цикл если есть хотя бы два простых направления и один показатель нечётен, то граф делителей имеет хотя бы две размерности и одну чётную сторону. в прямоугольной решётке с чётной стороной есть явный гамильтонов цикл, а новые простые направления можно добавлять послойно. hamiltonian_cycles induction ai_checked sol-official-expanded полная классификация через граф делителей ai_checked simple_graph cycle hamiltonian_cycle induction ответ: подходят ровно те положительные целые \\(n\\) с хотя бы тремя делителями, которые не являются ни полными квадратами, ни степенями одного простого числа. сначала докажем необходимость. пусть все делители подходящего числа \\(n\\) стоят на окружности в порядке \\[ d_1,d_2,\\ldots,d_k, \\] где индексы далее понимаются по модулю \\(k\\). для каждого \\(i\\) соседние делители отличаются умножением или делением на один простой множитель, поэтому \\[ \\frac{d_{i+1}}{d_i}=p_i^{\\varepsilon_i},\\qquad \\varepsilon_i\\in\\{1,-1\\}. \\] перемножая эти равенства по всем \\(i\\), получаем \\[ \\prod_{i=1}^k p_i^{\\varepsilon_i}=\\frac{d_2}{d_1}\\cdot\\frac{d_3}{d_2}\\cdots\\frac{d_1}{d_k}=1. \\] значит, для каждого простого числа количество его появлений с показателем \\(+1\\) равно количеству появлений с показателем \\(-1\\). поэтому общее число шагов \\(k\\), то есть число делителей \\(n\\), четно. но число положительных делител… cmo-2018-p3-divisor-prime-related-cycle gamiltonov tsikl v grafe deliteley, cmo 2018 p3 hamiltonian_cycles induction goal_characterization 2018 canadian mathematical olympiad 2018 ofitsialnye resheniya canadian mathematical olympiad 2018 ofitsialnye usloviya canadian mathematical olympiad committee canadianmathematicalolympiadcommittee cmo cmo2018 https://w7.cms.math.ca/competitions/cmo/archive/exam2018.pdf https://w7.cms.math.ca/competitions/cmo/archive/sol2018.pdf solution_notes src-cmo-2018-official src-cmo-2018-solutions statement with_solution canadian mathematical olympiad committee canadian mathematical olympiad 2018 ofitsialnye usloviya canadian mathematical olympiad 2018 ofitsialnye resheniya stmt-original originalnoe uslovie ai_checked nazovem dva polozhitelnyh tselyh chisla \\(a\\) i \\(b\\) svyazannymi prostym mnozhitelem, esli \\(a=pb\\) ili \\(b=pa\\) dlya nekotorogo prostogo chisla \\(p\\). naydite vse polozhitelnye tselye \\(n\\), u kotoryh est hotya by tri delitelya i vse deliteli mozhno bez povtoreniy raspolozhit po okruzhnosti tak, chtoby lyubye dva sosednih delitelya byli svyazany prostym mnozhitelem. deliteli \\(1\\) i \\(n\\) tozhe uchityvayutsya. stmt-graph gamiltonovy tsikly v grafah deliteley ai_checked dlya polozhitelnogo tselogo \\(n\\) postroim prostoy graf \\(g_n\\): ego vershiny — polozhitelnye deliteli \\(n\\), a dve razlichnye vershiny smezhny togda i tolko togda, kogda odna poluchaetsya iz drugoy umnozheniem na prostoe chislo. oharakterizuyte vse \\(n\\) s hotya by tremya delitelyami, dlya kotoryh v \\(g_n\\) est gamiltonov tsikl. simple_graph hamiltonian_cycle stmt-exponent-lattice-hint ai_checked pust \\(n=p_1^{e_1}\\cdots p_t^{e_t}\\). sopostavim delitelyu \\(p_1^{a_1}\\cdots p_t^{a_t}\\) tochku reshetki \\((a_1,\\ldots,a_t)\\), gde \\(0\\le a_i\\le e_i\\). togda graf deliteley — eto reshetochnyy graf \\(p_{e_1+1}\\square\\cdots\\square p_{e_t+1}\\). oharakterizuyte, kogda v etom grafe est gamiltonov tsikl. hamiltonian_cycle idea-edge-label-balance metki reber v zamknutom tsikle deliteley uravnoveshivayutsya pri dvizhenii po tsiklu kazhdyy shag umnozhaet ili delit na odno prostoe chislo. esli peremnozhit vse otnosheniya sosednih deliteley po tsiklu, poluchitsya \\(1\\), poetomu kazhdoe prostoe poyavlyaetsya odinakovoe chislo raz so znakami \\(+1\\) i \\(-1\\). znachit, chislo shagov, ravnoe chislu deliteley, chetno. hamiltonian_cycles ai_checked idea-even-grid-cycle chetnaya storona reshetki deliteley daet tsikl esli est hotya by dva prostyh napravleniya i odin pokazatel necheten, to graf deliteley imeet hotya by dve razmernosti i odnu chetnuyu storonu. v pryamougolnoy reshetke s chetnoy storonoy est yavnyy gamiltonov tsikl, a novye prostye napravleniya mozhno dobavlyat posloyno. hamiltonian_cycles induction ai_checked sol-official-expanded polnaya klassifikatsiya cherez graf deliteley ai_checked simple_graph cycle hamiltonian_cycle induction otvet: podhodyat rovno te polozhitelnye tselye \\(n\\) s hotya by tremya delitelyami, kotorye ne yavlyayutsya ni polnymi kvadratami, ni stepenyami odnogo prostogo chisla. snachala dokazhem neobhodimost. pust vse deliteli podhodyaschego chisla \\(n\\) stoyat na okruzhnosti v poryadke \\[ d_1,d_2,\\ldots,d_k, \\] gde indeksy dalee ponimayutsya po modulyu \\(k\\). dlya kazhdogo \\(i\\) sosednie deliteli otlichayutsya umnozheniem ili deleniem na odin prostoy mnozhitel, poetomu \\[ \\frac{d_{i+1}}{d_i}=p_i^{\\varepsilon_i},\\qquad \\varepsilon_i\\in\\{1,-1\\}. \\] peremnozhaya eti ravenstva po vsem \\(i\\), poluchaem \\[ \\prod_{i=1}^k p_i^{\\varepsilon_i}=\\frac{d_2}{d_1}\\cdot\\frac{d_3}{d_2}\\cdots\\frac{d_1}{d_k}=1. \\] znachit, dlya kazhdogo prostogo chisla kolichestvo ego poyavleniy s pokazatelem \\(+1\\) ravno kolichestvu poyavleniy s pokazatelem \\(-1\\). poetomu obschee chislo shagov \\(k\\), to est chislo deliteley \\(n\\), chetno. no chislo polozhitelnyh delitel…","source_keys":["cmo"]}
{"id":"cmo-2019-p5-odd-cycle-edge-game","title":"Игра в добавление рёбер до первого нечётного цикла и её варианты","path":"data\\problems\\cmo\\cmo-2019-p5-odd-cycle-edge-game.yaml","raw_github_url":"https://raw.githubusercontent.com/didin-maxim/knowledge_graph_of_graphs/main/data/problems/cmo/cmo-2019-p5-odd-cycle-edge-game.yaml","viewer_url":"https://didin-maxim.github.io/knowledge_graph_of_graphs/#cmo-2019-p5-odd-cycle-edge-game","source_key":"cmo","source_label":"CMO","source_titles":["Canadian Mathematical Olympiad 2019 официальные условия","Canadian Mathematical Olympiad 2019 официальные решения","38-я Летняя конференция Турнира городов 2026, проект 2 «Игры на меняющихся графах»","ЛКТГ 2026, проект 2 «Игры на меняющихся графах»: условия, русская редакция 7","ЛКТГ 2026, проект 2 «Игры на меняющихся графах»: решения, русская редакция 7"],"year":"2019","type":"olympiad_problem","authors":[],"tags":["goal_strategy_game","coloring","matching","extremal_graph_theory","symmetrization","graph_symmetry","invariant","goal_classification"],"agent_topics":["game_strategy"],"difficulty":{"main":"national_final_hard","local_score":9,"comment":"CMO 2019 P5; сложная стратегическая графовая игра с инвариантом двудольности, паросочетанием на активных вершинах и финальным паритетным противоречием.","status":"ai_checked"},"review_status":"ai_checked","public_ready":true,"solution_state":"with_solution","solution_classification":{"type":"official_complete_or_near_complete","status":"ai_checked","confidence":0.82,"basis":"официальный источник решения и несжатый текст решения","notes":"Текущий текст основан на официальном источнике и выглядит полным или почти полным.","label":"официальное полное/почти полное"},"statements":{"original":[{"id":"stmt-original","title":"Официальная формулировка","status":"ai_checked","text":"Дэвид и Джейкоб играют в игру на \\(n\\ge 3\\) точках плоскости, никакие три из которых не лежат на одной прямой. За ход игрок выбирает две точки, ещё не соединённые отрезком, и проводит между ними новый отрезок. Проигрывает тот игрок, чей ход впервые завершает цикл, состоящий из нечётного числа уже проведённых отрезков. В таком цикле концами каждого отрезка должны быть исходные \\(n\\) точек, а не точки пересечения отрезков, возникшие позже. Дэвид ходит первым. Определите все \\(n\\), при которых у Дэвида есть выигрышная стратегия.","definition_ids":["cycle"]}],"graph_theory":[{"id":"stmt-graph","title":"Игра до первого нечётного цикла","status":"ai_checked","text":"На множестве из \\(n\\ge 3\\) вершин изначально нет рёбер. Два игрока по очереди добавляют по одному ещё отсутствующему ребру полного графа \\(K_n\\); первым ходит первый игрок. Проигрывает тот игрок, после чьего хода построенный граф впервые содержит цикл нечётной длины. Определите все \\(n\\), при которых первый игрок имеет выигрышную стратегию.","definition_ids":["complete_graph","cycle"]}],"graph_hint_reformulations":[{"id":"stmt-hint-bipartite-game","title":"Подсказка через двудольность","status":"ai_checked","text":"До проигрышного хода построенный граф не содержит нечётных циклов, то есть остаётся двудольным. Назовём ход безопасным, если после добавления выбранного ребра граф всё ещё двудолен. Если безопасных ходов нет, то текущий двудольный граф уже является полным двудольным графом относительно своей двудольной раскраски, и следующий игрок вынужден проиграть. В этих терминах нужно определить, кто может гарантировать себе наличие безопасного хода на каждом своём ходе до проигрыша соперника.","definition_ids":["bipartite_graph","cycle"]}],"olympiad_reformulations":[{"id":"stmt-lktg-no-isolated-pair","title":"Вариант с запретом соединять две изолированные вершины","status":"source_verified","text":"Изменим правила: после первого хода Пети запрещается соединять ребром две изолированные вершины. Докажите, что при каждом чётном \\(n\\) выигрывает Петя.","definition_ids":["cycle","bipartite_graph","matching"]}]},"solutions":[{"id":"sol-official-ru-expanded","title":"Решение через двудольность, паросочетание и паритет","status":"ai_checked","definition_ids":["complete_graph","bipartite_graph","matching","cycle"],"standard_idea_ids":[],"tags":[],"has_text":true,"text_preview":"Ответ: Дэвид имеет выигрышную стратегию тогда и только тогда, когда \\(n\\equiv 2\\pmod 4\\). Перейдём к графовой формулировке: исходные точки считаем вершинами, а проведённые отрезки — рёбрами. Пересечения отрезков внутри плоскости не имеют значения, потому что в циклах разрешены только исходные точки как вершины. До проигрышного хода построенный граф не содержит нечётных циклов, а значит является двудольным. Будем называть ход безопасным, если после добавления ребра граф всё ещё не содержит нечётного цикла. Если перед ходом безопасных ходов нет, игрок всё равно обязан добавить какое-то ещё отсутствующее ребро и тем самым проигрывает. Разберём сначала нечётное \\(n\\). Покажем, что Джейкоб может играть очень просто: на каждом своём ходе, если безопасный ход существует, он делает любой безопасный ход. Предположим, что перед некоторым ходом Джейкоба безопасных ходов не осталось. Текущий граф д…"},{"id":"sol-lktg-no-isolated-pair","title":"Симметрическая стратегия в варианте без новых компонент","status":"ai_checked","definition_ids":["cycle","bipartite_graph","matching"],"standard_idea_ids":["symmetrization"],"tags":[],"has_text":true,"text_preview":"Пусть \\(n\\) чётно. Первым ходом Петя добавляет ребро \\(ab\\). Он фиксирует инволюцию \\(\\sigma\\): вершины \\(a,b\\) неподвижны, а все остальные разбиты на пары \\(x,\\sigma(x)\\). После каждого своего хода Петя поддерживает инварианты: граф сохраняется преобразованием \\(\\sigma\\); обе вершины каждой уже активной пары \\(x,\\sigma(x)\\) лежат в одной доле двудольного графа; все неизолированные вершины образуют одну компоненту. Последнее верно, потому что после первого хода правила запрещают начинать новую компоненту ребром между двумя изолированными вершинами. Пусть Вася сделал безопасный ход. Если он присоединил изолированную вершину \\(x\\) ребром \\(vx\\), Петя добавляет \\(\\sigma(v)\\sigma(x)\\). Вершина \\(\\sigma(x)\\) тоже была изолирована, поэтому ход разрешён и безопасен. Если Вася добавил ребро \\(uv\\) между активными вершинами, Петя добавляет \\(\\sigma(u)\\sigma(v)\\). Это другое ещё не добавленное ре…"}],"relations":[{"id":"rel-cmo-2019-p5-mantel-complete-bipartite","neighbor_id":"mantel-theorem","direction":"forward","type":"same_motif","distance":2,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-cmo-2019-p5-utyum-2018-cycle-game","neighbor_id":"utyum-2018_komol_7_red_blue_cycle_game","direction":"forward","type":"same_motif","distance":2,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-cmo-2019-p5-kolmogorov-complete-graph-game","neighbor_id":"kolmogorov-2014-round1-complete-graph-orientation-game","direction":"forward","type":"same_motif","distance":3,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-spbmo-2018-7-p7-cmo-2019-odd-cycle-avoidance","neighbor_id":"spbmo-2018-7-p7-bus-graph-no-odd-cycle-paths","direction":"backward","type":"same_motif","distance":2,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-cubic-polyhedron-large-face-fork-cmo-2019-game","neighbor_id":"cubic-polyhedron-large-face-fork-strategy-lemma","direction":"backward","type":"same_motif","distance":4,"status":"needs_human_review"},{"id":"rel-simon-marais-2020-a1-odd-cycle","neighbor_id":"simon-marais-2020-a1-odd-cycle-line-transversal","direction":"backward","type":"same_motif","distance":3,"status":"needs_human_review"}],"search_text":"cmo-2019-p5-odd-cycle-edge-game игра в добавление рёбер до первого нечётного цикла и её варианты goal_strategy_game coloring matching extremal_graph_theory symmetrization graph_symmetry invariant goal_classification 2019 38-я летняя конференция турнира городов 2026, проект 2 «игры на меняющихся графах» canadian mathematical olympiad 2019 официальные решения canadian mathematical olympiad 2019 официальные условия cmo cmo2019 https://turgor.ru/lktg/2026/2/2-1-changing_graphs-rus.pdf https://turgor.ru/lktg/2026/2/2-1-changing_graphs-sol-rus.pdf https://turgor.ru/lktg/2026/2/index.html https://w7.cms.math.ca/competitions/cmo/archive/exam2019.pdf https://w7.cms.math.ca/competitions/cmo/archive/sol2019.pdf official_archive official_solutions olympiad_archive solution_notes src-cmo-2019-official src-cmo-2019-solutions src-lktg-2026-project2-page src-lktg-2026-project2-problems-ru src-lktg-2026-project2-solutions-ru statement 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 ? canadian mathematical olympiad 2019 официальные условия canadian mathematical olympiad 2019 официальные решения 38-я летняя конференция турнира городов 2026, проект 2 «игры на меняющихся графах» лктг 2026, проект 2 «игры на меняющихся графах»: условия, русская редакция 7 лктг 2026, проект 2 «игры на меняющихся графах»: решения, русская редакция 7 stmt-original официальная формулировка ai_checked дэвид и джейкоб играют в игру на \\(n\\ge 3\\) точках плоскости, никакие три из которых не лежат на одной прямой. за ход игрок выбирает две точки, ещё не соединённые отрезком, и проводит между ними новый отрезок. проигрывает тот игрок, чей ход впервые завершает цикл, состоящий из нечётного числа уже проведённых отрезков. в таком цикле концами каждого отрезка должны быть исходные \\(n\\) точек, а не точки пересечения отрезков, возникшие позже. дэвид ходит первым. определите все \\(n\\), при которых у дэвида есть выигрышная стратегия. cycle stmt-graph игра до первого нечётного цикла ai_checked на множестве из \\(n\\ge 3\\) вершин изначально нет рёбер. два игрока по очереди добавляют по одному ещё отсутствующему ребру полного графа \\(k_n\\); первым ходит первый игрок. проигрывает тот игрок, после чьего хода построенный граф впервые содержит цикл нечётной длины. определите все \\(n\\), при которых первый игрок имеет выигрышную стратегию. complete_graph cycle stmt-hint-bipartite-game подсказка через двудольность ai_checked до проигрышного хода построенный граф не содержит нечётных циклов, то есть остаётся двудольным. назовём ход безопасным, если после добавления выбранного ребра граф всё ещё двудолен. если безопасных ходов нет, то текущий двудольный граф уже является полным двудольным графом относительно своей двудольной раскраски, и следующий игрок вынужден проиграть. в этих терминах нужно определить, кто может гарантировать себе наличие безопасного хода на каждом своём ходе до проигрыша соперника. bipartite_graph cycle stmt-lktg-no-isolated-pair вариант с запретом соединять две изолированные вершины source_verified изменим правила: после первого хода пети запрещается соединять ребром две изолированные вершины. докажите, что при каждом чётном \\(n\\) выигрывает петя. cycle bipartite_graph matching idea-odd-cycle-bipartite нечётный цикл запрещён ровно до нарушения двудольности пока никто не проиграл, построенный граф двудолен. безопасные ходы — это в точности добавления ещё отсутствующего ребра между разными долями некоторой двудольной раскраски текущего графа. coloring goal_strategy_game ai_checked idea-good-graph-matching сохранять паросочетание на активных вершинах при чётном \\(n\\) полезно следить за графами, в которых все вершины положительной степени покрываются паросочетанием. игрок, контролирующий такие позиции, может законно расширять множество активных вершин как минимум на две. matching goal_strategy_game ai_checked idea-complete-bipartite-parity конечная позиция — полный двудольный граф, а выигрывает паритет если безопасных ходов не осталось, текущий граф должен быть полным двудольным графом \\(k_{a,b}\\). тогда число уже сделанных ходов равно \\(ab\\), и его чётность сравнивается с тем, чей сейчас ход. goal_strategy_game ai_checked idea-involution-symmetry инволюция после первого ребра в изменённой игре петя фиксирует концы первого ребра и попарно переставляет остальные вершины, отвечая образом хода васи; активная компонента остаётся единственной, а размеры долей в конце нечётны. symmetrization graph_symmetry ai_checked sol-official-ru-expanded решение через двудольность, паросочетание и паритет ai_checked complete_graph bipartite_graph matching cycle ответ: дэвид имеет выигрышную стратегию тогда и только тогда, когда \\(n\\equiv 2\\pmod 4\\). перейдём к графовой формулировке: исходные точки считаем вершинами, а проведённые отрезки — рёбрами. пересечения отрезков внутри плоскости не имеют значения, потому что в циклах разрешены только исходные точки как вершины. до проигрышного хода построенный граф не содержит нечётных циклов, а значит является двудольным. будем называть ход безопасным, если после добавления ребра граф всё ещё не содержит нечётного цикла. если перед ходом безопасных ходов нет, игрок всё равно обязан добавить какое-то ещё отсутствующее ребро и тем самым проигрывает. разберём сначала нечётное \\(n\\). покажем, что джейкоб может играть очень просто: на каждом своём ходе, если безопасный ход существует, он делает любой безопасный ход. предположим, что перед некоторым ходом джейкоба безопасных ходов не осталось. текущий граф д… sol-lktg-no-isolated-pair симметрическая стратегия в варианте без новых компонент ai_checked cycle bipartite_graph matching symmetrization пусть \\(n\\) чётно. первым ходом петя добавляет ребро \\(ab\\). он фиксирует инволюцию \\(\\sigma\\): вершины \\(a,b\\) неподвижны, а все остальные разбиты на пары \\(x,\\sigma(x)\\). после каждого своего хода петя поддерживает инварианты: граф сохраняется преобразованием \\(\\sigma\\); обе вершины каждой уже активной пары \\(x,\\sigma(x)\\) лежат в одной доле двудольного графа; все неизолированные вершины образуют одну компоненту. последнее верно, потому что после первого хода правила запрещают начинать новую компоненту ребром между двумя изолированными вершинами. пусть вася сделал безопасный ход. если он присоединил изолированную вершину \\(x\\) ребром \\(vx\\), петя добавляет \\(\\sigma(v)\\sigma(x)\\). вершина \\(\\sigma(x)\\) тоже была изолирована, поэтому ход разрешён и безопасен. если вася добавил ребро \\(uv\\) между активными вершинами, петя добавляет \\(\\sigma(u)\\sigma(v)\\). это другое ещё не добавленное ре… cmo-2019-p5-odd-cycle-edge-game igra v dobavlenie reber do pervogo nechetnogo tsikla i ee varianty goal_strategy_game coloring matching extremal_graph_theory symmetrization graph_symmetry invariant goal_classification 2019 38-ya letnyaya konferentsiya turnira gorodov 2026, proekt 2 «igry na menyayuschihsya grafah» canadian mathematical olympiad 2019 ofitsialnye resheniya canadian mathematical olympiad 2019 ofitsialnye usloviya cmo cmo2019 https://turgor.ru/lktg/2026/2/2-1-changing_graphs-rus.pdf https://turgor.ru/lktg/2026/2/2-1-changing_graphs-sol-rus.pdf https://turgor.ru/lktg/2026/2/index.html https://w7.cms.math.ca/competitions/cmo/archive/exam2019.pdf https://w7.cms.math.ca/competitions/cmo/archive/sol2019.pdf official_archive official_solutions olympiad_archive solution_notes src-cmo-2019-official src-cmo-2019-solutions src-lktg-2026-project2-page src-lktg-2026-project2-problems-ru src-lktg-2026-project2-solutions-ru statement 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 ? canadian mathematical olympiad 2019 ofitsialnye usloviya canadian mathematical olympiad 2019 ofitsialnye resheniya 38-ya letnyaya konferentsiya turnira gorodov 2026, proekt 2 «igry na menyayuschihsya grafah» lktg 2026, proekt 2 «igry na menyayuschihsya grafah»: usloviya, russkaya redaktsiya 7 lktg 2026, proekt 2 «igry na menyayuschihsya grafah»: resheniya, russkaya redaktsiya 7 stmt-original ofitsialnaya formulirovka ai_checked devid i dzheykob igrayut v igru na \\(n\\ge 3\\) tochkah ploskosti, nikakie tri iz kotoryh ne lezhat na odnoy pryamoy. za hod igrok vybiraet dve tochki, esche ne soedinennye otrezkom, i provodit mezhdu nimi novyy otrezok. proigryvaet tot igrok, chey hod vpervye zavershaet tsikl, sostoyaschiy iz nechetnogo chisla uzhe provedennyh otrezkov. v takom tsikle kontsami kazhdogo otrezka dolzhny byt ishodnye \\(n\\) tochek, a ne tochki peresecheniya otrezkov, voznikshie pozzhe. devid hodit pervym. opredelite vse \\(n\\), pri kotoryh u devida est vyigryshnaya strategiya. cycle stmt-graph igra do pervogo nechetnogo tsikla ai_checked na mnozhestve iz \\(n\\ge 3\\) vershin iznachalno net reber. dva igroka po ocheredi dobavlyayut po odnomu esche otsutstvuyuschemu rebru polnogo grafa \\(k_n\\); pervym hodit pervyy igrok. proigryvaet tot igrok, posle chego hoda postroennyy graf vpervye soderzhit tsikl nechetnoy dliny. opredelite vse \\(n\\), pri kotoryh pervyy igrok imeet vyigryshnuyu strategiyu. complete_graph cycle stmt-hint-bipartite-game podskazka cherez dvudolnost ai_checked do proigryshnogo hoda postroennyy graf ne soderzhit nechetnyh tsiklov, to est ostaetsya dvudolnym. nazovem hod bezopasnym, esli posle dobavleniya vybrannogo rebra graf vse esche dvudolen. esli bezopasnyh hodov net, to tekuschiy dvudolnyy graf uzhe yavlyaetsya polnym dvudolnym grafom otnositelno svoey dvudolnoy raskraski, i sleduyuschiy igrok vynuzhden proigrat. v etih terminah nuzhno opredelit, kto mozhet garantirovat sebe nalichie bezopasnogo hoda na kazhdom svoem hode do proigrysha sopernika. bipartite_graph cycle stmt-lktg-no-isolated-pair variant s zapretom soedinyat dve izolirovannye vershiny source_verified izmenim pravila: posle pervogo hoda peti zapreschaetsya soedinyat rebrom dve izolirovannye vershiny. dokazhite, chto pri kazhdom chetnom \\(n\\) vyigryvaet petya. cycle bipartite_graph matching idea-odd-cycle-bipartite nechetnyy tsikl zapreschen rovno do narusheniya dvudolnosti poka nikto ne proigral, postroennyy graf dvudolen. bezopasnye hody — eto v tochnosti dobavleniya esche otsutstvuyuschego rebra mezhdu raznymi dolyami nekotoroy dvudolnoy raskraski tekuschego grafa. coloring goal_strategy_game ai_checked idea-good-graph-matching sohranyat parosochetanie na aktivnyh vershinah pri chetnom \\(n\\) polezno sledit za grafami, v kotoryh vse vershiny polozhitelnoy stepeni pokryvayutsya parosochetaniem. igrok, kontroliruyuschiy takie pozitsii, mozhet zakonno rasshiryat mnozhestvo aktivnyh vershin kak minimum na dve. matching goal_strategy_game ai_checked idea-complete-bipartite-parity konechnaya pozitsiya — polnyy dvudolnyy graf, a vyigryvaet paritet esli bezopasnyh hodov ne ostalos, tekuschiy graf dolzhen byt polnym dvudolnym grafom \\(k_{a,b}\\). togda chislo uzhe sdelannyh hodov ravno \\(ab\\), i ego chetnost sravnivaetsya s tem, chey seychas hod. goal_strategy_game ai_checked idea-involution-symmetry involyutsiya posle pervogo rebra v izmenennoy igre petya fiksiruet kontsy pervogo rebra i poparno perestavlyaet ostalnye vershiny, otvechaya obrazom hoda vasi; aktivnaya komponenta ostaetsya edinstvennoy, a razmery doley v kontse nechetny. symmetrization graph_symmetry ai_checked sol-official-ru-expanded reshenie cherez dvudolnost, parosochetanie i paritet ai_checked complete_graph bipartite_graph matching cycle otvet: devid imeet vyigryshnuyu strategiyu togda i tolko togda, kogda \\(n\\equiv 2\\pmod 4\\). pereydem k grafovoy formulirovke: ishodnye tochki schitaem vershinami, a provedennye otrezki — rebrami. peresecheniya otrezkov vnutri ploskosti ne imeyut znacheniya, potomu chto v tsiklah razresheny tolko ishodnye tochki kak vershiny. do proigryshnogo hoda postroennyy graf ne soderzhit nechetnyh tsiklov, a znachit yavlyaetsya dvudolnym. budem nazyvat hod bezopasnym, esli posle dobavleniya rebra graf vse esche ne soderzhit nechetnogo tsikla. esli pered hodom bezopasnyh hodov net, igrok vse ravno obyazan dobavit kakoe-to esche otsutstvuyuschee rebro i tem samym proigryvaet. razberem snachala nechetnoe \\(n\\). pokazhem, chto dzheykob mozhet igrat ochen prosto: na kazhdom svoem hode, esli bezopasnyy hod suschestvuet, on delaet lyuboy bezopasnyy hod. predpolozhim, chto pered nekotorym hodom dzheykoba bezopasnyh hodov ne ostalos. tekuschiy graf d… sol-lktg-no-isolated-pair simmetricheskaya strategiya v variante bez novyh komponent ai_checked cycle bipartite_graph matching symmetrization pust \\(n\\) chetno. pervym hodom petya dobavlyaet rebro \\(ab\\). on fiksiruet involyutsiyu \\(\\sigma\\): vershiny \\(a,b\\) nepodvizhny, a vse ostalnye razbity na pary \\(x,\\sigma(x)\\). posle kazhdogo svoego hoda petya podderzhivaet invarianty: graf sohranyaetsya preobrazovaniem \\(\\sigma\\); obe vershiny kazhdoy uzhe aktivnoy pary \\(x,\\sigma(x)\\) lezhat v odnoy dole dvudolnogo grafa; vse neizolirovannye vershiny obrazuyut odnu komponentu. poslednee verno, potomu chto posle pervogo hoda pravila zapreschayut nachinat novuyu komponentu rebrom mezhdu dvumya izolirovannymi vershinami. pust vasya sdelal bezopasnyy hod. esli on prisoedinil izolirovannuyu vershinu \\(x\\) rebrom \\(vx\\), petya dobavlyaet \\(\\sigma(v)\\sigma(x)\\). vershina \\(\\sigma(x)\\) tozhe byla izolirovana, poetomu hod razreshen i bezopasen. esli vasya dobavil rebro \\(uv\\) mezhdu aktivnymi vershinami, petya dobavlyaet \\(\\sigma(u)\\sigma(v)\\). eto drugoe esche ne dobavlennoe re…","source_keys":["cmo","lktg"]}
{"id":"cmo-2020-p5-friendship-induced-subgraphs","title":"Минимум рёбер при плотных половинных подграфах, CMO 2020 P5","path":"data\\problems\\cmo\\cmo-2020-p5-friendship-induced-subgraphs.yaml","raw_github_url":"https://raw.githubusercontent.com/didin-maxim/knowledge_graph_of_graphs/main/data/problems/cmo/cmo-2020-p5-friendship-induced-subgraphs.yaml","viewer_url":"https://didin-maxim.github.io/knowledge_graph_of_graphs/#cmo-2020-p5-friendship-induced-subgraphs","source_key":"cmo","source_label":"CMO","source_titles":["Canadian Mathematical Olympiad 2020 официальные условия","Canadian Mathematical Olympiad 2020 официальные решения"],"year":"2020","type":"olympiad_problem","authors":["Канадское математическое общество"],"tags":["extremal_graph_theory","extremal_choice","double_counting","goal_exact_bound"],"agent_topics":[],"difficulty":{"main":"national_final_hard","local_score":9,"comment":"CMO 2020 P5; точная экстремальная задача на графах. Конструкция проста, а нижняя оценка использует нетривиальный обмен для минимальной половины вершин.","status":"ai_checked"},"review_status":"ai_checked","public_ready":true,"solution_state":"with_solution","solution_classification":{"type":"official_complete_or_near_complete","status":"ai_checked","confidence":0.82,"basis":"официальный источник решения и несжатый текст решения","notes":"Текущий текст основан на официальном источнике и выглядит полным или почти полным.","label":"официальное полное/почти полное"},"statements":{"original":[{"id":"stmt-original","title":"Оригинальное условие","status":"source_verified","text":"В социальной сети есть \\(19998\\) человек; каждая пара людей может быть дружна или не дружна. Для любой группы из \\(9999\\) человек среди них есть по крайней мере \\(9999\\) пар друзей. Каково наименьшее возможное число дружб, то есть пар друзей, среди всех \\(19998\\) человек?","definition_ids":[]}],"graph_theory":[{"id":"stmt-graph","title":"Половинные индуцированные подграфы с многими рёбрами","status":"ai_checked","text":"Пусть \\(G\\) — конечный простой граф на \\(19998\\) вершинах. Предположим, что каждый индуцированный подграф на ровно \\(9999\\) вершинах содержит по крайней мере \\(9999\\) рёбер. Найдите минимально возможное значение \\(e(G)\\).","definition_ids":["simple_graph","induced_subgraph"]}],"graph_hint_reformulations":[{"id":"stmt-graph-construction-hint","title":"Формулировка с подсказкой конструкции","status":"ai_checked","text":"Докажите, что минимум равен \\(49995\\). Он достигается на несвязном объединении \\(3333\\) копий \\(K_6\\); также нужно доказать, что любой граф с условием на половинные индуцированные подграфы имеет не меньше \\(49995\\) рёбер.","definition_ids":["simple_graph","complete_graph"]}]},"solutions":[{"id":"sol-official-russian-expanded","title":"Решение через минимальную половину вершин","status":"ai_checked","definition_ids":["simple_graph","complete_graph","degree"],"standard_idea_ids":["extremal_choice","double_counting"],"tags":[],"has_text":true,"text_preview":"Ответ: \\(49995\\). Сначала построим пример с таким числом дружб. Разобьем \\(19998\\) человек на \\(3333\\) групп по \\(6\\) человек. Внутри каждой группы все пары дружат, а между разными группами дружб нет. Тогда всего дружб \\[ 3333\\binom 62=3333\\cdot 15=49995. \\] Проверим условие. Возьмем любые \\(9999\\) человек и пусть \\(x_i\\) — сколько из них попало в \\(i\\)-ю шестерку, \\(i=1,\\ldots,3333\\). Тогда \\(0\\le x_i\\le 6\\) и \\(\\sum x_i=9999\\). Число дружеских пар внутри выбранных \\(9999\\) человек равно \\[ \\sum_{i=1}^{3333}\\binom{x_i}{2}=\\frac12\\sum_{i=1}^{3333}x_i(x_i-1). \\] Для каждого целого \\(x\\in\\{0,1,2,3,4,5,6\\}\\) верно \\[ x(x-1)\\ge 5x-9. \\] Это можно проверить напрямую для семи возможных значений. Поэтому \\[ \\sum_{i=1}^{3333}\\binom{x_i}{2} \\ge \\frac12\\sum_{i=1}^{3333}(5x_i-9) =\\frac12(5\\cdot9999-9\\cdot3333)=9999. \\] Значит, построение действительно удовлетворяет условию. Осталось доказать, что…"}],"relations":[{"id":"rel-cmo-2020-p5-minimal-half-exchange","neighbor_id":"minimal-half-subset-exchange-lemma","direction":"forward","type":"prerequisite","distance":1,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-cmo-2023-p5-cmo-2020-p5-disjoint-cliques","neighbor_id":"cmo-2023-p5-cut-bound-independent-set","direction":"backward","type":"same_motif","distance":2,"status":"ai_checked"}],"search_text":"cmo-2020-p5-friendship-induced-subgraphs минимум рёбер при плотных половинных подграфах, cmo 2020 p5 extremal_graph_theory extremal_choice double_counting goal_exact_bound 2020 canadian mathematical olympiad 2020 официальные решения canadian mathematical olympiad 2020 официальные условия cmo cmo2020 https://w7.cms.math.ca/competitions/cmo/archive/exam2020.pdf https://w7.cms.math.ca/competitions/cmo/archive/sol2020.pdf solution_notes src-cmo-2020-official src-cmo-2020-solutions statement with_solution канадское математическое общество канадское математическое общество canadian mathematical olympiad 2020 официальные условия canadian mathematical olympiad 2020 официальные решения stmt-original оригинальное условие source_verified в социальной сети есть \\(19998\\) человек; каждая пара людей может быть дружна или не дружна. для любой группы из \\(9999\\) человек среди них есть по крайней мере \\(9999\\) пар друзей. каково наименьшее возможное число дружб, то есть пар друзей, среди всех \\(19998\\) человек? stmt-graph половинные индуцированные подграфы с многими рёбрами ai_checked пусть \\(g\\) — конечный простой граф на \\(19998\\) вершинах. предположим, что каждый индуцированный подграф на ровно \\(9999\\) вершинах содержит по крайней мере \\(9999\\) рёбер. найдите минимально возможное значение \\(e(g)\\). simple_graph induced_subgraph stmt-graph-construction-hint формулировка с подсказкой конструкции ai_checked докажите, что минимум равен \\(49995\\). он достигается на несвязном объединении \\(3333\\) копий \\(k_6\\); также нужно доказать, что любой граф с условием на половинные индуцированные подграфы имеет не меньше \\(49995\\) рёбер. simple_graph complete_graph idea-clique-six-construction несвязные копии \\(k_6\\) дают экстремальный пример разбейте вершины на \\(3333\\) клик размера \\(6\\). проверка неравенства \\(x(x-1)\\ge 5x-9\\) для \\(0\\le x\\le 6\\) даёт условие на каждый выбор \\(9999\\) вершин. extremal_graph_theory goal_construction ai_checked idea-minimal-half-exchange выбрать половину с минимальным числом внутренних рёбер выберите \\(n=9999\\) вершин с минимальным возможным числом внутренних рёбер. обмен внутренней вершины на внешнюю сравнивает их степени внутрь выбранной половины; это неравенство вынуждает либо много рёбер разреза, либо противоречие. extremal_choice ai_checked sol-official-russian-expanded решение через минимальную половину вершин ai_checked simple_graph complete_graph degree extremal_choice double_counting ответ: \\(49995\\). сначала построим пример с таким числом дружб. разобьем \\(19998\\) человек на \\(3333\\) групп по \\(6\\) человек. внутри каждой группы все пары дружат, а между разными группами дружб нет. тогда всего дружб \\[ 3333\\binom 62=3333\\cdot 15=49995. \\] проверим условие. возьмем любые \\(9999\\) человек и пусть \\(x_i\\) — сколько из них попало в \\(i\\)-ю шестерку, \\(i=1,\\ldots,3333\\). тогда \\(0\\le x_i\\le 6\\) и \\(\\sum x_i=9999\\). число дружеских пар внутри выбранных \\(9999\\) человек равно \\[ \\sum_{i=1}^{3333}\\binom{x_i}{2}=\\frac12\\sum_{i=1}^{3333}x_i(x_i-1). \\] для каждого целого \\(x\\in\\{0,1,2,3,4,5,6\\}\\) верно \\[ x(x-1)\\ge 5x-9. \\] это можно проверить напрямую для семи возможных значений. поэтому \\[ \\sum_{i=1}^{3333}\\binom{x_i}{2} \\ge \\frac12\\sum_{i=1}^{3333}(5x_i-9) =\\frac12(5\\cdot9999-9\\cdot3333)=9999. \\] значит, построение действительно удовлетворяет условию. осталось доказать, что… cmo-2020-p5-friendship-induced-subgraphs minimum reber pri plotnyh polovinnyh podgrafah, cmo 2020 p5 extremal_graph_theory extremal_choice double_counting goal_exact_bound 2020 canadian mathematical olympiad 2020 ofitsialnye resheniya canadian mathematical olympiad 2020 ofitsialnye usloviya cmo cmo2020 https://w7.cms.math.ca/competitions/cmo/archive/exam2020.pdf https://w7.cms.math.ca/competitions/cmo/archive/sol2020.pdf solution_notes src-cmo-2020-official src-cmo-2020-solutions statement with_solution kanadskoe matematicheskoe obschestvo kanadskoe matematicheskoe obschestvo canadian mathematical olympiad 2020 ofitsialnye usloviya canadian mathematical olympiad 2020 ofitsialnye resheniya stmt-original originalnoe uslovie source_verified v sotsialnoy seti est \\(19998\\) chelovek; kazhdaya para lyudey mozhet byt druzhna ili ne druzhna. dlya lyuboy gruppy iz \\(9999\\) chelovek sredi nih est po krayney mere \\(9999\\) par druzey. kakovo naimenshee vozmozhnoe chislo druzhb, to est par druzey, sredi vseh \\(19998\\) chelovek? stmt-graph polovinnye indutsirovannye podgrafy s mnogimi rebrami ai_checked pust \\(g\\) — konechnyy prostoy graf na \\(19998\\) vershinah. predpolozhim, chto kazhdyy indutsirovannyy podgraf na rovno \\(9999\\) vershinah soderzhit po krayney mere \\(9999\\) reber. naydite minimalno vozmozhnoe znachenie \\(e(g)\\). simple_graph induced_subgraph stmt-graph-construction-hint formulirovka s podskazkoy konstruktsii ai_checked dokazhite, chto minimum raven \\(49995\\). on dostigaetsya na nesvyaznom obedinenii \\(3333\\) kopiy \\(k_6\\); takzhe nuzhno dokazat, chto lyuboy graf s usloviem na polovinnye indutsirovannye podgrafy imeet ne menshe \\(49995\\) reber. simple_graph complete_graph idea-clique-six-construction nesvyaznye kopii \\(k_6\\) dayut ekstremalnyy primer razbeyte vershiny na \\(3333\\) klik razmera \\(6\\). proverka neravenstva \\(x(x-1)\\ge 5x-9\\) dlya \\(0\\le x\\le 6\\) daet uslovie na kazhdyy vybor \\(9999\\) vershin. extremal_graph_theory goal_construction ai_checked idea-minimal-half-exchange vybrat polovinu s minimalnym chislom vnutrennih reber vyberite \\(n=9999\\) vershin s minimalnym vozmozhnym chislom vnutrennih reber. obmen vnutrenney vershiny na vneshnyuyu sravnivaet ih stepeni vnutr vybrannoy poloviny; eto neravenstvo vynuzhdaet libo mnogo reber razreza, libo protivorechie. extremal_choice ai_checked sol-official-russian-expanded reshenie cherez minimalnuyu polovinu vershin ai_checked simple_graph complete_graph degree extremal_choice double_counting otvet: \\(49995\\). snachala postroim primer s takim chislom druzhb. razobem \\(19998\\) chelovek na \\(3333\\) grupp po \\(6\\) chelovek. vnutri kazhdoy gruppy vse pary druzhat, a mezhdu raznymi gruppami druzhb net. togda vsego druzhb \\[ 3333\\binom 62=3333\\cdot 15=49995. \\] proverim uslovie. vozmem lyubye \\(9999\\) chelovek i pust \\(x_i\\) — skolko iz nih popalo v \\(i\\)-yu shesterku, \\(i=1,\\ldots,3333\\). togda \\(0\\le x_i\\le 6\\) i \\(\\sum x_i=9999\\). chislo druzheskih par vnutri vybrannyh \\(9999\\) chelovek ravno \\[ \\sum_{i=1}^{3333}\\binom{x_i}{2}=\\frac12\\sum_{i=1}^{3333}x_i(x_i-1). \\] dlya kazhdogo tselogo \\(x\\in\\{0,1,2,3,4,5,6\\}\\) verno \\[ x(x-1)\\ge 5x-9. \\] eto mozhno proverit napryamuyu dlya semi vozmozhnyh znacheniy. poetomu \\[ \\sum_{i=1}^{3333}\\binom{x_i}{2} \\ge \\frac12\\sum_{i=1}^{3333}(5x_i-9) =\\frac12(5\\cdot9999-9\\cdot3333)=9999. \\] znachit, postroenie deystvitelno udovletvoryaet usloviyu. ostalos dokazat, chto…","source_keys":["cmo"]}
{"id":"cmo-2022-p4-region-adjacency-coloring","title":"Раскраска графа смежности областей, CMO 2022 P4","path":"data\\problems\\cmo\\cmo-2022-p4-region-adjacency-coloring.yaml","raw_github_url":"https://raw.githubusercontent.com/didin-maxim/knowledge_graph_of_graphs/main/data/problems/cmo/cmo-2022-p4-region-adjacency-coloring.yaml","viewer_url":"https://didin-maxim.github.io/knowledge_graph_of_graphs/#cmo-2022-p4-region-adjacency-coloring","source_key":"cmo","source_label":"CMO","source_titles":["Canadian Mathematical Olympiad 2022 официальные условия","Canadian Mathematical Olympiad 2022 официальные решения"],"year":"2022","type":"olympiad_problem","authors":["Canadian Mathematical Olympiad Committee"],"tags":["planar_graphs","coloring","goal_characterization"],"agent_topics":[],"difficulty":{"main":"national_final_medium","local_score":8,"comment":"CMO 2022 P4; препятствие для малых значений получается сразу, а положительная часть использует компактный, но нетривиальный инвариант счёта сторон для конфигураций прямых.","status":"ai_checked"},"review_status":"ai_checked","public_ready":true,"solution_state":"with_solution","solution_classification":{"type":"official_complete_or_near_complete","status":"ai_checked","confidence":0.82,"basis":"официальный источник решения и несжатый текст решения","notes":"Текущий текст основан на официальном источнике и выглядит полным или почти полным.","label":"официальное полное/почти полное"},"statements":{"original":[{"id":"stmt-original","title":"Условие задачи","status":"ai_checked","text":"Пусть \\(n\\) — положительное целое число. Набор из \\(n\\) различных прямых делит плоскость на разные, возможно неограниченные, области. Такой набор прямых называется хорошим, если никакие три прямые не пересекаются в одной точке. Раскраской называется назначение каждой области двух цветов так, что первый цвет берётся из \\(\\{A_1,A_2\\}\\), а второй — из \\(\\{B_1,B_2,B_3\\}\\). Данный хороший набор прямых назовём раскрашиваемым, если существует раскраска со свойствами: (a) никакой цвет не назначен двум областям, имеющим общее ребро; (b) для любых \\(i\\in\\{1,2\\}\\) и \\(j\\in\\{1,2,3\\}\\) найдётся хотя бы одна область, которой назначены оба цвета \\(A_i\\) и \\(B_j\\). Найдите все \\(n\\), для которых каждая хорошая конфигурация из \\(n\\) прямых раскрашиваема.","definition_ids":[]}],"graph_theory":[{"id":"stmt-graph","title":"Раскраска графа смежности областей","status":"ai_checked","text":"Для хорошей конфигурации из \\(n\\) прямых построим плоский граф смежности областей: его вершинами являются области, а рёбра соединяют области, имеющие общий граничный отрезок. Найдите все \\(n\\), для которых при любой такой конфигурации вершины можно раскрасить упорядоченными парами из \\(\\{A_1,A_2\\}\\times\\{B_1,B_2,B_3\\}\\) так, чтобы у соседних вершин различались обе координаты и встретились все шесть упорядоченных пар.","definition_ids":["planar_graph"]}]},"solutions":[{"id":"sol-official-russian","title":"Решение через счётчик сторон ориентированных прямых","status":"ai_checked","definition_ids":["planar_graph"],"standard_idea_ids":[],"tags":[],"has_text":true,"text_preview":"Ответ: все \\(n\\ge 5\\). Сначала покажем, что при \\(n\\le 4\\) требуемое свойство не гарантировано. Возьмём \\(n\\) различных параллельных прямых. Они делят плоскость всего на \\(n+1\\le 5\\) областей. Но условие требует, чтобы среди областей встретились все шесть пар цветов из \\(\\{A_1,A_2\\}\\times\\{B_1,B_2,B_3\\}\\). Так как одна область получает только одну такую пару, при не более чем пяти областях это невозможно. Значит, такие \\(n\\) не подходят. Теперь пусть \\(n\\ge 5\\), и рассмотрим произвольную хорошую конфигурацию из \\(n\\) прямых. Слегка повернём всю картинку так, чтобы ни одна прямая не была горизонтальной; это не меняет ни областей, ни их соседства. Ориентируем каждую прямую в направлении возрастания координаты \\(y\\). Тогда у каждой ориентированной прямой есть правая и левая стороны. Для каждой области \\(R\\) обозначим через \\(k(R)\\) число прямых, для которых область \\(R\\) лежит справа от эт…"}],"relations":[{"id":"rel-cmo-2022-p4-side-count-lemma","neighbor_id":"line-arrangement-side-count-levels","direction":"forward","type":"prerequisite","distance":1,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-cmo-2022-p4-imo-2019-line-arrangement-levels","neighbor_id":"imo-2019-c4-labyrinth-region-graph","direction":"forward","type":"same_motif","distance":2,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-cmo-2022-p4-imo-1996-modular-coloring-obstruction","neighbor_id":"imo-1996-c1-grid-knight-reachability-divisible-2-or-3","direction":"forward","type":"same_motif","distance":3,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-smmc-2023-c2-cmo-2022-region-adjacency-parity","neighbor_id":"simon-marais-2023-c2-line-arrangement-region-coloring","direction":"backward","type":"same_motif","distance":2,"status":"ai_checked"}],"search_text":"cmo-2022-p4-region-adjacency-coloring раскраска графа смежности областей, cmo 2022 p4 planar_graphs coloring goal_characterization 2022 canadian mathematical olympiad 2022 официальные решения canadian mathematical olympiad 2022 официальные условия canadian mathematical olympiad committee canadianmathematicalolympiadcommittee cmo cmo2022 https://w7.cms.math.ca/competitions/cmo/archive/exam2022.pdf https://w7.cms.math.ca/competitions/cmo/archive/sol2022.pdf solution_notes src-cmo-2022-official src-cmo-2022-solutions statement with_solution canadian mathematical olympiad committee canadian mathematical olympiad 2022 официальные условия canadian mathematical olympiad 2022 официальные решения stmt-original условие задачи ai_checked пусть \\(n\\) — положительное целое число. набор из \\(n\\) различных прямых делит плоскость на разные, возможно неограниченные, области. такой набор прямых называется хорошим, если никакие три прямые не пересекаются в одной точке. раскраской называется назначение каждой области двух цветов так, что первый цвет берётся из \\(\\{a_1,a_2\\}\\), а второй — из \\(\\{b_1,b_2,b_3\\}\\). данный хороший набор прямых назовём раскрашиваемым, если существует раскраска со свойствами: (a) никакой цвет не назначен двум областям, имеющим общее ребро; (b) для любых \\(i\\in\\{1,2\\}\\) и \\(j\\in\\{1,2,3\\}\\) найдётся хотя бы одна область, которой назначены оба цвета \\(a_i\\) и \\(b_j\\). найдите все \\(n\\), для которых каждая хорошая конфигурация из \\(n\\) прямых раскрашиваема. stmt-graph раскраска графа смежности областей ai_checked для хорошей конфигурации из \\(n\\) прямых построим плоский граф смежности областей: его вершинами являются области, а рёбра соединяют области, имеющие общий граничный отрезок. найдите все \\(n\\), для которых при любой такой конфигурации вершины можно раскрасить упорядоченными парами из \\(\\{a_1,a_2\\}\\times\\{b_1,b_2,b_3\\}\\) так, чтобы у соседних вершин различались обе координаты и встретились все шесть упорядоченных пар. planar_graph idea-count-lines-right-side раскраска по числу ориентированных прямых с одной стороны после ориентации прямых у соседних областей значения параметра счёта сторон отличаются на 1, поэтому и чётность, и остаток по модулю 3 меняются при переходе через любое общее ребро. coloring ai_checked sol-official-russian решение через счётчик сторон ориентированных прямых ai_checked planar_graph ответ: все \\(n\\ge 5\\). сначала покажем, что при \\(n\\le 4\\) требуемое свойство не гарантировано. возьмём \\(n\\) различных параллельных прямых. они делят плоскость всего на \\(n+1\\le 5\\) областей. но условие требует, чтобы среди областей встретились все шесть пар цветов из \\(\\{a_1,a_2\\}\\times\\{b_1,b_2,b_3\\}\\). так как одна область получает только одну такую пару, при не более чем пяти областях это невозможно. значит, такие \\(n\\) не подходят. теперь пусть \\(n\\ge 5\\), и рассмотрим произвольную хорошую конфигурацию из \\(n\\) прямых. слегка повернём всю картинку так, чтобы ни одна прямая не была горизонтальной; это не меняет ни областей, ни их соседства. ориентируем каждую прямую в направлении возрастания координаты \\(y\\). тогда у каждой ориентированной прямой есть правая и левая стороны. для каждой области \\(r\\) обозначим через \\(k(r)\\) число прямых, для которых область \\(r\\) лежит справа от эт… cmo-2022-p4-region-adjacency-coloring raskraska grafa smezhnosti oblastey, cmo 2022 p4 planar_graphs coloring goal_characterization 2022 canadian mathematical olympiad 2022 ofitsialnye resheniya canadian mathematical olympiad 2022 ofitsialnye usloviya canadian mathematical olympiad committee canadianmathematicalolympiadcommittee cmo cmo2022 https://w7.cms.math.ca/competitions/cmo/archive/exam2022.pdf https://w7.cms.math.ca/competitions/cmo/archive/sol2022.pdf solution_notes src-cmo-2022-official src-cmo-2022-solutions statement with_solution canadian mathematical olympiad committee canadian mathematical olympiad 2022 ofitsialnye usloviya canadian mathematical olympiad 2022 ofitsialnye resheniya stmt-original uslovie zadachi ai_checked pust \\(n\\) — polozhitelnoe tseloe chislo. nabor iz \\(n\\) razlichnyh pryamyh delit ploskost na raznye, vozmozhno neogranichennye, oblasti. takoy nabor pryamyh nazyvaetsya horoshim, esli nikakie tri pryamye ne peresekayutsya v odnoy tochke. raskraskoy nazyvaetsya naznachenie kazhdoy oblasti dvuh tsvetov tak, chto pervyy tsvet beretsya iz \\(\\{a_1,a_2\\}\\), a vtoroy — iz \\(\\{b_1,b_2,b_3\\}\\). dannyy horoshiy nabor pryamyh nazovem raskrashivaemym, esli suschestvuet raskraska so svoystvami: (a) nikakoy tsvet ne naznachen dvum oblastyam, imeyuschim obschee rebro; (b) dlya lyubyh \\(i\\in\\{1,2\\}\\) i \\(j\\in\\{1,2,3\\}\\) naydetsya hotya by odna oblast, kotoroy naznacheny oba tsveta \\(a_i\\) i \\(b_j\\). naydite vse \\(n\\), dlya kotoryh kazhdaya horoshaya konfiguratsiya iz \\(n\\) pryamyh raskrashivaema. stmt-graph raskraska grafa smezhnosti oblastey ai_checked dlya horoshey konfiguratsii iz \\(n\\) pryamyh postroim ploskiy graf smezhnosti oblastey: ego vershinami yavlyayutsya oblasti, a rebra soedinyayut oblasti, imeyuschie obschiy granichnyy otrezok. naydite vse \\(n\\), dlya kotoryh pri lyuboy takoy konfiguratsii vershiny mozhno raskrasit uporyadochennymi parami iz \\(\\{a_1,a_2\\}\\times\\{b_1,b_2,b_3\\}\\) tak, chtoby u sosednih vershin razlichalis obe koordinaty i vstretilis vse shest uporyadochennyh par. planar_graph idea-count-lines-right-side raskraska po chislu orientirovannyh pryamyh s odnoy storony posle orientatsii pryamyh u sosednih oblastey znacheniya parametra scheta storon otlichayutsya na 1, poetomu i chetnost, i ostatok po modulyu 3 menyayutsya pri perehode cherez lyuboe obschee rebro. coloring ai_checked sol-official-russian reshenie cherez schetchik storon orientirovannyh pryamyh ai_checked planar_graph otvet: vse \\(n\\ge 5\\). snachala pokazhem, chto pri \\(n\\le 4\\) trebuemoe svoystvo ne garantirovano. vozmem \\(n\\) razlichnyh parallelnyh pryamyh. oni delyat ploskost vsego na \\(n+1\\le 5\\) oblastey. no uslovie trebuet, chtoby sredi oblastey vstretilis vse shest par tsvetov iz \\(\\{a_1,a_2\\}\\times\\{b_1,b_2,b_3\\}\\). tak kak odna oblast poluchaet tolko odnu takuyu paru, pri ne bolee chem pyati oblastyah eto nevozmozhno. znachit, takie \\(n\\) ne podhodyat. teper pust \\(n\\ge 5\\), i rassmotrim proizvolnuyu horoshuyu konfiguratsiyu iz \\(n\\) pryamyh. slegka povernem vsyu kartinku tak, chtoby ni odna pryamaya ne byla gorizontalnoy; eto ne menyaet ni oblastey, ni ih sosedstva. orientiruem kazhduyu pryamuyu v napravlenii vozrastaniya koordinaty \\(y\\). togda u kazhdoy orientirovannoy pryamoy est pravaya i levaya storony. dlya kazhdoy oblasti \\(r\\) oboznachim cherez \\(k(r)\\) chislo pryamyh, dlya kotoryh oblast \\(r\\) lezhit sprava ot et…","source_keys":["cmo"]}
{"id":"cmo-2023-p2-three-regular-bootstrap-friendship","title":"Активация в 3-регулярном графе, CMO 2023 P2","path":"data\\problems\\cmo\\cmo-2023-p2-three-regular-bootstrap-friendship.yaml","raw_github_url":"https://raw.githubusercontent.com/didin-maxim/knowledge_graph_of_graphs/main/data/problems/cmo/cmo-2023-p2-three-regular-bootstrap-friendship.yaml","viewer_url":"https://didin-maxim.github.io/knowledge_graph_of_graphs/#cmo-2023-p2-three-regular-bootstrap-friendship","source_key":"cmo","source_label":"CMO","source_titles":["Canadian Mathematical Olympiad 2023 официальные условия","Canadian Mathematical Olympiad 2023 официальные решения"],"year":"2023","type":"olympiad_problem","authors":["Канадское математическое общество"],"tags":["double_counting","goal_impossibility"],"agent_topics":[],"difficulty":{"main":"national_final_easy","local_score":6,"comment":"CMO 2023 P2; официальное решение — короткий инвариант процесса и подсчёт на кубическом графе дружб.","status":"ai_checked"},"review_status":"ai_checked","public_ready":true,"solution_state":"with_solution","solution_classification":{"type":"official_complete_or_near_complete","status":"ai_checked","confidence":0.82,"basis":"официальный источник решения и несжатый текст решения","notes":"Текущий текст основан на официальном источнике и выглядит полным или почти полным.","label":"официальное полное/почти полное"},"statements":{"original":[{"id":"stmt-original","title":"Оригинальное условие","status":"source_verified","text":"В классе \\(20\\) учеников, и у каждого ученика ровно три близких друга в этом классе. Пятеро учеников купили билеты на предстоящий концерт. Если ученик видит, что хотя бы двое из его близких друзей купили билеты, он тоже покупает билет. Может ли случиться, что весь класс купит билеты? Дружба взаимна: если ученик \\(A\\) близко дружит с учеником \\(B\\), то \\(B\\) близко дружит с \\(A\\).","definition_ids":[]}],"graph_theory":[{"id":"stmt-graph","title":"Двухпороговая активация в 3-регулярном графе","status":"ai_checked","text":"Пусть \\(G\\) — простой \\(3\\)-регулярный граф на \\(20\\) вершинах. Изначально активны \\(5\\) вершин. На каждом шаге неактивная вершина, у которой есть хотя бы два активных соседа, может стать активной. Существует ли такой граф и такие \\(5\\) начальных вершин, что в итоге станут активными все \\(20\\) вершин?","definition_ids":["simple_graph","degree"]}],"graph_hint_reformulations":[{"id":"stmt-graph-counting-hint","title":"Формулировка для подсчёта процесса","status":"ai_checked","text":"Докажите, что ответ отрицательный, подсчитывая рёбра, у которых более поздний конец активируется после начальных \\(5\\) вершин. Если бы все \\(20\\) вершин стали активными, первые \\(14\\) поздних активаций потребовали бы по крайней мере по два таких ребра, а последняя — три.","definition_ids":["simple_graph","degree"]}]},"solutions":[{"id":"sol-official-used-friendships-ru","title":"Невозможность по подсчету использованных дружб","status":"ai_checked","definition_ids":["simple_graph","degree"],"standard_idea_ids":["double_counting"],"tags":[],"has_text":true,"text_preview":"Ответ: нет, невозможно. Будем считать дружбу неупорядоченной парой близких друзей. Так как в классе 20 учеников и у каждого ровно 3 близких друга, сумма степеней равна \\(20\\cdot 3=60\\). Каждая дружба при таком подсчете учтена дважды, поэтому всего в классе ровно \\(30\\) дружб. Рассмотрим процесс после того, как первые пять учеников уже купили билеты. Назовем дружбу использованной, если один из двух учеников в этой паре покупает билет не среди первых пяти, а другой ученик из этой пары уже имел билет в этот момент. Иначе говоря, когда появляется новый покупатель, мы отмечаем его дружбы с теми близкими друзьями, у которых билет уже был. Одна и та же дружба не может быть использована дважды. Действительно, она используется только в момент, когда один ее конец впервые становится новым покупателем, а другой конец уже имеет билет. После этого оба конца этой дружбы имеют билеты, поэтому позже эт…"}],"relations":[{"id":"rel-cmo-1971-p10-cmo-2023-p2-spreading-process-count","neighbor_id":"cmo-1971-p10-one-way-phone-gossip","direction":"backward","type":"same_motif","distance":3,"status":"needs_human_review"},{"id":"rel-cmo-2023-p2-handshaking-edge-count","neighbor_id":"handshaking-lemma","direction":"forward","type":"prerequisite","distance":1,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-cmo-2023-p2-cubic-four-cycle-bound","neighbor_id":"cubic-graph-four-cycle-bound","direction":"forward","type":"same_motif","distance":2,"status":"ai_checked"}],"search_text":"cmo-2023-p2-three-regular-bootstrap-friendship активация в 3-регулярном графе, cmo 2023 p2 double_counting goal_impossibility 2023 canadian mathematical olympiad 2023 официальные решения canadian mathematical olympiad 2023 официальные условия cmo cmo2023 https://w7.cms.math.ca/competitions/cmo/archive/exam2023.pdf https://w7.cms.math.ca/competitions/cmo/archive/sol2023.pdf solution_notes src-cmo-2023-official src-cmo-2023-solutions statement with_solution канадское математическое общество канадское математическое общество canadian mathematical olympiad 2023 официальные условия canadian mathematical olympiad 2023 официальные решения stmt-original оригинальное условие source_verified в классе \\(20\\) учеников, и у каждого ученика ровно три близких друга в этом классе. пятеро учеников купили билеты на предстоящий концерт. если ученик видит, что хотя бы двое из его близких друзей купили билеты, он тоже покупает билет. может ли случиться, что весь класс купит билеты? дружба взаимна: если ученик \\(a\\) близко дружит с учеником \\(b\\), то \\(b\\) близко дружит с \\(a\\). stmt-graph двухпороговая активация в 3-регулярном графе ai_checked пусть \\(g\\) — простой \\(3\\)-регулярный граф на \\(20\\) вершинах. изначально активны \\(5\\) вершин. на каждом шаге неактивная вершина, у которой есть хотя бы два активных соседа, может стать активной. существует ли такой граф и такие \\(5\\) начальных вершин, что в итоге станут активными все \\(20\\) вершин? simple_graph degree stmt-graph-counting-hint формулировка для подсчёта процесса ai_checked докажите, что ответ отрицательный, подсчитывая рёбра, у которых более поздний конец активируется после начальных \\(5\\) вершин. если бы все \\(20\\) вершин стали активными, первые \\(14\\) поздних активаций потребовали бы по крайней мере по два таких ребра, а последняя — три. simple_graph degree idea-used-friendships-count каждый новый покупатель использует ещё не использованные дружбы считайте дружбу использованной, когда один её конец покупает билет позже, а второй конец уже имеет билет. каждый не начальный покупатель, кроме возможно последнего, использует по крайней мере две дружбы, а последний использует три. double_counting ai_checked idea-enticement-potential число убеждений падает перед последним учеником в языке официального решения ученик с билетом убеждает друга без билета. новому покупателю нужны хотя бы два убеждения, но после покупки он может создать не более одного нового убеждения; поэтому потенциал убывает слишком быстро. double_counting ai_checked sol-official-used-friendships-ru невозможность по подсчету использованных дружб ai_checked simple_graph degree double_counting ответ: нет, невозможно. будем считать дружбу неупорядоченной парой близких друзей. так как в классе 20 учеников и у каждого ровно 3 близких друга, сумма степеней равна \\(20\\cdot 3=60\\). каждая дружба при таком подсчете учтена дважды, поэтому всего в классе ровно \\(30\\) дружб. рассмотрим процесс после того, как первые пять учеников уже купили билеты. назовем дружбу использованной, если один из двух учеников в этой паре покупает билет не среди первых пяти, а другой ученик из этой пары уже имел билет в этот момент. иначе говоря, когда появляется новый покупатель, мы отмечаем его дружбы с теми близкими друзьями, у которых билет уже был. одна и та же дружба не может быть использована дважды. действительно, она используется только в момент, когда один ее конец впервые становится новым покупателем, а другой конец уже имеет билет. после этого оба конца этой дружбы имеют билеты, поэтому позже эт… cmo-2023-p2-three-regular-bootstrap-friendship aktivatsiya v 3-regulyarnom grafe, cmo 2023 p2 double_counting goal_impossibility 2023 canadian mathematical olympiad 2023 ofitsialnye resheniya canadian mathematical olympiad 2023 ofitsialnye usloviya cmo cmo2023 https://w7.cms.math.ca/competitions/cmo/archive/exam2023.pdf https://w7.cms.math.ca/competitions/cmo/archive/sol2023.pdf solution_notes src-cmo-2023-official src-cmo-2023-solutions statement with_solution kanadskoe matematicheskoe obschestvo kanadskoe matematicheskoe obschestvo canadian mathematical olympiad 2023 ofitsialnye usloviya canadian mathematical olympiad 2023 ofitsialnye resheniya stmt-original originalnoe uslovie source_verified v klasse \\(20\\) uchenikov, i u kazhdogo uchenika rovno tri blizkih druga v etom klasse. pyatero uchenikov kupili bilety na predstoyaschiy kontsert. esli uchenik vidit, chto hotya by dvoe iz ego blizkih druzey kupili bilety, on tozhe pokupaet bilet. mozhet li sluchitsya, chto ves klass kupit bilety? druzhba vzaimna: esli uchenik \\(a\\) blizko druzhit s uchenikom \\(b\\), to \\(b\\) blizko druzhit s \\(a\\). stmt-graph dvuhporogovaya aktivatsiya v 3-regulyarnom grafe ai_checked pust \\(g\\) — prostoy \\(3\\)-regulyarnyy graf na \\(20\\) vershinah. iznachalno aktivny \\(5\\) vershin. na kazhdom shage neaktivnaya vershina, u kotoroy est hotya by dva aktivnyh soseda, mozhet stat aktivnoy. suschestvuet li takoy graf i takie \\(5\\) nachalnyh vershin, chto v itoge stanut aktivnymi vse \\(20\\) vershin? simple_graph degree stmt-graph-counting-hint formulirovka dlya podscheta protsessa ai_checked dokazhite, chto otvet otritsatelnyy, podschityvaya rebra, u kotoryh bolee pozdniy konets aktiviruetsya posle nachalnyh \\(5\\) vershin. esli by vse \\(20\\) vershin stali aktivnymi, pervye \\(14\\) pozdnih aktivatsiy potrebovali by po krayney mere po dva takih rebra, a poslednyaya — tri. simple_graph degree idea-used-friendships-count kazhdyy novyy pokupatel ispolzuet esche ne ispolzovannye druzhby schitayte druzhbu ispolzovannoy, kogda odin ee konets pokupaet bilet pozzhe, a vtoroy konets uzhe imeet bilet. kazhdyy ne nachalnyy pokupatel, krome vozmozhno poslednego, ispolzuet po krayney mere dve druzhby, a posledniy ispolzuet tri. double_counting ai_checked idea-enticement-potential chislo ubezhdeniy padaet pered poslednim uchenikom v yazyke ofitsialnogo resheniya uchenik s biletom ubezhdaet druga bez bileta. novomu pokupatelyu nuzhny hotya by dva ubezhdeniya, no posle pokupki on mozhet sozdat ne bolee odnogo novogo ubezhdeniya; poetomu potentsial ubyvaet slishkom bystro. double_counting ai_checked sol-official-used-friendships-ru nevozmozhnost po podschetu ispolzovannyh druzhb ai_checked simple_graph degree double_counting otvet: net, nevozmozhno. budem schitat druzhbu neuporyadochennoy paroy blizkih druzey. tak kak v klasse 20 uchenikov i u kazhdogo rovno 3 blizkih druga, summa stepeney ravna \\(20\\cdot 3=60\\). kazhdaya druzhba pri takom podschete uchtena dvazhdy, poetomu vsego v klasse rovno \\(30\\) druzhb. rassmotrim protsess posle togo, kak pervye pyat uchenikov uzhe kupili bilety. nazovem druzhbu ispolzovannoy, esli odin iz dvuh uchenikov v etoy pare pokupaet bilet ne sredi pervyh pyati, a drugoy uchenik iz etoy pary uzhe imel bilet v etot moment. inache govorya, kogda poyavlyaetsya novyy pokupatel, my otmechaem ego druzhby s temi blizkimi druzyami, u kotoryh bilet uzhe byl. odna i ta zhe druzhba ne mozhet byt ispolzovana dvazhdy. deystvitelno, ona ispolzuetsya tolko v moment, kogda odin ee konets vpervye stanovitsya novym pokupatelem, a drugoy konets uzhe imeet bilet. posle etogo oba kontsa etoy druzhby imeyut bilety, poetomu pozzhe et…","source_keys":["cmo"]}
{"id":"cmo-2023-p5-cut-bound-independent-set","title":"Независимое множество при ограниченных разрезах, CMO 2023 P5","path":"data\\problems\\cmo\\cmo-2023-p5-cut-bound-independent-set.yaml","raw_github_url":"https://raw.githubusercontent.com/didin-maxim/knowledge_graph_of_graphs/main/data/problems/cmo/cmo-2023-p5-cut-bound-independent-set.yaml","viewer_url":"https://didin-maxim.github.io/knowledge_graph_of_graphs/#cmo-2023-p5-cut-bound-independent-set","source_key":"cmo","source_label":"CMO","source_titles":["Canadian Mathematical Olympiad 2023 официальные условия","Canadian Mathematical Olympiad 2023 официальные решения"],"year":"2023","type":"olympiad_problem","authors":[],"tags":["extremal_graph_theory","graph_cut","extremal_choice","double_counting","coloring","goal_exact_bound"],"agent_topics":[],"difficulty":{"main":"national_final_hard","local_score":9,"comment":"CMO 2023 P5; конструкция короткая, а нижняя оценка требует неочевидного аргумента с максимальным \\(2k\\)-раскрашиваемым множеством.","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":"аудит внешних теорем, группа A, 2026-05-06","notes":"Решение через максимальное 2k-раскрашиваемое множество, разрез и принцип Дирихле самодостаточно; внешняя теорема не применяется.","audit_source":"external-theorem-audit-group-a"},"statements":{"original":[{"id":"stmt-original","title":"Оригинальное условие","status":"source_verified","text":"В стране с \\(n\\) городами некоторые пары городов соединены двусторонними дорогами. Замечено, что при любом разбиении страны на две части между этими частями проходит не более \\(kn\\) дорог, где \\(k\\) — фиксированное положительное целое число. Каково наибольшее целое \\(m\\), выраженное через \\(n\\) и \\(k\\), для которого гарантированно найдётся множество из \\(m\\) городов, никакие два из которых не соединены дорогой напрямую?","definition_ids":[]}],"graph_theory":[{"id":"stmt-graph","title":"Независимое множество при ограниченных разрезах","status":"ai_checked","text":"Пусть \\(G\\) — конечный простой граф на \\(n\\) вершинах. Предположим, что для любого разбиения \\(V(G)=X\\sqcup Y\\) число рёбер с одним концом в \\(X\\) и другим концом в \\(Y\\) не превосходит \\(kn\\), где \\(k\\) — положительное целое число. Найдите наибольшее гарантированное значение \\(m\\), такое что в \\(G\\) обязательно есть независимое множество размера \\(m\\).","definition_ids":["simple_graph","independent_set"]}],"graph_hint_reformulations":[{"id":"stmt-graph-answer-hint","title":"Формулировка с ответом и экстремальной конструкцией","status":"ai_checked","text":"Докажите, что наилучшее гарантированное значение равно \\(\\left\\lceil n/(4k)\\right\\rceil\\). Для точности запишите \\(n=4kq+r\\), где \\(1\\le r\\le 4k\\), и рассмотрите несвязное объединение \\(q\\) копий \\(K_{4k}\\) и одной копии \\(K_r\\).","definition_ids":["simple_graph","complete_graph","independent_set"]}]},"solutions":[{"id":"sol-official-ru-expanded","title":"Точная граница через максимальное \\(2k\\)-разделимое множество","status":"ai_checked","definition_ids":["simple_graph","complete_graph","independent_set"],"standard_idea_ids":["extremal_choice","double_counting"],"tags":[],"has_text":true,"text_preview":"Ответ: \\(m=\\left\\lceil \\frac{n}{4k}\\right\\rceil\\). Сначала покажем, что больше гарантировать нельзя. Запишем \\(n=4kq+r\\), где \\(1\\le r\\le 4k\\); тогда \\(\\left\\lceil n/(4k)\\right\\rceil=q+1\\). Построим граф как несвязное объединение \\(q\\) копий полного графа \\(K_{4k}\\) и одной копии \\(K_r\\). Независимое множество в таком графе может взять не более одной вершины из каждой полной компоненты, поэтому его размер не превосходит \\(q+1=\\left\\lceil n/(4k)\\right\\rceil\\). Проверим, что этот пример удовлетворяет условию. Рассмотрим произвольный разрез всех вершин. Внутри полной компоненты размера \\(i\\le 4k\\), если разрез делит ее вершины на части размеров \\(a\\) и \\(b\\), число ребер между этими частями равно \\(ab\\). При фиксированном \\(i=a+b\\) имеем \\[ ab\\le \\frac{i^2}{4}\\le ki, \\] поскольку \\(i\\le 4k\\). Суммируя по всем полным компонентам, получаем, что всего ребер, пересекающих данный разрез, не бол…"}],"relations":[{"id":"rel-cmo-2023-p5-cmo-2020-p5-disjoint-cliques","neighbor_id":"cmo-2020-p5-friendship-induced-subgraphs","direction":"forward","type":"same_motif","distance":2,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-cmo-2023-p5-imo-2012-c7-independent-set","neighbor_id":"imo-2012-c7-equal-sum-chords-independent-set","direction":"forward","type":"same_motif","distance":2,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-cmo-2023-p5-caro-wei-independent-set","neighbor_id":"caro-wei-independent-set-bound","direction":"forward","type":"same_motif","distance":3,"status":"ai_draft"},{"id":"rel-cmo-2023-p5-turan-complement-cliques","neighbor_id":"turan-theorem","direction":"forward","type":"same_motif","distance":3,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-vjimc-2005-weighted-cut-graph-cut","neighbor_id":"vjimc-2005-cat2-p2-weighted-cut-half","direction":"backward","type":"same_motif","distance":3,"status":"needs_human_review"}],"search_text":"cmo-2023-p5-cut-bound-independent-set независимое множество при ограниченных разрезах, cmo 2023 p5 extremal_graph_theory graph_cut extremal_choice double_counting coloring goal_exact_bound 2023 canadian mathematical olympiad 2023 официальные решения canadian mathematical olympiad 2023 официальные условия cmo cmo2023 https://w7.cms.math.ca/competitions/cmo/archive/exam2023.pdf https://w7.cms.math.ca/competitions/cmo/archive/sol2023.pdf solution_notes src-cmo-2023-official src-cmo-2023-solutions statement with_solution ? canadian mathematical olympiad 2023 официальные условия canadian mathematical olympiad 2023 официальные решения stmt-original оригинальное условие source_verified в стране с \\(n\\) городами некоторые пары городов соединены двусторонними дорогами. замечено, что при любом разбиении страны на две части между этими частями проходит не более \\(kn\\) дорог, где \\(k\\) — фиксированное положительное целое число. каково наибольшее целое \\(m\\), выраженное через \\(n\\) и \\(k\\), для которого гарантированно найдётся множество из \\(m\\) городов, никакие два из которых не соединены дорогой напрямую? stmt-graph независимое множество при ограниченных разрезах ai_checked пусть \\(g\\) — конечный простой граф на \\(n\\) вершинах. предположим, что для любого разбиения \\(v(g)=x\\sqcup y\\) число рёбер с одним концом в \\(x\\) и другим концом в \\(y\\) не превосходит \\(kn\\), где \\(k\\) — положительное целое число. найдите наибольшее гарантированное значение \\(m\\), такое что в \\(g\\) обязательно есть независимое множество размера \\(m\\). simple_graph independent_set stmt-graph-answer-hint формулировка с ответом и экстремальной конструкцией ai_checked докажите, что наилучшее гарантированное значение равно \\(\\left\\lceil n/(4k)\\right\\rceil\\). для точности запишите \\(n=4kq+r\\), где \\(1\\le r\\le 4k\\), и рассмотрите несвязное объединение \\(q\\) копий \\(k_{4k}\\) и одной копии \\(k_r\\). simple_graph complete_graph independent_set idea-clique-construction несвязные клики делают границу точной несвязное объединение полных графов размера не больше \\(4k\\) удовлетворяет ограничению на все разрезы: разрез клики на \\(i\\le 4k\\) вершинах даёт не более \\(i^2/4\\le ki\\) рёбер. extremal_graph_theory goal_construction ai_checked idea-maximal-2k-colorable-set максимальное \\(2k\\)-раскрашиваемое множество покрывает хотя бы половину графа выберите наибольшее множество \\(s\\), которое можно разбить на \\(2k\\) независимых множеств. если \\(|s|<n/2\\), ограничение на разрез между \\(s\\) и дополнением даёт вершину вне \\(s\\), которую можно добавить в один из цветовых классов. extremal_choice ai_checked sol-official-ru-expanded точная граница через максимальное \\(2k\\)-разделимое множество ai_checked simple_graph complete_graph independent_set extremal_choice double_counting ответ: \\(m=\\left\\lceil \\frac{n}{4k}\\right\\rceil\\). сначала покажем, что больше гарантировать нельзя. запишем \\(n=4kq+r\\), где \\(1\\le r\\le 4k\\); тогда \\(\\left\\lceil n/(4k)\\right\\rceil=q+1\\). построим граф как несвязное объединение \\(q\\) копий полного графа \\(k_{4k}\\) и одной копии \\(k_r\\). независимое множество в таком графе может взять не более одной вершины из каждой полной компоненты, поэтому его размер не превосходит \\(q+1=\\left\\lceil n/(4k)\\right\\rceil\\). проверим, что этот пример удовлетворяет условию. рассмотрим произвольный разрез всех вершин. внутри полной компоненты размера \\(i\\le 4k\\), если разрез делит ее вершины на части размеров \\(a\\) и \\(b\\), число ребер между этими частями равно \\(ab\\). при фиксированном \\(i=a+b\\) имеем \\[ ab\\le \\frac{i^2}{4}\\le ki, \\] поскольку \\(i\\le 4k\\). суммируя по всем полным компонентам, получаем, что всего ребер, пересекающих данный разрез, не бол… cmo-2023-p5-cut-bound-independent-set nezavisimoe mnozhestvo pri ogranichennyh razrezah, cmo 2023 p5 extremal_graph_theory graph_cut extremal_choice double_counting coloring goal_exact_bound 2023 canadian mathematical olympiad 2023 ofitsialnye resheniya canadian mathematical olympiad 2023 ofitsialnye usloviya cmo cmo2023 https://w7.cms.math.ca/competitions/cmo/archive/exam2023.pdf https://w7.cms.math.ca/competitions/cmo/archive/sol2023.pdf solution_notes src-cmo-2023-official src-cmo-2023-solutions statement with_solution ? canadian mathematical olympiad 2023 ofitsialnye usloviya canadian mathematical olympiad 2023 ofitsialnye resheniya stmt-original originalnoe uslovie source_verified v strane s \\(n\\) gorodami nekotorye pary gorodov soedineny dvustoronnimi dorogami. zamecheno, chto pri lyubom razbienii strany na dve chasti mezhdu etimi chastyami prohodit ne bolee \\(kn\\) dorog, gde \\(k\\) — fiksirovannoe polozhitelnoe tseloe chislo. kakovo naibolshee tseloe \\(m\\), vyrazhennoe cherez \\(n\\) i \\(k\\), dlya kotorogo garantirovanno naydetsya mnozhestvo iz \\(m\\) gorodov, nikakie dva iz kotoryh ne soedineny dorogoy napryamuyu? stmt-graph nezavisimoe mnozhestvo pri ogranichennyh razrezah ai_checked pust \\(g\\) — konechnyy prostoy graf na \\(n\\) vershinah. predpolozhim, chto dlya lyubogo razbieniya \\(v(g)=x\\sqcup y\\) chislo reber s odnim kontsom v \\(x\\) i drugim kontsom v \\(y\\) ne prevoshodit \\(kn\\), gde \\(k\\) — polozhitelnoe tseloe chislo. naydite naibolshee garantirovannoe znachenie \\(m\\), takoe chto v \\(g\\) obyazatelno est nezavisimoe mnozhestvo razmera \\(m\\). simple_graph independent_set stmt-graph-answer-hint formulirovka s otvetom i ekstremalnoy konstruktsiey ai_checked dokazhite, chto nailuchshee garantirovannoe znachenie ravno \\(\\left\\lceil n/(4k)\\right\\rceil\\). dlya tochnosti zapishite \\(n=4kq+r\\), gde \\(1\\le r\\le 4k\\), i rassmotrite nesvyaznoe obedinenie \\(q\\) kopiy \\(k_{4k}\\) i odnoy kopii \\(k_r\\). simple_graph complete_graph independent_set idea-clique-construction nesvyaznye kliki delayut granitsu tochnoy nesvyaznoe obedinenie polnyh grafov razmera ne bolshe \\(4k\\) udovletvoryaet ogranicheniyu na vse razrezy: razrez kliki na \\(i\\le 4k\\) vershinah daet ne bolee \\(i^2/4\\le ki\\) reber. extremal_graph_theory goal_construction ai_checked idea-maximal-2k-colorable-set maksimalnoe \\(2k\\)-raskrashivaemoe mnozhestvo pokryvaet hotya by polovinu grafa vyberite naibolshee mnozhestvo \\(s\\), kotoroe mozhno razbit na \\(2k\\) nezavisimyh mnozhestv. esli \\(|s|<n/2\\), ogranichenie na razrez mezhdu \\(s\\) i dopolneniem daet vershinu vne \\(s\\), kotoruyu mozhno dobavit v odin iz tsvetovyh klassov. extremal_choice ai_checked sol-official-ru-expanded tochnaya granitsa cherez maksimalnoe \\(2k\\)-razdelimoe mnozhestvo ai_checked simple_graph complete_graph independent_set extremal_choice double_counting otvet: \\(m=\\left\\lceil \\frac{n}{4k}\\right\\rceil\\). snachala pokazhem, chto bolshe garantirovat nelzya. zapishem \\(n=4kq+r\\), gde \\(1\\le r\\le 4k\\); togda \\(\\left\\lceil n/(4k)\\right\\rceil=q+1\\). postroim graf kak nesvyaznoe obedinenie \\(q\\) kopiy polnogo grafa \\(k_{4k}\\) i odnoy kopii \\(k_r\\). nezavisimoe mnozhestvo v takom grafe mozhet vzyat ne bolee odnoy vershiny iz kazhdoy polnoy komponenty, poetomu ego razmer ne prevoshodit \\(q+1=\\left\\lceil n/(4k)\\right\\rceil\\). proverim, chto etot primer udovletvoryaet usloviyu. rassmotrim proizvolnyy razrez vseh vershin. vnutri polnoy komponenty razmera \\(i\\le 4k\\), esli razrez delit ee vershiny na chasti razmerov \\(a\\) i \\(b\\), chislo reber mezhdu etimi chastyami ravno \\(ab\\). pri fiksirovannom \\(i=a+b\\) imeem \\[ ab\\le \\frac{i^2}{4}\\le ki, \\] poskolku \\(i\\le 4k\\). summiruya po vsem polnym komponentam, poluchaem, chto vsego reber, peresekayuschih dannyy razrez, ne bol…","source_keys":["cmo"]}
{"id":"cmo-2025-p1-voting-functional-graph","title":"Обновление стрелок в функциональном орграфе, CMO 2025 P1","path":"data\\problems\\cmo\\cmo-2025-p1-voting-functional-graph.yaml","raw_github_url":"https://raw.githubusercontent.com/didin-maxim/knowledge_graph_of_graphs/main/data/problems/cmo/cmo-2025-p1-voting-functional-graph.yaml","viewer_url":"https://didin-maxim.github.io/knowledge_graph_of_graphs/#cmo-2025-p1-voting-functional-graph","source_key":"cmo","source_label":"CMO","source_titles":["Canadian Mathematical Olympiad 2025 официальные условия","Canadian Mathematical Olympiad 2025 официальные решения"],"year":"2025","type":"olympiad_problem","authors":[],"tags":["connectivity","goal_proof"],"agent_topics":["game_strategy_candidate"],"difficulty":{"main":"national_final_easy","local_score":6,"comment":"CMO 2025 P1; естественная модель через функциональный орграф быстро даёт решение, но нужно аккуратно обосновать сжатие цикла и путей при произвольном порядке обновлений.","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":0.92,"basis":"официальное решение CMS CMO 2025 было сжатым; локальная карточка содержит развёрнутое самодостаточное доказательство через функциональный орграф и сжатие цикла/путей","notes":"Проверены сохранение единственного направленного цикла, оценка уменьшения цикла за раунд, последующее сжатие путей к петле и итоговая граница не более n раундов.","audit_source":"official-outline-cleanup-2026-05-16"},"statements":{"original":[{"id":"stmt-original","title":"Официальное условие","status":"ai_checked","text":"\\(n\\) игроков хоккейной команды собираются, чтобы выбрать капитана. Сначала они стоят по кругу, и каждый голосует за человека слева от себя. Затем игроки будут обновлять свои голоса в серии раундов. В одном раунде каждый игрок \\(a\\) по очереди обновляет свой голос по следующему правилу: в момент обновления, если \\(a\\) голосует за \\(b\\), а \\(b\\) голосует за \\(c\\), то \\(a\\) меняет свой голос на \\(c\\). Вершины \\(a,b,c\\) не обязаны быть различными; если \\(b=c\\), то голос \\(a\\) при этом обновлении не меняется. В каждом раунде каждый игрок обновляет свой голос ровно один раз, в порядке, который определяют игроки; этот порядок может меняться от раунда к раунду. Они повторяют такую процедуру обновления в течение \\(n\\) раундов. Докажите, что к этому моменту все \\(n\\) игроков будут единогласно голосовать за одного и того же человека.","definition_ids":[]}],"graph_theory":[{"id":"stmt-graph","title":"Обновление стрелок в функциональном орграфе","status":"ai_checked","text":"Пусть дано \\(n\\) вершин, сначала образующих один ориентированный цикл: из каждой вершины выходит ровно одна стрелка к следующей вершине цикла. Далее выполняются \\(n\\) раундов. В каждом раунде каждая вершина обновляется ровно один раз, в произвольном порядке, который может меняться от раунда к раунду. Если в момент обновления из вершины \\(a\\) выходит стрелка в \\(b\\), а из \\(b\\) выходит стрелка в \\(c\\), то стрелку из \\(a\\) заменяют на стрелку \\(a\\to c\\); если \\(b=c\\), стрелка из \\(a\\) не меняется. Докажите, что после этих \\(n\\) раундов все вершины имеют одного и того же исходящего соседа.","definition_ids":["directed_graph","outdegree","cycle"]}],"graph_hint_reformulations":[{"id":"stmt-hint-halving","title":"Подсказочная формулировка через сжатие цикла и путей","status":"ai_checked","text":"В той же модели докажите два вспомогательных факта. Во-первых, если в начале раунда единственный направленный цикл имеет длину \\(K>1\\), то к концу раунда его длина не превосходит \\(\\lfloor K/2\\rfloor\\). Во-вторых, когда цикл уже стал петлей \\(z\\to z\\), любой путь длины \\(L\\) к \\(z\\) после одного раунда имеет длину не больше \\(\\lceil L/2\\rceil\\). Эти две оценки дают единогласие не позднее чем через \\(\\lfloor\\log_2 n\\rfloor+\\lceil\\log_2 n\\rceil\\le n\\) раундов.","definition_ids":["directed_graph","cycle","path"]}]},"solutions":[{"id":"sol-official-cycle-and-path-halving","title":"Решение через сжатие цикла и путей","status":"ai_checked","definition_ids":["directed_graph","outdegree","cycle","path"],"standard_idea_ids":[],"tags":[],"has_text":true,"text_preview":"Будем рассматривать текущие голоса как ориентированный граф: из каждой вершины выходит ровно одна стрелка, направленная к тому игроку, за которого эта вершина сейчас голосует. Обновление вершины \\(a\\) устроено так: если в данный момент \\(a\\to b\\) и \\(b\\to c\\), то стрелка из \\(a\\) заменяется на \\(a\\to c\\). То есть вершина \\(a\\) перепрыгивает через один указатель. Сначала зафиксируем структуру графа. В начальный момент все вершины образуют один направленный цикл. При любом обновлении новая стрелка из \\(a\\) ведет туда, куда до обновления вела стрелка из прежнего соседа \\(b\\). Поэтому обновление не может создать новый направленный цикл: если после замены \\(a\\to c\\) вершина \\(a\\) лежит на цикле, то и до замены путь из \\(c\\) обратно к \\(a\\) вместе со стрелками \\(a\\to b\\to c\\) уже давал цикл. Значит, в каждый момент существует ровно один направленный цикл; остальные вершины, если они есть, леж…"}],"relations":[{"id":"rel-cmo-1971-p10-cmo-2025-p1-directed-dynamics","neighbor_id":"cmo-1971-p10-one-way-phone-gossip","direction":"backward","type":"same_motif","distance":3,"status":"needs_human_review"},{"id":"rel-cmo-2025-p1-functional-halving-lemma","neighbor_id":"functional-digraph-pointer-jumping-round-halving","direction":"forward","type":"prerequisite","distance":1,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-cmo-2025-p1-cmo-1994-p3-voting-dynamics","neighbor_id":"cmo-1994-p3-voting-stabilizes-cycle","direction":"forward","type":"same_motif","distance":2,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-cmo-2025-p1-cmo-2012-p4-synchronization","neighbor_id":"cmo-2012-p4-synchronizing-grid-robots","direction":"forward","type":"same_motif","distance":3,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-cmo-2025-p1-apmo-2016-p4-functional-digraph","neighbor_id":"apmo-2016-p4-dreamland-28-step-coloring","direction":"forward","type":"same_motif","distance":3,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-bounded-forward-rays-cmo-2025-functional-digraph-dynamics","neighbor_id":"bounded-forward-rays-balanced-sums","direction":"backward","type":"same_motif","distance":4,"status":"needs_human_review"},{"id":"rel-imo-2019-c3-cmo-2025-p1-functional-digraph-dynamics","neighbor_id":"imo-2019-c3-coin-process-digraph","direction":"backward","type":"same_motif","distance":2,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-imo-2021-n8-cmo-2025-functional-dynamics","neighbor_id":"imo-2021-c6-functional-graph-roots","direction":"backward","type":"same_motif","distance":3,"status":"needs_human_review"}],"search_text":"cmo-2025-p1-voting-functional-graph обновление стрелок в функциональном орграфе, cmo 2025 p1 connectivity goal_proof 2025 canadian mathematical olympiad 2025 официальные решения canadian mathematical olympiad 2025 официальные условия cmo cmo2025 https://w7.cms.math.ca/competitions/cmo/archive/exam2025.pdf https://w7.cms.math.ca/competitions/cmo/archive/sol2025.pdf solution_notes src-cmo-2025-official src-cmo-2025-solutions statement with_solution ? canadian mathematical olympiad 2025 официальные условия canadian mathematical olympiad 2025 официальные решения stmt-original официальное условие ai_checked \\(n\\) игроков хоккейной команды собираются, чтобы выбрать капитана. сначала они стоят по кругу, и каждый голосует за человека слева от себя. затем игроки будут обновлять свои голоса в серии раундов. в одном раунде каждый игрок \\(a\\) по очереди обновляет свой голос по следующему правилу: в момент обновления, если \\(a\\) голосует за \\(b\\), а \\(b\\) голосует за \\(c\\), то \\(a\\) меняет свой голос на \\(c\\). вершины \\(a,b,c\\) не обязаны быть различными; если \\(b=c\\), то голос \\(a\\) при этом обновлении не меняется. в каждом раунде каждый игрок обновляет свой голос ровно один раз, в порядке, который определяют игроки; этот порядок может меняться от раунда к раунду. они повторяют такую процедуру обновления в течение \\(n\\) раундов. докажите, что к этому моменту все \\(n\\) игроков будут единогласно голосовать за одного и того же человека. stmt-graph обновление стрелок в функциональном орграфе ai_checked пусть дано \\(n\\) вершин, сначала образующих один ориентированный цикл: из каждой вершины выходит ровно одна стрелка к следующей вершине цикла. далее выполняются \\(n\\) раундов. в каждом раунде каждая вершина обновляется ровно один раз, в произвольном порядке, который может меняться от раунда к раунду. если в момент обновления из вершины \\(a\\) выходит стрелка в \\(b\\), а из \\(b\\) выходит стрелка в \\(c\\), то стрелку из \\(a\\) заменяют на стрелку \\(a\\to c\\); если \\(b=c\\), стрелка из \\(a\\) не меняется. докажите, что после этих \\(n\\) раундов все вершины имеют одного и того же исходящего соседа. directed_graph outdegree cycle stmt-hint-halving подсказочная формулировка через сжатие цикла и путей ai_checked в той же модели докажите два вспомогательных факта. во-первых, если в начале раунда единственный направленный цикл имеет длину \\(k>1\\), то к концу раунда его длина не превосходит \\(\\lfloor k/2\\rfloor\\). во-вторых, когда цикл уже стал петлей \\(z\\to z\\), любой путь длины \\(l\\) к \\(z\\) после одного раунда имеет длину не больше \\(\\lceil l/2\\rceil\\). эти две оценки дают единогласие не позднее чем через \\(\\lfloor\\log_2 n\\rfloor+\\lceil\\log_2 n\\rceil\\le n\\) раундов. directed_graph cycle path idea-pointer-jumping голосование является прыжком по указателям если текущий голос игрока \\(a\\) направлен на \\(b\\), а голос \\(b\\) направлен на \\(c\\), то обновление заменяет указатель \\(a\\to b\\) на \\(a\\to c\\). значит, процесс является последовательным перепрыгиванием по указателям в функциональном ориентированном графе. goal_proof ai_checked idea-unique-cycle сохраняется единственный направленный цикл в начале есть один направленный цикл. операция \\(a\\to b\\to c\\), \\(a\\to c\\) только перепрыгивает через следующий указатель в уже существующей компоненте: вершина может выпасть из цикла, но новый цикл не появляется. ai_checked idea-halving раунд как минимум вдвое сжимает цикл или путь внутри одного раунда достаточно много вершин исходного цикла или пути успевают обновиться до того, как их выбросит предыдущее обновление. каждое такое обновление удаляет одну следующую вершину из текущего цикла или пути, поэтому длина уменьшается примерно вдвое. goal_bound ai_checked sol-official-cycle-and-path-halving решение через сжатие цикла и путей ai_checked directed_graph outdegree cycle path будем рассматривать текущие голоса как ориентированный граф: из каждой вершины выходит ровно одна стрелка, направленная к тому игроку, за которого эта вершина сейчас голосует. обновление вершины \\(a\\) устроено так: если в данный момент \\(a\\to b\\) и \\(b\\to c\\), то стрелка из \\(a\\) заменяется на \\(a\\to c\\). то есть вершина \\(a\\) перепрыгивает через один указатель. сначала зафиксируем структуру графа. в начальный момент все вершины образуют один направленный цикл. при любом обновлении новая стрелка из \\(a\\) ведет туда, куда до обновления вела стрелка из прежнего соседа \\(b\\). поэтому обновление не может создать новый направленный цикл: если после замены \\(a\\to c\\) вершина \\(a\\) лежит на цикле, то и до замены путь из \\(c\\) обратно к \\(a\\) вместе со стрелками \\(a\\to b\\to c\\) уже давал цикл. значит, в каждый момент существует ровно один направленный цикл; остальные вершины, если они есть, леж… cmo-2025-p1-voting-functional-graph obnovlenie strelok v funktsionalnom orgrafe, cmo 2025 p1 connectivity goal_proof 2025 canadian mathematical olympiad 2025 ofitsialnye resheniya canadian mathematical olympiad 2025 ofitsialnye usloviya cmo cmo2025 https://w7.cms.math.ca/competitions/cmo/archive/exam2025.pdf https://w7.cms.math.ca/competitions/cmo/archive/sol2025.pdf solution_notes src-cmo-2025-official src-cmo-2025-solutions statement with_solution ? canadian mathematical olympiad 2025 ofitsialnye usloviya canadian mathematical olympiad 2025 ofitsialnye resheniya stmt-original ofitsialnoe uslovie ai_checked \\(n\\) igrokov hokkeynoy komandy sobirayutsya, chtoby vybrat kapitana. snachala oni stoyat po krugu, i kazhdyy golosuet za cheloveka sleva ot sebya. zatem igroki budut obnovlyat svoi golosa v serii raundov. v odnom raunde kazhdyy igrok \\(a\\) po ocheredi obnovlyaet svoy golos po sleduyuschemu pravilu: v moment obnovleniya, esli \\(a\\) golosuet za \\(b\\), a \\(b\\) golosuet za \\(c\\), to \\(a\\) menyaet svoy golos na \\(c\\). vershiny \\(a,b,c\\) ne obyazany byt razlichnymi; esli \\(b=c\\), to golos \\(a\\) pri etom obnovlenii ne menyaetsya. v kazhdom raunde kazhdyy igrok obnovlyaet svoy golos rovno odin raz, v poryadke, kotoryy opredelyayut igroki; etot poryadok mozhet menyatsya ot raunda k raundu. oni povtoryayut takuyu protseduru obnovleniya v techenie \\(n\\) raundov. dokazhite, chto k etomu momentu vse \\(n\\) igrokov budut edinoglasno golosovat za odnogo i togo zhe cheloveka. stmt-graph obnovlenie strelok v funktsionalnom orgrafe ai_checked pust dano \\(n\\) vershin, snachala obrazuyuschih odin orientirovannyy tsikl: iz kazhdoy vershiny vyhodit rovno odna strelka k sleduyuschey vershine tsikla. dalee vypolnyayutsya \\(n\\) raundov. v kazhdom raunde kazhdaya vershina obnovlyaetsya rovno odin raz, v proizvolnom poryadke, kotoryy mozhet menyatsya ot raunda k raundu. esli v moment obnovleniya iz vershiny \\(a\\) vyhodit strelka v \\(b\\), a iz \\(b\\) vyhodit strelka v \\(c\\), to strelku iz \\(a\\) zamenyayut na strelku \\(a\\to c\\); esli \\(b=c\\), strelka iz \\(a\\) ne menyaetsya. dokazhite, chto posle etih \\(n\\) raundov vse vershiny imeyut odnogo i togo zhe ishodyaschego soseda. directed_graph outdegree cycle stmt-hint-halving podskazochnaya formulirovka cherez szhatie tsikla i putey ai_checked v toy zhe modeli dokazhite dva vspomogatelnyh fakta. vo-pervyh, esli v nachale raunda edinstvennyy napravlennyy tsikl imeet dlinu \\(k>1\\), to k kontsu raunda ego dlina ne prevoshodit \\(\\lfloor k/2\\rfloor\\). vo-vtoryh, kogda tsikl uzhe stal petley \\(z\\to z\\), lyuboy put dliny \\(l\\) k \\(z\\) posle odnogo raunda imeet dlinu ne bolshe \\(\\lceil l/2\\rceil\\). eti dve otsenki dayut edinoglasie ne pozdnee chem cherez \\(\\lfloor\\log_2 n\\rfloor+\\lceil\\log_2 n\\rceil\\le n\\) raundov. directed_graph cycle path idea-pointer-jumping golosovanie yavlyaetsya pryzhkom po ukazatelyam esli tekuschiy golos igroka \\(a\\) napravlen na \\(b\\), a golos \\(b\\) napravlen na \\(c\\), to obnovlenie zamenyaet ukazatel \\(a\\to b\\) na \\(a\\to c\\). znachit, protsess yavlyaetsya posledovatelnym pereprygivaniem po ukazatelyam v funktsionalnom orientirovannom grafe. goal_proof ai_checked idea-unique-cycle sohranyaetsya edinstvennyy napravlennyy tsikl v nachale est odin napravlennyy tsikl. operatsiya \\(a\\to b\\to c\\), \\(a\\to c\\) tolko pereprygivaet cherez sleduyuschiy ukazatel v uzhe suschestvuyuschey komponente: vershina mozhet vypast iz tsikla, no novyy tsikl ne poyavlyaetsya. ai_checked idea-halving raund kak minimum vdvoe szhimaet tsikl ili put vnutri odnogo raunda dostatochno mnogo vershin ishodnogo tsikla ili puti uspevayut obnovitsya do togo, kak ih vybrosit predyduschee obnovlenie. kazhdoe takoe obnovlenie udalyaet odnu sleduyuschuyu vershinu iz tekuschego tsikla ili puti, poetomu dlina umenshaetsya primerno vdvoe. goal_bound ai_checked sol-official-cycle-and-path-halving reshenie cherez szhatie tsikla i putey ai_checked directed_graph outdegree cycle path budem rassmatrivat tekuschie golosa kak orientirovannyy graf: iz kazhdoy vershiny vyhodit rovno odna strelka, napravlennaya k tomu igroku, za kotorogo eta vershina seychas golosuet. obnovlenie vershiny \\(a\\) ustroeno tak: esli v dannyy moment \\(a\\to b\\) i \\(b\\to c\\), to strelka iz \\(a\\) zamenyaetsya na \\(a\\to c\\). to est vershina \\(a\\) pereprygivaet cherez odin ukazatel. snachala zafiksiruem strukturu grafa. v nachalnyy moment vse vershiny obrazuyut odin napravlennyy tsikl. pri lyubom obnovlenii novaya strelka iz \\(a\\) vedet tuda, kuda do obnovleniya vela strelka iz prezhnego soseda \\(b\\). poetomu obnovlenie ne mozhet sozdat novyy napravlennyy tsikl: esli posle zameny \\(a\\to c\\) vershina \\(a\\) lezhit na tsikle, to i do zameny put iz \\(c\\) obratno k \\(a\\) vmeste so strelkami \\(a\\to b\\to c\\) uzhe daval tsikl. znachit, v kazhdyy moment suschestvuet rovno odin napravlennyy tsikl; ostalnye vershiny, esli oni est, lezh…","source_keys":["cmo"]}
{"id":"cmo-2025-p5-ant-planar-graph","title":"Маршруты в помеченном графе разбиения прямоугольника, CMO 2025 P5","path":"data\\problems\\cmo\\cmo-2025-p5-ant-planar-graph.yaml","raw_github_url":"https://raw.githubusercontent.com/didin-maxim/knowledge_graph_of_graphs/main/data/problems/cmo/cmo-2025-p5-ant-planar-graph.yaml","viewer_url":"https://didin-maxim.github.io/knowledge_graph_of_graphs/#cmo-2025-p5-ant-planar-graph","source_key":"cmo","source_label":"CMO","source_titles":["Canadian Mathematical Olympiad 2025 официальные условия","Canadian Mathematical Olympiad 2025 официальные решения"],"year":"2025","type":"olympiad_problem","authors":["Canadian Mathematical Olympiad Committee"],"tags":["planar_graphs","connectivity","degree_counting","goal_impossibility"],"agent_topics":[],"difficulty":{"main":"national_final_hard","local_score":9,"comment":"CMO 2025 P5; официальное Решение 1 переводит утверждение о повторном использовании в разбиении прямоугольника в плоский граф степени 2 и противоречие с непересекающимся спариванием граничных точек.","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":0.9,"basis":"официальное решение CMS CMO 2025 развёрнуто в локальный самодостаточный текст через вспомогательный плоский граф дуг","notes":"Проверены степени вершин вспомогательного графа, переход от маршрута муравья к пути, парность оставшихся граничных углов и применение непересекаемости чередующихся граничных пар.","audit_source":"official-outline-cleanup-2026-05-16"},"statements":{"original":[{"id":"stmt-original","title":"Условие задачи","status":"ai_checked","text":"Прямоугольник \\(R\\) разбит на множество \\(S\\) из конечного числа меньших прямоугольников со сторонами, параллельными сторонам \\(R\\), так что никакие три прямоугольника из \\(S\\) не имеют общего угла. Муравей сначала находится в левом нижнем углу \\(R\\). За одну операцию можно выбрать прямоугольник \\(r\\in S\\), в одном из углов которого, скажем \\(c\\), сейчас находится муравей, и переместить муравья в один из двух углов \\(r\\), соседних с \\(c\\). Предположим, что после конечного числа операций муравей оказался в правом верхнем углу \\(R\\). Докажите, что некоторый прямоугольник \\(r\\in S\\) был выбран по крайней мере в двух операциях.","definition_ids":[]}],"graph_theory":[{"id":"stmt-graph","title":"Маршруты в помеченном графе разбиения прямоугольника","status":"ai_checked","text":"Пусть прямоугольник \\(R\\) разбит на конечное число прямоугольников со сторонами, параллельными осям, причём никакие три малых прямоугольника не имеют общего угла. Рассматривается помеченный граф: его вершины — все углы малых прямоугольников, а для каждого малого прямоугольника каждая пара соседних углов соединена ребром с меткой этого прямоугольника. Докажите, что всякий маршрут в этом графе из левого нижнего угла \\(R\\) в правый верхний угол \\(R\\) содержит два ребра с одной и той же меткой.","definition_ids":["path"]}],"graph_hint_reformulations":[{"id":"stmt-graph-hint-corner-arcs","title":"","status":"ai_checked","text":"Для доказательства от противного предположите, что каждая метка использована не более одного раза. В каждом малом прямоугольнике проведите две непересекающиеся внутренние дуги, соединяющие две горизонтальные пары соседних углов, если использованное ребро горизонтально, или две вертикальные пары, если оно вертикально; для неиспользованного прямоугольника выберите любую из двух ориентаций. Полученный вложенный граф имеет четыре угла \\(R\\) в качестве вершин степени 1, а все остальные вершины имеют степень 2. Покажите, что такой граф не может содержать путь из левого нижнего угла \\(R\\) в правый верхний.","definition_ids":["degree","path","planar_graph"]}]},"solutions":[{"id":"sol-official-planar-arcs","title":"Решение через плоский граф дуг","status":"ai_checked","definition_ids":["degree","path","cycle","planar_graph"],"standard_idea_ids":[],"tags":[],"has_text":true,"text_preview":"Предположим противное: муравей дошел из левого нижнего угла прямоугольника \\(R\\) в правый верхний, и при этом каждый маленький прямоугольник был выбран не более одного раза. Построим вспомогательный плоский граф. Его вершинами будут все точки, являющиеся углами маленьких прямоугольников. Для каждого маленького прямоугольника \\(r\\) проведем внутри него две непересекающиеся дуги между парами соседних углов. Если муравей при единственном выборе \\(r\\) прошел из одного угла \\(r\\) в соседний по горизонтальной стороне, проводим две горизонтальные дуги: между двумя нижними углами и между двумя верхними. Если он прошел по вертикальной стороне, проводим две вертикальные дуги. Если прямоугольник \\(r\\) вообще не выбирался, выбираем один из двух вариантов произвольно. Ребрами графа считаем эти дуги. Тогда каждый ход муравья идет по одному из ребер построенного графа: для выбранного прямоугольника мы…"}],"relations":[{"id":"rel-cmo-2025-p5-alternating-boundary-arcs","neighbor_id":"alternating-boundary-pairs-noncrossing-arcs","direction":"backward","type":"prerequisite","distance":1,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-cmo-2025-p5-cmo-1977-rectangular-paths","neighbor_id":"cmo-1977-p7-rectangular-city-self-avoiding-paths","direction":"forward","type":"same_motif","distance":2,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-cmo-2025-p5-cmo-2015-grid-hamiltonian","neighbor_id":"cmo-2015-p3-grid-hamiltonian-turtle","direction":"forward","type":"same_motif","distance":3,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-yumt-2014-gr2-p9-cmo-2025-planar-obstruction","neighbor_id":"yumt-2014-grand-round2-problem9","direction":"backward","type":"same_motif","distance":3,"status":"needs_human_review"}],"search_text":"cmo-2025-p5-ant-planar-graph маршруты в помеченном графе разбиения прямоугольника, cmo 2025 p5 planar_graphs connectivity degree_counting goal_impossibility 2025 canadian mathematical olympiad 2025 официальные решения canadian mathematical olympiad 2025 официальные условия canadian mathematical olympiad committee canadianmathematicalolympiadcommittee cmo cmo2025 https://w7.cms.math.ca/competitions/cmo/archive/exam2025.pdf https://w7.cms.math.ca/competitions/cmo/archive/sol2025.pdf solution_notes src-cmo-2025-official src-cmo-2025-solutions statement with_solution canadian mathematical olympiad committee canadian mathematical olympiad 2025 официальные условия canadian mathematical olympiad 2025 официальные решения stmt-original условие задачи ai_checked прямоугольник \\(r\\) разбит на множество \\(s\\) из конечного числа меньших прямоугольников со сторонами, параллельными сторонам \\(r\\), так что никакие три прямоугольника из \\(s\\) не имеют общего угла. муравей сначала находится в левом нижнем углу \\(r\\). за одну операцию можно выбрать прямоугольник \\(r\\in s\\), в одном из углов которого, скажем \\(c\\), сейчас находится муравей, и переместить муравья в один из двух углов \\(r\\), соседних с \\(c\\). предположим, что после конечного числа операций муравей оказался в правом верхнем углу \\(r\\). докажите, что некоторый прямоугольник \\(r\\in s\\) был выбран по крайней мере в двух операциях. stmt-graph маршруты в помеченном графе разбиения прямоугольника ai_checked пусть прямоугольник \\(r\\) разбит на конечное число прямоугольников со сторонами, параллельными осям, причём никакие три малых прямоугольника не имеют общего угла. рассматривается помеченный граф: его вершины — все углы малых прямоугольников, а для каждого малого прямоугольника каждая пара соседних углов соединена ребром с меткой этого прямоугольника. докажите, что всякий маршрут в этом графе из левого нижнего угла \\(r\\) в правый верхний угол \\(r\\) содержит два ребра с одной и той же меткой. path stmt-graph-hint-corner-arcs ai_checked для доказательства от противного предположите, что каждая метка использована не более одного раза. в каждом малом прямоугольнике проведите две непересекающиеся внутренние дуги, соединяющие две горизонтальные пары соседних углов, если использованное ребро горизонтально, или две вертикальные пары, если оно вертикально; для неиспользованного прямоугольника выберите любую из двух ориентаций. полученный вложенный граф имеет четыре угла \\(r\\) в качестве вершин степени 1, а все остальные вершины имеют степень 2. покажите, что такой граф не может содержать путь из левого нижнего угла \\(r\\) в правый верхний. degree path planar_graph idea-degree-one-corners граничные углы степени 1 заставляют пары концов пересекаться если ни один малый прямоугольник не используется дважды, официальный вспомогательный граф является объединением путей и циклов. его единственные вершины степени 1 — четыре угла большого прямоугольника; маршрут из левого нижнего угла в правый верхний содержит путь между этими углами и заставил бы существовать другой непересекающийся путь из правого нижнего угла в левый верхний, что невозможно в плоском прямоугольнике. planar_graphs degree_counting ai_checked sol-official-planar-arcs решение через плоский граф дуг ai_checked degree path cycle planar_graph предположим противное: муравей дошел из левого нижнего угла прямоугольника \\(r\\) в правый верхний, и при этом каждый маленький прямоугольник был выбран не более одного раза. построим вспомогательный плоский граф. его вершинами будут все точки, являющиеся углами маленьких прямоугольников. для каждого маленького прямоугольника \\(r\\) проведем внутри него две непересекающиеся дуги между парами соседних углов. если муравей при единственном выборе \\(r\\) прошел из одного угла \\(r\\) в соседний по горизонтальной стороне, проводим две горизонтальные дуги: между двумя нижними углами и между двумя верхними. если он прошел по вертикальной стороне, проводим две вертикальные дуги. если прямоугольник \\(r\\) вообще не выбирался, выбираем один из двух вариантов произвольно. ребрами графа считаем эти дуги. тогда каждый ход муравья идет по одному из ребер построенного графа: для выбранного прямоугольника мы… cmo-2025-p5-ant-planar-graph marshruty v pomechennom grafe razbieniya pryamougolnika, cmo 2025 p5 planar_graphs connectivity degree_counting goal_impossibility 2025 canadian mathematical olympiad 2025 ofitsialnye resheniya canadian mathematical olympiad 2025 ofitsialnye usloviya canadian mathematical olympiad committee canadianmathematicalolympiadcommittee cmo cmo2025 https://w7.cms.math.ca/competitions/cmo/archive/exam2025.pdf https://w7.cms.math.ca/competitions/cmo/archive/sol2025.pdf solution_notes src-cmo-2025-official src-cmo-2025-solutions statement with_solution canadian mathematical olympiad committee canadian mathematical olympiad 2025 ofitsialnye usloviya canadian mathematical olympiad 2025 ofitsialnye resheniya stmt-original uslovie zadachi ai_checked pryamougolnik \\(r\\) razbit na mnozhestvo \\(s\\) iz konechnogo chisla menshih pryamougolnikov so storonami, parallelnymi storonam \\(r\\), tak chto nikakie tri pryamougolnika iz \\(s\\) ne imeyut obschego ugla. muravey snachala nahoditsya v levom nizhnem uglu \\(r\\). za odnu operatsiyu mozhno vybrat pryamougolnik \\(r\\in s\\), v odnom iz uglov kotorogo, skazhem \\(c\\), seychas nahoditsya muravey, i peremestit muravya v odin iz dvuh uglov \\(r\\), sosednih s \\(c\\). predpolozhim, chto posle konechnogo chisla operatsiy muravey okazalsya v pravom verhnem uglu \\(r\\). dokazhite, chto nekotoryy pryamougolnik \\(r\\in s\\) byl vybran po krayney mere v dvuh operatsiyah. stmt-graph marshruty v pomechennom grafe razbieniya pryamougolnika ai_checked pust pryamougolnik \\(r\\) razbit na konechnoe chislo pryamougolnikov so storonami, parallelnymi osyam, prichem nikakie tri malyh pryamougolnika ne imeyut obschego ugla. rassmatrivaetsya pomechennyy graf: ego vershiny — vse ugly malyh pryamougolnikov, a dlya kazhdogo malogo pryamougolnika kazhdaya para sosednih uglov soedinena rebrom s metkoy etogo pryamougolnika. dokazhite, chto vsyakiy marshrut v etom grafe iz levogo nizhnego ugla \\(r\\) v pravyy verhniy ugol \\(r\\) soderzhit dva rebra s odnoy i toy zhe metkoy. path stmt-graph-hint-corner-arcs ai_checked dlya dokazatelstva ot protivnogo predpolozhite, chto kazhdaya metka ispolzovana ne bolee odnogo raza. v kazhdom malom pryamougolnike provedite dve neperesekayuschiesya vnutrennie dugi, soedinyayuschie dve gorizontalnye pary sosednih uglov, esli ispolzovannoe rebro gorizontalno, ili dve vertikalnye pary, esli ono vertikalno; dlya neispolzovannogo pryamougolnika vyberite lyubuyu iz dvuh orientatsiy. poluchennyy vlozhennyy graf imeet chetyre ugla \\(r\\) v kachestve vershin stepeni 1, a vse ostalnye vershiny imeyut stepen 2. pokazhite, chto takoy graf ne mozhet soderzhat put iz levogo nizhnego ugla \\(r\\) v pravyy verhniy. degree path planar_graph idea-degree-one-corners granichnye ugly stepeni 1 zastavlyayut pary kontsov peresekatsya esli ni odin malyy pryamougolnik ne ispolzuetsya dvazhdy, ofitsialnyy vspomogatelnyy graf yavlyaetsya obedineniem putey i tsiklov. ego edinstvennye vershiny stepeni 1 — chetyre ugla bolshogo pryamougolnika; marshrut iz levogo nizhnego ugla v pravyy verhniy soderzhit put mezhdu etimi uglami i zastavil by suschestvovat drugoy neperesekayuschiysya put iz pravogo nizhnego ugla v levyy verhniy, chto nevozmozhno v ploskom pryamougolnike. planar_graphs degree_counting ai_checked sol-official-planar-arcs reshenie cherez ploskiy graf dug ai_checked degree path cycle planar_graph predpolozhim protivnoe: muravey doshel iz levogo nizhnego ugla pryamougolnika \\(r\\) v pravyy verhniy, i pri etom kazhdyy malenkiy pryamougolnik byl vybran ne bolee odnogo raza. postroim vspomogatelnyy ploskiy graf. ego vershinami budut vse tochki, yavlyayuschiesya uglami malenkih pryamougolnikov. dlya kazhdogo malenkogo pryamougolnika \\(r\\) provedem vnutri nego dve neperesekayuschiesya dugi mezhdu parami sosednih uglov. esli muravey pri edinstvennom vybore \\(r\\) proshel iz odnogo ugla \\(r\\) v sosedniy po gorizontalnoy storone, provodim dve gorizontalnye dugi: mezhdu dvumya nizhnimi uglami i mezhdu dvumya verhnimi. esli on proshel po vertikalnoy storone, provodim dve vertikalnye dugi. esli pryamougolnik \\(r\\) voobsche ne vybiralsya, vybiraem odin iz dvuh variantov proizvolno. rebrami grafa schitaem eti dugi. togda kazhdyy hod muravya idet po odnomu iz reber postroennogo grafa: dlya vybrannogo pryamougolnika my…","source_keys":["cmo"]}
{"id":"cmo-2026-p3-grid-hamiltonian-snail","title":"Игра на гамильтоновом пути решётки, CMO 2026 P3","path":"data\\problems\\cmo\\cmo-2026-p3-grid-hamiltonian-snail.yaml","raw_github_url":"https://raw.githubusercontent.com/didin-maxim/knowledge_graph_of_graphs/main/data/problems/cmo/cmo-2026-p3-grid-hamiltonian-snail.yaml","viewer_url":"https://didin-maxim.github.io/knowledge_graph_of_graphs/#cmo-2026-p3-grid-hamiltonian-snail","source_key":"cmo","source_label":"CMO","source_titles":["Canadian Mathematical Olympiad 2026 официальные условия","Canadian Mathematical Olympiad 2026 официальные решения"],"year":"2026","type":"olympiad_problem","authors":["Canadian Mathematical Olympiad Committee"],"tags":["hamiltonian_cycles","coloring","parity_coloring","double_counting","goal_exact_bound","goal_strategy_game"],"agent_topics":["game_strategy"],"difficulty":{"main":"national_final_medium","local_score":8,"comment":"CMO 2026 P3; точное минимаксное значение получается из нижней оценки шахматной раскраской и усреднения по двум противоположным обходам гамильтонова цикла чётной решётки.","status":"ai_checked"},"review_status":"ai_checked","public_ready":true,"solution_state":"with_solution","solution_classification":{"type":"official_complete_or_near_complete","status":"ai_checked","confidence":0.82,"basis":"официальный источник решения и несжатый текст решения","notes":"Текущий текст основан на официальном источнике и выглядит полным или почти полным.","label":"официальное полное/почти полное"},"statements":{"original":[{"id":"stmt-original","title":"Условие задачи","status":"ai_checked","text":"Улитка Turbo играет в игру на доске с \\(2n\\) строками и \\(2n\\) столбцами. Есть \\(2n^2\\) чудовищ, которые сначала, зная всё о Turbo, выбирают \\(2n^2\\) различных клеток и занимают их. После этого Turbo выбирает любую клетку и помечает её числом \\(1\\). Начиная с этой клетки, Turbo затем проходит через все остальные \\(4n^2-1\\) клетки ровно по одному разу, помечая их по порядку числами \\(2,3,\\ldots,4n^2\\). Turbo ходит только между клетками с общей стороной и никогда не возвращается в уже посещённую клетку. Итоговый счёт равен сумме меток клеток с чудовищами. Чудовища стараются расположиться так, чтобы максимизировать счёт, а Turbo старается минимизировать счёт, зная расположение чудовищ. Найдите, в терминах \\(n\\), наибольший счёт, который чудовища могут гарантировать.","definition_ids":[]}],"graph_theory":[{"id":"stmt-graph","title":"Игра на гамильтоновом пути решётки","status":"ai_checked","text":"Пусть \\(G\\) — квадратный решётчатый граф размера \\((2n)\\times(2n)\\), вершинами которого являются клетки доски \\(2n\\) на \\(2n\\), а рёбра соединяют клетки с общей стороной. Сначала выбирается множество \\(M\\subseteq V(G)\\) размера \\(2n^2\\). Затем выбирается гамильтонов путь в \\(G\\), и его вершины помечаются числами \\(1,2,\\ldots,4n^2\\) в порядке прохождения пути. Счёт равен сумме меток на вершинах из \\(M\\). Выбирающий \\(M\\) хочет максимизировать этот счёт, а выбирающий гамильтонов путь хочет минимизировать его после того, как увидит \\(M\\). Определите значение этой игры в терминах \\(n\\).","definition_ids":["hamiltonian_path"]}],"graph_hint_reformulations":[{"id":"stmt-graph-hint-cycle-pairing","title":"","status":"ai_checked","text":"Для верхней оценки используйте гамильтонов цикл чётной квадратной решётки. Если одну отмеченную вершину выбрать начальной, то два гамильтоновых пути, полученные обходом цикла в двух противоположных направлениях, дают каждой другой отмеченной вершине дополняющие друг друга метки.","definition_ids":["hamiltonian_cycle","hamiltonian_path"]}]},"solutions":[{"id":"sol-official-checkerboard-cycle-pairing","title":"Шахматная расстановка и два обхода гамильтонова цикла","status":"ai_checked","definition_ids":["hamiltonian_cycle","hamiltonian_path"],"standard_idea_ids":[],"tags":[],"has_text":true,"text_preview":"Ответ: \\(4n^4\\). Сначала докажем, что чудовища могут гарантировать не меньше \\(4n^4\\). Раскрасим клетки доски в шахматном порядке. Так как доска имеет размер \\(2n\\times 2n\\), в каждом цвете ровно половина клеток, то есть \\(2n^2\\) клеток. Пусть чудовища займут все клетки одного цвета. Любой ход Turbo идет между соседними по стороне клетками, а соседние клетки имеют разные цвета. Поэтому вдоль любого пути цвета клеток чередуются. Если Turbo начнет с клетки цвета чудовищ, то чудовища окажутся ровно на местах с нечетными номерами \\(1,3,5,\\ldots,4n^2-1\\). Если он начнет с клетки другого цвета, то чудовища окажутся на местах с четными номерами \\(2,4, \\ldots,4n^2\\), что дает больший счет. Значит при такой расстановке оптимальный выбор Turbo дает чудовищам сумму первых \\(2n^2\\) нечетных чисел: \\[ 1+3+\\cdots+(4n^2-1)=(2n^2)^2=4n^4. \\] Следовательно, чудовища действительно могут гарантировать сче…"}],"relations":[{"id":"rel-cmo-1996-p3-cmo-2026-p3-hamiltonian-path-counting","neighbor_id":"cmo-1996-p3-permutation-step-two-mod3","direction":"backward","type":"same_motif","distance":3,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-cmo-2015-p3-cmo-2026-p3-grid-hamiltonian-cycle","neighbor_id":"cmo-2015-p3-grid-hamiltonian-turtle","direction":"backward","type":"same_motif","distance":2,"status":"needs_human_review"},{"id":"rel-cmo-2018-p3-cmo-2026-p3-grid-snail","neighbor_id":"cmo-2018-p3-divisor-prime-related-cycle","direction":"backward","type":"same_motif","distance":3,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-cmo-2026-p3-cmo-2008-p5-grid-paths","neighbor_id":"cmo-2008-p5-self-avoiding-rook-walks","direction":"forward","type":"same_motif","distance":2,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-cmo-2026-p3-cmo-1977-p7-grid-self-avoiding","neighbor_id":"cmo-1977-p7-rectangular-city-self-avoiding-paths","direction":"forward","type":"same_motif","distance":2,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-cmo-2026-p3-bmo-2025-p4-hamiltonian-cycle","neighbor_id":"bmo-2025-p4-flights-long-short-paths","direction":"forward","type":"same_motif","distance":2,"status":"ai_checked"}],"search_text":"cmo-2026-p3-grid-hamiltonian-snail игра на гамильтоновом пути решётки, cmo 2026 p3 hamiltonian_cycles coloring parity_coloring double_counting goal_exact_bound goal_strategy_game 2026 canadian mathematical olympiad 2026 официальные решения canadian mathematical olympiad 2026 официальные условия canadian mathematical olympiad committee canadianmathematicalolympiadcommittee cmo cmo2026 https://cms.math.ca/wp-content/uploads/2026/03/cmo2026-problems.pdf https://cms.math.ca/wp-content/uploads/2026/04/cmo2026-solutions.pdf solution_notes src-cmo-2026-official src-cmo-2026-solutions statement with_solution canadian mathematical olympiad committee canadian mathematical olympiad 2026 официальные условия canadian mathematical olympiad 2026 официальные решения stmt-original условие задачи ai_checked улитка turbo играет в игру на доске с \\(2n\\) строками и \\(2n\\) столбцами. есть \\(2n^2\\) чудовищ, которые сначала, зная всё о turbo, выбирают \\(2n^2\\) различных клеток и занимают их. после этого turbo выбирает любую клетку и помечает её числом \\(1\\). начиная с этой клетки, turbo затем проходит через все остальные \\(4n^2-1\\) клетки ровно по одному разу, помечая их по порядку числами \\(2,3,\\ldots,4n^2\\). turbo ходит только между клетками с общей стороной и никогда не возвращается в уже посещённую клетку. итоговый счёт равен сумме меток клеток с чудовищами. чудовища стараются расположиться так, чтобы максимизировать счёт, а turbo старается минимизировать счёт, зная расположение чудовищ. найдите, в терминах \\(n\\), наибольший счёт, который чудовища могут гарантировать. stmt-graph игра на гамильтоновом пути решётки ai_checked пусть \\(g\\) — квадратный решётчатый граф размера \\((2n)\\times(2n)\\), вершинами которого являются клетки доски \\(2n\\) на \\(2n\\), а рёбра соединяют клетки с общей стороной. сначала выбирается множество \\(m\\subseteq v(g)\\) размера \\(2n^2\\). затем выбирается гамильтонов путь в \\(g\\), и его вершины помечаются числами \\(1,2,\\ldots,4n^2\\) в порядке прохождения пути. счёт равен сумме меток на вершинах из \\(m\\). выбирающий \\(m\\) хочет максимизировать этот счёт, а выбирающий гамильтонов путь хочет минимизировать его после того, как увидит \\(m\\). определите значение этой игры в терминах \\(n\\). hamiltonian_path stmt-graph-hint-cycle-pairing ai_checked для верхней оценки используйте гамильтонов цикл чётной квадратной решётки. если одну отмеченную вершину выбрать начальной, то два гамильтоновых пути, полученные обходом цикла в двух противоположных направлениях, дают каждой другой отмеченной вершине дополняющие друг друга метки. hamiltonian_cycle hamiltonian_path idea-checkerboard-lower-bound шахматный цветовой класс заставляет брать нечётные метки если чудовища занимают один цветовой класс шахматной раскраски, всякий гамильтонов путь чередует цвета. turbo может выбрать цвет начальной клетки, но лучший выбор всё равно помещает чудовищ ровно на нечётные позиции, сумма которых равна \\(4n^4\\). coloring parity_coloring goal_construction ai_checked idea-hamiltonian-cycle-pairing противоположные направления вдоль гамильтонова цикла спаривают счета для любого расположения чудовищ начнём с одной клетки с чудовищем и сравним два гамильтоновых пути, полученных обходом гамильтонова цикла в противоположных направлениях. каждое не начальное чудовище получает метки, сумма которых в двух направлениях равна \\(4n^2+2\\), а начальное даёт вклад \\(1+1\\). hamiltonian_cycles double_counting ai_checked sol-official-checkerboard-cycle-pairing шахматная расстановка и два обхода гамильтонова цикла ai_checked hamiltonian_cycle hamiltonian_path ответ: \\(4n^4\\). сначала докажем, что чудовища могут гарантировать не меньше \\(4n^4\\). раскрасим клетки доски в шахматном порядке. так как доска имеет размер \\(2n\\times 2n\\), в каждом цвете ровно половина клеток, то есть \\(2n^2\\) клеток. пусть чудовища займут все клетки одного цвета. любой ход turbo идет между соседними по стороне клетками, а соседние клетки имеют разные цвета. поэтому вдоль любого пути цвета клеток чередуются. если turbo начнет с клетки цвета чудовищ, то чудовища окажутся ровно на местах с нечетными номерами \\(1,3,5,\\ldots,4n^2-1\\). если он начнет с клетки другого цвета, то чудовища окажутся на местах с четными номерами \\(2,4, \\ldots,4n^2\\), что дает больший счет. значит при такой расстановке оптимальный выбор turbo дает чудовищам сумму первых \\(2n^2\\) нечетных чисел: \\[ 1+3+\\cdots+(4n^2-1)=(2n^2)^2=4n^4. \\] следовательно, чудовища действительно могут гарантировать сче… cmo-2026-p3-grid-hamiltonian-snail igra na gamiltonovom puti reshetki, cmo 2026 p3 hamiltonian_cycles coloring parity_coloring double_counting goal_exact_bound goal_strategy_game 2026 canadian mathematical olympiad 2026 ofitsialnye resheniya canadian mathematical olympiad 2026 ofitsialnye usloviya canadian mathematical olympiad committee canadianmathematicalolympiadcommittee cmo cmo2026 https://cms.math.ca/wp-content/uploads/2026/03/cmo2026-problems.pdf https://cms.math.ca/wp-content/uploads/2026/04/cmo2026-solutions.pdf solution_notes src-cmo-2026-official src-cmo-2026-solutions statement with_solution canadian mathematical olympiad committee canadian mathematical olympiad 2026 ofitsialnye usloviya canadian mathematical olympiad 2026 ofitsialnye resheniya stmt-original uslovie zadachi ai_checked ulitka turbo igraet v igru na doske s \\(2n\\) strokami i \\(2n\\) stolbtsami. est \\(2n^2\\) chudovisch, kotorye snachala, znaya vse o turbo, vybirayut \\(2n^2\\) razlichnyh kletok i zanimayut ih. posle etogo turbo vybiraet lyubuyu kletku i pomechaet ee chislom \\(1\\). nachinaya s etoy kletki, turbo zatem prohodit cherez vse ostalnye \\(4n^2-1\\) kletki rovno po odnomu razu, pomechaya ih po poryadku chislami \\(2,3,\\ldots,4n^2\\). turbo hodit tolko mezhdu kletkami s obschey storonoy i nikogda ne vozvraschaetsya v uzhe poseschennuyu kletku. itogovyy schet raven summe metok kletok s chudovischami. chudovischa starayutsya raspolozhitsya tak, chtoby maksimizirovat schet, a turbo staraetsya minimizirovat schet, znaya raspolozhenie chudovisch. naydite, v terminah \\(n\\), naibolshiy schet, kotoryy chudovischa mogut garantirovat. stmt-graph igra na gamiltonovom puti reshetki ai_checked pust \\(g\\) — kvadratnyy reshetchatyy graf razmera \\((2n)\\times(2n)\\), vershinami kotorogo yavlyayutsya kletki doski \\(2n\\) na \\(2n\\), a rebra soedinyayut kletki s obschey storonoy. snachala vybiraetsya mnozhestvo \\(m\\subseteq v(g)\\) razmera \\(2n^2\\). zatem vybiraetsya gamiltonov put v \\(g\\), i ego vershiny pomechayutsya chislami \\(1,2,\\ldots,4n^2\\) v poryadke prohozhdeniya puti. schet raven summe metok na vershinah iz \\(m\\). vybirayuschiy \\(m\\) hochet maksimizirovat etot schet, a vybirayuschiy gamiltonov put hochet minimizirovat ego posle togo, kak uvidit \\(m\\). opredelite znachenie etoy igry v terminah \\(n\\). hamiltonian_path stmt-graph-hint-cycle-pairing ai_checked dlya verhney otsenki ispolzuyte gamiltonov tsikl chetnoy kvadratnoy reshetki. esli odnu otmechennuyu vershinu vybrat nachalnoy, to dva gamiltonovyh puti, poluchennye obhodom tsikla v dvuh protivopolozhnyh napravleniyah, dayut kazhdoy drugoy otmechennoy vershine dopolnyayuschie drug druga metki. hamiltonian_cycle hamiltonian_path idea-checkerboard-lower-bound shahmatnyy tsvetovoy klass zastavlyaet brat nechetnye metki esli chudovischa zanimayut odin tsvetovoy klass shahmatnoy raskraski, vsyakiy gamiltonov put chereduet tsveta. turbo mozhet vybrat tsvet nachalnoy kletki, no luchshiy vybor vse ravno pomeschaet chudovisch rovno na nechetnye pozitsii, summa kotoryh ravna \\(4n^4\\). coloring parity_coloring goal_construction ai_checked idea-hamiltonian-cycle-pairing protivopolozhnye napravleniya vdol gamiltonova tsikla sparivayut scheta dlya lyubogo raspolozheniya chudovisch nachnem s odnoy kletki s chudovischem i sravnim dva gamiltonovyh puti, poluchennyh obhodom gamiltonova tsikla v protivopolozhnyh napravleniyah. kazhdoe ne nachalnoe chudovische poluchaet metki, summa kotoryh v dvuh napravleniyah ravna \\(4n^2+2\\), a nachalnoe daet vklad \\(1+1\\). hamiltonian_cycles double_counting ai_checked sol-official-checkerboard-cycle-pairing shahmatnaya rasstanovka i dva obhoda gamiltonova tsikla ai_checked hamiltonian_cycle hamiltonian_path otvet: \\(4n^4\\). snachala dokazhem, chto chudovischa mogut garantirovat ne menshe \\(4n^4\\). raskrasim kletki doski v shahmatnom poryadke. tak kak doska imeet razmer \\(2n\\times 2n\\), v kazhdom tsvete rovno polovina kletok, to est \\(2n^2\\) kletok. pust chudovischa zaymut vse kletki odnogo tsveta. lyuboy hod turbo idet mezhdu sosednimi po storone kletkami, a sosednie kletki imeyut raznye tsveta. poetomu vdol lyubogo puti tsveta kletok chereduyutsya. esli turbo nachnet s kletki tsveta chudovisch, to chudovischa okazhutsya rovno na mestah s nechetnymi nomerami \\(1,3,5,\\ldots,4n^2-1\\). esli on nachnet s kletki drugogo tsveta, to chudovischa okazhutsya na mestah s chetnymi nomerami \\(2,4, \\ldots,4n^2\\), chto daet bolshiy schet. znachit pri takoy rasstanovke optimalnyy vybor turbo daet chudovischam summu pervyh \\(2n^2\\) nechetnyh chisel: \\[ 1+3+\\cdots+(4n^2-1)=(2n^2)^2=4n^4. \\] sledovatelno, chudovischa deystvitelno mogut garantirovat sche…","source_keys":["cmo"]}
{"id":"color-reduction-by-odd-deletion-and-doubling","title":"Понижение числа цветов удалением нечётных вершин и удвоением","path":"data\\problems\\classical\\color-reduction-by-odd-deletion-and-doubling.yaml","raw_github_url":"https://raw.githubusercontent.com/didin-maxim/knowledge_graph_of_graphs/main/data/problems/classical/color-reduction-by-odd-deletion-and-doubling.yaml","viewer_url":"https://didin-maxim.github.io/knowledge_graph_of_graphs/#color-reduction-by-odd-deletion-and-doubling","source_key":"misc","source_label":"Прочее","source_titles":["IMO 2013 Shortlisted Problems with Solutions"],"year":"","type":"lemma","authors":[],"tags":["coloring","induction","goal_exact_bound"],"agent_topics":[],"difficulty":{"main":"national_final_medium","local_score":7,"comment":"Нестандартная лемма-оператор для задач о раскрасках и паритетных операциях над графом.","status":"ai_checked"},"review_status":"needs_human_review","public_ready":false,"solution_state":"with_solution","solution_classification":{"type":"unofficial_published","label":"опубликованное неофициальное","status":"ai_checked","confidence":0.78,"basis":"агентский аудит средней сложности","notes":"Карточка подкреплена опубликованными неофициальными, справочными, журнальными, вики-, форумными источниками или страницами задач.","audit_source":"agent-imo-us-classical.json"},"statements":{"original":[{"id":"stmt-original-1","title":"","status":"needs_human_review","text":"Дан конечный простой граф, правильно раскрашенный в \\(n>1\\) цветов. Разрешены две операции: 1) удалить вершину нечётной степени вместе со всеми инцидентными ей рёбрами; 2) заменить текущий граф двумя непересекающимися копиями и добавить ребро между каждой вершиной одной копии и соответствующей вершиной другой. Докажите, что после конечного числа таких операций можно получить граф, правильно раскрашиваемый в \\(n-1\\) цветов.","definition_ids":["simple_graph","chromatic_number","degree"]}]},"solutions":[{"id":"sol-even-core-and-double","title":"Чётное ядро и удаление цветовой доли","status":"ai_checked","definition_ids":["degree"],"standard_idea_ids":[],"tags":[],"has_text":true,"text_preview":"Рассмотрим данный \\(n\\)-раскрашенный граф \\(G\\). Пока в нём есть вершина нечётной степени, удаляем её. Корректность раскраски при этом не нарушается. Через конечное число шагов получим подграф \\(H\\), в котором каждая вершина имеет чётную степень. Если \\(H\\) уже раскрашивается в \\(n-1\\) цветов, то всё доказано. Иначе зафиксируем в \\(H\\) правильную раскраску в цвета \\(1,\\dots,n\\) с непустой долей цвета \\(n\\). Теперь выполним операцию удвоения. В новом графе \\(D\\) каждая вершина \\(v\\) имеет степень \\(\\deg_H(v)+1\\), следовательно, нечётную. Кроме того, множество всех вершин цвета \\(n\\) в обеих копиях остаётся независимым. Поэтому эти вершины можно удалять одну за другой: удаление одной такой вершины меняет чётность степеней только её соседей, но не затрагивает степени остальных вершин цвета \\(n\\), так как между ними нет рёбер. После удаления всей цветовой доли \\(n\\) остаётся граф, правильно…"}],"relations":[{"id":"rel-color-reduction-imons","neighbor_id":"imo-2013-c3-imons-graph-coloring","direction":"forward","type":"prerequisite","distance":1,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-cmo-2010-p4-color-reduction-parity-operations","neighbor_id":"cmo-2010-p4-graph-neighborhood-toggle","direction":"backward","type":"same_motif","distance":3,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-metadata-pass-brooks-color-reduction-odd-deletion","neighbor_id":"brooks-theorem","direction":"backward","type":"same_motif","distance":3,"status":"needs_human_review"},{"id":"rel-color-extremal-color-reduction-apmo-2016","neighbor_id":"apmo-2016-p4-dreamland-28-step-coloring","direction":"forward","type":"same_motif","distance":2,"status":"needs_human_review"},{"id":"rel-yumt-2022-grand-final-p1-color-reduction-odd-deletion","neighbor_id":"yumt-2022-grand-final-problem1","direction":"backward","type":"same_motif","distance":2,"status":"needs_human_review"}],"search_text":"color-reduction-by-odd-deletion-and-doubling понижение числа цветов удалением нечётных вершин и удвоением coloring induction goal_exact_bound https://www.imo-official.org/problems/imo2013sl.pdf imo 2013 shortlisted problems with solutions misc official_archive src-imo-2013-shortlist with_solution прочее ? imo 2013 shortlisted problems with solutions stmt-original-1 needs_human_review дан конечный простой граф, правильно раскрашенный в \\(n>1\\) цветов. разрешены две операции: 1) удалить вершину нечётной степени вместе со всеми инцидентными ей рёбрами; 2) заменить текущий граф двумя непересекающимися копиями и добавить ребро между каждой вершиной одной копии и соответствующей вершиной другой. докажите, что после конечного числа таких операций можно получить граф, правильно раскрашиваемый в \\(n-1\\) цветов. simple_graph chromatic_number degree idea-even-core-then-delete-one-color-class сначала делаем все степени чётными, потом уничтожаем один цвет после удаления всех доступных вершин нечётной степени остаётся граф, в котором все степени чётны. после удвоения степень каждой вершины становится нечётной, и любую фиксированную цветовую долю можно удалить целиком, потому что она остаётся независимой. coloring induction ai_checked sol-even-core-and-double чётное ядро и удаление цветовой доли ai_checked degree рассмотрим данный \\(n\\)-раскрашенный граф \\(g\\). пока в нём есть вершина нечётной степени, удаляем её. корректность раскраски при этом не нарушается. через конечное число шагов получим подграф \\(h\\), в котором каждая вершина имеет чётную степень. если \\(h\\) уже раскрашивается в \\(n-1\\) цветов, то всё доказано. иначе зафиксируем в \\(h\\) правильную раскраску в цвета \\(1,\\dots,n\\) с непустой долей цвета \\(n\\). теперь выполним операцию удвоения. в новом графе \\(d\\) каждая вершина \\(v\\) имеет степень \\(\\deg_h(v)+1\\), следовательно, нечётную. кроме того, множество всех вершин цвета \\(n\\) в обеих копиях остаётся независимым. поэтому эти вершины можно удалять одну за другой: удаление одной такой вершины меняет чётность степеней только её соседей, но не затрагивает степени остальных вершин цвета \\(n\\), так как между ними нет рёбер. после удаления всей цветовой доли \\(n\\) остаётся граф, правильно… color-reduction-by-odd-deletion-and-doubling ponizhenie chisla tsvetov udaleniem nechetnyh vershin i udvoeniem coloring induction goal_exact_bound https://www.imo-official.org/problems/imo2013sl.pdf imo 2013 shortlisted problems with solutions misc official_archive src-imo-2013-shortlist with_solution prochee ? imo 2013 shortlisted problems with solutions stmt-original-1 needs_human_review dan konechnyy prostoy graf, pravilno raskrashennyy v \\(n>1\\) tsvetov. razresheny dve operatsii: 1) udalit vershinu nechetnoy stepeni vmeste so vsemi intsidentnymi ey rebrami; 2) zamenit tekuschiy graf dvumya neperesekayuschimisya kopiyami i dobavit rebro mezhdu kazhdoy vershinoy odnoy kopii i sootvetstvuyuschey vershinoy drugoy. dokazhite, chto posle konechnogo chisla takih operatsiy mozhno poluchit graf, pravilno raskrashivaemyy v \\(n-1\\) tsvetov. simple_graph chromatic_number degree idea-even-core-then-delete-one-color-class snachala delaem vse stepeni chetnymi, potom unichtozhaem odin tsvet posle udaleniya vseh dostupnyh vershin nechetnoy stepeni ostaetsya graf, v kotorom vse stepeni chetny. posle udvoeniya stepen kazhdoy vershiny stanovitsya nechetnoy, i lyubuyu fiksirovannuyu tsvetovuyu dolyu mozhno udalit tselikom, potomu chto ona ostaetsya nezavisimoy. coloring induction ai_checked sol-even-core-and-double chetnoe yadro i udalenie tsvetovoy doli ai_checked degree rassmotrim dannyy \\(n\\)-raskrashennyy graf \\(g\\). poka v nem est vershina nechetnoy stepeni, udalyaem ee. korrektnost raskraski pri etom ne narushaetsya. cherez konechnoe chislo shagov poluchim podgraf \\(h\\), v kotorom kazhdaya vershina imeet chetnuyu stepen. esli \\(h\\) uzhe raskrashivaetsya v \\(n-1\\) tsvetov, to vse dokazano. inache zafiksiruem v \\(h\\) pravilnuyu raskrasku v tsveta \\(1,\\dots,n\\) s nepustoy doley tsveta \\(n\\). teper vypolnim operatsiyu udvoeniya. v novom grafe \\(d\\) kazhdaya vershina \\(v\\) imeet stepen \\(\\deg_h(v)+1\\), sledovatelno, nechetnuyu. krome togo, mnozhestvo vseh vershin tsveta \\(n\\) v obeih kopiyah ostaetsya nezavisimym. poetomu eti vershiny mozhno udalyat odnu za drugoy: udalenie odnoy takoy vershiny menyaet chetnost stepeney tolko ee sosedey, no ne zatragivaet stepeni ostalnyh vershin tsveta \\(n\\), tak kak mezhdu nimi net reber. posle udaleniya vsey tsvetovoy doli \\(n\\) ostaetsya graf, pravilno…","source_keys":["misc","imo"]}
{"id":"colored-spanning-tree-good-family-exchange-lemma","title":"Целевой цветовой профиль в хорошем семействе цветных остовов","path":"data\\problems\\classical\\colored-spanning-tree-good-family-exchange-lemma.yaml","raw_github_url":"https://raw.githubusercontent.com/didin-maxim/knowledge_graph_of_graphs/main/data/problems/classical/colored-spanning-tree-good-family-exchange-lemma.yaml","viewer_url":"https://didin-maxim.github.io/knowledge_graph_of_graphs/#colored-spanning-tree-good-family-exchange-lemma","source_key":"misc","source_label":"Прочее","source_titles":["RMM 2023 официальные условия и решения","MOlympiad.NET, Romanian Masters Mathematics 2023 решения"],"year":"","type":"lemma","authors":[],"tags":["trees","coloring","extremal_choice","goal_existence","classical_lemma"],"agent_topics":[],"difficulty":{"main":"classical_tool","local_score":8,"comment":"Самостоятельная exchange-лемма: идея короткая, но доказательство требует аккуратно синхронизировать обмены по всему семейству остовов и сохранить цветовую коробку.","status":"ai_checked"},"review_status":"ai_checked","public_ready":true,"solution_state":"with_solution","solution_classification":{"type":"official_solution_lemma_extracted","label":"лемма из официального решения","status":"ai_checked","confidence":0.86,"basis":"выделено из существующей карточки RMM 2023 P6 с официальным решением и развёрнуто в самодостаточный текст","notes":"Доказательство является аргументом минимизации подозрительных рёбер, уже присутствующим в исходном решении; здесь он отделён от финального применения к задаче RMM.","audit_source":"agent-rmm-2023-p6-extraction-2026-05-05"},"statements":{"original":[{"id":"stmt-good-family-suspicious-edges","title":"Хорошее семейство остовов","status":"ai_checked","text":"Пусть рёбра связного графа \\(G\\) раскрашены в красный, зелёный и синий цвета, а \\(|V(G)|=r+g+b+1\\). Для остова \\(T\\) обозначим через \\(r(T),g(T),b(T)\\) числа его рёбер трёх цветов. Назовём непустое семейство остовов \\(\\mathcal C\\) хорошим для тройки \\((r,g,b)\\), если каждое из чисел \\(r,g,b\\) лежит между минимальным и максимальным значениями соответствующего счётчика на \\(\\mathcal C\\). Ребро назовём подозрительным для \\(\\mathcal C\\), если оно входит в некоторые, но не во все остовы из \\(\\mathcal C\\). Если существует хотя бы одно хорошее семейство остовов, то существует остов \\(T\\) с \\(r(T)=r\\), \\(g(T)=g\\), \\(b(T)=b\\). Более того, любое хорошее семейство с минимальным числом подозрительных рёбер содержит такой остов.","definition_ids":["spanning_tree","cycle","connected_graph"]}],"graph_theory":[{"id":"stmt-color-count-box","title":"Цветовые векторы остовов","status":"ai_checked","text":"Пусть \\(G\\) — конечный связный граф, рёбра которого раскрашены в три цвета. Для остова \\(T\\) пусть \\(c(T)=(c_1(T),c_2(T),c_3(T))\\) — вектор количеств рёбер трёх цветов. Для непустого семейства остовов \\(\\mathcal C\\) рассмотрим прямоугольную коробку \\(B(\\mathcal C)=\\prod_{i=1}^3[\\min_{T\\in\\mathcal C}c_i(T),\\max_{T\\in\\mathcal C}c_i(T)]\\). Если целочисленный вектор \\(x\\in B(\\mathcal C)\\) для некоторого \\(\\mathcal C\\) и \\(x_1+x_2+x_3=|V(G)|-1\\), то существует остов \\(T\\) такой, что \\(c(T)=x\\).","definition_ids":["spanning_tree","cycle","connected_graph"]}]},"solutions":[{"id":"sol-minimal-suspicious-edge-exchange","title":"Доказательство минимальностью подозрительных рёбер","status":"ai_checked","definition_ids":["spanning_tree","cycle"],"standard_idea_ids":["extremal_choice"],"tags":[],"has_text":true,"text_preview":"Для семейства \\(\\mathcal C\\) положим \\[ r_0=\\min_{T\\in\\mathcal C}r(T),\\quad R_0=\\max_{T\\in\\mathcal C}r(T), \\] и аналогично \\(g_0,G_0,b_0,B_0\\). Хорошесть означает \\(r\\in[r_0,R_0]\\), \\(g\\in[g_0,G_0]\\), \\(b\\in[b_0,B_0]\\). Выберем хорошее семейство \\(\\mathcal C\\) с минимальным числом подозрительных рёбер. Нужно доказать, что в нём уже есть остов с нужной тройкой. Предположим обратное. Для каждого \\(T\\in\\mathcal C\\) сумма \\(r(T)+g(T)+b(T)\\) равна \\(|V(G)|-1=r+g+b\\). Если бы ни для одного цвета не было одновременно значения ниже цели и для другого цвета значения выше цели, то всякий остов, отличающийся от цели в одну сторону, нарушал бы равенство сумм. Поэтому после переименования цветов можно считать, что \\[ r_0<r,\\qquad G_0>g. \\] Так как \\(\\mathcal C\\) хорошее, для синего цвета остаются два случая: \\(B_0=b\\) и \\(B_0>b\\). Первый случай: \\(B_0=b\\). Возьмём \\(T_0\\in\\mathcal C\\) с \\(g(T_0)=g_0…"}],"relations":[{"id":"rel-tree-basics-to-colored-spanning-tree-exchange-lemma","neighbor_id":"tree-equivalent-properties","direction":"backward","type":"prerequisite","distance":1,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-colored-spanning-tree-exchange-lemma-to-rmm-2023-p6","neighbor_id":"rmm-2023-p6-colored-spanning-tree-suspicious-edges","direction":"forward","type":"prerequisite","distance":1,"status":"ai_checked"}],"search_text":"colored-spanning-tree-good-family-exchange-lemma целевой цветовой профиль в хорошем семействе цветных остовов trees coloring extremal_choice goal_existence classical_lemma https://rmms.lbi.ro/rmm2023/index.php?id=problems_math https://www.molympiad.net/2023/03/romanian-masters-mathematics-2023.html misc molympiad.net, romanian masters mathematics 2023 решения official_archive olympiad_archive rmm 2023 официальные условия и решения src-molympiad-rmm-2023 src-rmm-2023-official with_solution прочее ? rmm 2023 официальные условия и решения molympiad.net, romanian masters mathematics 2023 решения stmt-good-family-suspicious-edges хорошее семейство остовов ai_checked пусть рёбра связного графа \\(g\\) раскрашены в красный, зелёный и синий цвета, а \\(|v(g)|=r+g+b+1\\). для остова \\(t\\) обозначим через \\(r(t),g(t),b(t)\\) числа его рёбер трёх цветов. назовём непустое семейство остовов \\(\\mathcal c\\) хорошим для тройки \\((r,g,b)\\), если каждое из чисел \\(r,g,b\\) лежит между минимальным и максимальным значениями соответствующего счётчика на \\(\\mathcal c\\). ребро назовём подозрительным для \\(\\mathcal c\\), если оно входит в некоторые, но не во все остовы из \\(\\mathcal c\\). если существует хотя бы одно хорошее семейство остовов, то существует остов \\(t\\) с \\(r(t)=r\\), \\(g(t)=g\\), \\(b(t)=b\\). более того, любое хорошее семейство с минимальным числом подозрительных рёбер содержит такой остов. spanning_tree cycle connected_graph stmt-color-count-box цветовые векторы остовов ai_checked пусть \\(g\\) — конечный связный граф, рёбра которого раскрашены в три цвета. для остова \\(t\\) пусть \\(c(t)=(c_1(t),c_2(t),c_3(t))\\) — вектор количеств рёбер трёх цветов. для непустого семейства остовов \\(\\mathcal c\\) рассмотрим прямоугольную коробку \\(b(\\mathcal c)=\\prod_{i=1}^3[\\min_{t\\in\\mathcal c}c_i(t),\\max_{t\\in\\mathcal c}c_i(t)]\\). если целочисленный вектор \\(x\\in b(\\mathcal c)\\) для некоторого \\(\\mathcal c\\) и \\(x_1+x_2+x_3=|v(g)|-1\\), то существует остов \\(t\\) такой, что \\(c(t)=x\\). spanning_tree cycle connected_graph idea-minimal-suspicious-family минимизировать число частично используемых рёбер среди всех хороших семейств выбирается семейство с минимальным числом рёбер, которые встречаются не в нуле и не во всех остовах семейства. extremal_choice trees ai_checked idea-cycle-cut-exchange убрать подозрительное ребро обменом если выбранное подозрительное ребро надо удалить из всех остовов, используется разрез после его удаления из дерева; если надо добавить его во все остовы, используется единственный цикл после его добавления. trees extremal_choice ai_checked idea-good-box-survives коробка цветовых счётчиков сохраняет цель обмен меняет у каждого остова цветовые счётчики не более чем на один в нужную сторону, поэтому целевая тройка остаётся внутри минимально-максимальной коробки. invariant coloring ai_checked sol-minimal-suspicious-edge-exchange доказательство минимальностью подозрительных рёбер ai_checked spanning_tree cycle extremal_choice для семейства \\(\\mathcal c\\) положим \\[ r_0=\\min_{t\\in\\mathcal c}r(t),\\quad r_0=\\max_{t\\in\\mathcal c}r(t), \\] и аналогично \\(g_0,g_0,b_0,b_0\\). хорошесть означает \\(r\\in[r_0,r_0]\\), \\(g\\in[g_0,g_0]\\), \\(b\\in[b_0,b_0]\\). выберем хорошее семейство \\(\\mathcal c\\) с минимальным числом подозрительных рёбер. нужно доказать, что в нём уже есть остов с нужной тройкой. предположим обратное. для каждого \\(t\\in\\mathcal c\\) сумма \\(r(t)+g(t)+b(t)\\) равна \\(|v(g)|-1=r+g+b\\). если бы ни для одного цвета не было одновременно значения ниже цели и для другого цвета значения выше цели, то всякий остов, отличающийся от цели в одну сторону, нарушал бы равенство сумм. поэтому после переименования цветов можно считать, что \\[ r_0<r,\\qquad g_0>g. \\] так как \\(\\mathcal c\\) хорошее, для синего цвета остаются два случая: \\(b_0=b\\) и \\(b_0>b\\). первый случай: \\(b_0=b\\). возьмём \\(t_0\\in\\mathcal c\\) с \\(g(t_0)=g_0… colored-spanning-tree-good-family-exchange-lemma tselevoy tsvetovoy profil v horoshem semeystve tsvetnyh ostovov trees coloring extremal_choice goal_existence classical_lemma https://rmms.lbi.ro/rmm2023/index.php?id=problems_math https://www.molympiad.net/2023/03/romanian-masters-mathematics-2023.html misc molympiad.net, romanian masters mathematics 2023 resheniya official_archive olympiad_archive rmm 2023 ofitsialnye usloviya i resheniya src-molympiad-rmm-2023 src-rmm-2023-official with_solution prochee ? rmm 2023 ofitsialnye usloviya i resheniya molympiad.net, romanian masters mathematics 2023 resheniya stmt-good-family-suspicious-edges horoshee semeystvo ostovov ai_checked pust rebra svyaznogo grafa \\(g\\) raskrasheny v krasnyy, zelenyy i siniy tsveta, a \\(|v(g)|=r+g+b+1\\). dlya ostova \\(t\\) oboznachim cherez \\(r(t),g(t),b(t)\\) chisla ego reber treh tsvetov. nazovem nepustoe semeystvo ostovov \\(\\mathcal c\\) horoshim dlya troyki \\((r,g,b)\\), esli kazhdoe iz chisel \\(r,g,b\\) lezhit mezhdu minimalnym i maksimalnym znacheniyami sootvetstvuyuschego schetchika na \\(\\mathcal c\\). rebro nazovem podozritelnym dlya \\(\\mathcal c\\), esli ono vhodit v nekotorye, no ne vo vse ostovy iz \\(\\mathcal c\\). esli suschestvuet hotya by odno horoshee semeystvo ostovov, to suschestvuet ostov \\(t\\) s \\(r(t)=r\\), \\(g(t)=g\\), \\(b(t)=b\\). bolee togo, lyuboe horoshee semeystvo s minimalnym chislom podozritelnyh reber soderzhit takoy ostov. spanning_tree cycle connected_graph stmt-color-count-box tsvetovye vektory ostovov ai_checked pust \\(g\\) — konechnyy svyaznyy graf, rebra kotorogo raskrasheny v tri tsveta. dlya ostova \\(t\\) pust \\(c(t)=(c_1(t),c_2(t),c_3(t))\\) — vektor kolichestv reber treh tsvetov. dlya nepustogo semeystva ostovov \\(\\mathcal c\\) rassmotrim pryamougolnuyu korobku \\(b(\\mathcal c)=\\prod_{i=1}^3[\\min_{t\\in\\mathcal c}c_i(t),\\max_{t\\in\\mathcal c}c_i(t)]\\). esli tselochislennyy vektor \\(x\\in b(\\mathcal c)\\) dlya nekotorogo \\(\\mathcal c\\) i \\(x_1+x_2+x_3=|v(g)|-1\\), to suschestvuet ostov \\(t\\) takoy, chto \\(c(t)=x\\). spanning_tree cycle connected_graph idea-minimal-suspicious-family minimizirovat chislo chastichno ispolzuemyh reber sredi vseh horoshih semeystv vybiraetsya semeystvo s minimalnym chislom reber, kotorye vstrechayutsya ne v nule i ne vo vseh ostovah semeystva. extremal_choice trees ai_checked idea-cycle-cut-exchange ubrat podozritelnoe rebro obmenom esli vybrannoe podozritelnoe rebro nado udalit iz vseh ostovov, ispolzuetsya razrez posle ego udaleniya iz dereva; esli nado dobavit ego vo vse ostovy, ispolzuetsya edinstvennyy tsikl posle ego dobavleniya. trees extremal_choice ai_checked idea-good-box-survives korobka tsvetovyh schetchikov sohranyaet tsel obmen menyaet u kazhdogo ostova tsvetovye schetchiki ne bolee chem na odin v nuzhnuyu storonu, poetomu tselevaya troyka ostaetsya vnutri minimalno-maksimalnoy korobki. invariant coloring ai_checked sol-minimal-suspicious-edge-exchange dokazatelstvo minimalnostyu podozritelnyh reber ai_checked spanning_tree cycle extremal_choice dlya semeystva \\(\\mathcal c\\) polozhim \\[ r_0=\\min_{t\\in\\mathcal c}r(t),\\quad r_0=\\max_{t\\in\\mathcal c}r(t), \\] i analogichno \\(g_0,g_0,b_0,b_0\\). horoshest oznachaet \\(r\\in[r_0,r_0]\\), \\(g\\in[g_0,g_0]\\), \\(b\\in[b_0,b_0]\\). vyberem horoshee semeystvo \\(\\mathcal c\\) s minimalnym chislom podozritelnyh reber. nuzhno dokazat, chto v nem uzhe est ostov s nuzhnoy troykoy. predpolozhim obratnoe. dlya kazhdogo \\(t\\in\\mathcal c\\) summa \\(r(t)+g(t)+b(t)\\) ravna \\(|v(g)|-1=r+g+b\\). esli by ni dlya odnogo tsveta ne bylo odnovremenno znacheniya nizhe tseli i dlya drugogo tsveta znacheniya vyshe tseli, to vsyakiy ostov, otlichayuschiysya ot tseli v odnu storonu, narushal by ravenstvo summ. poetomu posle pereimenovaniya tsvetov mozhno schitat, chto \\[ r_0<r,\\qquad g_0>g. \\] tak kak \\(\\mathcal c\\) horoshee, dlya sinego tsveta ostayutsya dva sluchaya: \\(b_0=b\\) i \\(b_0>b\\). pervyy sluchay: \\(b_0=b\\). vozmem \\(t_0\\in\\mathcal c\\) s \\(g(t_0)=g_0…","source_keys":["misc","rmm"]}
{"id":"complete-graph-minus-n-minus-2-edges-hamiltonian-path","title":"Гамильтонов путь после удаления не более n-2 рёбер из полного графа","path":"data\\problems\\classical\\complete-graph-minus-n-minus-2-edges-hamiltonian-path.yaml","raw_github_url":"https://raw.githubusercontent.com/didin-maxim/knowledge_graph_of_graphs/main/data/problems/classical/complete-graph-minus-n-minus-2-edges-hamiltonian-path.yaml","viewer_url":"https://didin-maxim.github.io/knowledge_graph_of_graphs/#complete-graph-minus-n-minus-2-edges-hamiltonian-path","source_key":"misc","source_label":"Прочее","source_titles":["INMO 2021 официальные условия и решения"],"year":"","type":"lemma","authors":[],"tags":["hamiltonian_cycles","connectivity","extremal_graph_theory","degree_counting","classical_lemma"],"agent_topics":[],"difficulty":{"main":"regional","local_score":5,"comment":"Короткая плотностная лемма о гамильтоновом пути; полезна как самостоятельный инструмент для adversary-задач.","status":"ai_checked"},"review_status":"ai_checked","public_ready":true,"solution_state":"with_solution","solution_classification":{"type":"official_complete_or_near_complete","label":"официальное полное/почти полное","status":"ai_checked","confidence":0.78,"basis":"агентский аудит средней сложности","notes":"Классическая извлечённая карточка имеет официальный источник и проверенное агентом решение.","audit_source":"agent-imo-us-classical.json"},"statements":{"original":[{"id":"stmt-original","title":"","status":"ai_checked","text":"Пусть \\(G\\) — граф на \\(n>3\\) вершинах, полученный из полного графа \\(K_n\\) удалением не более \\(n-2\\) рёбер. Тогда в \\(G\\) существует гамильтонов путь.","definition_ids":["simple_graph","path","complete_graph","hamiltonian_path"]}]},"solutions":[{"id":"sol-official-longest-path","title":"Доказательство длиннейшим путём","status":"ai_checked","definition_ids":["simple_graph","connected_graph","path"],"standard_idea_ids":["longest_path","extremal_choice"],"tags":[],"has_text":true,"text_preview":"Возьмём любые две вершины \\(a\\) и \\(b\\). В полном графе каждая из них имела степень \\(n-1\\). При удалении не более \\(n-2\\) рёбер сумма \\(\\deg a+\\deg b\\) уменьшается не более чем на \\(n-2\\), если считать только те удалённые рёбра, которые касаются хотя бы одной из этих двух вершин. Поэтому \\[ \\deg a+\\deg b\\ge 2(n-1)-(n-2)=n. \\] Если бы у \\(a\\) и \\(b\\) не было общего соседа, то сумма их степеней была бы не больше \\(n-1\\). Значит, любые две вершины имеют общего соседа; в частности, граф связен. Пусть \\(P:u=u_0,u_1, \\ldots,u_k=v\\) — длиннейший простой путь в \\(G\\). Все соседи \\(u\\) и \\(v\\) лежат среди вершин этого пути: иначе путь можно было бы продлить. Запишем соседей \\(u\\) на пути как \\(u_{i_1},\\ldots,u_{i_x}\\), где \\(1=i_1<\\cdots<i_x\\), а соседей \\(v\\) как \\(u_{j_1},\\ldots,u_{j_y}\\). Из оценки \\(x+y=\\deg u+ \\deg v\\ge n\\) следует, что найдётся индекс \\(i\\), для которого есть рёбра \\(u u_…"}],"relations":[{"id":"rel-bondy-links-complete-minus-hamiltonian-path","neighbor_id":"bondy-pancyclic-theorem","direction":"backward","type":"same_motif","distance":3,"status":"needs_human_review"},{"id":"rel-inmo-2021-p4-complete-graph-minus-edges-lemma","neighbor_id":"inmo-2021-p4-detective-cards-hamiltonian-path","direction":"backward","type":"prerequisite","distance":1,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-inmo-2021-p4-longest-path-endpoint-cycle","neighbor_id":"longest-path-endpoints-shortest-detour","direction":"forward","type":"same_motif","distance":2,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-min-degree-common-neighborhood-clique-complete-minus-few-edges","neighbor_id":"min-degree-common-neighborhood-clique","direction":"backward","type":"same_motif","distance":2,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-official-expansion-ore-complete-graph-minus-edges","neighbor_id":"ore-theorem","direction":"backward","type":"same_motif","distance":2,"status":"ai_checked"}],"search_text":"complete-graph-minus-n-minus-2-edges-hamiltonian-path гамильтонов путь после удаления не более n-2 рёбер из полного графа hamiltonian_cycles connectivity extremal_graph_theory degree_counting classical_lemma https://olympiads.hbcse.tifr.res.in/wp-content/uploads/2021/04/inmo_2021_solutions.pdf inmo 2021 официальные условия и решения misc solution_notes src-inmo-2021-official-solutions with_solution прочее ? inmo 2021 официальные условия и решения stmt-original ai_checked пусть \\(g\\) — граф на \\(n>3\\) вершинах, полученный из полного графа \\(k_n\\) удалением не более \\(n-2\\) рёбер. тогда в \\(g\\) существует гамильтонов путь. simple_graph path complete_graph hamiltonian_path idea-common-neighbor-connectivity сумма степеней даёт общего соседа так как удалено мало рёбер, для любых двух вершин \\(a,b\\) остаётся \\(\\deg a+\\deg b\\ge n\\). отсюда у них есть общий сосед, а значит граф связен. degree_counting ai_checked idea-longest-path-closes-cycle длиннейший путь замыкается в цикл у концов длиннейшего пути все соседи лежат на самом пути. большая сумма степеней концов заставляет два подходящих ребра к внутренним вершинам, которые замыкают вершины пути в цикл. связность затем запрещает вершины вне пути. hamiltonian_cycles ai_checked sol-official-longest-path доказательство длиннейшим путём ai_checked simple_graph connected_graph path longest_path extremal_choice возьмём любые две вершины \\(a\\) и \\(b\\). в полном графе каждая из них имела степень \\(n-1\\). при удалении не более \\(n-2\\) рёбер сумма \\(\\deg a+\\deg b\\) уменьшается не более чем на \\(n-2\\), если считать только те удалённые рёбра, которые касаются хотя бы одной из этих двух вершин. поэтому \\[ \\deg a+\\deg b\\ge 2(n-1)-(n-2)=n. \\] если бы у \\(a\\) и \\(b\\) не было общего соседа, то сумма их степеней была бы не больше \\(n-1\\). значит, любые две вершины имеют общего соседа; в частности, граф связен. пусть \\(p:u=u_0,u_1, \\ldots,u_k=v\\) — длиннейший простой путь в \\(g\\). все соседи \\(u\\) и \\(v\\) лежат среди вершин этого пути: иначе путь можно было бы продлить. запишем соседей \\(u\\) на пути как \\(u_{i_1},\\ldots,u_{i_x}\\), где \\(1=i_1<\\cdots<i_x\\), а соседей \\(v\\) как \\(u_{j_1},\\ldots,u_{j_y}\\). из оценки \\(x+y=\\deg u+ \\deg v\\ge n\\) следует, что найдётся индекс \\(i\\), для которого есть рёбра \\(u u_… complete-graph-minus-n-minus-2-edges-hamiltonian-path gamiltonov put posle udaleniya ne bolee n-2 reber iz polnogo grafa hamiltonian_cycles connectivity extremal_graph_theory degree_counting classical_lemma https://olympiads.hbcse.tifr.res.in/wp-content/uploads/2021/04/inmo_2021_solutions.pdf inmo 2021 ofitsialnye usloviya i resheniya misc solution_notes src-inmo-2021-official-solutions with_solution prochee ? inmo 2021 ofitsialnye usloviya i resheniya stmt-original ai_checked pust \\(g\\) — graf na \\(n>3\\) vershinah, poluchennyy iz polnogo grafa \\(k_n\\) udaleniem ne bolee \\(n-2\\) reber. togda v \\(g\\) suschestvuet gamiltonov put. simple_graph path complete_graph hamiltonian_path idea-common-neighbor-connectivity summa stepeney daet obschego soseda tak kak udaleno malo reber, dlya lyubyh dvuh vershin \\(a,b\\) ostaetsya \\(\\deg a+\\deg b\\ge n\\). otsyuda u nih est obschiy sosed, a znachit graf svyazen. degree_counting ai_checked idea-longest-path-closes-cycle dlinneyshiy put zamykaetsya v tsikl u kontsov dlinneyshego puti vse sosedi lezhat na samom puti. bolshaya summa stepeney kontsov zastavlyaet dva podhodyaschih rebra k vnutrennim vershinam, kotorye zamykayut vershiny puti v tsikl. svyaznost zatem zapreschaet vershiny vne puti. hamiltonian_cycles ai_checked sol-official-longest-path dokazatelstvo dlinneyshim putem ai_checked simple_graph connected_graph path longest_path extremal_choice vozmem lyubye dve vershiny \\(a\\) i \\(b\\). v polnom grafe kazhdaya iz nih imela stepen \\(n-1\\). pri udalenii ne bolee \\(n-2\\) reber summa \\(\\deg a+\\deg b\\) umenshaetsya ne bolee chem na \\(n-2\\), esli schitat tolko te udalennye rebra, kotorye kasayutsya hotya by odnoy iz etih dvuh vershin. poetomu \\[ \\deg a+\\deg b\\ge 2(n-1)-(n-2)=n. \\] esli by u \\(a\\) i \\(b\\) ne bylo obschego soseda, to summa ih stepeney byla by ne bolshe \\(n-1\\). znachit, lyubye dve vershiny imeyut obschego soseda; v chastnosti, graf svyazen. pust \\(p:u=u_0,u_1, \\ldots,u_k=v\\) — dlinneyshiy prostoy put v \\(g\\). vse sosedi \\(u\\) i \\(v\\) lezhat sredi vershin etogo puti: inache put mozhno bylo by prodlit. zapishem sosedey \\(u\\) na puti kak \\(u_{i_1},\\ldots,u_{i_x}\\), gde \\(1=i_1<\\cdots<i_x\\), a sosedey \\(v\\) kak \\(u_{j_1},\\ldots,u_{j_y}\\). iz otsenki \\(x+y=\\deg u+ \\deg v\\ge n\\) sleduet, chto naydetsya indeks \\(i\\), dlya kotorogo est rebra \\(u u_…","source_keys":["misc","inmo"]}
{"id":"complete-graph-triangle-edge-weights-minimum-parametric","title":"Веса 1, 2, 3 на рёбрах полных графов, УТЮМ 2019","path":"data\\problems\\utyum\\complete-graph-triangle-edge-weights-minimum-parametric.yaml","raw_github_url":"https://raw.githubusercontent.com/didin-maxim/knowledge_graph_of_graphs/main/data/problems/utyum/complete-graph-triangle-edge-weights-minimum-parametric.yaml","viewer_url":"https://didin-maxim.github.io/knowledge_graph_of_graphs/#complete-graph-triangle-edge-weights-minimum-parametric","source_key":"misc","source_label":"УТЮМ","source_titles":["УТЮМ 2019, командная олимпиада, 7 класс, 8. Минимальный суммарный вес в полном графе на 2000 вершинах (официальный архив)","УТЮМ 2019, командная олимпиада, 8 класс, 8. Минимальный суммарный вес в полном графе на 2019 вершинах (официальный архив)"],"year":"2019","type":"problem_family","authors":[],"tags":["extremal_graph_theory","matching","goal_exact_bound"],"agent_topics":[],"difficulty":{"main":"regional","local_score":6,"comment":"Параметрическое объединение двух вариантов УТЮМ 2019 для n = 2000 и n = 2019.","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-utyum-2019-grade7-n2000","title":"УТЮМ 2019, 7 класс, n = 2000","status":"ai_checked","text":"На каждом ребре полного графа с 2000 вершинами написано число 1, 2 или 3 так, что сумма чисел на рёбрах каждого треугольника не меньше 5. Какова наименьшая возможная сумма всех чисел на рёбрах?","definition_ids":["complete_graph","cycle"]},{"id":"stmt-utyum-2019-grade8-n2019","title":"УТЮМ 2019, 8 класс, n = 2019","status":"ai_checked","text":"На каждом ребре полного графа с 2019 вершинами написано число 1, 2 или 3 так, что сумма чисел на рёбрах каждого треугольника не меньше 5. Какова наименьшая возможная сумма всех чисел на рёбрах?","definition_ids":["complete_graph","cycle"]}],"graph_theory":[{"id":"stmt-graph-parametric","title":"Веса рёбер в K2000 и K2019","status":"ai_checked","text":"Для \\(n\\in\\{2000,2019\\}\\) на рёбрах полного графа \\(K_n\\) записаны числа 1, 2 или 3. В каждом треугольнике сумма чисел на его рёбрах не меньше 5. Найдите минимально возможную сумму чисел на всех рёбрах графа.","definition_ids":["complete_graph","cycle"]}]},"solutions":[{"id":"sol-parametric","title":"Параметрическое решение","status":"ai_checked","definition_ids":["complete_graph","matching","cycle"],"standard_idea_ids":[],"tags":[],"has_text":true,"text_preview":"Ответ: n(n-1) - floor(n/2). Сначала построим пример с такой суммой. Выберем в \\(K_n\\) паросочетание максимального размера, то есть floor(n/2) попарно непересекающихся рёбер. На этих рёбрах запишем 1, а на всех остальных рёбрах запишем 2. Тогда каждый треугольник содержит не более одного ребра веса 1: два ребра из паросочетания не могут иметь общую вершину. Поэтому сумма весов в каждом треугольнике равна либо 6, либо 5, так что условие выполнено. Общая сумма равна 2*C(n,2) - floor(n/2) = n(n-1) - floor(n/2). Докажем, что меньшая сумма невозможна. Назовём вершину плохой, если из неё выходит больше одного ребра веса 1. Если плохих вершин нет, то рёбра веса 1 образуют паросочетание: никакие два из них не имеют общей вершины. Следовательно, таких рёбер не больше floor(n/2). Все остальные рёбра имеют вес хотя бы 2, поэтому сумма всех весов не меньше 2*C(n,2) - floor(n/2) = n(n-1) - floor(n/2)…"}],"relations":[{"id":"rel-miklos-2009-p2-complete-utyum-edge-weights","neighbor_id":"miklos-schweitzer-2009-p2-complete-smooth-difference-graphs-impossible","direction":"backward","type":"same_motif","distance":3,"status":"needs_human_review"},{"id":"rel-utyum-2019-airline-costs-utyum-2019-complete-weights-2000","neighbor_id":"utyum-2019_komol_7_airline_costs","direction":"backward","type":"same_motif","distance":1,"status":"needs_human_review"},{"id":"rel-utyum-2019-complete-weights-2000-imo-2004-c8","neighbor_id":"imo-2004-c8-triangles-tetrahedra-graph","direction":"forward","type":"same_motif","distance":2,"status":"needs_human_review"}],"search_text":"complete-graph-triangle-edge-weights-minimum-parametric веса 1, 2, 3 на рёбрах полных графов, утюм 2019 extremal_graph_theory matching goal_exact_bound 2019 https://turmath.ru/uraltur/files/archive/ural53.zip misc misc2019 official_archive src-utyum-2019_komol_7_complete_graph_weights_2000-official src-utyum-2019_komol_8_complete_graph_weights_2019-official with_solution утюм утюм 2019, командная олимпиада, 7 класс, 8. минимальный суммарный вес в полном графе на 2000 вершинах (официальный архив) утюм 2019, командная олимпиада, 8 класс, 8. минимальный суммарный вес в полном графе на 2019 вершинах (официальный архив) утюм2019 ? утюм 2019, командная олимпиада, 7 класс, 8. минимальный суммарный вес в полном графе на 2000 вершинах (официальный архив) утюм 2019, командная олимпиада, 8 класс, 8. минимальный суммарный вес в полном графе на 2019 вершинах (официальный архив) stmt-utyum-2019-grade7-n2000 утюм 2019, 7 класс, n = 2000 ai_checked на каждом ребре полного графа с 2000 вершинами написано число 1, 2 или 3 так, что сумма чисел на рёбрах каждого треугольника не меньше 5. какова наименьшая возможная сумма всех чисел на рёбрах? complete_graph cycle stmt-utyum-2019-grade8-n2019 утюм 2019, 8 класс, n = 2019 ai_checked на каждом ребре полного графа с 2019 вершинами написано число 1, 2 или 3 так, что сумма чисел на рёбрах каждого треугольника не меньше 5. какова наименьшая возможная сумма всех чисел на рёбрах? complete_graph cycle stmt-graph-parametric веса рёбер в k2000 и k2019 ai_checked для \\(n\\in\\{2000,2019\\}\\) на рёбрах полного графа \\(k_n\\) записаны числа 1, 2 или 3. в каждом треугольнике сумма чисел на его рёбрах не меньше 5. найдите минимально возможную сумму чисел на всех рёбрах графа. complete_graph cycle sol-parametric параметрическое решение ai_checked complete_graph matching cycle ответ: n(n-1) - floor(n/2). сначала построим пример с такой суммой. выберем в \\(k_n\\) паросочетание максимального размера, то есть floor(n/2) попарно непересекающихся рёбер. на этих рёбрах запишем 1, а на всех остальных рёбрах запишем 2. тогда каждый треугольник содержит не более одного ребра веса 1: два ребра из паросочетания не могут иметь общую вершину. поэтому сумма весов в каждом треугольнике равна либо 6, либо 5, так что условие выполнено. общая сумма равна 2*c(n,2) - floor(n/2) = n(n-1) - floor(n/2). докажем, что меньшая сумма невозможна. назовём вершину плохой, если из неё выходит больше одного ребра веса 1. если плохих вершин нет, то рёбра веса 1 образуют паросочетание: никакие два из них не имеют общей вершины. следовательно, таких рёбер не больше floor(n/2). все остальные рёбра имеют вес хотя бы 2, поэтому сумма всех весов не меньше 2*c(n,2) - floor(n/2) = n(n-1) - floor(n/2)… complete-graph-triangle-edge-weights-minimum-parametric vesa 1, 2, 3 na rebrah polnyh grafov, utyum 2019 extremal_graph_theory matching goal_exact_bound 2019 https://turmath.ru/uraltur/files/archive/ural53.zip misc misc2019 official_archive src-utyum-2019_komol_7_complete_graph_weights_2000-official src-utyum-2019_komol_8_complete_graph_weights_2019-official with_solution utyum utyum 2019, komandnaya olimpiada, 7 klass, 8. minimalnyy summarnyy ves v polnom grafe na 2000 vershinah (ofitsialnyy arhiv) utyum 2019, komandnaya olimpiada, 8 klass, 8. minimalnyy summarnyy ves v polnom grafe na 2019 vershinah (ofitsialnyy arhiv) utyum2019 ? utyum 2019, komandnaya olimpiada, 7 klass, 8. minimalnyy summarnyy ves v polnom grafe na 2000 vershinah (ofitsialnyy arhiv) utyum 2019, komandnaya olimpiada, 8 klass, 8. minimalnyy summarnyy ves v polnom grafe na 2019 vershinah (ofitsialnyy arhiv) stmt-utyum-2019-grade7-n2000 utyum 2019, 7 klass, n = 2000 ai_checked na kazhdom rebre polnogo grafa s 2000 vershinami napisano chislo 1, 2 ili 3 tak, chto summa chisel na rebrah kazhdogo treugolnika ne menshe 5. kakova naimenshaya vozmozhnaya summa vseh chisel na rebrah? complete_graph cycle stmt-utyum-2019-grade8-n2019 utyum 2019, 8 klass, n = 2019 ai_checked na kazhdom rebre polnogo grafa s 2019 vershinami napisano chislo 1, 2 ili 3 tak, chto summa chisel na rebrah kazhdogo treugolnika ne menshe 5. kakova naimenshaya vozmozhnaya summa vseh chisel na rebrah? complete_graph cycle stmt-graph-parametric vesa reber v k2000 i k2019 ai_checked dlya \\(n\\in\\{2000,2019\\}\\) na rebrah polnogo grafa \\(k_n\\) zapisany chisla 1, 2 ili 3. v kazhdom treugolnike summa chisel na ego rebrah ne menshe 5. naydite minimalno vozmozhnuyu summu chisel na vseh rebrah grafa. complete_graph cycle sol-parametric parametricheskoe reshenie ai_checked complete_graph matching cycle otvet: n(n-1) - floor(n/2). snachala postroim primer s takoy summoy. vyberem v \\(k_n\\) parosochetanie maksimalnogo razmera, to est floor(n/2) poparno neperesekayuschihsya reber. na etih rebrah zapishem 1, a na vseh ostalnyh rebrah zapishem 2. togda kazhdyy treugolnik soderzhit ne bolee odnogo rebra vesa 1: dva rebra iz parosochetaniya ne mogut imet obschuyu vershinu. poetomu summa vesov v kazhdom treugolnike ravna libo 6, libo 5, tak chto uslovie vypolneno. obschaya summa ravna 2*c(n,2) - floor(n/2) = n(n-1) - floor(n/2). dokazhem, chto menshaya summa nevozmozhna. nazovem vershinu plohoy, esli iz nee vyhodit bolshe odnogo rebra vesa 1. esli plohih vershin net, to rebra vesa 1 obrazuyut parosochetanie: nikakie dva iz nih ne imeyut obschey vershiny. sledovatelno, takih reber ne bolshe floor(n/2). vse ostalnye rebra imeyut ves hotya by 2, poetomu summa vseh vesov ne menshe 2*c(n,2) - floor(n/2) = n(n-1) - floor(n/2)…","source_keys":["misc"]}
{"id":"consecutive-pair-barrier-step-two-permutation","title":"Барьер из соседней пары в перестановке с шагом не больше двух","path":"data\\problems\\classical\\consecutive-pair-barrier-step-two-permutation.yaml","raw_github_url":"https://raw.githubusercontent.com/didin-maxim/knowledge_graph_of_graphs/main/data/problems/classical/consecutive-pair-barrier-step-two-permutation.yaml","viewer_url":"https://didin-maxim.github.io/knowledge_graph_of_graphs/#consecutive-pair-barrier-step-two-permutation","source_key":"misc","source_label":"Прочее","source_titles":["Canadian Mathematical Olympiad 1996 официальные решения"],"year":"","type":"lemma","authors":["Canadian Mathematical Olympiad Committee"],"tags":["goal_proof"],"agent_topics":[],"difficulty":{"main":"regional","local_score":3,"comment":"Короткая структурная лемма для перестановок с ограниченным соседним скачком; в CMO 1996 P3 она запускает разбор случаев и рекурсию.","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":"Карточка подкреплена опубликованными неофициальными, справочными, журнальными, вики-, форумными источниками или страницами задач.","audit_source":"agent-imo-us-classical.json"},"statements":{"original":[{"id":"stmt-original","title":"","status":"ai_checked","text":"Пусть \\(a_1,a_2,\\ldots,a_n\\) — перестановка чисел \\(1,2,\\ldots,n\\), в которой \\(|a_i-a_{i+1}|\\le 2\\) для всех \\(i\\). Если для некоторого \\(k<n\\) числа \\(a_k\\) и \\(a_{k+1}\\) являются соседними целыми числами, то все члены справа от \\(a_{k+1}\\) лежат по одну сторону от этой пары: они либо все меньше \\(\\min(a_k,a_{k+1})\\), либо все больше \\(\\max(a_k,a_{k+1})\\).","definition_ids":[]}]},"solutions":[{"id":"sol-gap-crossing-contradiction","title":"Противоречие по первому переходу через зазор","status":"ai_checked","definition_ids":[],"standard_idea_ids":[],"tags":[],"has_text":true,"text_preview":"Обозначим соседнюю пару через \\(m,m+1\\). Предположим, что справа от неё встречаются числа по обе стороны: хотя бы одно число не больше \\(m-1\\) и хотя бы одно число не меньше \\(m+2\\). Двигаясь по хвосту перестановки справа от этой пары, рассмотрим первый момент, когда последовательность переходит с одной стороны зазора \\(m,m+1\\) на другую. Этот переход не может использовать сами числа \\(m\\) и \\(m+1\\), потому что они уже стоят в позициях \\(k\\) и \\(k+1\\). Значит, два соседних члена хвоста имеют вид \\(x\\le m-1\\) и \\(y\\ge m+2\\), или наоборот. Тогда \\(|x-y|\\ge 3\\), что противоречит условию \\(|a_i-a_{i+1}|\\le 2\\). Следовательно, все члены справа от пары лежат по одну сторону от неё."}],"relations":[{"id":"rel-consecutive-pair-barrier-cmo-1996-p3","neighbor_id":"cmo-1996-p3-permutation-step-two-mod3","direction":"forward","type":"prerequisite","distance":1,"status":"ai_checked"}],"search_text":"consecutive-pair-barrier-step-two-permutation барьер из соседней пары в перестановке с шагом не больше двух goal_proof canadian mathematical olympiad 1996 официальные решения canadian mathematical olympiad committee canadianmathematicalolympiadcommittee https://w7.cms.math.ca/competitions/cmo/archive/sol1996.pdf misc solution_notes src-cmo-1996-solutions with_solution прочее canadian mathematical olympiad committee canadian mathematical olympiad 1996 официальные решения stmt-original ai_checked пусть \\(a_1,a_2,\\ldots,a_n\\) — перестановка чисел \\(1,2,\\ldots,n\\), в которой \\(|a_i-a_{i+1}|\\le 2\\) для всех \\(i\\). если для некоторого \\(k<n\\) числа \\(a_k\\) и \\(a_{k+1}\\) являются соседними целыми числами, то все члены справа от \\(a_{k+1}\\) лежат по одну сторону от этой пары: они либо все меньше \\(\\min(a_k,a_{k+1})\\), либо все больше \\(\\max(a_k,a_{k+1})\\). idea-used-pair-blocks-crossing использованная соседняя пара блокирует переход после того как путь прошёл через два соседних значения \\(m\\) и \\(m+1\\), перейти позже с чисел \\(\\le m-1\\) на числа \\(\\ge m+2\\) невозможно: ближайшие промежуточные значения уже использованы, а прямой скачок имеет длину не меньше 3. goal_proof ai_checked sol-gap-crossing-contradiction противоречие по первому переходу через зазор ai_checked обозначим соседнюю пару через \\(m,m+1\\). предположим, что справа от неё встречаются числа по обе стороны: хотя бы одно число не больше \\(m-1\\) и хотя бы одно число не меньше \\(m+2\\). двигаясь по хвосту перестановки справа от этой пары, рассмотрим первый момент, когда последовательность переходит с одной стороны зазора \\(m,m+1\\) на другую. этот переход не может использовать сами числа \\(m\\) и \\(m+1\\), потому что они уже стоят в позициях \\(k\\) и \\(k+1\\). значит, два соседних члена хвоста имеют вид \\(x\\le m-1\\) и \\(y\\ge m+2\\), или наоборот. тогда \\(|x-y|\\ge 3\\), что противоречит условию \\(|a_i-a_{i+1}|\\le 2\\). следовательно, все члены справа от пары лежат по одну сторону от неё. consecutive-pair-barrier-step-two-permutation barer iz sosedney pary v perestanovke s shagom ne bolshe dvuh goal_proof canadian mathematical olympiad 1996 ofitsialnye resheniya canadian mathematical olympiad committee canadianmathematicalolympiadcommittee https://w7.cms.math.ca/competitions/cmo/archive/sol1996.pdf misc solution_notes src-cmo-1996-solutions with_solution prochee canadian mathematical olympiad committee canadian mathematical olympiad 1996 ofitsialnye resheniya stmt-original ai_checked pust \\(a_1,a_2,\\ldots,a_n\\) — perestanovka chisel \\(1,2,\\ldots,n\\), v kotoroy \\(|a_i-a_{i+1}|\\le 2\\) dlya vseh \\(i\\). esli dlya nekotorogo \\(k<n\\) chisla \\(a_k\\) i \\(a_{k+1}\\) yavlyayutsya sosednimi tselymi chislami, to vse chleny sprava ot \\(a_{k+1}\\) lezhat po odnu storonu ot etoy pary: oni libo vse menshe \\(\\min(a_k,a_{k+1})\\), libo vse bolshe \\(\\max(a_k,a_{k+1})\\). idea-used-pair-blocks-crossing ispolzovannaya sosednyaya para blokiruet perehod posle togo kak put proshel cherez dva sosednih znacheniya \\(m\\) i \\(m+1\\), pereyti pozzhe s chisel \\(\\le m-1\\) na chisla \\(\\ge m+2\\) nevozmozhno: blizhayshie promezhutochnye znacheniya uzhe ispolzovany, a pryamoy skachok imeet dlinu ne menshe 3. goal_proof ai_checked sol-gap-crossing-contradiction protivorechie po pervomu perehodu cherez zazor ai_checked oboznachim sosednyuyu paru cherez \\(m,m+1\\). predpolozhim, chto sprava ot nee vstrechayutsya chisla po obe storony: hotya by odno chislo ne bolshe \\(m-1\\) i hotya by odno chislo ne menshe \\(m+2\\). dvigayas po hvostu perestanovki sprava ot etoy pary, rassmotrim pervyy moment, kogda posledovatelnost perehodit s odnoy storony zazora \\(m,m+1\\) na druguyu. etot perehod ne mozhet ispolzovat sami chisla \\(m\\) i \\(m+1\\), potomu chto oni uzhe stoyat v pozitsiyah \\(k\\) i \\(k+1\\). znachit, dva sosednih chlena hvosta imeyut vid \\(x\\le m-1\\) i \\(y\\ge m+2\\), ili naoborot. togda \\(|x-y|\\ge 3\\), chto protivorechit usloviyu \\(|a_i-a_{i+1}|\\le 2\\). sledovatelno, vse chleny sprava ot pary lezhat po odnu storonu ot nee.","source_keys":["misc","cmo"]}
{"id":"cops-and-robber-dismantlable-characterization","title":"Один полицейский и разбойник: критерий разбираемого графа","path":"data\\problems\\classical\\cops-and-robber-dismantlable-characterization.yaml","raw_github_url":"https://raw.githubusercontent.com/didin-maxim/knowledge_graph_of_graphs/main/data/problems/classical/cops-and-robber-dismantlable-characterization.yaml","viewer_url":"https://didin-maxim.github.io/knowledge_graph_of_graphs/#cops-and-robber-dismantlable-characterization","source_key":"misc","source_label":"Прочее","source_titles":["Richard Nowakowski, Peter Winkler, Vertex-to-vertex pursuit in a graph"],"year":"","type":"theorem","authors":["Richard Nowakowski","Peter Winkler"],"tags":["connectivity","induction","goal_strategy_game","goal_characterization","classical_theorem"],"agent_topics":["game_strategy"],"difficulty":{"main":"classical_tool","local_score":8,"comment":"Классическая характеризация игр преследования. Направление от порядка разборки к стратегии доказывается индуктивно, но полная обратная импликация требует нетривиального анализа выигрышных позиций и в карточке не воспроизводится.","status":"source_verified"},"review_status":"ai_checked","public_ready":true,"solution_state":"without_solution","solution_classification":{"type":"hard_external_theorem_no_proof","label":"доказательство не приведено: тяжёлая внешняя теорема","status":"source_verified","confidence":0.98,"basis":"Полная характеризация сверена по первичной публикации и современной библиографии по cop-win графам.","notes":"Внешняя теорема сформулирована со всеми правилами игры и точным определением разбираемости.","audit_source":"manual-primary-source-review-2026-08-15"},"statements":{"original":[{"id":"stmt-cop-win-iff-dismantlable","title":"Характеризация графов, где хватает одного полицейского","status":"source_verified","text":"Пусть \\(G\\) -- конечный непустой простой граф. Сначала полицейский выбирает начальную вершину, затем разбойник выбирает свою. После этого они ходят по очереди, начиная с полицейского; за ход разрешается остаться на месте или перейти в соседнюю вершину. Оба игрока всегда видят положение друг друга. Полицейский выигрывает, как только оказывается в одной вершине с разбойником. Для вершины \\(v\\) обозначим через \\(N[v]\\) её замкнутую окрестность: саму вершину и всех её соседей. Граф называется разбираемым, если его вершины можно занумеровать \\(v_1,\\ldots,v_m\\) так, что для каждого \\(i<m\\) в подграфе, индуцированном вершинами \\(v_i,\\ldots,v_m\\), найдётся \\(j>i\\), для которого \\(N[v_i]\\subseteq N[v_j]\\) в этом подграфе. Теорема Новаковского--Винклера: один полицейский имеет выигрышную стратегию на \\(G\\) тогда и только тогда, когда \\(G\\) разбираем.","definition_ids":["simple_graph","neighborhood","induced_subgraph"]}]},"solutions":[],"relations":[{"id":"rel-classical-cops-yumt-state-attractor","neighbor_id":"yumt-2025-grand-round4-problem3","direction":"forward","type":"solution_transfer","distance":2,"status":"ai_checked"}],"search_text":"cops-and-robber-dismantlable-characterization один полицейский и разбойник: критерий разбираемого графа connectivity induction goal_strategy_game goal_characterization classical_theorem https://doi.org/10.1016/0012-365x(83)90160-7 misc paper peter winkler peterwinkler richard nowakowski richard nowakowski, peter winkler, vertex-to-vertex pursuit in a graph richardnowakowski src-nowakowski-winkler-cop-win-graphs without_solution прочее richard nowakowski peter winkler richard nowakowski, peter winkler, vertex-to-vertex pursuit in a graph stmt-cop-win-iff-dismantlable характеризация графов, где хватает одного полицейского source_verified пусть \\(g\\) -- конечный непустой простой граф. сначала полицейский выбирает начальную вершину, затем разбойник выбирает свою. после этого они ходят по очереди, начиная с полицейского; за ход разрешается остаться на месте или перейти в соседнюю вершину. оба игрока всегда видят положение друг друга. полицейский выигрывает, как только оказывается в одной вершине с разбойником. для вершины \\(v\\) обозначим через \\(n[v]\\) её замкнутую окрестность: саму вершину и всех её соседей. граф называется разбираемым, если его вершины можно занумеровать \\(v_1,\\ldots,v_m\\) так, что для каждого \\(i<m\\) в подграфе, индуцированном вершинами \\(v_i,\\ldots,v_m\\), найдётся \\(j>i\\), для которого \\(n[v_i]\\subseteq n[v_j]\\) в этом подграфе. теорема новаковского--винклера: один полицейский имеет выигрышную стратегию на \\(g\\) тогда и только тогда, когда \\(g\\) разбираем. simple_graph neighborhood induced_subgraph idea-dominated-vertex-fold доминируемую вершину можно свернуть условие \\(n[v_i]\\subseteq n[v_j]\\) означает, что вершина \\(v_j\\) может служить тенью вершины \\(v_i\\): всякий допустимый ход из \\(v_i\\) можно отразить ходом из \\(v_j\\). последовательное удаление таких вершин и даёт структурный сертификат победы одного полицейского. goal_strategy_game induction source_verified cops-and-robber-dismantlable-characterization odin politseyskiy i razboynik: kriteriy razbiraemogo grafa connectivity induction goal_strategy_game goal_characterization classical_theorem https://doi.org/10.1016/0012-365x(83)90160-7 misc paper peter winkler peterwinkler richard nowakowski richard nowakowski, peter winkler, vertex-to-vertex pursuit in a graph richardnowakowski src-nowakowski-winkler-cop-win-graphs without_solution prochee richard nowakowski peter winkler richard nowakowski, peter winkler, vertex-to-vertex pursuit in a graph stmt-cop-win-iff-dismantlable harakterizatsiya grafov, gde hvataet odnogo politseyskogo source_verified pust \\(g\\) -- konechnyy nepustoy prostoy graf. snachala politseyskiy vybiraet nachalnuyu vershinu, zatem razboynik vybiraet svoyu. posle etogo oni hodyat po ocheredi, nachinaya s politseyskogo; za hod razreshaetsya ostatsya na meste ili pereyti v sosednyuyu vershinu. oba igroka vsegda vidyat polozhenie drug druga. politseyskiy vyigryvaet, kak tolko okazyvaetsya v odnoy vershine s razboynikom. dlya vershiny \\(v\\) oboznachim cherez \\(n[v]\\) ee zamknutuyu okrestnost: samu vershinu i vseh ee sosedey. graf nazyvaetsya razbiraemym, esli ego vershiny mozhno zanumerovat \\(v_1,\\ldots,v_m\\) tak, chto dlya kazhdogo \\(i<m\\) v podgrafe, indutsirovannom vershinami \\(v_i,\\ldots,v_m\\), naydetsya \\(j>i\\), dlya kotorogo \\(n[v_i]\\subseteq n[v_j]\\) v etom podgrafe. teorema novakovskogo--vinklera: odin politseyskiy imeet vyigryshnuyu strategiyu na \\(g\\) togda i tolko togda, kogda \\(g\\) razbiraem. simple_graph neighborhood induced_subgraph idea-dominated-vertex-fold dominiruemuyu vershinu mozhno svernut uslovie \\(n[v_i]\\subseteq n[v_j]\\) oznachaet, chto vershina \\(v_j\\) mozhet sluzhit tenyu vershiny \\(v_i\\): vsyakiy dopustimyy hod iz \\(v_i\\) mozhno otrazit hodom iz \\(v_j\\). posledovatelnoe udalenie takih vershin i daet strukturnyy sertifikat pobedy odnogo politseyskogo. goal_strategy_game induction source_verified","source_keys":["misc"]}
{"id":"cubic-graph-four-cycle-bound","title":"В 3-регулярном графе не более 3n/2 циклов длины 4","path":"data\\problems\\classical\\cubic-graph-four-cycle-bound.yaml","raw_github_url":"https://raw.githubusercontent.com/didin-maxim/knowledge_graph_of_graphs/main/data/problems/classical/cubic-graph-four-cycle-bound.yaml","viewer_url":"https://didin-maxim.github.io/knowledge_graph_of_graphs/#cubic-graph-four-cycle-bound","source_key":"misc","source_label":"Прочее","source_titles":["ФЮМ 2013, второй тур, Лига тактик, задача 7"],"year":"","type":"lemma","authors":[],"tags":["extremal_graph_theory","double_counting","goal_exact_bound"],"agent_topics":[],"difficulty":{"main":"classical_tool","local_score":4,"comment":"Короткая экстремальная лемма: один двойной счёт и резкий пример K₃,₃.","status":"ai_checked"},"review_status":"needs_human_review","public_ready":false,"solution_state":"with_solution","solution_classification":{"type":"official_complete_or_near_complete","label":"официальное полное/почти полное","status":"ai_checked","confidence":0.78,"basis":"агентский аудит средней сложности","notes":"Классическая извлечённая карточка имеет официальный источник и проверенное агентом решение.","audit_source":"agent-imo-us-classical.json"},"statements":{"original":[{"id":"stmt-cubic-four-cycle-bound","title":"","status":"ai_checked","text":"Пусть G — простой 3-регулярный граф на n вершинах. Тогда число циклов длины 4 в G не превосходит 3n/2. Эта оценка точна: если n кратно 6, равенство достигается на несвязном объединении n/6 копий K₃,₃.","definition_ids":["degree","cycle","bipartite_graph"]}],"olympiad_reformulations":[{"id":"stmt-fyum-2013-n300-instance","title":"ФЮМ 2013: случай n=300","status":"ai_checked","text":"В графе 300 вершин, и степень каждой вершины равна 3. Какое наибольшее возможное число циклов длины 4 может быть в таком графе?","definition_ids":["degree","cycle"]}]},"solutions":[{"id":"sol-double-count-incident-edge-pairs","title":"Двойной счёт пар инцидентных рёбер","status":"ai_checked","definition_ids":["degree","cycle","bipartite_graph"],"standard_idea_ids":["double_counting"],"tags":[],"has_text":true,"text_preview":"Рассмотрим пары вида (C,v), где C — 4-цикл графа G, а v — вершина этого цикла. Если число 4-циклов равно q, то таких пар ровно 4q. С другой стороны, каждой паре (C,v) соответствует неупорядоченная пара рёбер цикла C, инцидентных вершине v. В 3-регулярном графе у каждой вершины есть C(3,2)=3 пары инцидентных рёбер, всего 3n таких пар. Зафиксируем пару рёбер vu и vw. Любой 4-цикл, содержащий оба эти ребра, имеет вид v-u-x-w-v, где x — общий сосед вершин u и w, отличный от v. Так как у u и w после удаления ребер к v остаётся не более чем по два возможных соседа, таких вершин x, а значит и таких 4-циклов, не больше двух. Поэтому 4q не превосходит 2·3n=6n, откуда q ≤ 3n/2. Оценка достигается на K₃,₃: его 4-циклы получаются выбором двух вершин в одной доле и двух вершин в другой доле, поэтому их C(3,2)^2=9=3·6/2. Несвязное объединение n/6 копий K₃,₃ при n, кратном 6, даёт ровно 9n/6=3n/2 цикл…"}],"relations":[{"id":"rel-cmo-2023-p2-cubic-four-cycle-bound","neighbor_id":"cmo-2023-p2-three-regular-bootstrap-friendship","direction":"backward","type":"same_motif","distance":2,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-cubic-four-cycle-bound-cubic-polyhedron-large-face-fork","neighbor_id":"cubic-polyhedron-large-face-fork-strategy-lemma","direction":"forward","type":"same_motif","distance":2,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-yumt-2025-unior-r3p1-cubic-four-cycle-bound","neighbor_id":"yumt-2025-unior-round3-problem1","direction":"backward","type":"same_motif","distance":4,"status":"needs_human_review"}],"search_text":"cubic-graph-four-cycle-bound в 3-регулярном графе не более 3n/2 циклов длины 4 extremal_graph_theory double_counting goal_exact_bound https://www.guas.info/competit/fest/fest24/tur2b.tex misc olympiad_archive src-fyum-2013-tur2b-p7-official with_solution прочее фюм 2013, второй тур, лига тактик, задача 7 ? фюм 2013, второй тур, лига тактик, задача 7 stmt-cubic-four-cycle-bound ai_checked пусть g — простой 3-регулярный граф на n вершинах. тогда число циклов длины 4 в g не превосходит 3n/2. эта оценка точна: если n кратно 6, равенство достигается на несвязном объединении n/6 копий k₃,₃. degree cycle bipartite_graph stmt-fyum-2013-n300-instance фюм 2013: случай n=300 ai_checked в графе 300 вершин, и степень каждой вершины равна 3. какое наибольшее возможное число циклов длины 4 может быть в таком графе? degree cycle idea-count-vertex-edge-pairs считать пары инцидентных рёбер у вершины каждый 4-цикл вносит по одной паре инцидентных рёбер в каждой из своих четырёх вершин, а в 3-регулярном графе у каждой вершины всего три такие пары. double_counting extremal_graph_theory ai_checked idea-k33-sharpness резкость на k₃,₃ в k₃,₃ каждый 4-цикл задаётся выбором двух вершин в каждой доле, поэтому таких циклов ровно c(3,2)^2=9, что равно 3|v(k₃,₃)|/2. extremal_graph_theory goal_exact_bound ai_checked sol-double-count-incident-edge-pairs двойной счёт пар инцидентных рёбер ai_checked degree cycle bipartite_graph double_counting рассмотрим пары вида (c,v), где c — 4-цикл графа g, а v — вершина этого цикла. если число 4-циклов равно q, то таких пар ровно 4q. с другой стороны, каждой паре (c,v) соответствует неупорядоченная пара рёбер цикла c, инцидентных вершине v. в 3-регулярном графе у каждой вершины есть c(3,2)=3 пары инцидентных рёбер, всего 3n таких пар. зафиксируем пару рёбер vu и vw. любой 4-цикл, содержащий оба эти ребра, имеет вид v-u-x-w-v, где x — общий сосед вершин u и w, отличный от v. так как у u и w после удаления ребер к v остаётся не более чем по два возможных соседа, таких вершин x, а значит и таких 4-циклов, не больше двух. поэтому 4q не превосходит 2·3n=6n, откуда q ≤ 3n/2. оценка достигается на k₃,₃: его 4-циклы получаются выбором двух вершин в одной доле и двух вершин в другой доле, поэтому их c(3,2)^2=9=3·6/2. несвязное объединение n/6 копий k₃,₃ при n, кратном 6, даёт ровно 9n/6=3n/2 цикл… cubic-graph-four-cycle-bound v 3-regulyarnom grafe ne bolee 3n/2 tsiklov dliny 4 extremal_graph_theory double_counting goal_exact_bound https://www.guas.info/competit/fest/fest24/tur2b.tex misc olympiad_archive src-fyum-2013-tur2b-p7-official with_solution prochee fyum 2013, vtoroy tur, liga taktik, zadacha 7 ? fyum 2013, vtoroy tur, liga taktik, zadacha 7 stmt-cubic-four-cycle-bound ai_checked pust g — prostoy 3-regulyarnyy graf na n vershinah. togda chislo tsiklov dliny 4 v g ne prevoshodit 3n/2. eta otsenka tochna: esli n kratno 6, ravenstvo dostigaetsya na nesvyaznom obedinenii n/6 kopiy k₃,₃. degree cycle bipartite_graph stmt-fyum-2013-n300-instance fyum 2013: sluchay n=300 ai_checked v grafe 300 vershin, i stepen kazhdoy vershiny ravna 3. kakoe naibolshee vozmozhnoe chislo tsiklov dliny 4 mozhet byt v takom grafe? degree cycle idea-count-vertex-edge-pairs schitat pary intsidentnyh reber u vershiny kazhdyy 4-tsikl vnosit po odnoy pare intsidentnyh reber v kazhdoy iz svoih chetyreh vershin, a v 3-regulyarnom grafe u kazhdoy vershiny vsego tri takie pary. double_counting extremal_graph_theory ai_checked idea-k33-sharpness rezkost na k₃,₃ v k₃,₃ kazhdyy 4-tsikl zadaetsya vyborom dvuh vershin v kazhdoy dole, poetomu takih tsiklov rovno c(3,2)^2=9, chto ravno 3|v(k₃,₃)|/2. extremal_graph_theory goal_exact_bound ai_checked sol-double-count-incident-edge-pairs dvoynoy schet par intsidentnyh reber ai_checked degree cycle bipartite_graph double_counting rassmotrim pary vida (c,v), gde c — 4-tsikl grafa g, a v — vershina etogo tsikla. esli chislo 4-tsiklov ravno q, to takih par rovno 4q. s drugoy storony, kazhdoy pare (c,v) sootvetstvuet neuporyadochennaya para reber tsikla c, intsidentnyh vershine v. v 3-regulyarnom grafe u kazhdoy vershiny est c(3,2)=3 pary intsidentnyh reber, vsego 3n takih par. zafiksiruem paru reber vu i vw. lyuboy 4-tsikl, soderzhaschiy oba eti rebra, imeet vid v-u-x-w-v, gde x — obschiy sosed vershin u i w, otlichnyy ot v. tak kak u u i w posle udaleniya reber k v ostaetsya ne bolee chem po dva vozmozhnyh soseda, takih vershin x, a znachit i takih 4-tsiklov, ne bolshe dvuh. poetomu 4q ne prevoshodit 2·3n=6n, otkuda q ≤ 3n/2. otsenka dostigaetsya na k₃,₃: ego 4-tsikly poluchayutsya vyborom dvuh vershin v odnoy dole i dvuh vershin v drugoy dole, poetomu ih c(3,2)^2=9=3·6/2. nesvyaznoe obedinenie n/6 kopiy k₃,₃ pri n, kratnom 6, daet rovno 9n/6=3n/2 tsikl…","source_keys":["misc","fyum"]}
{"id":"cubic-polyhedron-large-face-fork-strategy-lemma","title":"Большая грань и вилка в игре на гранях кубического многогранника","path":"data\\problems\\classical\\cubic-polyhedron-large-face-fork-strategy-lemma.yaml","raw_github_url":"https://raw.githubusercontent.com/didin-maxim/knowledge_graph_of_graphs/main/data/problems/classical/cubic-polyhedron-large-face-fork-strategy-lemma.yaml","viewer_url":"https://didin-maxim.github.io/knowledge_graph_of_graphs/#cubic-polyhedron-large-face-fork-strategy-lemma","source_key":"misc","source_label":"Прочее","source_titles":["Putnam 2002 B2, архивный источник"],"year":"","type":"lemma","authors":[],"tags":["planar_graphs","degree_counting","double_counting","goal_strategy_game","classical_lemma"],"agent_topics":["game_strategy"],"difficulty":{"main":"classical_tool","local_score":5,"comment":"Самостоятельная структурно-игровая лемма: эйлеров подсчет на кубическом многограннике сочетается с локальной стратегией вилки на соседях большой грани.","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":"Извлечено из архива решений Putnam и развернуто самодостаточно.","notes":"Лемма выделяет самодостаточное ядро исходного решения.","audit_source":"manual-high-reasoning-2026-05-05"},"statements":{"original":[{"id":"stmt-large-face-fork","title":"Лемма о большой грани и вилке","status":"ai_checked","text":"Пусть дан скелет выпуклого многогранника с фиксированным вложением на сфере; в каждой его вершине сходятся ровно три ребра. Рассмотрим игру на гранях: два игрока по очереди выбирают ранее не выбранную грань, а игрок выигрывает, если после своего хода владеет всеми тремя гранями, инцидентными некоторой вершине. Тогда выполнены два утверждения. (1) Если у многогранника не меньше пяти граней, то существует грань, ограниченная не менее чем четырьмя ребрами. (2) Если первый игрок первым ходом выбирает любую грань \\(A\\), ограниченную \\(k\\ge4\\) ребрами, то после любого первого ответа второго игрока первый игрок может создать две одновременные угрозы и выиграть не позднее своего третьего хода.","definition_ids":["planar_graph","degree","cycle"]}]},"solutions":[{"id":"sol-euler-large-face-and-fork","title":"Доказательство через Эйлера и локальную вилку","status":"ai_checked","definition_ids":["planar_graph","degree","cycle"],"standard_idea_ids":["double_counting","face_counting","invariant"],"tags":[],"has_text":true,"text_preview":"Сначала докажем существование большой грани. Обозначим через \\(V,E,F\\) числа вершин, ребер и граней многогранника. Так как в каждой вершине сходятся ровно три ребра, двойной счет концов ребер дает \\(3V=2E\\). Предположим, что все грани треугольные. Тогда сумма длин границ граней равна \\(3F\\), а каждое ребро при таком счете входит в границы двух граней, значит \\(3F=2E\\). По формуле Эйлера для связного скелета выпуклого многогранника \\(V-E+F=2\\). Из \\(V=2E/3\\) и \\(F=2E/3\\) получаем \\(2E/3-E+2E/3=2\\), то есть \\(E=6\\) и \\(F=4\\). Следовательно, если \\(F\\ge5\\), не все грани треугольные; поскольку каждая грань имеет хотя бы три стороны, есть грань \\(A\\) длины \\(k\\ge4\\). Теперь докажем игровую часть для любой такой грани \\(A\\). Пусть первый игрок первым ходом выбирает \\(A\\). Перечислим грани, соседние с \\(A\\) по ее сторонам, в циклическом порядке обхода границы: \\(H_1,H_2,\\ldots,H_k\\). Эти грани…"}],"relations":[{"id":"rel-spbmo-2010-10-p4-cubic-edge-game-fork-strategy-lemma","neighbor_id":"spbmo-2010-10-p4-cubic-edge-company-game","direction":"backward","type":"same_motif","distance":2,"status":"needs_human_review"},{"id":"rel-cubic-polyhedron-large-face-degree-two-chain","neighbor_id":"planar-large-girth-degree-two-chain","direction":"forward","type":"same_motif","distance":3,"status":"needs_human_review"},{"id":"rel-cubic-polyhedron-large-face-fork-putnam-2002-b2","neighbor_id":"putnam-2002-b2-polyhedron-face-game-four-edge-face","direction":"forward","type":"prerequisite","distance":1,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-euler-formula-cubic-polyhedron-large-face-fork","neighbor_id":"euler-formula-planar","direction":"backward","type":"prerequisite","distance":1,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-planar-edge-bound-cubic-polyhedron-large-face-fork","neighbor_id":"planar-edge-bound","direction":"backward","type":"same_motif","distance":2,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-cubic-four-cycle-bound-cubic-polyhedron-large-face-fork","neighbor_id":"cubic-graph-four-cycle-bound","direction":"backward","type":"same_motif","distance":2,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-cubic-polyhedron-large-face-fork-tc-2012-polyhedron","neighbor_id":"tc-2012-polyhedron-three-equal-edges","direction":"forward","type":"same_motif","distance":2,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-cubic-polyhedron-large-face-fork-cmo-2019-game","neighbor_id":"cmo-2019-p5-odd-cycle-edge-game","direction":"forward","type":"same_motif","distance":4,"status":"needs_human_review"}],"search_text":"cubic-polyhedron-large-face-fork-strategy-lemma большая грань и вилка в игре на гранях кубического многогранника planar_graphs degree_counting double_counting goal_strategy_game classical_lemma archive_statement https://kskedlaya.org/putnam-archive/2002.pdf misc putnam 2002 b2, архивный источник src-putnam-2002-b2-kedlaya with_solution прочее ? putnam 2002 b2, архивный источник stmt-large-face-fork лемма о большой грани и вилке ai_checked пусть дан скелет выпуклого многогранника с фиксированным вложением на сфере; в каждой его вершине сходятся ровно три ребра. рассмотрим игру на гранях: два игрока по очереди выбирают ранее не выбранную грань, а игрок выигрывает, если после своего хода владеет всеми тремя гранями, инцидентными некоторой вершине. тогда выполнены два утверждения. (1) если у многогранника не меньше пяти граней, то существует грань, ограниченная не менее чем четырьмя ребрами. (2) если первый игрок первым ходом выбирает любую грань \\(a\\), ограниченную \\(k\\ge4\\) ребрами, то после любого первого ответа второго игрока первый игрок может создать две одновременные угрозы и выиграть не позднее своего третьего хода. planar_graph degree cycle idea-euler-forces-large-face только треугольные грани дали бы тетраэдр в кубическом полиэдральном графе равенство \\(3v=2e\\). если все грани треугольные, то еще и \\(3f=2e\\), а формула эйлера тогда дает \\(f=4\\). поэтому при \\(f\\ge5\\) хотя бы одна грань имеет длину не меньше 4. planar_graphs degree_counting double_counting ai_checked idea-three-free-neighbors три свободные соседние грани подряд после первого ответа соперника среди соседей выбранной большой грани занята не более одна грань, поэтому в циклическом списке ее соседей длины хотя бы 4 есть три подряд свободные позиции. planar_graphs goal_strategy_game ai_checked idea-middle-neighbor-fork средняя грань создает две угрозы если свободные соседи большой грани идут подряд как \\(b,c,d\\), то ход в \\(c\\) оставляет две разные завершающие грани: \\(b\\) дает тройку вокруг одной вершины, а \\(d\\) — вокруг соседней. goal_strategy_game ai_checked sol-euler-large-face-and-fork доказательство через эйлера и локальную вилку ai_checked planar_graph degree cycle double_counting face_counting invariant сначала докажем существование большой грани. обозначим через \\(v,e,f\\) числа вершин, ребер и граней многогранника. так как в каждой вершине сходятся ровно три ребра, двойной счет концов ребер дает \\(3v=2e\\). предположим, что все грани треугольные. тогда сумма длин границ граней равна \\(3f\\), а каждое ребро при таком счете входит в границы двух граней, значит \\(3f=2e\\). по формуле эйлера для связного скелета выпуклого многогранника \\(v-e+f=2\\). из \\(v=2e/3\\) и \\(f=2e/3\\) получаем \\(2e/3-e+2e/3=2\\), то есть \\(e=6\\) и \\(f=4\\). следовательно, если \\(f\\ge5\\), не все грани треугольные; поскольку каждая грань имеет хотя бы три стороны, есть грань \\(a\\) длины \\(k\\ge4\\). теперь докажем игровую часть для любой такой грани \\(a\\). пусть первый игрок первым ходом выбирает \\(a\\). перечислим грани, соседние с \\(a\\) по ее сторонам, в циклическом порядке обхода границы: \\(h_1,h_2,\\ldots,h_k\\). эти грани… cubic-polyhedron-large-face-fork-strategy-lemma bolshaya gran i vilka v igre na granyah kubicheskogo mnogogrannika planar_graphs degree_counting double_counting goal_strategy_game classical_lemma archive_statement https://kskedlaya.org/putnam-archive/2002.pdf misc putnam 2002 b2, arhivnyy istochnik src-putnam-2002-b2-kedlaya with_solution prochee ? putnam 2002 b2, arhivnyy istochnik stmt-large-face-fork lemma o bolshoy grani i vilke ai_checked pust dan skelet vypuklogo mnogogrannika s fiksirovannym vlozheniem na sfere; v kazhdoy ego vershine shodyatsya rovno tri rebra. rassmotrim igru na granyah: dva igroka po ocheredi vybirayut ranee ne vybrannuyu gran, a igrok vyigryvaet, esli posle svoego hoda vladeet vsemi tremya granyami, intsidentnymi nekotoroy vershine. togda vypolneny dva utverzhdeniya. (1) esli u mnogogrannika ne menshe pyati graney, to suschestvuet gran, ogranichennaya ne menee chem chetyrmya rebrami. (2) esli pervyy igrok pervym hodom vybiraet lyubuyu gran \\(a\\), ogranichennuyu \\(k\\ge4\\) rebrami, to posle lyubogo pervogo otveta vtorogo igroka pervyy igrok mozhet sozdat dve odnovremennye ugrozy i vyigrat ne pozdnee svoego tretego hoda. planar_graph degree cycle idea-euler-forces-large-face tolko treugolnye grani dali by tetraedr v kubicheskom poliedralnom grafe ravenstvo \\(3v=2e\\). esli vse grani treugolnye, to esche i \\(3f=2e\\), a formula eylera togda daet \\(f=4\\). poetomu pri \\(f\\ge5\\) hotya by odna gran imeet dlinu ne menshe 4. planar_graphs degree_counting double_counting ai_checked idea-three-free-neighbors tri svobodnye sosednie grani podryad posle pervogo otveta sopernika sredi sosedey vybrannoy bolshoy grani zanyata ne bolee odna gran, poetomu v tsiklicheskom spiske ee sosedey dliny hotya by 4 est tri podryad svobodnye pozitsii. planar_graphs goal_strategy_game ai_checked idea-middle-neighbor-fork srednyaya gran sozdaet dve ugrozy esli svobodnye sosedi bolshoy grani idut podryad kak \\(b,c,d\\), to hod v \\(c\\) ostavlyaet dve raznye zavershayuschie grani: \\(b\\) daet troyku vokrug odnoy vershiny, a \\(d\\) — vokrug sosedney. goal_strategy_game ai_checked sol-euler-large-face-and-fork dokazatelstvo cherez eylera i lokalnuyu vilku ai_checked planar_graph degree cycle double_counting face_counting invariant snachala dokazhem suschestvovanie bolshoy grani. oboznachim cherez \\(v,e,f\\) chisla vershin, reber i graney mnogogrannika. tak kak v kazhdoy vershine shodyatsya rovno tri rebra, dvoynoy schet kontsov reber daet \\(3v=2e\\). predpolozhim, chto vse grani treugolnye. togda summa dlin granits graney ravna \\(3f\\), a kazhdoe rebro pri takom schete vhodit v granitsy dvuh graney, znachit \\(3f=2e\\). po formule eylera dlya svyaznogo skeleta vypuklogo mnogogrannika \\(v-e+f=2\\). iz \\(v=2e/3\\) i \\(f=2e/3\\) poluchaem \\(2e/3-e+2e/3=2\\), to est \\(e=6\\) i \\(f=4\\). sledovatelno, esli \\(f\\ge5\\), ne vse grani treugolnye; poskolku kazhdaya gran imeet hotya by tri storony, est gran \\(a\\) dliny \\(k\\ge4\\). teper dokazhem igrovuyu chast dlya lyuboy takoy grani \\(a\\). pust pervyy igrok pervym hodom vybiraet \\(a\\). perechislim grani, sosednie s \\(a\\) po ee storonam, v tsiklicheskom poryadke obhoda granitsy: \\(h_1,h_2,\\ldots,h_k\\). eti grani…","source_keys":["misc","putnam"]}
{"id":"degeneracy-greedy-coloring","title":"Вырожденность графа и жадная раскраска","path":"data\\problems\\classical\\degeneracy-greedy-coloring.yaml","raw_github_url":"https://raw.githubusercontent.com/didin-maxim/knowledge_graph_of_graphs/main/data/problems/classical/degeneracy-greedy-coloring.yaml","viewer_url":"https://didin-maxim.github.io/knowledge_graph_of_graphs/#degeneracy-greedy-coloring","source_key":"misc","source_label":"Прочее","source_titles":["Wikipedia, Degeneracy (graph theory)"],"year":"","type":"theorem","authors":[],"tags":["coloring","classical_theorem","goal_bound","goal_algorithm","induction"],"agent_topics":[],"difficulty":{"main":"regional","local_score":3,"comment":"Базовая, но чрезвычайно полезная школьная лемма о раскраске: весь механизм — порядок удаления вершин.","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":"Карточка подкреплена опубликованными неофициальными, справочными, журнальными, вики-, форумными источниками или страницами задач.","audit_source":"agent-imo-us-classical.json"},"statements":{"original":[{"id":"stmt-original-1","title":"Раскраска вырожденного графа","status":"ai_checked","text":"Пусть \\(d\\) — неотрицательное целое число. Если в каждом непустом подграфе простого графа \\(G\\) есть вершина степени не больше \\(d\\), то вершины \\(G\\) можно правильно раскрасить в \\(d+1\\) цвет.","definition_ids":["simple_graph","degree","chromatic_number"]}],"olympiad_reformulations":[{"id":"stmt-order-form","title":"Форма через порядок вершин","status":"ai_checked","text":"Если вершины графа можно упорядочить так, что у каждой вершины не больше \\(d\\) соседей, стоящих после неё, то граф \\((d+1)\\)-раскрашиваем.","definition_ids":["simple_graph","degree","chromatic_number"]}]},"solutions":[{"id":"sol-deletion-order","title":"Доказательство обратной жадной раскраской","status":"ai_checked","definition_ids":["simple_graph","degree","chromatic_number"],"standard_idea_ids":["induction"],"tags":[],"has_text":true,"text_preview":"Будем удалять вершины из графа. Пока граф непуст, по условию в текущем подграфе есть вершина степени не больше \\(d\\); удалим одну такую вершину и запишем ее в список. После удаления снова смотрим на оставшийся подграф и повторяем процесс. В конце все вершины удалены. Теперь раскрасим вершины в обратном порядке: сначала последнюю удаленную, затем предпоследнюю и так далее. Когда мы возвращаем некоторую вершину \\(v\\), среди уже возвращенных и раскрашенных вершин находятся только те ее соседи, которые оставались в графе после удаления \\(v\\). В момент удаления таких соседей было не больше \\(d\\). Значит среди \\(d+1\\) цветов занято не более \\(d\\), и для \\(v\\) остается хотя бы один свободный цвет. Выберем его. Так получаем правильную раскраску всего графа: каждое ребро проверяется в момент, когда красится более ранний по восстановлению конец, и этот конец получает цвет, отличный от уже раскраш…"}],"relations":[{"id":"rel-planar-bound-degeneracy","neighbor_id":"planar-edge-bound","direction":"backward","type":"solution_transfer","distance":2,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-ghrv-degeneracy","neighbor_id":"gallai-hasse-roy-vitaver-theorem","direction":"backward","type":"same_motif","distance":2,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-kolmogorov-2009-local-cover-degeneracy-coloring","neighbor_id":"kolmogorov-2009-round2-high-local-vertex-cover-coloring","direction":"backward","type":"same_motif","distance":3,"status":"needs_human_review"},{"id":"rel-apmo-2016-p4-degeneracy-greedy-coloring","neighbor_id":"apmo-2016-p4-dreamland-28-step-coloring","direction":"backward","type":"prerequisite","distance":2,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-brooks-degeneracy-greedy-order","neighbor_id":"brooks-theorem","direction":"forward","type":"prerequisite","distance":1,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-five-color-degeneracy-greedy-six-color","neighbor_id":"five-color-theorem","direction":"forward","type":"same_motif","distance":2,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-degeneracy-greedy-to-mmo-2018-clique-coloring","neighbor_id":"mmo-2018-acquaintance-seating-clique-chromatic","direction":"forward","type":"prerequisite","distance":1,"status":"ai_checked"}],"search_text":"degeneracy-greedy-coloring вырожденность графа и жадная раскраска coloring classical_theorem goal_bound goal_algorithm induction https://en.wikipedia.org/wiki/degeneracy_(graph_theory) misc src-wikipedia-degeneracy-graph-theory standard_reference wikipedia, degeneracy (graph theory) with_solution прочее ? wikipedia, degeneracy (graph theory) stmt-original-1 раскраска вырожденного графа ai_checked пусть \\(d\\) — неотрицательное целое число. если в каждом непустом подграфе простого графа \\(g\\) есть вершина степени не больше \\(d\\), то вершины \\(g\\) можно правильно раскрасить в \\(d+1\\) цвет. simple_graph degree chromatic_number stmt-order-form форма через порядок вершин ai_checked если вершины графа можно упорядочить так, что у каждой вершины не больше \\(d\\) соседей, стоящих после неё, то граф \\((d+1)\\)-раскрашиваем. simple_graph degree chromatic_number idea-delete-then-return удалить, потом вернуть сначала удаляем вершины малой степени, запоминая порядок удаления. затем возвращаем их в обратном порядке: при возвращении у вершины уже раскрашено не больше \\(d\\) соседей. coloring induction ai_checked sol-deletion-order доказательство обратной жадной раскраской ai_checked simple_graph degree chromatic_number induction будем удалять вершины из графа. пока граф непуст, по условию в текущем подграфе есть вершина степени не больше \\(d\\); удалим одну такую вершину и запишем ее в список. после удаления снова смотрим на оставшийся подграф и повторяем процесс. в конце все вершины удалены. теперь раскрасим вершины в обратном порядке: сначала последнюю удаленную, затем предпоследнюю и так далее. когда мы возвращаем некоторую вершину \\(v\\), среди уже возвращенных и раскрашенных вершин находятся только те ее соседи, которые оставались в графе после удаления \\(v\\). в момент удаления таких соседей было не больше \\(d\\). значит среди \\(d+1\\) цветов занято не более \\(d\\), и для \\(v\\) остается хотя бы один свободный цвет. выберем его. так получаем правильную раскраску всего графа: каждое ребро проверяется в момент, когда красится более ранний по восстановлению конец, и этот конец получает цвет, отличный от уже раскраш… degeneracy-greedy-coloring vyrozhdennost grafa i zhadnaya raskraska coloring classical_theorem goal_bound goal_algorithm induction https://en.wikipedia.org/wiki/degeneracy_(graph_theory) misc src-wikipedia-degeneracy-graph-theory standard_reference wikipedia, degeneracy (graph theory) with_solution prochee ? wikipedia, degeneracy (graph theory) stmt-original-1 raskraska vyrozhdennogo grafa ai_checked pust \\(d\\) — neotritsatelnoe tseloe chislo. esli v kazhdom nepustom podgrafe prostogo grafa \\(g\\) est vershina stepeni ne bolshe \\(d\\), to vershiny \\(g\\) mozhno pravilno raskrasit v \\(d+1\\) tsvet. simple_graph degree chromatic_number stmt-order-form forma cherez poryadok vershin ai_checked esli vershiny grafa mozhno uporyadochit tak, chto u kazhdoy vershiny ne bolshe \\(d\\) sosedey, stoyaschih posle nee, to graf \\((d+1)\\)-raskrashivaem. simple_graph degree chromatic_number idea-delete-then-return udalit, potom vernut snachala udalyaem vershiny maloy stepeni, zapominaya poryadok udaleniya. zatem vozvraschaem ih v obratnom poryadke: pri vozvraschenii u vershiny uzhe raskrasheno ne bolshe \\(d\\) sosedey. coloring induction ai_checked sol-deletion-order dokazatelstvo obratnoy zhadnoy raskraskoy ai_checked simple_graph degree chromatic_number induction budem udalyat vershiny iz grafa. poka graf nepust, po usloviyu v tekuschem podgrafe est vershina stepeni ne bolshe \\(d\\); udalim odnu takuyu vershinu i zapishem ee v spisok. posle udaleniya snova smotrim na ostavshiysya podgraf i povtoryaem protsess. v kontse vse vershiny udaleny. teper raskrasim vershiny v obratnom poryadke: snachala poslednyuyu udalennuyu, zatem predposlednyuyu i tak dalee. kogda my vozvraschaem nekotoruyu vershinu \\(v\\), sredi uzhe vozvraschennyh i raskrashennyh vershin nahodyatsya tolko te ee sosedi, kotorye ostavalis v grafe posle udaleniya \\(v\\). v moment udaleniya takih sosedey bylo ne bolshe \\(d\\). znachit sredi \\(d+1\\) tsvetov zanyato ne bolee \\(d\\), i dlya \\(v\\) ostaetsya hotya by odin svobodnyy tsvet. vyberem ego. tak poluchaem pravilnuyu raskrasku vsego grafa: kazhdoe rebro proveryaetsya v moment, kogda krasitsya bolee ranniy po vosstanovleniyu konets, i etot konets poluchaet tsvet, otlichnyy ot uzhe raskrash…","source_keys":["misc"]}
{"id":"dense-graph-long-theta-subgraph","title":"Плотный граф содержит theta-подграф с двумя длинными ветвями","path":"data\\problems\\classical\\dense-graph-long-theta-subgraph.yaml","raw_github_url":"https://raw.githubusercontent.com/didin-maxim/knowledge_graph_of_graphs/main/data/problems/classical/dense-graph-long-theta-subgraph.yaml","viewer_url":"https://didin-maxim.github.io/knowledge_graph_of_graphs/#dense-graph-long-theta-subgraph","source_key":"misc","source_label":"Прочее","source_titles":["Bondy and Simonovits, Cycles of Even Length in Graphs","ФЮМ 2009, третий тур (a), задача 7"],"year":"","type":"lemma","authors":["J. A. Bondy and M. Simonovits"],"tags":["extremal_graph_theory","goal_existence"],"agent_topics":[],"difficulty":{"main":"regional","local_score":5,"comment":"Короткая экстремальная лемма: основная идея состоит в стандартном переходе к большой минимальной степени и выборе конца длиннейшего пути.","status":"ai_checked"},"review_status":"needs_human_review","public_ready":false,"solution_state":"with_solution","solution_classification":{"type":"official_complete_or_near_complete","label":"официальное полное/почти полное","status":"ai_checked","confidence":0.78,"basis":"агентский аудит средней сложности","notes":"Классическая извлечённая карточка имеет официальный источник и проверенное агентом решение.","audit_source":"agent-imo-us-classical.json"},"statements":{"original":[{"id":"stmt-dense-long-theta","title":"Плотность больше \\(2t\\) на вершину вынуждает длинный theta-подграф","status":"source_verified","text":"Пусть \\(t\\ge 1\\), а \\(G\\) — конечный простой связный граф такой, что \\(e(G)>2t|V(G)|\\). Тогда в \\(G\\) существуют вершины \\(a,b\\), ребро \\(ab\\), и два внутренне непересекающихся простых \\(a-b\\) пути, каждый длины хотя бы \\(t\\), причем вместе с ребром \\(ab\\) они образуют theta-подграф.","definition_ids":["simple_graph","connected_graph","path","cycle"]}]},"solutions":[{"id":"sol-pruning-longest-path","title":"Доказательство через прореживание и длиннейший путь","status":"ai_checked","definition_ids":["simple_graph","connected_graph","path"],"standard_idea_ids":["extremal_choice","longest_path"],"tags":[],"has_text":true,"text_preview":"Будем удалять из текущего графа вершины степени меньше \\(2t\\). Если в графе с \\(N\\) вершинами и \\(M>2tN\\) ребрами удалить вершину степени не больше \\(2t-1\\), то останется больше \\(2tN-(2t-1)>2t(N-1)\\) ребер, так что строгая плотность сохраняется. Поэтому после последовательных удалений останется непустой граф \\(H\\) с \\(e(H)>2t|V(H)|\\) и минимальной степенью хотя бы \\(2t\\); взяв компоненту с отношением \\(e/|V|\\) больше \\(2t\\), можно считать \\(H\\) связным. Возьмем в \\(H\\) длиннейший простой путь \\(P=x_0x_1\\ldots x_m\\). Все соседи вершины \\(x_0\\) лежат на \\(P\\), иначе путь можно было бы удлинить. Пусть эти соседи имеют индексы \\(1=i_1<i_2<\\cdots<i_r\\). Так как \\(\\delta(H)\\ge 2t\\), имеем \\(r\\ge 2t\\). Положим \\(a=x_0\\) и \\(b=x_{i_t}\\). Тогда \\(ab\\) — ребро. Первый \\(a-b\\) путь идет вдоль \\(P\\): \\(x_0x_1\\ldots x_{i_t}\\), и его длина \\(i_t\\ge t\\). Второй путь идет сначала по ребру \\(x_0x_{i_r}…"}],"relations":[{"id":"rel-dense-long-theta-fyum-2009-tur3a-p7","neighbor_id":"fyum-2009-tur3a-p7","direction":"forward","type":"prerequisite","distance":1,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-dense-long-theta-dirac-longest-path-motif","neighbor_id":"dirac-theorem","direction":"forward","type":"same_motif","distance":2,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-yumt-2025-unior-r3p1-dense-theta","neighbor_id":"yumt-2025-unior-round3-problem1","direction":"backward","type":"same_motif","distance":3,"status":"ai_checked"}],"search_text":"dense-graph-long-theta-subgraph плотный граф содержит theta-подграф с двумя длинными ветвями extremal_graph_theory goal_existence bondy and simonovits, cycles of even length in graphs https://users.renyi.hu/~miki/bondysimeven.pdf https://www.guas.info/competit/fest/fest20/tur3a.tex j. a. bondy and m. simonovits jabondyandmsimonovits misc olympiad_archive research_paper src-bondy-simonovits-cycles-even-length-1974 src-fyum-2009-tur3a-p7-official with_solution прочее фюм 2009, третий тур (a), задача 7 j. a. bondy and m. simonovits bondy and simonovits, cycles of even length in graphs фюм 2009, третий тур (a), задача 7 stmt-dense-long-theta плотность больше \\(2t\\) на вершину вынуждает длинный theta-подграф source_verified пусть \\(t\\ge 1\\), а \\(g\\) — конечный простой связный граф такой, что \\(e(g)>2t|v(g)|\\). тогда в \\(g\\) существуют вершины \\(a,b\\), ребро \\(ab\\), и два внутренне непересекающихся простых \\(a-b\\) пути, каждый длины хотя бы \\(t\\), причем вместе с ребром \\(ab\\) они образуют theta-подграф. simple_graph connected_graph path cycle idea-prune-to-minimum-degree-and-use-longest-path очистить малые степени и посмотреть на конец длиннейшего пути пока есть вершина степени меньше \\(2t\\), ее можно удалить, сохранив строгую плотность \\(e>2t|v|\\) в оставшемся графе; затем берется плотная компонента с минимальной степенью хотя бы \\(2t\\). у конца длиннейшего пути все соседи лежат на этом пути, а большое число соседей дает две длинные дуги к подходящему соседу. extremal_graph_theory extremal_choice connectivity ai_checked sol-pruning-longest-path доказательство через прореживание и длиннейший путь ai_checked simple_graph connected_graph path extremal_choice longest_path будем удалять из текущего графа вершины степени меньше \\(2t\\). если в графе с \\(n\\) вершинами и \\(m>2tn\\) ребрами удалить вершину степени не больше \\(2t-1\\), то останется больше \\(2tn-(2t-1)>2t(n-1)\\) ребер, так что строгая плотность сохраняется. поэтому после последовательных удалений останется непустой граф \\(h\\) с \\(e(h)>2t|v(h)|\\) и минимальной степенью хотя бы \\(2t\\); взяв компоненту с отношением \\(e/|v|\\) больше \\(2t\\), можно считать \\(h\\) связным. возьмем в \\(h\\) длиннейший простой путь \\(p=x_0x_1\\ldots x_m\\). все соседи вершины \\(x_0\\) лежат на \\(p\\), иначе путь можно было бы удлинить. пусть эти соседи имеют индексы \\(1=i_1<i_2<\\cdots<i_r\\). так как \\(\\delta(h)\\ge 2t\\), имеем \\(r\\ge 2t\\). положим \\(a=x_0\\) и \\(b=x_{i_t}\\). тогда \\(ab\\) — ребро. первый \\(a-b\\) путь идет вдоль \\(p\\): \\(x_0x_1\\ldots x_{i_t}\\), и его длина \\(i_t\\ge t\\). второй путь идет сначала по ребру \\(x_0x_{i_r}… dense-graph-long-theta-subgraph plotnyy graf soderzhit theta-podgraf s dvumya dlinnymi vetvyami extremal_graph_theory goal_existence bondy and simonovits, cycles of even length in graphs https://users.renyi.hu/~miki/bondysimeven.pdf https://www.guas.info/competit/fest/fest20/tur3a.tex j. a. bondy and m. simonovits jabondyandmsimonovits misc olympiad_archive research_paper src-bondy-simonovits-cycles-even-length-1974 src-fyum-2009-tur3a-p7-official with_solution prochee fyum 2009, tretiy tur (a), zadacha 7 j. a. bondy and m. simonovits bondy and simonovits, cycles of even length in graphs fyum 2009, tretiy tur (a), zadacha 7 stmt-dense-long-theta plotnost bolshe \\(2t\\) na vershinu vynuzhdaet dlinnyy theta-podgraf source_verified pust \\(t\\ge 1\\), a \\(g\\) — konechnyy prostoy svyaznyy graf takoy, chto \\(e(g)>2t|v(g)|\\). togda v \\(g\\) suschestvuyut vershiny \\(a,b\\), rebro \\(ab\\), i dva vnutrenne neperesekayuschihsya prostyh \\(a-b\\) puti, kazhdyy dliny hotya by \\(t\\), prichem vmeste s rebrom \\(ab\\) oni obrazuyut theta-podgraf. simple_graph connected_graph path cycle idea-prune-to-minimum-degree-and-use-longest-path ochistit malye stepeni i posmotret na konets dlinneyshego puti poka est vershina stepeni menshe \\(2t\\), ee mozhno udalit, sohraniv stroguyu plotnost \\(e>2t|v|\\) v ostavshemsya grafe; zatem beretsya plotnaya komponenta s minimalnoy stepenyu hotya by \\(2t\\). u kontsa dlinneyshego puti vse sosedi lezhat na etom puti, a bolshoe chislo sosedey daet dve dlinnye dugi k podhodyaschemu sosedu. extremal_graph_theory extremal_choice connectivity ai_checked sol-pruning-longest-path dokazatelstvo cherez prorezhivanie i dlinneyshiy put ai_checked simple_graph connected_graph path extremal_choice longest_path budem udalyat iz tekuschego grafa vershiny stepeni menshe \\(2t\\). esli v grafe s \\(n\\) vershinami i \\(m>2tn\\) rebrami udalit vershinu stepeni ne bolshe \\(2t-1\\), to ostanetsya bolshe \\(2tn-(2t-1)>2t(n-1)\\) reber, tak chto strogaya plotnost sohranyaetsya. poetomu posle posledovatelnyh udaleniy ostanetsya nepustoy graf \\(h\\) s \\(e(h)>2t|v(h)|\\) i minimalnoy stepenyu hotya by \\(2t\\); vzyav komponentu s otnosheniem \\(e/|v|\\) bolshe \\(2t\\), mozhno schitat \\(h\\) svyaznym. vozmem v \\(h\\) dlinneyshiy prostoy put \\(p=x_0x_1\\ldots x_m\\). vse sosedi vershiny \\(x_0\\) lezhat na \\(p\\), inache put mozhno bylo by udlinit. pust eti sosedi imeyut indeksy \\(1=i_1<i_2<\\cdots<i_r\\). tak kak \\(\\delta(h)\\ge 2t\\), imeem \\(r\\ge 2t\\). polozhim \\(a=x_0\\) i \\(b=x_{i_t}\\). togda \\(ab\\) — rebro. pervyy \\(a-b\\) put idet vdol \\(p\\): \\(x_0x_1\\ldots x_{i_t}\\), i ego dlina \\(i_t\\ge t\\). vtoroy put idet snachala po rebru \\(x_0x_{i_r}…","source_keys":["misc","fyum"]}
{"id":"digraph-outdegree-greedy-coloring-bound","title":"Жадная оценка раскраски орграфа с ограниченной исходящей степенью","path":"data\\problems\\classical\\digraph-outdegree-greedy-coloring-bound.yaml","raw_github_url":"https://raw.githubusercontent.com/didin-maxim/knowledge_graph_of_graphs/main/data/problems/classical/digraph-outdegree-greedy-coloring-bound.yaml","viewer_url":"https://didin-maxim.github.io/knowledge_graph_of_graphs/#digraph-outdegree-greedy-coloring-bound","source_key":"misc","source_label":"Прочее","source_titles":["APMO 2016 официальные решения"],"year":"","type":"lemma","authors":[],"tags":["coloring","induction","goal_bound","classical_theorem"],"agent_topics":[],"difficulty":{"main":"regional","local_score":3,"comment":"Короткая жадно-индукционная лемма о раскраске; единственный трюк — выбирать удаляемую вершину по средней входящей, а не исходящей степени.","status":"ai_checked"},"review_status":"needs_human_review","public_ready":false,"solution_state":"with_solution","solution_classification":{"type":"official_complete_or_near_complete","label":"официальное полное/почти полное","status":"ai_checked","confidence":0.78,"basis":"агентский аудит средней сложности","notes":"Классическая извлечённая карточка имеет официальный источник и проверенное агентом решение.","audit_source":"agent-imo-us-classical.json"},"statements":{"original":[{"id":"stmt-digraph-outdegree-greedy-coloring-bound","title":"Лемма о раскраске при ограниченной исходящей степени","status":"ai_checked","text":"Пусть \\(r\\ge 0\\). Любой конечный ориентированный граф, в котором исходящая степень каждой вершины не превосходит \\(r\\), можно раскрасить в \\(2r+1\\) цвет так, чтобы концы каждой дуги имели разные цвета.","definition_ids":["directed_graph","outdegree"]}]},"solutions":[{"id":"sol-low-indegree-induction","title":"Индукция по числу вершин","status":"ai_checked","definition_ids":["directed_graph","outdegree","chromatic_number"],"standard_idea_ids":["induction","greedy_ordering"],"tags":[],"has_text":true,"text_preview":"Докажем утверждение индукцией по числу вершин. Для пустого графа и графа из одной вершины всё очевидно. Пусть теперь \\(D\\) — конечный ориентированный граф с максимальной исходящей степенью не больше \\(r\\). Сумма входящих степеней равна сумме исходящих степеней, поэтому средняя входящая степень тоже не превосходит \\(r\\). Значит, найдётся вершина \\(v\\) входящей степени не больше \\(r\\). Удалим \\(v\\). В оставшемся ориентированном графе максимальная исходящая степень по-прежнему не больше \\(r\\), поэтому по предположению индукции он имеет раскраску цветами \\(1,\\dots,2r+1\\), в которой концы каждой дуги окрашены по-разному. Вернём \\(v\\). Цвет для \\(v\\) запрещён только тогда, когда он уже стоит на входящем или исходящем соседе \\(v\\). Исходящих соседей не больше \\(r\\), потому что исходящая степень \\(v\\) не превосходит \\(r\\), а входящих соседей не больше \\(r\\) по выбору \\(v\\). Значит, запрещено не…"}],"relations":[{"id":"rel-digraph-outdegree-greedy-coloring-bound-apmo-2016-p4","neighbor_id":"apmo-2016-p4-dreamland-28-step-coloring","direction":"forward","type":"prerequisite","distance":1,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-bipartite-edge-layers-digraph-outdegree-greedy-coloring-bound","neighbor_id":"vertex-coloring-to-bipartite-edge-layers","direction":"backward","type":"same_motif","distance":2,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-greedy-strong-edge-digraph-outdegree-coloring-motif","neighbor_id":"greedy-strong-edge-coloring-bound","direction":"backward","type":"same_motif","distance":2,"status":"ai_checked"}],"search_text":"digraph-outdegree-greedy-coloring-bound жадная оценка раскраски орграфа с ограниченной исходящей степенью coloring induction goal_bound classical_theorem apmo 2016 официальные решения https://apmo-official.org/static/solutions/apmo2016_sol.pdf misc official_archive src-apmo-2016-official with_solution прочее ? apmo 2016 официальные решения stmt-digraph-outdegree-greedy-coloring-bound лемма о раскраске при ограниченной исходящей степени ai_checked пусть \\(r\\ge 0\\). любой конечный ориентированный граф, в котором исходящая степень каждой вершины не превосходит \\(r\\), можно раскрасить в \\(2r+1\\) цвет так, чтобы концы каждой дуги имели разные цвета. directed_graph outdegree idea-low-indegree-extend-coloring удалить вершину малой входящей степени и продолжить раскраску сумма входящих степеней равна сумме исходящих, поэтому средняя входящая степень не превосходит \\(r\\). выбираем вершину входящей степени не больше \\(r\\), красим оставшийся граф по индукции, а затем возвращаем эту вершину: её входящие и исходящие соседи запрещают не больше \\(r+r=2r\\) цветов. coloring induction ai_checked sol-low-indegree-induction индукция по числу вершин ai_checked directed_graph outdegree chromatic_number induction greedy_ordering докажем утверждение индукцией по числу вершин. для пустого графа и графа из одной вершины всё очевидно. пусть теперь \\(d\\) — конечный ориентированный граф с максимальной исходящей степенью не больше \\(r\\). сумма входящих степеней равна сумме исходящих степеней, поэтому средняя входящая степень тоже не превосходит \\(r\\). значит, найдётся вершина \\(v\\) входящей степени не больше \\(r\\). удалим \\(v\\). в оставшемся ориентированном графе максимальная исходящая степень по-прежнему не больше \\(r\\), поэтому по предположению индукции он имеет раскраску цветами \\(1,\\dots,2r+1\\), в которой концы каждой дуги окрашены по-разному. вернём \\(v\\). цвет для \\(v\\) запрещён только тогда, когда он уже стоит на входящем или исходящем соседе \\(v\\). исходящих соседей не больше \\(r\\), потому что исходящая степень \\(v\\) не превосходит \\(r\\), а входящих соседей не больше \\(r\\) по выбору \\(v\\). значит, запрещено не… digraph-outdegree-greedy-coloring-bound zhadnaya otsenka raskraski orgrafa s ogranichennoy ishodyaschey stepenyu coloring induction goal_bound classical_theorem apmo 2016 ofitsialnye resheniya https://apmo-official.org/static/solutions/apmo2016_sol.pdf misc official_archive src-apmo-2016-official with_solution prochee ? apmo 2016 ofitsialnye resheniya stmt-digraph-outdegree-greedy-coloring-bound lemma o raskraske pri ogranichennoy ishodyaschey stepeni ai_checked pust \\(r\\ge 0\\). lyuboy konechnyy orientirovannyy graf, v kotorom ishodyaschaya stepen kazhdoy vershiny ne prevoshodit \\(r\\), mozhno raskrasit v \\(2r+1\\) tsvet tak, chtoby kontsy kazhdoy dugi imeli raznye tsveta. directed_graph outdegree idea-low-indegree-extend-coloring udalit vershinu maloy vhodyaschey stepeni i prodolzhit raskrasku summa vhodyaschih stepeney ravna summe ishodyaschih, poetomu srednyaya vhodyaschaya stepen ne prevoshodit \\(r\\). vybiraem vershinu vhodyaschey stepeni ne bolshe \\(r\\), krasim ostavshiysya graf po induktsii, a zatem vozvraschaem etu vershinu: ee vhodyaschie i ishodyaschie sosedi zapreschayut ne bolshe \\(r+r=2r\\) tsvetov. coloring induction ai_checked sol-low-indegree-induction induktsiya po chislu vershin ai_checked directed_graph outdegree chromatic_number induction greedy_ordering dokazhem utverzhdenie induktsiey po chislu vershin. dlya pustogo grafa i grafa iz odnoy vershiny vse ochevidno. pust teper \\(d\\) — konechnyy orientirovannyy graf s maksimalnoy ishodyaschey stepenyu ne bolshe \\(r\\). summa vhodyaschih stepeney ravna summe ishodyaschih stepeney, poetomu srednyaya vhodyaschaya stepen tozhe ne prevoshodit \\(r\\). znachit, naydetsya vershina \\(v\\) vhodyaschey stepeni ne bolshe \\(r\\). udalim \\(v\\). v ostavshemsya orientirovannom grafe maksimalnaya ishodyaschaya stepen po-prezhnemu ne bolshe \\(r\\), poetomu po predpolozheniyu induktsii on imeet raskrasku tsvetami \\(1,\\dots,2r+1\\), v kotoroy kontsy kazhdoy dugi okrasheny po-raznomu. vernem \\(v\\). tsvet dlya \\(v\\) zapreschen tolko togda, kogda on uzhe stoit na vhodyaschem ili ishodyaschem sosede \\(v\\). ishodyaschih sosedey ne bolshe \\(r\\), potomu chto ishodyaschaya stepen \\(v\\) ne prevoshodit \\(r\\), a vhodyaschih sosedey ne bolshe \\(r\\) po vyboru \\(v\\). znachit, zaprescheno ne…","source_keys":["misc","apmo"]}
{"id":"dirac-theorem","title":"Теорема Дирака о гамильтоновом цикле","path":"data\\problems\\classical\\dirac-theorem.yaml","raw_github_url":"https://raw.githubusercontent.com/didin-maxim/knowledge_graph_of_graphs/main/data/problems/classical/dirac-theorem.yaml","viewer_url":"https://didin-maxim.github.io/knowledge_graph_of_graphs/#dirac-theorem","source_key":"misc","source_label":"Прочее","source_titles":["Гамильтонов граф"],"year":"","type":"theorem","authors":["Gabriel Andrew Dirac"],"tags":["hamiltonian_cycles","extremal_choice","classical_theorem","goal_exact_bound"],"agent_topics":[],"difficulty":{"main":"national_final_medium","local_score":7,"comment":"Классический прием с длиннейшим путем.","status":"ai_draft"},"review_status":"needs_human_review","public_ready":false,"solution_state":"with_solution","solution_classification":{"type":"unofficial_published","label":"опубликованное неофициальное","status":"ai_checked","confidence":0.78,"basis":"агентский аудит средней сложности","notes":"Карточка подкреплена опубликованными неофициальными, справочными, журнальными, вики-, форумными источниками или страницами задач.","audit_source":"agent-imo-us-classical.json"},"statements":{"original":[{"id":"stmt-original-1","title":"","status":"needs_review","text":"Пусть G — простой граф на n≥3 вершинах. Если каждая вершина G соединена хотя бы с n/2 другими вершинами, то в G существует гамильтонов цикл, то есть цикл, проходящий через все вершины ровно один раз.","definition_ids":["simple_graph","degree","cycle","hamiltonian_cycle"]}]},"solutions":[{"id":"sol-longest-path","title":"Доказательство через длиннейший путь","status":"ai_checked","definition_ids":["connected_graph","path","cycle"],"standard_idea_ids":["longest_path","extremal_choice"],"tags":[],"has_text":true,"text_preview":"Пусть \\(v_1,\\ldots,v_k\\) — длиннейший простой путь в графе. Все соседи концов \\(v_1\\) и \\(v_k\\) лежат на этом пути, иначе путь можно было бы удлинить. Так как \\(\\deg(v_1)+\\deg(v_k)\\ge n\\ge k\\), среди позиций на пути найдётся индекс \\(i\\), для которого одновременно \\(v_k\\) смежна с \\(v_i\\), а \\(v_1\\) смежна с \\(v_{i+1}\\): иначе множества индексов \\(\\{i: v_kv_i\\in E\\}\\) и \\(\\{i: v_1v_{i+1}\\in E\\}\\) были бы непересекающимися подмножествами \\(\\{1,\\ldots,k-1\\}\\) суммарной мощности не меньше \\(k\\). Тогда рёбра \\(v_kv_i\\) и \\(v_1v_{i+1}\\) вместе с частями пути дают цикл \\(v_1,v_{i+1},v_{i+2},\\ldots,v_k,v_i,v_{i-1},\\ldots,v_1\\), проходящий через все вершины пути. Осталось доказать, что \\(k=n\\). Условие минимальной степени не меньше \\(n/2\\) делает граф связным: если бы были две компоненты, вершина в меньшей из них имела бы степень не больше размера этой компоненты минус 1, то есть меньше \\(n/2\\)…"}],"relations":[{"id":"rel-dirac-ore","neighbor_id":"ore-theorem","direction":"backward","type":"specialization","distance":1,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-dirac-even-cycle-2009","neighbor_id":"tc-2009-10-acquaintances-even-cycle","direction":"forward","type":"same_motif","distance":3,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-erdos-gallai-path-dirac","neighbor_id":"erdos-gallai-path-edge-bound","direction":"backward","type":"same_motif","distance":2,"status":"ai_draft"},{"id":"rel-kolm-2009-pancyclic-dirac-hamiltonian-density","neighbor_id":"kolmogorov-2009-round1-high-dense-hamiltonian-pancyclic","direction":"backward","type":"same_motif","distance":3,"status":"needs_human_review"},{"id":"rel-bondy-links-dirac-pancyclic-upgrade","neighbor_id":"bondy-pancyclic-theorem","direction":"backward","type":"same_motif","distance":2,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-dense-long-theta-dirac-longest-path-motif","neighbor_id":"dense-graph-long-theta-subgraph","direction":"backward","type":"same_motif","distance":2,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-dirac-imo-2023-c7-hamiltonian-paths","neighbor_id":"imo-2023-c7-ferry-companies-hamiltonian-paths","direction":"forward","type":"same_motif","distance":4,"status":"needs_human_review"},{"id":"rel-kolm2014-4regular-cycles-dirac-hamiltonian-contrast","neighbor_id":"kolmogorov-2014-round3-four-regular-two-100-cycles","direction":"backward","type":"same_motif","distance":4,"status":"needs_human_review"},{"id":"rel-kolm-2008-hamiltonian-dirac","neighbor_id":"kolmogorov-2008-round-3-high-league-problem-1","direction":"backward","type":"same_motif","distance":2,"status":"needs_human_review"},{"id":"rel-imo-1986-sl12-dirac-longest-path","neighbor_id":"imo-1986-sl12-increasing-edge-trail","direction":"forward","type":"same_motif","distance":3,"status":"needs_human_review"},{"id":"rel-dirac-bmo-2025-longest-path","neighbor_id":"bmo-2025-p4-flights-long-short-paths","direction":"forward","type":"same_motif","distance":2,"status":"needs_human_review"}],"search_text":"dirac-theorem теорема дирака о гамильтоновом цикле hamiltonian_cycles extremal_choice classical_theorem goal_exact_bound gabriel andrew dirac gabrielandrewdirac https://ru.wikipedia.org/wiki/%d0%93%d0%b0%d0%bc%d0%b8%d0%bb%d1%8c%d1%82%d0%be%d0%bd%d0%be%d0%b2_%d0%b3%d1%80%d0%b0%d1%84 misc reference src-wikipedia-dirac with_solution гамильтонов граф прочее gabriel andrew dirac гамильтонов граф stmt-original-1 needs_review пусть g — простой граф на n≥3 вершинах. если каждая вершина g соединена хотя бы с n/2 другими вершинами, то в g существует гамильтонов цикл, то есть цикл, проходящий через все вершины ровно один раз. simple_graph degree cycle hamiltonian_cycle idea-longest-path максимальный путь берется самый длинный путь; большая минимальная степень заставляет его концы замкнуться в цикл, а затем цикл оказывается гамильтоновым. hamiltonian_cycles extremal_choice ai_draft sol-longest-path доказательство через длиннейший путь ai_checked connected_graph path cycle longest_path extremal_choice пусть \\(v_1,\\ldots,v_k\\) — длиннейший простой путь в графе. все соседи концов \\(v_1\\) и \\(v_k\\) лежат на этом пути, иначе путь можно было бы удлинить. так как \\(\\deg(v_1)+\\deg(v_k)\\ge n\\ge k\\), среди позиций на пути найдётся индекс \\(i\\), для которого одновременно \\(v_k\\) смежна с \\(v_i\\), а \\(v_1\\) смежна с \\(v_{i+1}\\): иначе множества индексов \\(\\{i: v_kv_i\\in e\\}\\) и \\(\\{i: v_1v_{i+1}\\in e\\}\\) были бы непересекающимися подмножествами \\(\\{1,\\ldots,k-1\\}\\) суммарной мощности не меньше \\(k\\). тогда рёбра \\(v_kv_i\\) и \\(v_1v_{i+1}\\) вместе с частями пути дают цикл \\(v_1,v_{i+1},v_{i+2},\\ldots,v_k,v_i,v_{i-1},\\ldots,v_1\\), проходящий через все вершины пути. осталось доказать, что \\(k=n\\). условие минимальной степени не меньше \\(n/2\\) делает граф связным: если бы были две компоненты, вершина в меньшей из них имела бы степень не больше размера этой компоненты минус 1, то есть меньше \\(n/2\\)… dirac-theorem teorema diraka o gamiltonovom tsikle hamiltonian_cycles extremal_choice classical_theorem goal_exact_bound gabriel andrew dirac gabrielandrewdirac https://ru.wikipedia.org/wiki/%d0%93%d0%b0%d0%bc%d0%b8%d0%bb%d1%8c%d1%82%d0%be%d0%bd%d0%be%d0%b2_%d0%b3%d1%80%d0%b0%d1%84 misc reference src-wikipedia-dirac with_solution gamiltonov graf prochee gabriel andrew dirac gamiltonov graf stmt-original-1 needs_review pust g — prostoy graf na n≥3 vershinah. esli kazhdaya vershina g soedinena hotya by s n/2 drugimi vershinami, to v g suschestvuet gamiltonov tsikl, to est tsikl, prohodyaschiy cherez vse vershiny rovno odin raz. simple_graph degree cycle hamiltonian_cycle idea-longest-path maksimalnyy put beretsya samyy dlinnyy put; bolshaya minimalnaya stepen zastavlyaet ego kontsy zamknutsya v tsikl, a zatem tsikl okazyvaetsya gamiltonovym. hamiltonian_cycles extremal_choice ai_draft sol-longest-path dokazatelstvo cherez dlinneyshiy put ai_checked connected_graph path cycle longest_path extremal_choice pust \\(v_1,\\ldots,v_k\\) — dlinneyshiy prostoy put v grafe. vse sosedi kontsov \\(v_1\\) i \\(v_k\\) lezhat na etom puti, inache put mozhno bylo by udlinit. tak kak \\(\\deg(v_1)+\\deg(v_k)\\ge n\\ge k\\), sredi pozitsiy na puti naydetsya indeks \\(i\\), dlya kotorogo odnovremenno \\(v_k\\) smezhna s \\(v_i\\), a \\(v_1\\) smezhna s \\(v_{i+1}\\): inache mnozhestva indeksov \\(\\{i: v_kv_i\\in e\\}\\) i \\(\\{i: v_1v_{i+1}\\in e\\}\\) byli by neperesekayuschimisya podmnozhestvami \\(\\{1,\\ldots,k-1\\}\\) summarnoy moschnosti ne menshe \\(k\\). togda rebra \\(v_kv_i\\) i \\(v_1v_{i+1}\\) vmeste s chastyami puti dayut tsikl \\(v_1,v_{i+1},v_{i+2},\\ldots,v_k,v_i,v_{i-1},\\ldots,v_1\\), prohodyaschiy cherez vse vershiny puti. ostalos dokazat, chto \\(k=n\\). uslovie minimalnoy stepeni ne menshe \\(n/2\\) delaet graf svyaznym: esli by byli dve komponenty, vershina v menshey iz nih imela by stepen ne bolshe razmera etoy komponenty minus 1, to est menshe \\(n/2\\)…","source_keys":["misc"]}
{"id":"disk-triangulation-boundary-degree-chain-reduction","title":"Граничные степени и удаляемая цепь в триангуляции диска","path":"data\\problems\\classical\\disk-triangulation-boundary-degree-chain-reduction.yaml","raw_github_url":"https://raw.githubusercontent.com/didin-maxim/knowledge_graph_of_graphs/main/data/problems/classical/disk-triangulation-boundary-degree-chain-reduction.yaml","viewer_url":"https://didin-maxim.github.io/knowledge_graph_of_graphs/#disk-triangulation-boundary-degree-chain-reduction","source_key":"misc","source_label":"Прочее","source_titles":["Putnam 2007 A6, архивный источник"],"year":"","type":"lemma","authors":[],"tags":["planar_graphs","double_counting","degree_counting","induction","goal_existence","classical_lemma"],"agent_topics":[],"difficulty":{"main":"national_final_medium","local_score":8,"comment":"Самостоятельная планарная лемма: эйлеров подсчет прост, но редукция цепи 3,4,...,4,3 требует аккуратного локального разбора триангулированного диска.","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":"агент high-reasoning extraction аудит","notes":"Извлечено из архива решений Putnam и развернуто самодостаточно.","audit_source":"agent-putnam-extraction-2026-05-05"},"statements":{"original":[{"id":"stmt-boundary-degree-chain-reduction","title":"Оценка суммы степеней и удаляемая граничная цепь","status":"ai_checked","text":"Пусть \\(T\\) — конечная триангуляция топологического диска: ее внешняя граница является простым циклом длины \\(n\\ge3\\), а все внутренние грани являются треугольниками. Предположим, что каждая внутренняя вершина имеет степень не меньше \\(6\\). Для граничной вершины \\(v\\) обозначим через \\(a(v)\\) ее степень в графе триангуляции. Тогда \\[ \\sum_{v\\in \\partial T} a(v)\\le 4n-6. \\tag{1} \\] Кроме того, если \\(n\\ge4\\), то выполняется одна из двух граничных редукций. 1. Есть граничная вершина степени \\(2\\); тогда единственный треугольник при ней можно удалить, получив триангуляцию диска с \\(n-1\\) граничными сторонами и тем же условием на внутренние степени. 2. Есть цепь последовательных граничных вершин \\(w_1, \\ldots,w_k\\), где \\(2\\le k\\le n-1\\), со степенями \\(3,4,\\ldots,4,3\\). Все треугольники, имеющие вершину среди \\(w_1, \\ldots,w_k\\), образуют приграничную полосу из не более чем \\(2k-1\\) треугольников; удалив эту полосу, мы либо удаляем весь диск, либо получаем триангуляцию диска с числом граничных сторон не больше \\(n-1\\), причем все оставшиеся внутренние вершины по-прежнему имеют степень не меньше \\(6\\).","definition_ids":["planar_graph","degree","cycle","path"]}]},"solutions":[{"id":"sol-euler-count-and-boundary-strip","title":"Эйлеров подсчет и удаление цепи","status":"ai_checked","definition_ids":["planar_graph","degree","cycle","path"],"standard_idea_ids":["face_counting","double_counting","induction","delete_to_simplify"],"tags":[],"has_text":true,"text_preview":"Обозначим через \\(V,E,F\\) число вершин, ребер и внутренних треугольных граней. Для диска \\(V-E+F=1\\). Подсчет сторон всех треугольников дает \\(3F=2E-n\\): внутренние ребра считаются дважды, а \\(n\\) граничных ребер один раз. Если \\(B\\) — сумма степеней граничных вершин, то из условия на внутренние степени \\[ B+6(V-n)\\le 2E. \\] Подставляя \\(V=1+E-F\\), получаем \\[ B\\le 2E-6(V-n)=6n-6-4E+6F. \\] Из \\(3F=2E-n\\) следует \\(6F=4E-2n\\), поэтому \\(B\\le4n-6\\). Это доказывает (1). Пусть теперь \\(n\\ge4\\). Если на границе есть вершина \\(v\\) степени \\(2\\), то ее единственные соседи — две соседние с ней граничные вершины. Значит, единственный треугольник около \\(v\\) является граничным ухом. Удаление этого уха заменяет две граничные стороны на одну и не меняет ни одну вершину, которая остается внутренней; поэтому условие на внутренние степени сохраняется. Остается случай \\(a(v)\\ge3\\) для всех граничных ве…"}],"relations":[{"id":"rel-disk-boundary-chain-degree-two-chain","neighbor_id":"planar-large-girth-degree-two-chain","direction":"forward","type":"same_motif","distance":3,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-disk-triangulation-boundary-degree-chain-putnam-2007-a6","neighbor_id":"putnam-2007-a6-admissible-triangulation-bound","direction":"forward","type":"prerequisite","distance":1,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-disk-boundary-chain-euler-formula-planar","neighbor_id":"euler-formula-planar","direction":"forward","type":"prerequisite","distance":1,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-disk-boundary-chain-planar-edge-bound","neighbor_id":"planar-edge-bound","direction":"forward","type":"same_motif","distance":2,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-disk-boundary-chain-quadrangulation-face-count","neighbor_id":"quadrangulation-euler-face-count","direction":"forward","type":"same_motif","distance":2,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-disk-boundary-chain-planar-large-girth-degree-two-path","neighbor_id":"planar-large-girth-degree-two-path","direction":"forward","type":"same_motif","distance":3,"status":"needs_human_review"}],"search_text":"disk-triangulation-boundary-degree-chain-reduction граничные степени и удаляемая цепь в триангуляции диска planar_graphs double_counting degree_counting induction goal_existence classical_lemma archive_statement https://kskedlaya.org/putnam-archive/2007.pdf misc putnam 2007 a6, архивный источник src-putnam-2007-a6-kedlaya with_solution прочее ? putnam 2007 a6, архивный источник stmt-boundary-degree-chain-reduction оценка суммы степеней и удаляемая граничная цепь ai_checked пусть \\(t\\) — конечная триангуляция топологического диска: ее внешняя граница является простым циклом длины \\(n\\ge3\\), а все внутренние грани являются треугольниками. предположим, что каждая внутренняя вершина имеет степень не меньше \\(6\\). для граничной вершины \\(v\\) обозначим через \\(a(v)\\) ее степень в графе триангуляции. тогда \\[ \\sum_{v\\in \\partial t} a(v)\\le 4n-6. \\tag{1} \\] кроме того, если \\(n\\ge4\\), то выполняется одна из двух граничных редукций. 1. есть граничная вершина степени \\(2\\); тогда единственный треугольник при ней можно удалить, получив триангуляцию диска с \\(n-1\\) граничными сторонами и тем же условием на внутренние степени. 2. есть цепь последовательных граничных вершин \\(w_1, \\ldots,w_k\\), где \\(2\\le k\\le n-1\\), со степенями \\(3,4,\\ldots,4,3\\). все треугольники, имеющие вершину среди \\(w_1, \\ldots,w_k\\), образуют приграничную полосу из не более чем \\(2k-1\\) треугольников; удалив эту полосу, мы либо удаляем весь диск, либо получаем триангуляцию диска с числом граничных сторон не больше \\(n-1\\), причем все оставшиеся внутренние вершины по-прежнему имеют степень не меньше \\(6\\). planar_graph degree cycle path idea-euler-boundary-curvature граничная кривизна из формулы эйлера в триангулированном диске равенства \\(v-e+f=1\\) и \\(3f=2e-n\\), вместе с нижней оценкой \\(6\\) на внутренние степени, дают \\(\\sum_{\\partial t} a(v)\\le4n-6\\). planar_graphs double_counting degree_counting ai_checked idea-chain-three-four-three цепь 3,4,...,4,3 если степеней 2 на границе нет, то отрицательная сумма \\(\\sum(a(v)-4)\\le -6\\) заставляет две степени 3 оказаться соседними после удаления всех четверок из циклической записи степеней. planar_graphs extremal_choice induction ai_checked idea-boundary-strip-removal удаление приграничной полосы локальная структура вершин степеней \\(3,4,\\ldots,4,3\\) явно перечисляет все треугольники, инцидентные цепи, и показывает, что после их удаления новая граница заменяет \\(k\\) старых вершин не более чем \\(k-1\\) новыми. planar_graphs induction ai_checked sol-euler-count-and-boundary-strip эйлеров подсчет и удаление цепи ai_checked planar_graph degree cycle path face_counting double_counting induction delete_to_simplify обозначим через \\(v,e,f\\) число вершин, ребер и внутренних треугольных граней. для диска \\(v-e+f=1\\). подсчет сторон всех треугольников дает \\(3f=2e-n\\): внутренние ребра считаются дважды, а \\(n\\) граничных ребер один раз. если \\(b\\) — сумма степеней граничных вершин, то из условия на внутренние степени \\[ b+6(v-n)\\le 2e. \\] подставляя \\(v=1+e-f\\), получаем \\[ b\\le 2e-6(v-n)=6n-6-4e+6f. \\] из \\(3f=2e-n\\) следует \\(6f=4e-2n\\), поэтому \\(b\\le4n-6\\). это доказывает (1). пусть теперь \\(n\\ge4\\). если на границе есть вершина \\(v\\) степени \\(2\\), то ее единственные соседи — две соседние с ней граничные вершины. значит, единственный треугольник около \\(v\\) является граничным ухом. удаление этого уха заменяет две граничные стороны на одну и не меняет ни одну вершину, которая остается внутренней; поэтому условие на внутренние степени сохраняется. остается случай \\(a(v)\\ge3\\) для всех граничных ве… disk-triangulation-boundary-degree-chain-reduction granichnye stepeni i udalyaemaya tsep v triangulyatsii diska planar_graphs double_counting degree_counting induction goal_existence classical_lemma archive_statement https://kskedlaya.org/putnam-archive/2007.pdf misc putnam 2007 a6, arhivnyy istochnik src-putnam-2007-a6-kedlaya with_solution prochee ? putnam 2007 a6, arhivnyy istochnik stmt-boundary-degree-chain-reduction otsenka summy stepeney i udalyaemaya granichnaya tsep ai_checked pust \\(t\\) — konechnaya triangulyatsiya topologicheskogo diska: ee vneshnyaya granitsa yavlyaetsya prostym tsiklom dliny \\(n\\ge3\\), a vse vnutrennie grani yavlyayutsya treugolnikami. predpolozhim, chto kazhdaya vnutrennyaya vershina imeet stepen ne menshe \\(6\\). dlya granichnoy vershiny \\(v\\) oboznachim cherez \\(a(v)\\) ee stepen v grafe triangulyatsii. togda \\[ \\sum_{v\\in \\partial t} a(v)\\le 4n-6. \\tag{1} \\] krome togo, esli \\(n\\ge4\\), to vypolnyaetsya odna iz dvuh granichnyh reduktsiy. 1. est granichnaya vershina stepeni \\(2\\); togda edinstvennyy treugolnik pri ney mozhno udalit, poluchiv triangulyatsiyu diska s \\(n-1\\) granichnymi storonami i tem zhe usloviem na vnutrennie stepeni. 2. est tsep posledovatelnyh granichnyh vershin \\(w_1, \\ldots,w_k\\), gde \\(2\\le k\\le n-1\\), so stepenyami \\(3,4,\\ldots,4,3\\). vse treugolniki, imeyuschie vershinu sredi \\(w_1, \\ldots,w_k\\), obrazuyut prigranichnuyu polosu iz ne bolee chem \\(2k-1\\) treugolnikov; udaliv etu polosu, my libo udalyaem ves disk, libo poluchaem triangulyatsiyu diska s chislom granichnyh storon ne bolshe \\(n-1\\), prichem vse ostavshiesya vnutrennie vershiny po-prezhnemu imeyut stepen ne menshe \\(6\\). planar_graph degree cycle path idea-euler-boundary-curvature granichnaya krivizna iz formuly eylera v triangulirovannom diske ravenstva \\(v-e+f=1\\) i \\(3f=2e-n\\), vmeste s nizhney otsenkoy \\(6\\) na vnutrennie stepeni, dayut \\(\\sum_{\\partial t} a(v)\\le4n-6\\). planar_graphs double_counting degree_counting ai_checked idea-chain-three-four-three tsep 3,4,...,4,3 esli stepeney 2 na granitse net, to otritsatelnaya summa \\(\\sum(a(v)-4)\\le -6\\) zastavlyaet dve stepeni 3 okazatsya sosednimi posle udaleniya vseh chetverok iz tsiklicheskoy zapisi stepeney. planar_graphs extremal_choice induction ai_checked idea-boundary-strip-removal udalenie prigranichnoy polosy lokalnaya struktura vershin stepeney \\(3,4,\\ldots,4,3\\) yavno perechislyaet vse treugolniki, intsidentnye tsepi, i pokazyvaet, chto posle ih udaleniya novaya granitsa zamenyaet \\(k\\) staryh vershin ne bolee chem \\(k-1\\) novymi. planar_graphs induction ai_checked sol-euler-count-and-boundary-strip eylerov podschet i udalenie tsepi ai_checked planar_graph degree cycle path face_counting double_counting induction delete_to_simplify oboznachim cherez \\(v,e,f\\) chislo vershin, reber i vnutrennih treugolnyh graney. dlya diska \\(v-e+f=1\\). podschet storon vseh treugolnikov daet \\(3f=2e-n\\): vnutrennie rebra schitayutsya dvazhdy, a \\(n\\) granichnyh reber odin raz. esli \\(b\\) — summa stepeney granichnyh vershin, to iz usloviya na vnutrennie stepeni \\[ b+6(v-n)\\le 2e. \\] podstavlyaya \\(v=1+e-f\\), poluchaem \\[ b\\le 2e-6(v-n)=6n-6-4e+6f. \\] iz \\(3f=2e-n\\) sleduet \\(6f=4e-2n\\), poetomu \\(b\\le4n-6\\). eto dokazyvaet (1). pust teper \\(n\\ge4\\). esli na granitse est vershina \\(v\\) stepeni \\(2\\), to ee edinstvennye sosedi — dve sosednie s ney granichnye vershiny. znachit, edinstvennyy treugolnik okolo \\(v\\) yavlyaetsya granichnym uhom. udalenie etogo uha zamenyaet dve granichnye storony na odnu i ne menyaet ni odnu vershinu, kotoraya ostaetsya vnutrenney; poetomu uslovie na vnutrennie stepeni sohranyaetsya. ostaetsya sluchay \\(a(v)\\ge3\\) dlya vseh granichnyh ve…","source_keys":["misc","putnam"]}
{"id":"dolnikov-deletion-independent-set-lemma","title":"Лемма Дольникова о независимом множестве после удаления вершины","path":"data\\problems\\classical\\dolnikov-deletion-independent-set-lemma.yaml","raw_github_url":"https://raw.githubusercontent.com/didin-maxim/knowledge_graph_of_graphs/main/data/problems/classical/dolnikov-deletion-independent-set-lemma.yaml","viewer_url":"https://didin-maxim.github.io/knowledge_graph_of_graphs/#dolnikov-deletion-independent-set-lemma","source_key":"misc","source_label":"Прочее","source_titles":["Кубок Колмогорова 2002 официальный архив","Архив Кубка памяти А.Н. Колмогорова"],"year":"","type":"lemma","authors":["Дольников В.Л."],"tags":["extremal_graph_theory","matching","forbidden_clique","classical_theorem","goal_existence"],"agent_topics":[],"difficulty":{"main":"national_final_hard","local_score":7,"comment":"Самостоятельная экстремальная графовая лемма: короткая формулировка, но доказательство требует Холла, дефицитных окрестностей и минимального контрпримера.","status":"ai_checked"},"review_status":"needs_human_review","public_ready":false,"solution_state":"with_solution","solution_classification":{"type":"official_complete_or_near_complete","label":"официальное полное/почти полное","status":"ai_checked","confidence":0.78,"basis":"агентский аудит средней сложности","notes":"Классическая извлечённая карточка имеет официальный источник и проверенное агентом решение.","audit_source":"agent-imo-us-classical.json"},"statements":{"original":[{"id":"stmt-independent-form","title":"Форма через независимые множества","status":"ai_checked","text":"Пусть \\(Q\\) — конечный простой граф на \\(2m-1\\) вершинах. Если после удаления любой вершины графа \\(Q\\) в оставшемся графе существует независимое множество размера \\(m\\), то в самом \\(Q\\) существует независимое множество размера \\(m+1\\).","definition_ids":["simple_graph","independent_set"]}]},"solutions":[{"id":"sol-hall-minimal-counterexample","title":"Доказательство через Холла и минимальный контрпример","status":"ai_checked","definition_ids":["independent_set","matching","bipartite_graph"],"standard_idea_ids":["minimal_counterexample","extremal_choice"],"tags":[],"has_text":true,"text_preview":"Предположим противное и выберем контрпример с минимальным \\(m\\). Возьмем в \\(Q\\) независимое множество \\(X\\) размера \\(m\\), а остальные вершины обозначим через \\(Y\\), так что \\(|Y|=m-1\\). Если бы для каждого \\(A\\subseteq Y\\) выполнялось \\(|N_X(A)|\\ge |A|\\), то по теореме Холла все вершины \\(Y\\) можно было бы сопоставить их различным соседям из \\(X\\). После удаления единственной несопоставленной вершины из \\(X\\) независимое множество могло бы взять не более одной вершины из каждой сопоставленной смежной пары, то есть имело бы размер не больше \\(m-1\\), противоречие. Значит, существует плохое множество \\(A\\subseteq Y\\), для которого \\(|A|>|N_X(A)|\\). Выберем такое \\(A\\) максимальным по включению и положим \\(|A|=a\\). Для любого \\(C\\subseteq Y\\setminus A\\) выполняется \\(|N_{X\\setminus N_X(A)}(C)|\\ge |C|\\); иначе \\(A\\cup C\\) тоже было бы плохим. По теореме Холла вершины \\(Y\\setminus A\\) можно…"}],"relations":[{"id":"rel-caro-wei-dolnikov-independent-set-motif","neighbor_id":"caro-wei-independent-set-bound","direction":"backward","type":"same_motif","distance":2,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-dolnikov-lemma-kolm-2002","neighbor_id":"kolmogorov-2002-team-olympiad-seniors-problem-8","direction":"forward","type":"prerequisite","distance":1,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-hall-dolnikov-lemma","neighbor_id":"hall-marriage-theorem","direction":"backward","type":"prerequisite","distance":1,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-kolmogorov-2009-local-cover-dolnikov-lemma","neighbor_id":"kolmogorov-2009-round2-high-local-vertex-cover-coloring","direction":"backward","type":"prerequisite","distance":1,"status":"ai_checked"}],"search_text":"dolnikov-deletion-independent-set-lemma лемма дольникова о независимом множестве после удаления вершины extremal_graph_theory matching forbidden_clique classical_theorem goal_existence https://turmath.ru/kolm/archive.php https://turmath.ru/kolm/files/archive/kolm6.zip misc olympiad_archive src-kolmogorov-2002-official src-kolmogorov-archive with_solution архив кубка памяти а.н. колмогорова дольников в.л. кубок колмогорова 2002 официальный архив прочее дольников в.л. кубок колмогорова 2002 официальный архив архив кубка памяти а.н. колмогорова stmt-independent-form форма через независимые множества ai_checked пусть \\(q\\) — конечный простой граф на \\(2m-1\\) вершинах. если после удаления любой вершины графа \\(q\\) в оставшемся графе существует независимое множество размера \\(m\\), то в самом \\(q\\) существует независимое множество размера \\(m+1\\). simple_graph independent_set idea-maximal-bad-set максимальное плохое множество выбирается независимое множество \\(x\\) размера \\(m\\), а остальные вершины образуют \\(y\\). если часть \\(a\\subseteq y\\) имеет слишком мало соседей в \\(x\\), берется максимальное такое \\(a\\); вне него условие холла уже выполняется. matching extremal_choice ai_checked idea-matched-pairs-force-core сопоставленные пары выталкивают независимость в ядро паросочетание между \\(y\\setminus a\\) и частью \\(x\\) создает смежные пары. поэтому большое независимое множество после удаления вершины вынуждено брать достаточно много вершин из меньшего подграфа на \\(a\\cup b\\). matching minimal_counterexample ai_checked sol-hall-minimal-counterexample доказательство через холла и минимальный контрпример ai_checked independent_set matching bipartite_graph minimal_counterexample extremal_choice предположим противное и выберем контрпример с минимальным \\(m\\). возьмем в \\(q\\) независимое множество \\(x\\) размера \\(m\\), а остальные вершины обозначим через \\(y\\), так что \\(|y|=m-1\\). если бы для каждого \\(a\\subseteq y\\) выполнялось \\(|n_x(a)|\\ge |a|\\), то по теореме холла все вершины \\(y\\) можно было бы сопоставить их различным соседям из \\(x\\). после удаления единственной несопоставленной вершины из \\(x\\) независимое множество могло бы взять не более одной вершины из каждой сопоставленной смежной пары, то есть имело бы размер не больше \\(m-1\\), противоречие. значит, существует плохое множество \\(a\\subseteq y\\), для которого \\(|a|>|n_x(a)|\\). выберем такое \\(a\\) максимальным по включению и положим \\(|a|=a\\). для любого \\(c\\subseteq y\\setminus a\\) выполняется \\(|n_{x\\setminus n_x(a)}(c)|\\ge |c|\\); иначе \\(a\\cup c\\) тоже было бы плохим. по теореме холла вершины \\(y\\setminus a\\) можно… dolnikov-deletion-independent-set-lemma lemma dolnikova o nezavisimom mnozhestve posle udaleniya vershiny extremal_graph_theory matching forbidden_clique classical_theorem goal_existence https://turmath.ru/kolm/archive.php https://turmath.ru/kolm/files/archive/kolm6.zip misc olympiad_archive src-kolmogorov-2002-official src-kolmogorov-archive with_solution arhiv kubka pamyati a.n. kolmogorova dolnikov v.l. kubok kolmogorova 2002 ofitsialnyy arhiv prochee dolnikov v.l. kubok kolmogorova 2002 ofitsialnyy arhiv arhiv kubka pamyati a.n. kolmogorova stmt-independent-form forma cherez nezavisimye mnozhestva ai_checked pust \\(q\\) — konechnyy prostoy graf na \\(2m-1\\) vershinah. esli posle udaleniya lyuboy vershiny grafa \\(q\\) v ostavshemsya grafe suschestvuet nezavisimoe mnozhestvo razmera \\(m\\), to v samom \\(q\\) suschestvuet nezavisimoe mnozhestvo razmera \\(m+1\\). simple_graph independent_set idea-maximal-bad-set maksimalnoe plohoe mnozhestvo vybiraetsya nezavisimoe mnozhestvo \\(x\\) razmera \\(m\\), a ostalnye vershiny obrazuyut \\(y\\). esli chast \\(a\\subseteq y\\) imeet slishkom malo sosedey v \\(x\\), beretsya maksimalnoe takoe \\(a\\); vne nego uslovie holla uzhe vypolnyaetsya. matching extremal_choice ai_checked idea-matched-pairs-force-core sopostavlennye pary vytalkivayut nezavisimost v yadro parosochetanie mezhdu \\(y\\setminus a\\) i chastyu \\(x\\) sozdaet smezhnye pary. poetomu bolshoe nezavisimoe mnozhestvo posle udaleniya vershiny vynuzhdeno brat dostatochno mnogo vershin iz menshego podgrafa na \\(a\\cup b\\). matching minimal_counterexample ai_checked sol-hall-minimal-counterexample dokazatelstvo cherez holla i minimalnyy kontrprimer ai_checked independent_set matching bipartite_graph minimal_counterexample extremal_choice predpolozhim protivnoe i vyberem kontrprimer s minimalnym \\(m\\). vozmem v \\(q\\) nezavisimoe mnozhestvo \\(x\\) razmera \\(m\\), a ostalnye vershiny oboznachim cherez \\(y\\), tak chto \\(|y|=m-1\\). esli by dlya kazhdogo \\(a\\subseteq y\\) vypolnyalos \\(|n_x(a)|\\ge |a|\\), to po teoreme holla vse vershiny \\(y\\) mozhno bylo by sopostavit ih razlichnym sosedyam iz \\(x\\). posle udaleniya edinstvennoy nesopostavlennoy vershiny iz \\(x\\) nezavisimoe mnozhestvo moglo by vzyat ne bolee odnoy vershiny iz kazhdoy sopostavlennoy smezhnoy pary, to est imelo by razmer ne bolshe \\(m-1\\), protivorechie. znachit, suschestvuet plohoe mnozhestvo \\(a\\subseteq y\\), dlya kotorogo \\(|a|>|n_x(a)|\\). vyberem takoe \\(a\\) maksimalnym po vklyucheniyu i polozhim \\(|a|=a\\). dlya lyubogo \\(c\\subseteq y\\setminus a\\) vypolnyaetsya \\(|n_{x\\setminus n_x(a)}(c)|\\ge |c|\\); inache \\(a\\cup c\\) tozhe bylo by plohim. po teoreme holla vershiny \\(y\\setminus a\\) mozhno…","source_keys":["misc","kolmogorov"]}
{"id":"edge-count-bipartite-matching-bound","title":"Много рёбер в двудольном графе дают большое паросочетание","path":"data\\problems\\classical\\edge-count-bipartite-matching-bound.yaml","raw_github_url":"https://raw.githubusercontent.com/didin-maxim/knowledge_graph_of_graphs/main/data/problems/classical/edge-count-bipartite-matching-bound.yaml","viewer_url":"https://didin-maxim.github.io/knowledge_graph_of_graphs/#edge-count-bipartite-matching-bound","source_key":"misc","source_label":"Прочее","source_titles":["Теорема Кёнига (комбинаторика)"],"year":"","type":"lemma","authors":["Dénes Kőnig"],"tags":["matching","classical_lemma","goal_exact_bound"],"agent_topics":[],"difficulty":{"main":"regional","local_score":5,"comment":"Удобный частный случай двудольной теоремы Кёнига для олимпиадных задач на досках и трансверсали.","status":"ai_checked"},"review_status":"ai_checked","public_ready":true,"solution_state":"with_solution","solution_classification":{"type":"classical_tool","label":"классический школьный инструмент","status":"ai_checked","confidence":0.92,"basis":"самодостаточное доказательство via alternating paths and vertex covers","notes":"Это частный случай теоремы Кёнига о паросочетании и вершинном покрытии, записанный в форме подсчета рёбер."},"statements":{"original":[{"id":"stmt-original","title":"Оценка через число рёбер","status":"ai_checked","text":"Пусть \\(G\\) — конечный двудольный граф, обе доли которого имеют не более \\(n\\) вершин. Если в \\(G\\) больше \\((r-1)n\\) рёбер, то в \\(G\\) есть паросочетание размера \\(r\\).","definition_ids":["bipartite_graph","matching","degree"]}],"olympiad_reformulations":[{"id":"stmt-grid-transversal-form","title":"Форма для доски","status":"ai_checked","text":"Если на доске \\(n\\times n\\) отмечено больше \\((r-1)n\\) клеток, то можно выбрать \\(r\\) отмеченных клеток так, чтобы никакие две из них не лежали в одной строке или одном столбце.","definition_ids":["matching"]}]},"solutions":[{"id":"sol-konig-cover-count","title":"Доказательство через покрытие рёбер","status":"ai_checked","definition_ids":["bipartite_graph","matching","vertex_cover","degree","path","alternating_path","augmenting_path"],"standard_idea_ids":["augmenting_path_method"],"tags":[],"has_text":true,"text_preview":"Докажем утверждение от противного. Пусть в \\(G\\) нет паросочетания размера \\(r\\), и пусть \\(M\\) — максимальное паросочетание. Тогда \\(|M|\\le r-1\\). Нужен стандартный двудольный факт: в двудольном графе размер максимального паросочетания равен минимальному размеру вершинного покрытия. Напомним его короткое доказательство. Пусть доли равны \\(X,Y\\). От всех непокрытых паросочетанием \\(M\\) вершин доли \\(X\\) отметим вершины, достижимые чередующимися путями: из \\(X\\) идём по рёбрам не из \\(M\\), из \\(Y\\) — по рёбрам из \\(M\\). Если бы отметилась непокрытая вершина доли \\(Y\\), получился бы увеличивающий путь и паросочетание \\(M\\) не было бы максимальным. Пусть \\(Z\\) — множество отмеченных вершин. Тогда \\(C=(X\\setminus Z)\\cup(Y\\cap Z)\\) покрывает все рёбра: ребро из отмеченной вершины \\(X\\) в неотмеченную вершину \\(Y\\) либо сразу отметило бы правый конец, либо, если оно лежит в \\(M\\), показывало…"}],"relations":[{"id":"rel-konig-cover-edge-count-bipartite-matching-bound","neighbor_id":"konig-vertex-cover-theorem","direction":"backward","type":"prerequisite","distance":1,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-augmenting-path-edge-count-bipartite-matching-bound","neighbor_id":"augmenting-path-matching-lemma","direction":"backward","type":"prerequisite","distance":2,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-hall-edge-count-bipartite-matching-bound","neighbor_id":"hall-marriage-theorem","direction":"backward","type":"same_motif","distance":2,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-edge-count-bound-usamo-2022-amber-bronze-transversal","neighbor_id":"usamo-2022-p1-amber-bronze-transversal","direction":"forward","type":"prerequisite","distance":1,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-edge-count-bound-imo-2010-c2-hall-matching","neighbor_id":"imo-2010-c2-flags-diagonal-matching","direction":"forward","type":"same_motif","distance":2,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-edge-count-bound-rmm-2017-sieve-sticks","neighbor_id":"rmm-2017-p5-sieve-sticks-bipartite-matching","direction":"forward","type":"same_motif","distance":2,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-edge-count-bound-cmo-2004-rooks-matching","neighbor_id":"cmo-2004-p2-rooks-same-colour","direction":"forward","type":"same_motif","distance":3,"status":"needs_human_review"},{"id":"rel-edge-count-bound-imc-1999-marked-grid-cycle","neighbor_id":"imc-1999-day1-p5-marked-grid-cycle","direction":"forward","type":"same_motif","distance":3,"status":"ai_checked"}],"search_text":"edge-count-bipartite-matching-bound много рёбер в двудольном графе дают большое паросочетание matching classical_lemma goal_exact_bound dénes kőnig déneskőnig https://ru.wikipedia.org/wiki/%d0%a2%d0%b5%d0%be%d1%80%d0%b5%d0%bc%d0%b0_%d0%9a%d1%91%d0%bd%d0%b8%d0%b3%d0%b0_%28%d0%ba%d0%be%d0%bc%d0%b1%d0%b8%d0%bd%d0%b0%d1%82%d0%be%d1%80%d0%b8%d0%ba%d0%b0%29 misc reference src-wikipedia-konig with_solution прочее теорема кёнига (комбинаторика) dénes kőnig теорема кёнига (комбинаторика) stmt-original оценка через число рёбер ai_checked пусть \\(g\\) — конечный двудольный граф, обе доли которого имеют не более \\(n\\) вершин. если в \\(g\\) больше \\((r-1)n\\) рёбер, то в \\(g\\) есть паросочетание размера \\(r\\). bipartite_graph matching degree stmt-grid-transversal-form форма для доски ai_checked если на доске \\(n\\times n\\) отмечено больше \\((r-1)n\\) клеток, то можно выбрать \\(r\\) отмеченных клеток так, чтобы никакие две из них не лежали в одной строке или одном столбце. matching idea-cover-count покрыть все рёбра малым числом вершин если паросочетания размера \\(r\\) нет, то по двудольной лемме кёнига все рёбра касаются не более \\(r-1\\) вершин; каждая такая вершина имеет степень не больше \\(n\\). matching ai_checked sol-konig-cover-count доказательство через покрытие рёбер ai_checked bipartite_graph matching vertex_cover degree path alternating_path augmenting_path augmenting_path_method докажем утверждение от противного. пусть в \\(g\\) нет паросочетания размера \\(r\\), и пусть \\(m\\) — максимальное паросочетание. тогда \\(|m|\\le r-1\\). нужен стандартный двудольный факт: в двудольном графе размер максимального паросочетания равен минимальному размеру вершинного покрытия. напомним его короткое доказательство. пусть доли равны \\(x,y\\). от всех непокрытых паросочетанием \\(m\\) вершин доли \\(x\\) отметим вершины, достижимые чередующимися путями: из \\(x\\) идём по рёбрам не из \\(m\\), из \\(y\\) — по рёбрам из \\(m\\). если бы отметилась непокрытая вершина доли \\(y\\), получился бы увеличивающий путь и паросочетание \\(m\\) не было бы максимальным. пусть \\(z\\) — множество отмеченных вершин. тогда \\(c=(x\\setminus z)\\cup(y\\cap z)\\) покрывает все рёбра: ребро из отмеченной вершины \\(x\\) в неотмеченную вершину \\(y\\) либо сразу отметило бы правый конец, либо, если оно лежит в \\(m\\), показывало… edge-count-bipartite-matching-bound mnogo reber v dvudolnom grafe dayut bolshoe parosochetanie matching classical_lemma goal_exact_bound dénes kőnig déneskőnig https://ru.wikipedia.org/wiki/%d0%a2%d0%b5%d0%be%d1%80%d0%b5%d0%bc%d0%b0_%d0%9a%d1%91%d0%bd%d0%b8%d0%b3%d0%b0_%28%d0%ba%d0%be%d0%bc%d0%b1%d0%b8%d0%bd%d0%b0%d1%82%d0%be%d1%80%d0%b8%d0%ba%d0%b0%29 misc reference src-wikipedia-konig with_solution prochee teorema keniga (kombinatorika) dénes kőnig teorema keniga (kombinatorika) stmt-original otsenka cherez chislo reber ai_checked pust \\(g\\) — konechnyy dvudolnyy graf, obe doli kotorogo imeyut ne bolee \\(n\\) vershin. esli v \\(g\\) bolshe \\((r-1)n\\) reber, to v \\(g\\) est parosochetanie razmera \\(r\\). bipartite_graph matching degree stmt-grid-transversal-form forma dlya doski ai_checked esli na doske \\(n\\times n\\) otmecheno bolshe \\((r-1)n\\) kletok, to mozhno vybrat \\(r\\) otmechennyh kletok tak, chtoby nikakie dve iz nih ne lezhali v odnoy stroke ili odnom stolbtse. matching idea-cover-count pokryt vse rebra malym chislom vershin esli parosochetaniya razmera \\(r\\) net, to po dvudolnoy lemme keniga vse rebra kasayutsya ne bolee \\(r-1\\) vershin; kazhdaya takaya vershina imeet stepen ne bolshe \\(n\\). matching ai_checked sol-konig-cover-count dokazatelstvo cherez pokrytie reber ai_checked bipartite_graph matching vertex_cover degree path alternating_path augmenting_path augmenting_path_method dokazhem utverzhdenie ot protivnogo. pust v \\(g\\) net parosochetaniya razmera \\(r\\), i pust \\(m\\) — maksimalnoe parosochetanie. togda \\(|m|\\le r-1\\). nuzhen standartnyy dvudolnyy fakt: v dvudolnom grafe razmer maksimalnogo parosochetaniya raven minimalnomu razmeru vershinnogo pokrytiya. napomnim ego korotkoe dokazatelstvo. pust doli ravny \\(x,y\\). ot vseh nepokrytyh parosochetaniem \\(m\\) vershin doli \\(x\\) otmetim vershiny, dostizhimye chereduyuschimisya putyami: iz \\(x\\) idem po rebram ne iz \\(m\\), iz \\(y\\) — po rebram iz \\(m\\). esli by otmetilas nepokrytaya vershina doli \\(y\\), poluchilsya by uvelichivayuschiy put i parosochetanie \\(m\\) ne bylo by maksimalnym. pust \\(z\\) — mnozhestvo otmechennyh vershin. togda \\(c=(x\\setminus z)\\cup(y\\cap z)\\) pokryvaet vse rebra: rebro iz otmechennoy vershiny \\(x\\) v neotmechennuyu vershinu \\(y\\) libo srazu otmetilo by pravyy konets, libo, esli ono lezhit v \\(m\\), pokazyvalo…","source_keys":["misc"]}
{"id":"edge-critical-bridgeless-graphs-give-critical-strong-orientations","title":"Критическая сильная ориентация из мостов после удаления каждого ребра","path":"data\\problems\\classical\\edge-critical-bridgeless-graphs-give-critical-strong-orientations.yaml","raw_github_url":"https://raw.githubusercontent.com/didin-maxim/knowledge_graph_of_graphs/main/data/problems/classical/edge-critical-bridgeless-graphs-give-critical-strong-orientations.yaml","viewer_url":"https://didin-maxim.github.io/knowledge_graph_of_graphs/#edge-critical-bridgeless-graphs-give-critical-strong-orientations","source_key":"misc","source_label":"Прочее","source_titles":["Wikipedia, Robbins' theorem","Wikipedia, Bridge (graph theory)"],"year":"","type":"theorem","authors":[],"tags":["connectivity","classical_lemma","goal_construction"],"agent_topics":[],"difficulty":{"main":"regional","local_score":5,"comment":"Короткая, но полезная упаковка теоремы Роббинса с критичностью по ребрам.","status":"ai_checked"},"review_status":"ai_checked","public_ready":true,"solution_state":"with_solution","solution_classification":{"type":"ai_complete","label":"полное агентское доказательство","status":"ai_checked","confidence":0.86,"basis":"Карточка содержит самодостаточное доказательство, проверенное агентским аудитом.","notes":"Короткая лемма выведена из теоремы Роббинса и определения критичности сильной ориентации.","audit_source":"manual-status-audit-2026-05-16"},"statements":{"original":[{"id":"stmt-original","title":"","status":"ai_checked","text":"Пусть \\(G\\) — конечный связный граф без мостов, причем для каждого ребра \\(e\\) граф \\(G-e\\) имеет мост. Тогда \\(G\\) допускает такую сильную ориентацию, что после удаления любого ориентированного ребра сильная связность нарушается. Более того, это верно для любой сильной ориентации \\(G\\).","definition_ids":["connected_graph","directed_graph","bridge"]}]},"solutions":[{"id":"sol-robbins-plus-criticality","title":"Роббинс и препятствие-мост","status":"ai_checked","definition_ids":["connected_graph","directed_graph","bridge"],"standard_idea_ids":[],"tags":[],"has_text":true,"text_preview":"Так как в \\(G\\) нет мостов, по теореме Роббинса у \\(G\\) существует сильная ориентация. Возьмем любую такую ориентацию и любое ребро \\(e\\). По условию неориентированный граф \\(G-e\\) имеет мост. Если бы после удаления соответствующей дуги ориентированный граф оставался сильно связным, то его неориентированная основа \\(G-e\\) допускала бы сильную ориентацию. Но граф с мостом сильной ориентации не допускает: через мост можно пройти между двумя частями только в одном направлении. Противоречие. Значит, удаление любой дуги разрушает сильную связность."}],"relations":[{"id":"rel-robbins-critical-bridgeless-criterion","neighbor_id":"robbins-strong-orientation-theorem","direction":"backward","type":"prerequisite","distance":1,"status":"ai_checked"}],"search_text":"edge-critical-bridgeless-graphs-give-critical-strong-orientations критическая сильная ориентация из мостов после удаления каждого ребра connectivity classical_lemma goal_construction https://en.wikipedia.org/wiki/bridge_(graph_theory) https://en.wikipedia.org/wiki/robbins%27_theorem misc src-wikipedia-bridge-graph-theory src-wikipedia-robbins-theorem standard_reference wikipedia, bridge (graph theory) wikipedia, robbins' theorem with_solution прочее ? wikipedia, robbins' theorem wikipedia, bridge (graph theory) stmt-original ai_checked пусть \\(g\\) — конечный связный граф без мостов, причем для каждого ребра \\(e\\) граф \\(g-e\\) имеет мост. тогда \\(g\\) допускает такую сильную ориентацию, что после удаления любого ориентированного ребра сильная связность нарушается. более того, это верно для любой сильной ориентации \\(g\\). connected_graph directed_graph bridge idea-underlying-graph-obstruction сильная ориентация невозможна поверх моста если после удаления ребра в неориентированной основе появился мост, то никакая ориентация оставшегося графа не может быть сильно связной. connectivity ai_checked sol-robbins-plus-criticality роббинс и препятствие-мост ai_checked connected_graph directed_graph bridge так как в \\(g\\) нет мостов, по теореме роббинса у \\(g\\) существует сильная ориентация. возьмем любую такую ориентацию и любое ребро \\(e\\). по условию неориентированный граф \\(g-e\\) имеет мост. если бы после удаления соответствующей дуги ориентированный граф оставался сильно связным, то его неориентированная основа \\(g-e\\) допускала бы сильную ориентацию. но граф с мостом сильной ориентации не допускает: через мост можно пройти между двумя частями только в одном направлении. противоречие. значит, удаление любой дуги разрушает сильную связность. edge-critical-bridgeless-graphs-give-critical-strong-orientations kriticheskaya silnaya orientatsiya iz mostov posle udaleniya kazhdogo rebra connectivity classical_lemma goal_construction https://en.wikipedia.org/wiki/bridge_(graph_theory) https://en.wikipedia.org/wiki/robbins%27_theorem misc src-wikipedia-bridge-graph-theory src-wikipedia-robbins-theorem standard_reference wikipedia, bridge (graph theory) wikipedia, robbins' theorem with_solution prochee ? wikipedia, robbins' theorem wikipedia, bridge (graph theory) stmt-original ai_checked pust \\(g\\) — konechnyy svyaznyy graf bez mostov, prichem dlya kazhdogo rebra \\(e\\) graf \\(g-e\\) imeet most. togda \\(g\\) dopuskaet takuyu silnuyu orientatsiyu, chto posle udaleniya lyubogo orientirovannogo rebra silnaya svyaznost narushaetsya. bolee togo, eto verno dlya lyuboy silnoy orientatsii \\(g\\). connected_graph directed_graph bridge idea-underlying-graph-obstruction silnaya orientatsiya nevozmozhna poverh mosta esli posle udaleniya rebra v neorientirovannoy osnove poyavilsya most, to nikakaya orientatsiya ostavshegosya grafa ne mozhet byt silno svyaznoy. connectivity ai_checked sol-robbins-plus-criticality robbins i prepyatstvie-most ai_checked connected_graph directed_graph bridge tak kak v \\(g\\) net mostov, po teoreme robbinsa u \\(g\\) suschestvuet silnaya orientatsiya. vozmem lyubuyu takuyu orientatsiyu i lyuboe rebro \\(e\\). po usloviyu neorientirovannyy graf \\(g-e\\) imeet most. esli by posle udaleniya sootvetstvuyuschey dugi orientirovannyy graf ostavalsya silno svyaznym, to ego neorientirovannaya osnova \\(g-e\\) dopuskala by silnuyu orientatsiyu. no graf s mostom silnoy orientatsii ne dopuskaet: cherez most mozhno proyti mezhdu dvumya chastyami tolko v odnom napravlenii. protivorechie. znachit, udalenie lyuboy dugi razrushaet silnuyu svyaznost.","source_keys":["misc"]}
{"id":"egmo-2016-p3-blue-cells-bipartite-incidence","title":"Синие клетки и двудольный граф строк и столбцов, EGMO 2016 P3","path":"data\\problems\\egmo\\egmo-2016-p3-blue-cells-bipartite-incidence.yaml","raw_github_url":"https://raw.githubusercontent.com/didin-maxim/knowledge_graph_of_graphs/main/data/problems/egmo/egmo-2016-p3-blue-cells-bipartite-incidence.yaml","viewer_url":"https://didin-maxim.github.io/knowledge_graph_of_graphs/#egmo-2016-p3-blue-cells-bipartite-incidence","source_key":"egmo","source_label":"EGMO","source_titles":["EGMO 2016 официальная архивная страница","AoPS Wiki, 2016 EGMO Problems"],"year":"2016","type":"olympiad_problem","authors":[],"tags":["connectivity","double_counting","extremal_graph_theory","goal_exact_bound"],"agent_topics":[],"difficulty":{"main":"national_final_hard","local_score":10,"comment":"EGMO 2016 P3; двудольный граф строк и столбцов является центральной моделью официального решения.","status":"needs_human_review"},"review_status":"needs_human_review","public_ready":false,"solution_state":"with_solution","solution_classification":{"type":"official_complete_or_near_complete","label":"официальное полное/почти полное","status":"ai_checked","confidence":0.82,"basis":"агентский аудит средней сложности","notes":"Указаны официальный источник и обсуждение AoPS. Доказательство через двудольный граф инцидентности строк и столбцов сжато, но включает нужный двойной подсчёт.","audit_source":"agent-western-olympiads.json"},"statements":{"original":[{"id":"stmt-original","title":"Условие","status":"needs_human_review","text":"Пусть \\(m\\) — положительное целое. Рассматривается таблица \\(4m\\times 4m\\) из единичных клеток. Две разные клетки называются связанными, если они лежат в одной строке или в одном столбце. Некоторые клетки покрашены в синий цвет так, что каждая клетка связана хотя бы с двумя синими клетками. Найдите минимально возможное число синих клеток.","definition_ids":[]}],"graph_theory":[{"id":"stmt-graph","title":"Минимум рёбер в двудольном графе строк и столбцов","status":"needs_human_review","text":"Пусть \\(m\\) — положительное целое, а \\(G=(R,C,E)\\) — двудольный граф, в котором \\(|R|=|C|=4m\\). Для любых \\(r\\in R\\) и \\(c\\in C\\) выполнено неравенство \\(\\deg(r)+\\deg(c)-2\\mathbf 1_{rc\\in E}\\ge 2\\). Найдите минимально возможное число рёбер \\(|E|\\).","definition_ids":["bipartite_graph"]}]},"solutions":[{"id":"sol-official-compressed","title":"Решение через двудольный граф строк и столбцов","status":"ai_checked","definition_ids":["bipartite_graph","degree"],"standard_idea_ids":["double_counting"],"tags":[],"has_text":true,"text_preview":"Ответ равен \\(6m\\). Построим двудольный граф. В одной доле возьмем \\(4m\\) строк, в другой - \\(4m\\) столбцов. Синей клетке в строке \\(r\\) и столбце \\(c\\) сопоставим ребро \\(rc\\). Тогда число синих клеток равно числу ребер графа. Для клетки \\((r,c)\\) число синих клеток, связанных с ней и отличных от нее, равно \\[ \\deg r+\\deg c-2\\mathbf 1_{rc\\in E}. \\] По условию это число не меньше 2 для любых \\(r,c\\). В частности, в графе нет изолированных вершин: если, например, \\(\\deg r=0\\), то для всех столбцов \\(c\\) должно быть \\(\\deg c\\ge 2\\), откуда уже \\(|E|\\ge 8m\\), что сильнее требуемого. Поэтому далее можно считать, что все вершины имеют положительную степень. Докажем, что каждая компонента связности этого графа содержит не меньше четырех вершин. Компонента из одной вершины невозможна, так как изолированных вершин нет. Компонента из двух вершин была бы единственным ребром \\(rc\\); тогда для клет…"}],"relations":[{"id":"rel-imc-1999-grid-cycle-egmo-2016-incidence","neighbor_id":"imc-1999-day1-p5-marked-grid-cycle","direction":"backward","type":"same_motif","distance":2,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-kolmogorov-2023-bipartite-egmo-2016-p3","neighbor_id":"kolmogorov-2023-lichol-large-monochromatic-bipartite-component","direction":"backward","type":"same_motif","distance":2,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-metadata-tree-euler-handshaking-egmo-2016-incidence","neighbor_id":"handshaking-lemma","direction":"backward","type":"prerequisite","distance":1,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-egmo-2016-p3-memo-2021-i2-incidence-forest","neighbor_id":"memo-2021-i2-bishop-circuit-forest","direction":"forward","type":"same_motif","distance":2,"status":"needs_human_review"},{"id":"rel-rmm-2017-p5-egmo-2016-p3-grid-incidence","neighbor_id":"rmm-2017-p5-sieve-sticks-bipartite-matching","direction":"forward","type":"same_motif","distance":2,"status":"needs_human_review"},{"id":"rel-egmo-2016-p3-tc-2022-crossword-incidence-graph","neighbor_id":"tc-2022-crossword-word-cell-bipartite-graph","direction":"forward","type":"same_motif","distance":2,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-yumt-2014-start-r4-p2-egmo-2016-p3-incidence-forest","neighbor_id":"yumt-2014-start-round4-problem2","direction":"backward","type":"same_motif","distance":2,"status":"needs_human_review"}],"search_text":"egmo-2016-p3-blue-cells-bipartite-incidence синие клетки и двудольный граф строк и столбцов, egmo 2016 p3 connectivity double_counting extremal_graph_theory goal_exact_bound 2016 aops wiki, 2016 egmo problems egmo egmo 2016 официальная архивная страница egmo2016 https://wiki.artofproblemsolving.com/wiki/index.php/2016_egmo_problems https://www.egmo.org/egmos/egmo5/ official_archive src-aops-egmo-2016-problems src-egmo-2016-official statement with_solution ? egmo 2016 официальная архивная страница aops wiki, 2016 egmo problems stmt-original условие needs_human_review пусть \\(m\\) — положительное целое. рассматривается таблица \\(4m\\times 4m\\) из единичных клеток. две разные клетки называются связанными, если они лежат в одной строке или в одном столбце. некоторые клетки покрашены в синий цвет так, что каждая клетка связана хотя бы с двумя синими клетками. найдите минимально возможное число синих клеток. stmt-graph минимум рёбер в двудольном графе строк и столбцов needs_human_review пусть \\(m\\) — положительное целое, а \\(g=(r,c,e)\\) — двудольный граф, в котором \\(|r|=|c|=4m\\). для любых \\(r\\in r\\) и \\(c\\in c\\) выполнено неравенство \\(\\deg(r)+\\deg(c)-2\\mathbf 1_{rc\\in e}\\ge 2\\). найдите минимально возможное число рёбер \\(|e|\\). bipartite_graph idea-row-column-incidence граф строк и столбцов синяя клетка естественно становится ребром между её строкой и её столбцом; число синих клеток равно числу рёбер. double_counting needs_human_review idea-component-at-least-four компоненты не бывают слишком малы з условия на связанные клетки следует, что в графе нет изолированных вершин и что каждая связная компонента содержит как минимум четыре вершины. connectivity needs_human_review sol-official-compressed решение через двудольный граф строк и столбцов ai_checked bipartite_graph degree double_counting ответ равен \\(6m\\). построим двудольный граф. в одной доле возьмем \\(4m\\) строк, в другой - \\(4m\\) столбцов. синей клетке в строке \\(r\\) и столбце \\(c\\) сопоставим ребро \\(rc\\). тогда число синих клеток равно числу ребер графа. для клетки \\((r,c)\\) число синих клеток, связанных с ней и отличных от нее, равно \\[ \\deg r+\\deg c-2\\mathbf 1_{rc\\in e}. \\] по условию это число не меньше 2 для любых \\(r,c\\). в частности, в графе нет изолированных вершин: если, например, \\(\\deg r=0\\), то для всех столбцов \\(c\\) должно быть \\(\\deg c\\ge 2\\), откуда уже \\(|e|\\ge 8m\\), что сильнее требуемого. поэтому далее можно считать, что все вершины имеют положительную степень. докажем, что каждая компонента связности этого графа содержит не меньше четырех вершин. компонента из одной вершины невозможна, так как изолированных вершин нет. компонента из двух вершин была бы единственным ребром \\(rc\\); тогда для клет… egmo-2016-p3-blue-cells-bipartite-incidence sinie kletki i dvudolnyy graf strok i stolbtsov, egmo 2016 p3 connectivity double_counting extremal_graph_theory goal_exact_bound 2016 aops wiki, 2016 egmo problems egmo egmo 2016 ofitsialnaya arhivnaya stranitsa egmo2016 https://wiki.artofproblemsolving.com/wiki/index.php/2016_egmo_problems https://www.egmo.org/egmos/egmo5/ official_archive src-aops-egmo-2016-problems src-egmo-2016-official statement with_solution ? egmo 2016 ofitsialnaya arhivnaya stranitsa aops wiki, 2016 egmo problems stmt-original uslovie needs_human_review pust \\(m\\) — polozhitelnoe tseloe. rassmatrivaetsya tablitsa \\(4m\\times 4m\\) iz edinichnyh kletok. dve raznye kletki nazyvayutsya svyazannymi, esli oni lezhat v odnoy stroke ili v odnom stolbtse. nekotorye kletki pokrasheny v siniy tsvet tak, chto kazhdaya kletka svyazana hotya by s dvumya sinimi kletkami. naydite minimalno vozmozhnoe chislo sinih kletok. stmt-graph minimum reber v dvudolnom grafe strok i stolbtsov needs_human_review pust \\(m\\) — polozhitelnoe tseloe, a \\(g=(r,c,e)\\) — dvudolnyy graf, v kotorom \\(|r|=|c|=4m\\). dlya lyubyh \\(r\\in r\\) i \\(c\\in c\\) vypolneno neravenstvo \\(\\deg(r)+\\deg(c)-2\\mathbf 1_{rc\\in e}\\ge 2\\). naydite minimalno vozmozhnoe chislo reber \\(|e|\\). bipartite_graph idea-row-column-incidence graf strok i stolbtsov sinyaya kletka estestvenno stanovitsya rebrom mezhdu ee strokoy i ee stolbtsom; chislo sinih kletok ravno chislu reber. double_counting needs_human_review idea-component-at-least-four komponenty ne byvayut slishkom maly z usloviya na svyazannye kletki sleduet, chto v grafe net izolirovannyh vershin i chto kazhdaya svyaznaya komponenta soderzhit kak minimum chetyre vershiny. connectivity needs_human_review sol-official-compressed reshenie cherez dvudolnyy graf strok i stolbtsov ai_checked bipartite_graph degree double_counting otvet raven \\(6m\\). postroim dvudolnyy graf. v odnoy dole vozmem \\(4m\\) strok, v drugoy - \\(4m\\) stolbtsov. siney kletke v stroke \\(r\\) i stolbtse \\(c\\) sopostavim rebro \\(rc\\). togda chislo sinih kletok ravno chislu reber grafa. dlya kletki \\((r,c)\\) chislo sinih kletok, svyazannyh s ney i otlichnyh ot nee, ravno \\[ \\deg r+\\deg c-2\\mathbf 1_{rc\\in e}. \\] po usloviyu eto chislo ne menshe 2 dlya lyubyh \\(r,c\\). v chastnosti, v grafe net izolirovannyh vershin: esli, naprimer, \\(\\deg r=0\\), to dlya vseh stolbtsov \\(c\\) dolzhno byt \\(\\deg c\\ge 2\\), otkuda uzhe \\(|e|\\ge 8m\\), chto silnee trebuemogo. poetomu dalee mozhno schitat, chto vse vershiny imeyut polozhitelnuyu stepen. dokazhem, chto kazhdaya komponenta svyaznosti etogo grafa soderzhit ne menshe chetyreh vershin. komponenta iz odnoy vershiny nevozmozhna, tak kak izolirovannyh vershin net. komponenta iz dvuh vershin byla by edinstvennym rebrom \\(rc\\); togda dlya klet…","source_keys":["egmo"]}
{"id":"egmo-2022-p5-domino-parity-bipartite-matching","title":"Чётность домино-разбиений и двудольные паросочетания, EGMO 2022 P5","path":"data\\problems\\egmo\\egmo-2022-p5-domino-parity-bipartite-matching.yaml","raw_github_url":"https://raw.githubusercontent.com/didin-maxim/knowledge_graph_of_graphs/main/data/problems/egmo/egmo-2022-p5-domino-parity-bipartite-matching.yaml","viewer_url":"https://didin-maxim.github.io/knowledge_graph_of_graphs/#egmo-2022-p5-domino-parity-bipartite-matching","source_key":"egmo","source_label":"EGMO","source_titles":["EGMO 2022 официальная архивная страница","AoPS Wiki, 2022 EGMO Problems"],"year":"2022","type":"olympiad_problem","authors":[],"tags":["matching","graph_symmetry","goal_characterization"],"agent_topics":[],"difficulty":{"main":"national_final_hard","local_score":11,"comment":"EGMO 2022 P5; двудольный граф и совершенные паросочетания играют центральную роль во втором официальном решении.","status":"needs_human_review"},"review_status":"needs_human_review","public_ready":false,"solution_state":"with_solution","solution_classification":{"type":"official_complete_or_near_complete","label":"официальное полное/почти полное","status":"ai_checked","confidence":0.82,"basis":"агентский аудит средней сложности","notes":"Указаны официальный источник и обсуждение AoPS. Аргумент через отражение и чётность самодостаточен; никакая теорема о паросочетаниях, кроме элементарного разбиения на пары, не цитируется и не нужна.","audit_source":"agent-western-olympiads.json"},"statements":{"original":[{"id":"stmt-original","title":"Условие","status":"needs_human_review","text":"Для положительных целых \\(n,k\\) обозначим через \\(f(n,2k)\\) число способов полностью покрыть доску \\(n\\times 2k\\) доминошками \\(2\\times 1\\). Найдите все положительные \\(n\\), для которых для любого положительного \\(k\\) число \\(f(n,2k)\\) нечётно.","definition_ids":[]}],"graph_theory":[{"id":"stmt-graph","title":"Совершенные паросочетания в домино-графе","status":"needs_human_review","text":"Для положительных целых \\(n\\) и \\(k\\) рассмотрим двудольный граф \\(G_{n,2k}\\), вершинами которого являются клетки доски \\(n\\times 2k\\) шахматной раскраски, а ребро соединяет две клетки разных цветов тогда и только тогда, когда они имеют общую сторону. Обозначим через \\(m(n,2k)\\) число совершенных паросочетаний в \\(G_{n,2k}\\). Найдите все положительные \\(n\\), для которых число \\(m(n,2k)\\) нечётно при любом положительном \\(k\\).","definition_ids":["bipartite_graph","matching"]}]},"solutions":[{"id":"sol-official-compressed","title":"Решение через отражения","status":"ai_checked","definition_ids":[],"standard_idea_ids":["symmetrization"],"tags":[],"has_text":true,"text_preview":"Ответ: подходят ровно числа вида \\(2^t-1\\), где \\(t\\ge 1\\). Обозначим через \\(F(a,b)\\) число домино-разбиений прямоугольника \\(a\\times b\\); дополнительно положим \\(F(0,b)=F(a,0)=1\\). Сначала докажем лемму: если \\(m\\) чётно, то \\(F(m,2r+1)\\equiv F(m,r)\\pmod 2\\). Отразим все разбиения прямоугольника \\(m\\times(2r+1)\\) относительно средней вертикальной прямой. Неинвариантные разбиения разбиваются на пары, поэтому по модулю 2 остаются только симметричные. В симметричном разбиении каждая клетка центрального столбца должна быть покрыта домино внутри этого столбца: если домино из центрального столбца выходило бы влево или вправо, его отражение было бы вторым домино, покрывающим ту же центральную клетку. Так как \\(m\\) чётно, центральный столбец единственным образом заполняется вертикальными домино, а левая половина \\(m\\times r\\) выбирается произвольно и затем однозначно отражается вправо. Это да…"}],"relations":[{"id":"rel-egmo-2022-rmm-2017-bipartite-matching-model","neighbor_id":"rmm-2017-p5-sieve-sticks-bipartite-matching","direction":"forward","type":"same_motif","distance":2,"status":"needs_human_review"},{"id":"rel-metadata-pass-egmo-2022-usamo-2009-domino-matchings","neighbor_id":"usamo-2009-p3-tasteful-domino-tiling-alternating-cycles","direction":"forward","type":"same_motif","distance":3,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-egmo-2022-p5-imo-2016-c8-domino-matchings","neighbor_id":"imo-2016-c8-domino-unique-tiling-cycles","direction":"forward","type":"same_motif","distance":2,"status":"needs_human_review"},{"id":"rel-egmo-2022-p5-memo-2022-t4-domino-parity","neighbor_id":"memo-2022-t4-teleport-table-reachability","direction":"forward","type":"same_motif","distance":3,"status":"needs_human_review"},{"id":"rel-ternary-nonzero-matching-egmo-2022-domino-parity","neighbor_id":"ternary-nonzero-strings-perfect-matching","direction":"backward","type":"same_motif","distance":4,"status":"needs_human_review"},{"id":"rel-simon-marais-2024-c4-independent-set","neighbor_id":"simon-marais-2024-c4-random-maximal-independent-set-path","direction":"backward","type":"same_motif","distance":4,"status":"needs_human_review"}],"search_text":"egmo-2022-p5-domino-parity-bipartite-matching чётность домино-разбиений и двудольные паросочетания, egmo 2022 p5 matching graph_symmetry goal_characterization 2022 aops wiki, 2022 egmo problems egmo egmo 2022 официальная архивная страница egmo2022 https://wiki.artofproblemsolving.com/wiki/index.php/2022_egmo_problems https://www.egmo.org/egmos/egmo11/ official_archive src-aops-egmo-2022-problems src-egmo-2022-official statement with_solution ? egmo 2022 официальная архивная страница aops wiki, 2022 egmo problems stmt-original условие needs_human_review для положительных целых \\(n,k\\) обозначим через \\(f(n,2k)\\) число способов полностью покрыть доску \\(n\\times 2k\\) доминошками \\(2\\times 1\\). найдите все положительные \\(n\\), для которых для любого положительного \\(k\\) число \\(f(n,2k)\\) нечётно. stmt-graph совершенные паросочетания в домино-графе needs_human_review для положительных целых \\(n\\) и \\(k\\) рассмотрим двудольный граф \\(g_{n,2k}\\), вершинами которого являются клетки доски \\(n\\times 2k\\) шахматной раскраски, а ребро соединяет две клетки разных цветов тогда и только тогда, когда они имеют общую сторону. обозначим через \\(m(n,2k)\\) число совершенных паросочетаний в \\(g_{n,2k}\\). найдите все положительные \\(n\\), для которых число \\(m(n,2k)\\) нечётно при любом положительном \\(k\\). bipartite_graph matching idea-symmetry-parity симметрия убирает разбиения попарно отражение относительно средней линии разбивает несимметричные разбиения на пары; по модулю 2 остаются только неподвижные точки симметрии. symmetrization needs_human_review idea-bipartite-matching-parity паросочетания в двудольном графе во втором официальном решении разбиения переводятся в совершенные паросочетания двудольного графа решётки, а чётность их числа изучается через матрицу смежности над \\(\\mathbf f_2\\). matching needs_human_review sol-official-compressed решение через отражения ai_checked symmetrization ответ: подходят ровно числа вида \\(2^t-1\\), где \\(t\\ge 1\\). обозначим через \\(f(a,b)\\) число домино-разбиений прямоугольника \\(a\\times b\\); дополнительно положим \\(f(0,b)=f(a,0)=1\\). сначала докажем лемму: если \\(m\\) чётно, то \\(f(m,2r+1)\\equiv f(m,r)\\pmod 2\\). отразим все разбиения прямоугольника \\(m\\times(2r+1)\\) относительно средней вертикальной прямой. неинвариантные разбиения разбиваются на пары, поэтому по модулю 2 остаются только симметричные. в симметричном разбиении каждая клетка центрального столбца должна быть покрыта домино внутри этого столбца: если домино из центрального столбца выходило бы влево или вправо, его отражение было бы вторым домино, покрывающим ту же центральную клетку. так как \\(m\\) чётно, центральный столбец единственным образом заполняется вертикальными домино, а левая половина \\(m\\times r\\) выбирается произвольно и затем однозначно отражается вправо. это да… egmo-2022-p5-domino-parity-bipartite-matching chetnost domino-razbieniy i dvudolnye parosochetaniya, egmo 2022 p5 matching graph_symmetry goal_characterization 2022 aops wiki, 2022 egmo problems egmo egmo 2022 ofitsialnaya arhivnaya stranitsa egmo2022 https://wiki.artofproblemsolving.com/wiki/index.php/2022_egmo_problems https://www.egmo.org/egmos/egmo11/ official_archive src-aops-egmo-2022-problems src-egmo-2022-official statement with_solution ? egmo 2022 ofitsialnaya arhivnaya stranitsa aops wiki, 2022 egmo problems stmt-original uslovie needs_human_review dlya polozhitelnyh tselyh \\(n,k\\) oboznachim cherez \\(f(n,2k)\\) chislo sposobov polnostyu pokryt dosku \\(n\\times 2k\\) dominoshkami \\(2\\times 1\\). naydite vse polozhitelnye \\(n\\), dlya kotoryh dlya lyubogo polozhitelnogo \\(k\\) chislo \\(f(n,2k)\\) nechetno. stmt-graph sovershennye parosochetaniya v domino-grafe needs_human_review dlya polozhitelnyh tselyh \\(n\\) i \\(k\\) rassmotrim dvudolnyy graf \\(g_{n,2k}\\), vershinami kotorogo yavlyayutsya kletki doski \\(n\\times 2k\\) shahmatnoy raskraski, a rebro soedinyaet dve kletki raznyh tsvetov togda i tolko togda, kogda oni imeyut obschuyu storonu. oboznachim cherez \\(m(n,2k)\\) chislo sovershennyh parosochetaniy v \\(g_{n,2k}\\). naydite vse polozhitelnye \\(n\\), dlya kotoryh chislo \\(m(n,2k)\\) nechetno pri lyubom polozhitelnom \\(k\\). bipartite_graph matching idea-symmetry-parity simmetriya ubiraet razbieniya poparno otrazhenie otnositelno sredney linii razbivaet nesimmetrichnye razbieniya na pary; po modulyu 2 ostayutsya tolko nepodvizhnye tochki simmetrii. symmetrization needs_human_review idea-bipartite-matching-parity parosochetaniya v dvudolnom grafe vo vtorom ofitsialnom reshenii razbieniya perevodyatsya v sovershennye parosochetaniya dvudolnogo grafa reshetki, a chetnost ih chisla izuchaetsya cherez matritsu smezhnosti nad \\(\\mathbf f_2\\). matching needs_human_review sol-official-compressed reshenie cherez otrazheniya ai_checked symmetrization otvet: podhodyat rovno chisla vida \\(2^t-1\\), gde \\(t\\ge 1\\). oboznachim cherez \\(f(a,b)\\) chislo domino-razbieniy pryamougolnika \\(a\\times b\\); dopolnitelno polozhim \\(f(0,b)=f(a,0)=1\\). snachala dokazhem lemmu: esli \\(m\\) chetno, to \\(f(m,2r+1)\\equiv f(m,r)\\pmod 2\\). otrazim vse razbieniya pryamougolnika \\(m\\times(2r+1)\\) otnositelno sredney vertikalnoy pryamoy. neinvariantnye razbieniya razbivayutsya na pary, poetomu po modulyu 2 ostayutsya tolko simmetrichnye. v simmetrichnom razbienii kazhdaya kletka tsentralnogo stolbtsa dolzhna byt pokryta domino vnutri etogo stolbtsa: esli domino iz tsentralnogo stolbtsa vyhodilo by vlevo ili vpravo, ego otrazhenie bylo by vtorym domino, pokryvayuschim tu zhe tsentralnuyu kletku. tak kak \\(m\\) chetno, tsentralnyy stolbets edinstvennym obrazom zapolnyaetsya vertikalnymi domino, a levaya polovina \\(m\\times r\\) vybiraetsya proizvolno i zatem odnoznachno otrazhaetsya vpravo. eto da…","source_keys":["egmo"]}
{"id":"egmo-2025-p5-rotating-arrows-even-dynamic-cycle","title":"Вращающиеся стрелки на чётной доске, EGMO 2025 P5","path":"data\\problems\\egmo\\egmo-2025-p5-rotating-arrows-even-dynamic-cycle.yaml","raw_github_url":"https://raw.githubusercontent.com/didin-maxim/knowledge_graph_of_graphs/main/data/problems/egmo/egmo-2025-p5-rotating-arrows-even-dynamic-cycle.yaml","viewer_url":"https://didin-maxim.github.io/knowledge_graph_of_graphs/#egmo-2025-p5-rotating-arrows-even-dynamic-cycle","source_key":"egmo","source_label":"EGMO","source_titles":["EGMO 2025 официальная архивная страница"],"year":"2025","type":"olympiad_problem","authors":[],"tags":["graph_symmetry","hamiltonian_cycles","goal_exact_bound"],"agent_topics":[],"difficulty":{"main":"national_final_hard","local_score":10,"comment":"Чётный случай EGMO 2025 P5; решение кодирует динамику как цикл обхода всех клеток и использует совместимость по модулю 4.","status":"needs_human_review"},"review_status":"needs_human_review","public_ready":false,"solution_state":"with_solution","solution_classification":{"type":"official_complete_or_near_complete","label":"официальное полное/почти полное","status":"ai_checked","confidence":0.8,"basis":"агентский аудит средней сложности","notes":"Официальный источник указан. Конструкция для чётного n через динамический цикл и верхняя оценка развёрнуты в карточке, хотя review_status остаётся needs_human_review.","audit_source":"agent-western-olympiads.json"},"statements":{"original":[{"id":"stmt-original-even","title":"Условие при чётном n","status":"needs_human_review","text":"Пусть \\(n>1\\) — чётное целое. В каждой клетке доски \\(n\\times n\\) стоит стрелка вверх, вниз, влево или вправо. Улитка Турбо стартует из некоторой клетки и на каждом ходу переходит в соседнюю клетку по стрелке в своей текущей клетке; после каждого хода все стрелки на доске поворачиваются на \\(90^\\circ\\) против часовой стрелки. Клетка называется хорошей, если, стартуя из неё, Турбо посещает каждую клетку доски ровно один раз, не покидая доску, и затем возвращается в исходную клетку. Докажите, что максимально возможное число хороших клеток равно \\(n^2/4\\).","definition_ids":[]}]},"solutions":[{"id":"sol-dynamic-cycle-bound","title":"Конструкция и верхняя оценка через динамический цикл","status":"ai_checked","definition_ids":["directed_graph","cycle"],"standard_idea_ids":[],"tags":[],"has_text":true,"text_preview":"Докажем, что при чётном \\(n\\) максимум равен \\(n^2/4\\). Сначала построим пример. На доске существует цикл, проходящий через все клетки ровно один раз: например, идём по верхней строке слева направо, затем по правому столбцу вниз, потом змейкой по столбцам \\(n-1,n-2,\\ldots,2\\) между второй и последней строками, после чего идём по первому столбцу вверх до клетки \\((2,1)\\) и возвращаемся в \\((1,1)\\). Обозначим клетки этого цикла через \\[ c_0,c_1,\\ldots,c_{n^2-1},\\quad c_{n^2}=c_0. \\] В клетке \\(c_i\\) поставим такую стрелку, чтобы после \\(i\\) общих поворотов она указывала из \\(c_i\\) в \\(c_{i+1}\\). Тогда старт из \\(c_0\\) проходит весь цикл и возвращается в \\(c_0\\). Так как \\(4\\mid n^2\\), после полного обхода конфигурация стрелок снова исходная. Старт из любой клетки \\(c_{4t}\\) видит тот же обход с циклическим сдвигом времени, поэтому хорошие клетки включают \\(c_0,c_4,c_8,\\ldots,c_{n^2-4}\\),…"}],"relations":[{"id":"rel-cmo-1994-p3-egmo-2025-p5-dynamic-cycle","neighbor_id":"cmo-1994-p3-voting-stabilizes-cycle","direction":"backward","type":"same_motif","distance":2,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-imo-1979-p6-egmo-2025-p5-even-cycle-encoding","neighbor_id":"imo-1979-p6-octagon-walks-cycle-graph","direction":"backward","type":"same_motif","distance":3,"status":"needs_human_review"},{"id":"rel-egmo-2025-p5-odd-even-paired-variant","neighbor_id":"egmo-2025-p5-rotating-arrows-odd-parity","direction":"backward","type":"paired_variant","distance":1,"status":"needs_human_review"}],"search_text":"egmo-2025-p5-rotating-arrows-even-dynamic-cycle вращающиеся стрелки на чётной доске, egmo 2025 p5 graph_symmetry hamiltonian_cycles goal_exact_bound 2025 egmo egmo 2025 официальная архивная страница egmo2025 https://www.egmo.org/egmos/egmo14/ official_archive src-egmo-2025-official with_solution ? egmo 2025 официальная архивная страница stmt-original-even условие при чётном n needs_human_review пусть \\(n>1\\) — чётное целое. в каждой клетке доски \\(n\\times n\\) стоит стрелка вверх, вниз, влево или вправо. улитка турбо стартует из некоторой клетки и на каждом ходу переходит в соседнюю клетку по стрелке в своей текущей клетке; после каждого хода все стрелки на доске поворачиваются на \\(90^\\circ\\) против часовой стрелки. клетка называется хорошей, если, стартуя из неё, турбо посещает каждую клетку доски ровно один раз, не покидая доску, и затем возвращается в исходную клетку. докажите, что максимально возможное число хороших клеток равно \\(n^2/4\\). idea-hamiltonian-cycle-construction гамильтонов цикл задаёт достижимые старты на чётной доске можно выбрать цикл через все клетки и поставить стрелки так, чтобы в момент \\(i\\) клетка \\(c_i\\) вела в \\(c_{i+1}\\); тогда все старты с индексами, кратными 4, хорошие. hamiltonian_cycles goal_construction needs_human_review idea-step-four-cycle-shift сдвиг на четыре шага сохраняет конфигурацию после каждых четырёх ходов все стрелки возвращаются к исходным направлениям, поэтому хорошие старты, совместимые с одним циклом, могут отличаться только сдвигом на число шагов, кратное 4. hamiltonian_cycles graph_symmetry needs_human_review idea-corner-orientation-upper-bound угол фиксирует ориентацию цикла сравнение прохождения угловой клетки в двух хороших траекториях показывает, что вторая траектория не может идти через угол в обратном направлении и потому является сдвигом первой на \\(0\\) по модулю \\(4\\). goal_bound needs_human_review sol-dynamic-cycle-bound конструкция и верхняя оценка через динамический цикл ai_checked directed_graph cycle докажем, что при чётном \\(n\\) максимум равен \\(n^2/4\\). сначала построим пример. на доске существует цикл, проходящий через все клетки ровно один раз: например, идём по верхней строке слева направо, затем по правому столбцу вниз, потом змейкой по столбцам \\(n-1,n-2,\\ldots,2\\) между второй и последней строками, после чего идём по первому столбцу вверх до клетки \\((2,1)\\) и возвращаемся в \\((1,1)\\). обозначим клетки этого цикла через \\[ c_0,c_1,\\ldots,c_{n^2-1},\\quad c_{n^2}=c_0. \\] в клетке \\(c_i\\) поставим такую стрелку, чтобы после \\(i\\) общих поворотов она указывала из \\(c_i\\) в \\(c_{i+1}\\). тогда старт из \\(c_0\\) проходит весь цикл и возвращается в \\(c_0\\). так как \\(4\\mid n^2\\), после полного обхода конфигурация стрелок снова исходная. старт из любой клетки \\(c_{4t}\\) видит тот же обход с циклическим сдвигом времени, поэтому хорошие клетки включают \\(c_0,c_4,c_8,\\ldots,c_{n^2-4}\\),… egmo-2025-p5-rotating-arrows-even-dynamic-cycle vraschayuschiesya strelki na chetnoy doske, egmo 2025 p5 graph_symmetry hamiltonian_cycles goal_exact_bound 2025 egmo egmo 2025 ofitsialnaya arhivnaya stranitsa egmo2025 https://www.egmo.org/egmos/egmo14/ official_archive src-egmo-2025-official with_solution ? egmo 2025 ofitsialnaya arhivnaya stranitsa stmt-original-even uslovie pri chetnom n needs_human_review pust \\(n>1\\) — chetnoe tseloe. v kazhdoy kletke doski \\(n\\times n\\) stoit strelka vverh, vniz, vlevo ili vpravo. ulitka turbo startuet iz nekotoroy kletki i na kazhdom hodu perehodit v sosednyuyu kletku po strelke v svoey tekuschey kletke; posle kazhdogo hoda vse strelki na doske povorachivayutsya na \\(90^\\circ\\) protiv chasovoy strelki. kletka nazyvaetsya horoshey, esli, startuya iz nee, turbo poseschaet kazhduyu kletku doski rovno odin raz, ne pokidaya dosku, i zatem vozvraschaetsya v ishodnuyu kletku. dokazhite, chto maksimalno vozmozhnoe chislo horoshih kletok ravno \\(n^2/4\\). idea-hamiltonian-cycle-construction gamiltonov tsikl zadaet dostizhimye starty na chetnoy doske mozhno vybrat tsikl cherez vse kletki i postavit strelki tak, chtoby v moment \\(i\\) kletka \\(c_i\\) vela v \\(c_{i+1}\\); togda vse starty s indeksami, kratnymi 4, horoshie. hamiltonian_cycles goal_construction needs_human_review idea-step-four-cycle-shift sdvig na chetyre shaga sohranyaet konfiguratsiyu posle kazhdyh chetyreh hodov vse strelki vozvraschayutsya k ishodnym napravleniyam, poetomu horoshie starty, sovmestimye s odnim tsiklom, mogut otlichatsya tolko sdvigom na chislo shagov, kratnoe 4. hamiltonian_cycles graph_symmetry needs_human_review idea-corner-orientation-upper-bound ugol fiksiruet orientatsiyu tsikla sravnenie prohozhdeniya uglovoy kletki v dvuh horoshih traektoriyah pokazyvaet, chto vtoraya traektoriya ne mozhet idti cherez ugol v obratnom napravlenii i potomu yavlyaetsya sdvigom pervoy na \\(0\\) po modulyu \\(4\\). goal_bound needs_human_review sol-dynamic-cycle-bound konstruktsiya i verhnyaya otsenka cherez dinamicheskiy tsikl ai_checked directed_graph cycle dokazhem, chto pri chetnom \\(n\\) maksimum raven \\(n^2/4\\). snachala postroim primer. na doske suschestvuet tsikl, prohodyaschiy cherez vse kletki rovno odin raz: naprimer, idem po verhney stroke sleva napravo, zatem po pravomu stolbtsu vniz, potom zmeykoy po stolbtsam \\(n-1,n-2,\\ldots,2\\) mezhdu vtoroy i posledney strokami, posle chego idem po pervomu stolbtsu vverh do kletki \\((2,1)\\) i vozvraschaemsya v \\((1,1)\\). oboznachim kletki etogo tsikla cherez \\[ c_0,c_1,\\ldots,c_{n^2-1},\\quad c_{n^2}=c_0. \\] v kletke \\(c_i\\) postavim takuyu strelku, chtoby posle \\(i\\) obschih povorotov ona ukazyvala iz \\(c_i\\) v \\(c_{i+1}\\). togda start iz \\(c_0\\) prohodit ves tsikl i vozvraschaetsya v \\(c_0\\). tak kak \\(4\\mid n^2\\), posle polnogo obhoda konfiguratsiya strelok snova ishodnaya. start iz lyuboy kletki \\(c_{4t}\\) vidit tot zhe obhod s tsiklicheskim sdvigom vremeni, poetomu horoshie kletki vklyuchayut \\(c_0,c_4,c_8,\\ldots,c_{n^2-4}\\),…","source_keys":["egmo"]}
{"id":"egmo-2025-p5-rotating-arrows-odd-parity","title":"Вращающиеся стрелки на нечётной доске, EGMO 2025 P5","path":"data\\problems\\egmo\\egmo-2025-p5-rotating-arrows-odd-parity.yaml","raw_github_url":"https://raw.githubusercontent.com/didin-maxim/knowledge_graph_of_graphs/main/data/problems/egmo/egmo-2025-p5-rotating-arrows-odd-parity.yaml","viewer_url":"https://didin-maxim.github.io/knowledge_graph_of_graphs/#egmo-2025-p5-rotating-arrows-odd-parity","source_key":"egmo","source_label":"EGMO","source_titles":["EGMO 2025 официальная архивная страница"],"year":"2025","type":"olympiad_problem","authors":[],"tags":["graph_symmetry","goal_impossibility"],"agent_topics":[],"difficulty":{"main":"national_final_medium","local_score":6,"comment":"Нечётный случай EGMO 2025 P5 отделяется простым шахматным аргументом.","status":"needs_human_review"},"review_status":"needs_human_review","public_ready":false,"solution_state":"with_solution","solution_classification":{"type":"official_complete_or_near_complete","label":"официальное полное/почти полное","status":"ai_checked","confidence":0.86,"basis":"агентский аудит средней сложности","notes":"Официальный источник указан. Случай нечётного n — полное доказательство через шахматную чётность: нечётное число ходов по решётке не может вернуть в клетку исходного цвета.","audit_source":"agent-western-olympiads.json"},"statements":{"original":[{"id":"stmt-original-odd","title":"Условие при нечётном n","status":"needs_human_review","text":"Пусть \\(n>1\\) — нечётное целое. В каждой клетке доски \\(n\\times n\\) стоит стрелка вверх, вниз, влево или вправо. Улитка Турбо стартует из некоторой клетки и на каждом ходу переходит в соседнюю клетку по стрелке в своей текущей клетке; после каждого хода все стрелки на доске поворачиваются на \\(90^\\circ\\) против часовой стрелки. Клетка называется хорошей, если, стартуя из неё, Турбо посещает каждую клетку доски ровно один раз, не покидая доску, и затем возвращается в исходную клетку. Докажите, что хороших клеток быть не может, то есть максимум равен \\(0\\).","definition_ids":[]}]},"solutions":[{"id":"sol-parity-bound","title":"Чётностный аргумент","status":"ai_checked","definition_ids":["bipartite_graph","cycle"],"standard_idea_ids":[],"tags":[],"has_text":true,"text_preview":"Покрасим доску шахматно. Каждый допустимый ход переводит улитку в соседнюю по стороне клетку, значит цвет клетки меняется на каждом ходу. Если стартовая клетка была бы хорошей, то улитка прошла бы все \\(n^2\\) клеток ровно один раз и затем на \\(n^2\\)-м ходе вернулась бы в исходную клетку. Но при нечётном \\(n\\) число \\(n^2\\) нечётно, а после нечётного числа ходов цвет клетки должен измениться. Стартовая клетка имеет прежний цвет, поэтому такое возвращение невозможно. Следовательно, хороших клеток нет, и максимум равен \\(0\\)."}],"relations":[{"id":"rel-egmo-2025-p5-odd-even-paired-variant","neighbor_id":"egmo-2025-p5-rotating-arrows-even-dynamic-cycle","direction":"forward","type":"paired_variant","distance":1,"status":"needs_human_review"}],"search_text":"egmo-2025-p5-rotating-arrows-odd-parity вращающиеся стрелки на нечётной доске, egmo 2025 p5 graph_symmetry goal_impossibility 2025 egmo egmo 2025 официальная архивная страница egmo2025 https://www.egmo.org/egmos/egmo14/ official_archive src-egmo-2025-official with_solution ? egmo 2025 официальная архивная страница stmt-original-odd условие при нечётном n needs_human_review пусть \\(n>1\\) — нечётное целое. в каждой клетке доски \\(n\\times n\\) стоит стрелка вверх, вниз, влево или вправо. улитка турбо стартует из некоторой клетки и на каждом ходу переходит в соседнюю клетку по стрелке в своей текущей клетке; после каждого хода все стрелки на доске поворачиваются на \\(90^\\circ\\) против часовой стрелки. клетка называется хорошей, если, стартуя из неё, турбо посещает каждую клетку доски ровно один раз, не покидая доску, и затем возвращается в исходную клетку. докажите, что хороших клеток быть не может, то есть максимум равен \\(0\\). idea-checkerboard-parity шахматная чётность запрещает нечётный обход в решётке каждый ход меняет цвет клетки. если \\(n\\) нечётно, то \\(n^2\\) тоже нечётно, поэтому после \\(n^2\\) ходов нельзя оказаться в стартовой клетке того же цвета. graph_symmetry goal_impossibility needs_human_review sol-parity-bound чётностный аргумент ai_checked bipartite_graph cycle покрасим доску шахматно. каждый допустимый ход переводит улитку в соседнюю по стороне клетку, значит цвет клетки меняется на каждом ходу. если стартовая клетка была бы хорошей, то улитка прошла бы все \\(n^2\\) клеток ровно один раз и затем на \\(n^2\\)-м ходе вернулась бы в исходную клетку. но при нечётном \\(n\\) число \\(n^2\\) нечётно, а после нечётного числа ходов цвет клетки должен измениться. стартовая клетка имеет прежний цвет, поэтому такое возвращение невозможно. следовательно, хороших клеток нет, и максимум равен \\(0\\). egmo-2025-p5-rotating-arrows-odd-parity vraschayuschiesya strelki na nechetnoy doske, egmo 2025 p5 graph_symmetry goal_impossibility 2025 egmo egmo 2025 ofitsialnaya arhivnaya stranitsa egmo2025 https://www.egmo.org/egmos/egmo14/ official_archive src-egmo-2025-official with_solution ? egmo 2025 ofitsialnaya arhivnaya stranitsa stmt-original-odd uslovie pri nechetnom n needs_human_review pust \\(n>1\\) — nechetnoe tseloe. v kazhdoy kletke doski \\(n\\times n\\) stoit strelka vverh, vniz, vlevo ili vpravo. ulitka turbo startuet iz nekotoroy kletki i na kazhdom hodu perehodit v sosednyuyu kletku po strelke v svoey tekuschey kletke; posle kazhdogo hoda vse strelki na doske povorachivayutsya na \\(90^\\circ\\) protiv chasovoy strelki. kletka nazyvaetsya horoshey, esli, startuya iz nee, turbo poseschaet kazhduyu kletku doski rovno odin raz, ne pokidaya dosku, i zatem vozvraschaetsya v ishodnuyu kletku. dokazhite, chto horoshih kletok byt ne mozhet, to est maksimum raven \\(0\\). idea-checkerboard-parity shahmatnaya chetnost zapreschaet nechetnyy obhod v reshetke kazhdyy hod menyaet tsvet kletki. esli \\(n\\) nechetno, to \\(n^2\\) tozhe nechetno, poetomu posle \\(n^2\\) hodov nelzya okazatsya v startovoy kletke togo zhe tsveta. graph_symmetry goal_impossibility needs_human_review sol-parity-bound chetnostnyy argument ai_checked bipartite_graph cycle pokrasim dosku shahmatno. kazhdyy dopustimyy hod perevodit ulitku v sosednyuyu po storone kletku, znachit tsvet kletki menyaetsya na kazhdom hodu. esli startovaya kletka byla by horoshey, to ulitka proshla by vse \\(n^2\\) kletok rovno odin raz i zatem na \\(n^2\\)-m hode vernulas by v ishodnuyu kletku. no pri nechetnom \\(n\\) chislo \\(n^2\\) nechetno, a posle nechetnogo chisla hodov tsvet kletki dolzhen izmenitsya. startovaya kletka imeet prezhniy tsvet, poetomu takoe vozvraschenie nevozmozhno. sledovatelno, horoshih kletok net, i maksimum raven \\(0\\).","source_keys":["egmo"]}
{"id":"erdos-gallai-path-edge-bound","title":"Теорема Эрдёша-Галлая о числе рёбер без длинного пути","path":"data\\problems\\classical\\erdos-gallai-path-edge-bound.yaml","raw_github_url":"https://raw.githubusercontent.com/didin-maxim/knowledge_graph_of_graphs/main/data/problems/classical/erdos-gallai-path-edge-bound.yaml","viewer_url":"https://didin-maxim.github.io/knowledge_graph_of_graphs/#erdos-gallai-path-edge-bound","source_key":"misc","source_label":"Прочее","source_titles":["Wikipedia, Erdős-Gallai theorem"],"year":"","type":"theorem","authors":["Paul Erdős","Tibor Gallai"],"tags":["extremal_graph_theory","classical_theorem","goal_bound","induction","extremal_choice"],"agent_topics":[],"difficulty":{"main":"national_final_medium","local_score":7,"comment":"Классическая экстремальная оценка: доказательство школьное, но требует аккуратного анализа концов длиннейшего пути.","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":"Карточка подкреплена опубликованными неофициальными, справочными, журнальными, вики-, форумными источниками или страницами задач.","audit_source":"agent-imo-us-classical.json"},"statements":{"original":[{"id":"stmt-original-1","title":"Оценка для графа без длинного пути","status":"ai_checked","text":"Пусть \\(G\\) — простой граф на \\(n\\) вершинах, в котором нет простого пути с \\(k+1\\) вершинами. Тогда в \\(G\\) не больше \\((k-1)n/2\\) рёбер.","definition_ids":["simple_graph","path"]}],"olympiad_reformulations":[{"id":"stmt-average-degree","title":"Форма через среднюю степень","status":"ai_checked","text":"Если средняя степень простого графа больше \\(k-1\\), то в графе существует простой путь с \\(k+1\\) вершинами.","definition_ids":["simple_graph","path","degree"]}]},"solutions":[{"id":"sol-induction-longest-cycle-free","title":"Индукционное доказательство","status":"ai_checked","definition_ids":["simple_graph","path","degree"],"standard_idea_ids":["induction","extremal_choice"],"tags":[],"has_text":true,"text_preview":"Докажем утверждение индукцией по числу вершин \\(n\\). При \\(n=0\\) и \\(n=1\\) рёбер нет. Пусть утверждение уже доказано для меньших графов. Если \\(G\\) несвязен, применим индукционное предположение к каждой компоненте: каждая компонента тоже не содержит пути с \\(k+1\\) вершинами. Складывая оценки по компонентам, получаем нужное неравенство для всего графа. Поэтому далее считаем \\(G\\) связным. Если в \\(G\\) есть вершина \\(v\\) степени \\(d(v)\\le (k-1)/2\\), то граф \\(G-v\\) также не содержит пути с \\(k+1\\) вершинами. По индукции \\(e(G-v)\\le (k-1)(n-1)/2\\), откуда \\[e(G)=e(G-v)+d(v)\\le \\frac{(k-1)(n-1)}2+\\frac{k-1}2=\\frac{(k-1)n}2.\\] Остаётся случай, когда каждая вершина имеет степень больше \\((k-1)/2\\). Возьмем в \\(G\\) длиннейший простой путь \\(P=v_1v_2\\ldots v_m\\). По условию \\(m\\le k\\). Все соседи концов \\(v_1\\) и \\(v_m\\) лежат на этом пути, иначе путь можно было бы продлить. Рассмотрим множеств…"}],"relations":[{"id":"rel-erdos-gallai-path-turan","neighbor_id":"turan-theorem","direction":"forward","type":"same_motif","distance":2,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-erdos-gallai-path-dirac","neighbor_id":"dirac-theorem","direction":"forward","type":"same_motif","distance":2,"status":"ai_draft"}],"search_text":"erdos-gallai-path-edge-bound теорема эрдёша-галлая о числе рёбер без длинного пути extremal_graph_theory classical_theorem goal_bound induction extremal_choice https://en.wikipedia.org/wiki/erd%c5%91s%e2%80%93gallai_theorem misc paul erdős paulerdős src-wikipedia-erdos-gallai-theorem standard_reference tibor gallai tiborgallai wikipedia, erdős-gallai theorem with_solution прочее paul erdős tibor gallai wikipedia, erdős-gallai theorem stmt-original-1 оценка для графа без длинного пути ai_checked пусть \\(g\\) — простой граф на \\(n\\) вершинах, в котором нет простого пути с \\(k+1\\) вершинами. тогда в \\(g\\) не больше \\((k-1)n/2\\) рёбер. simple_graph path stmt-average-degree форма через среднюю степень ai_checked если средняя степень простого графа больше \\(k-1\\), то в графе существует простой путь с \\(k+1\\) вершинами. simple_graph path degree idea-longest-path-component длиннейший путь контролирует компоненту если нельзя удалить вершину малой степени, то концы длиннейшего пути имеют много соседей на этом пути и вынуждают цикл через все его вершины; связность тогда не позволяет иметь внешние вершины. extremal_graph_theory induction ai_checked sol-induction-longest-cycle-free индукционное доказательство ai_checked simple_graph path degree induction extremal_choice докажем утверждение индукцией по числу вершин \\(n\\). при \\(n=0\\) и \\(n=1\\) рёбер нет. пусть утверждение уже доказано для меньших графов. если \\(g\\) несвязен, применим индукционное предположение к каждой компоненте: каждая компонента тоже не содержит пути с \\(k+1\\) вершинами. складывая оценки по компонентам, получаем нужное неравенство для всего графа. поэтому далее считаем \\(g\\) связным. если в \\(g\\) есть вершина \\(v\\) степени \\(d(v)\\le (k-1)/2\\), то граф \\(g-v\\) также не содержит пути с \\(k+1\\) вершинами. по индукции \\(e(g-v)\\le (k-1)(n-1)/2\\), откуда \\[e(g)=e(g-v)+d(v)\\le \\frac{(k-1)(n-1)}2+\\frac{k-1}2=\\frac{(k-1)n}2.\\] остаётся случай, когда каждая вершина имеет степень больше \\((k-1)/2\\). возьмем в \\(g\\) длиннейший простой путь \\(p=v_1v_2\\ldots v_m\\). по условию \\(m\\le k\\). все соседи концов \\(v_1\\) и \\(v_m\\) лежат на этом пути, иначе путь можно было бы продлить. рассмотрим множеств… erdos-gallai-path-edge-bound teorema erdesha-gallaya o chisle reber bez dlinnogo puti extremal_graph_theory classical_theorem goal_bound induction extremal_choice https://en.wikipedia.org/wiki/erd%c5%91s%e2%80%93gallai_theorem misc paul erdős paulerdős src-wikipedia-erdos-gallai-theorem standard_reference tibor gallai tiborgallai wikipedia, erdős-gallai theorem with_solution prochee paul erdős tibor gallai wikipedia, erdős-gallai theorem stmt-original-1 otsenka dlya grafa bez dlinnogo puti ai_checked pust \\(g\\) — prostoy graf na \\(n\\) vershinah, v kotorom net prostogo puti s \\(k+1\\) vershinami. togda v \\(g\\) ne bolshe \\((k-1)n/2\\) reber. simple_graph path stmt-average-degree forma cherez srednyuyu stepen ai_checked esli srednyaya stepen prostogo grafa bolshe \\(k-1\\), to v grafe suschestvuet prostoy put s \\(k+1\\) vershinami. simple_graph path degree idea-longest-path-component dlinneyshiy put kontroliruet komponentu esli nelzya udalit vershinu maloy stepeni, to kontsy dlinneyshego puti imeyut mnogo sosedey na etom puti i vynuzhdayut tsikl cherez vse ego vershiny; svyaznost togda ne pozvolyaet imet vneshnie vershiny. extremal_graph_theory induction ai_checked sol-induction-longest-cycle-free induktsionnoe dokazatelstvo ai_checked simple_graph path degree induction extremal_choice dokazhem utverzhdenie induktsiey po chislu vershin \\(n\\). pri \\(n=0\\) i \\(n=1\\) reber net. pust utverzhdenie uzhe dokazano dlya menshih grafov. esli \\(g\\) nesvyazen, primenim induktsionnoe predpolozhenie k kazhdoy komponente: kazhdaya komponenta tozhe ne soderzhit puti s \\(k+1\\) vershinami. skladyvaya otsenki po komponentam, poluchaem nuzhnoe neravenstvo dlya vsego grafa. poetomu dalee schitaem \\(g\\) svyaznym. esli v \\(g\\) est vershina \\(v\\) stepeni \\(d(v)\\le (k-1)/2\\), to graf \\(g-v\\) takzhe ne soderzhit puti s \\(k+1\\) vershinami. po induktsii \\(e(g-v)\\le (k-1)(n-1)/2\\), otkuda \\[e(g)=e(g-v)+d(v)\\le \\frac{(k-1)(n-1)}2+\\frac{k-1}2=\\frac{(k-1)n}2.\\] ostaetsya sluchay, kogda kazhdaya vershina imeet stepen bolshe \\((k-1)/2\\). vozmem v \\(g\\) dlinneyshiy prostoy put \\(p=v_1v_2\\ldots v_m\\). po usloviyu \\(m\\le k\\). vse sosedi kontsov \\(v_1\\) i \\(v_m\\) lezhat na etom puti, inache put mozhno bylo by prodlit. rassmotrim mnozhestv…","source_keys":["misc"]}
{"id":"euler-formula-planar","title":"Формула Эйлера для планарных графов","path":"data\\problems\\classical\\euler-formula-planar.yaml","raw_github_url":"https://raw.githubusercontent.com/didin-maxim/knowledge_graph_of_graphs/main/data/problems/classical/euler-formula-planar.yaml","viewer_url":"https://didin-maxim.github.io/knowledge_graph_of_graphs/#euler-formula-planar","source_key":"misc","source_label":"Прочее","source_titles":["Планарный граф","Эйлерова характеристика"],"year":"","type":"theorem","authors":["Leonhard Euler"],"tags":["planar_graphs","classical_theorem","induction","goal_counting"],"agent_topics":[],"difficulty":{"main":"regional","local_score":4,"comment":"Базовый планарный инструмент.","status":"ai_checked"},"review_status":"needs_human_review","public_ready":false,"solution_state":"with_solution","solution_classification":{"type":"unofficial_published","label":"опубликованное неофициальное","status":"ai_checked","confidence":0.78,"basis":"агентский аудит средней сложности","notes":"Карточка подкреплена опубликованными неофициальными, справочными, журнальными, вики-, форумными источниками или страницами задач.","audit_source":"agent-imo-us-classical.json"},"statements":{"original":[{"id":"stmt-original-1","title":"","status":"needs_review","text":"Пусть связный граф нарисован на плоскости так, что его ребра не пересекаются вне общих концов. Если V — число вершин, E — число ребер, а F — число областей, на которые рисунок делит плоскость, включая внешнюю область, то \\( V-E+F=2 \\).","definition_ids":["connected_graph","planar_graph"]}]},"solutions":[{"id":"sol-reduce-to-tree","title":"Сведение к дереву","status":"ai_checked","definition_ids":["connected_graph","cycle","tree"],"standard_idea_ids":["delete_to_simplify","induction"],"tags":[],"has_text":true,"text_preview":"Пока в связном плоском графе есть цикл, удалим ребро этого цикла. Связность не нарушится, число ребер уменьшится на 1, и две грани сольются в одну, так что v-e+f не изменится. В конце получится дерево: у него e=v-1 и f=1, значит v-e+f=v-(v-1)+1=2. Следовательно, равенство было верно и до всех удалений."}],"relations":[{"id":"rel-euler-planar-bound","neighbor_id":"planar-edge-bound","direction":"forward","type":"prerequisite","distance":1,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-tree-euler-formula","neighbor_id":"tree-equivalent-properties","direction":"backward","type":"prerequisite","distance":2,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-planar-usamo-2021-p2","neighbor_id":"usamo-2021-p2-planar-national-park-turning-walk","direction":"forward","type":"same_motif","distance":3,"status":"needs_human_review"},{"id":"rel-euler-formula-quadrangulation-euler-count","neighbor_id":"quadrangulation-euler-face-count","direction":"forward","type":"prerequisite","distance":1,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-euler-formula-putnam-2007-a6-boundary-degree-count","neighbor_id":"putnam-2007-a6-admissible-triangulation-bound","direction":"forward","type":"prerequisite","distance":1,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-euler-formula-spbmo-1997-p54-spherical-triangulation","neighbor_id":"spbmo-1997-11-p54-triangular-polyhedron-degrees","direction":"forward","type":"prerequisite","distance":1,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-spbmo-2017-11-p6-euler-formula-clique-complex-characteristic","neighbor_id":"spbmo-2017-11-p6-chordal-clique-euler-characteristic","direction":"backward","type":"same_motif","distance":2,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-euler-formula-planar-degree-two-path","neighbor_id":"planar-large-girth-degree-two-path","direction":"forward","type":"prerequisite","distance":1,"status":"needs_human_review"},{"id":"rel-fyum-2013-tur2a-p1-euler-short-cycle-lemma","neighbor_id":"fyum-2013-tur2a-p1","direction":"forward","type":"prerequisite","distance":1,"status":"needs_human_review"},{"id":"rel-imc-2006-triangulation-euler-formula","neighbor_id":"imc-2006-day2-p1-polygon-triangulation-parity","direction":"backward","type":"same_motif","distance":3,"status":"needs_human_review"},{"id":"rel-euler-planar-imo-2019-c4","neighbor_id":"imo-2019-c4-labyrinth-region-graph","direction":"forward","type":"same_motif","distance":3,"status":"needs_human_review"},{"id":"rel-metadata-kolm-2006-triangulation-euler-formula","neighbor_id":"kolmogorov-2006-round-4-super-league-problem-5","direction":"backward","type":"prerequisite","distance":2,"status":"needs_human_review"},{"id":"rel-five-color-euler-formula-edge-bound","neighbor_id":"five-color-theorem","direction":"forward","type":"prerequisite","distance":2,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-euler-formula-planar-degree-two-chain","neighbor_id":"planar-large-girth-degree-two-chain","direction":"forward","type":"prerequisite","distance":1,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-euler-formula-cubic-polyhedron-large-face-fork","neighbor_id":"cubic-polyhedron-large-face-fork-strategy-lemma","direction":"forward","type":"prerequisite","distance":1,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-disk-boundary-chain-euler-formula-planar","neighbor_id":"disk-triangulation-boundary-degree-chain-reduction","direction":"backward","type":"prerequisite","distance":1,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-euler-planar-imo-2014-c9-odd-region-tree","neighbor_id":"imo-2014-c9-snail-circles-tree","direction":"forward","type":"prerequisite","distance":2,"status":"needs_human_review"},{"id":"rel-yumt-2014-gr2-p9-euler-planar-quadrangulation","neighbor_id":"yumt-2014-grand-round2-problem9","direction":"forward","type":"prerequisite","distance":2,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-yumt-2023-granda-r2-p9-euler-formula","neighbor_id":"yumt-2023-granda-round2-problem9","direction":"backward","type":"prerequisite","distance":1,"status":"needs_human_review"}],"search_text":"euler-formula-planar формула эйлера для планарных графов planar_graphs classical_theorem induction goal_counting https://ru.wikipedia.org/wiki/%d0%9f%d0%bb%d0%b0%d0%bd%d0%b0%d1%80%d0%bd%d1%8b%d0%b9_%d0%b3%d1%80%d0%b0%d1%84 https://ru.wikipedia.org/wiki/%d0%ad%d0%b9%d0%bb%d0%b5%d1%80%d0%be%d0%b2%d0%b0_%d1%85%d0%b0%d1%80%d0%b0%d0%ba%d1%82%d0%b5%d1%80%d0%b8%d1%81%d1%82%d0%b8%d0%ba%d0%b0 leonhard euler leonhardeuler misc reference src-wikipedia-euler-characteristic src-wikipedia-planar with_solution планарный граф прочее эйлерова характеристика leonhard euler планарный граф эйлерова характеристика stmt-original-1 needs_review пусть связный граф нарисован на плоскости так, что его ребра не пересекаются вне общих концов. если v — число вершин, e — число ребер, а f — число областей, на которые рисунок делит плоскость, включая внешнюю область, то \\( v-e+f=2 \\). connected_graph planar_graph idea-delete-cycle-edge удаление ребра из цикла удаление ребра, лежащего на цикле, уменьшает и число ребер, и число граней на 1, сохраняя v-e+f. planar_graphs induction ai_checked sol-reduce-to-tree сведение к дереву ai_checked connected_graph cycle tree delete_to_simplify induction пока в связном плоском графе есть цикл, удалим ребро этого цикла. связность не нарушится, число ребер уменьшится на 1, и две грани сольются в одну, так что v-e+f не изменится. в конце получится дерево: у него e=v-1 и f=1, значит v-e+f=v-(v-1)+1=2. следовательно, равенство было верно и до всех удалений. euler-formula-planar formula eylera dlya planarnyh grafov planar_graphs classical_theorem induction goal_counting https://ru.wikipedia.org/wiki/%d0%9f%d0%bb%d0%b0%d0%bd%d0%b0%d1%80%d0%bd%d1%8b%d0%b9_%d0%b3%d1%80%d0%b0%d1%84 https://ru.wikipedia.org/wiki/%d0%ad%d0%b9%d0%bb%d0%b5%d1%80%d0%be%d0%b2%d0%b0_%d1%85%d0%b0%d1%80%d0%b0%d0%ba%d1%82%d0%b5%d1%80%d0%b8%d1%81%d1%82%d0%b8%d0%ba%d0%b0 leonhard euler leonhardeuler misc reference src-wikipedia-euler-characteristic src-wikipedia-planar with_solution planarnyy graf prochee eylerova harakteristika leonhard euler planarnyy graf eylerova harakteristika stmt-original-1 needs_review pust svyaznyy graf narisovan na ploskosti tak, chto ego rebra ne peresekayutsya vne obschih kontsov. esli v — chislo vershin, e — chislo reber, a f — chislo oblastey, na kotorye risunok delit ploskost, vklyuchaya vneshnyuyu oblast, to \\( v-e+f=2 \\). connected_graph planar_graph idea-delete-cycle-edge udalenie rebra iz tsikla udalenie rebra, lezhaschego na tsikle, umenshaet i chislo reber, i chislo graney na 1, sohranyaya v-e+f. planar_graphs induction ai_checked sol-reduce-to-tree svedenie k derevu ai_checked connected_graph cycle tree delete_to_simplify induction poka v svyaznom ploskom grafe est tsikl, udalim rebro etogo tsikla. svyaznost ne narushitsya, chislo reber umenshitsya na 1, i dve grani solyutsya v odnu, tak chto v-e+f ne izmenitsya. v kontse poluchitsya derevo: u nego e=v-1 i f=1, znachit v-e+f=v-(v-1)+1=2. sledovatelno, ravenstvo bylo verno i do vseh udaleniy.","source_keys":["misc"]}
{"id":"euler-trail-extension-center-forest","title":"Продление эйлерова пути из центральной вершины","path":"data\\problems\\classical\\euler-trail-extension-center-forest.yaml","raw_github_url":"https://raw.githubusercontent.com/didin-maxim/knowledge_graph_of_graphs/main/data/problems/classical/euler-trail-extension-center-forest.yaml","viewer_url":"https://didin-maxim.github.io/knowledge_graph_of_graphs/#euler-trail-extension-center-forest","source_key":"misc","source_label":"Прочее","source_titles":["Кубок Колмогорова 2007 официальный архив","Эйлеров цикл","Дерево (теория графов)"],"year":"","type":"lemma","authors":[],"tags":["eulerian_graphs","trees","goal_characterization","classical_theorem"],"agent_topics":[],"difficulty":{"main":"regional","local_score":4,"comment":"Компактная эйлерова лемма: препятствие — цикл, не проходящий через выделенную вершину, а положительная часть сводится к проверке чётности в компонентах неиспользованных рёбер.","status":"ai_checked"},"review_status":"needs_human_review","public_ready":false,"solution_state":"with_solution","solution_classification":{"type":"official_complete_or_near_complete","label":"официальное полное/почти полное","status":"ai_checked","confidence":0.78,"basis":"агентский аудит средней сложности","notes":"Классическая извлечённая карточка имеет официальный источник и проверенное агентом решение.","audit_source":"agent-imo-us-classical.json"},"statements":{"original":[{"id":"stmt-euler-trail-extension-center-forest","title":"Критерий продления пути из центральной вершины","status":"ai_checked","text":"Пусть \\(G\\) — конечный связный эйлеров граф, а \\(c\\in V(G)\\). Тогда любой путь без повторения рёбер, начинающийся в \\(c\\), можно продолжить неиспользованными рёбрами до эйлерова цикла графа \\(G\\) тогда и только тогда, когда \\(G-c\\) является лесом. Эквивалентно, каждый цикл графа \\(G\\) содержит \\(c\\). Для мультиграфов здесь используется обычное соглашение, что параллельные рёбра образуют цикл длины 2.","definition_ids":["connected_graph","eulerian_cycle","path","cycle","tree"]}],"olympiad_reformulations":[{"id":"stmt-road-network-central-city","title":"Формулировка про дорожную сеть","status":"ai_checked","text":"В связной дорожной сети, где существует замкнутый маршрут по всем дорогам ровно по одному разу, путешественник, начавший из выделенного города \\(c\\), может завершить любой уже выбранный маршрут без повторения дорог до полного эйлерова обхода ровно тогда, когда после удаления \\(c\\) не остаётся циклов.","definition_ids":["eulerian_cycle","path","tree"]}]},"solutions":[{"id":"sol-cycle-obstruction-and-unused-components","title":"Цикловое препятствие и компоненты неиспользованных рёбер","status":"ai_checked","definition_ids":["connected_graph","degree","path","eulerian_cycle","tree"],"standard_idea_ids":["delete_to_simplify"],"tags":[],"has_text":true,"text_preview":"Сначала предположим, что \\(G-c\\) содержит цикл \\(Z\\). Удалим рёбра \\(Z\\). Так как \\(G\\) эйлеров, а удаление цикла меняет степень каждой вершины на \\(Z\\) на 2, в графе \\(G-E(Z)\\) все степени по-прежнему чётны. Значит, компонента графа \\(G-E(Z)\\), содержащая \\(c\\), имеет эйлеров цикл. Возьмём этот цикл как начальный путь из \\(c\\). Он использует все рёбра своей компоненты и возвращается в \\(c\\), но рёбра \\(Z\\) остаются неиспользованными и уже недостижимы продолжением из \\(c\\) по неиспользованному ребру. Следовательно, не всякий путь из \\(c\\) продолжается. Теперь пусть \\(G-c\\) — лес. Возьмём любой путь \\(P\\) без повторения рёбер, начинающийся в \\(c\\), и пусть его текущий конец равен \\(x\\). Обозначим через \\(R=G-E(P)\\) граф неиспользованных рёбер. В \\(R\\) все вершины имеют чётную степень, кроме, возможно, \\(c\\) и \\(x\\); если \\(x\\ne c\\), именно эти две вершины имеют нечётную неиспользованную…"}],"relations":[{"id":"rel-euler-trail-extension-center-forest-kolmogorov-2007-r1hl-p5","neighbor_id":"kolmogorov-2007-round-1-high-league-problem-5","direction":"forward","type":"prerequisite","distance":1,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-eulerian-criterion-euler-trail-extension-center-forest","neighbor_id":"eulerian-graph-criterion","direction":"backward","type":"prerequisite","distance":1,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-tree-equivalent-properties-euler-trail-extension-center-forest","neighbor_id":"tree-equivalent-properties","direction":"backward","type":"prerequisite","distance":1,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-offplan-imo-2020-c4-euler-trail-extension-forest","neighbor_id":"imo-2020-c4-fibonacci-difference-forest","direction":"backward","type":"same_motif","distance":3,"status":"needs_human_review"}],"search_text":"euler-trail-extension-center-forest продление эйлерова пути из центральной вершины eulerian_graphs trees goal_characterization classical_theorem https://ru.wikipedia.org/wiki/%d0%94%d0%b5%d1%80%d0%b5%d0%b2%d0%be_%28%d1%82%d0%b5%d0%be%d1%80%d0%b8%d1%8f_%d0%b3%d1%80%d0%b0%d1%84%d0%be%d0%b2%29 https://ru.wikipedia.org/wiki/%d0%ad%d0%b9%d0%bb%d0%b5%d1%80%d0%be%d0%b2_%d1%86%d0%b8%d0%ba%d0%bb https://turmath.ru/kolm/files/archive/kolm11.zip misc olympiad_archive reference src-kolmogorov-2007-official src-wikipedia-eulerian-path src-wikipedia-tree with_solution дерево (теория графов) кубок колмогорова 2007 официальный архив прочее эйлеров цикл ? кубок колмогорова 2007 официальный архив эйлеров цикл дерево (теория графов) stmt-euler-trail-extension-center-forest критерий продления пути из центральной вершины ai_checked пусть \\(g\\) — конечный связный эйлеров граф, а \\(c\\in v(g)\\). тогда любой путь без повторения рёбер, начинающийся в \\(c\\), можно продолжить неиспользованными рёбрами до эйлерова цикла графа \\(g\\) тогда и только тогда, когда \\(g-c\\) является лесом. эквивалентно, каждый цикл графа \\(g\\) содержит \\(c\\). для мультиграфов здесь используется обычное соглашение, что параллельные рёбра образуют цикл длины 2. connected_graph eulerian_cycle path cycle tree stmt-road-network-central-city формулировка про дорожную сеть ai_checked в связной дорожной сети, где существует замкнутый маршрут по всем дорогам ровно по одному разу, путешественник, начавший из выделенного города \\(c\\), может завершить любой уже выбранный маршрут без повторения дорог до полного эйлерова обхода ровно тогда, когда после удаления \\(c\\) не остаётся циклов. eulerian_cycle path tree idea-cycle-left-behind цикл вне центра можно оставить позади если цикл не проходит через \\(c\\), сначала удалим его рёбра. компонента, содержащая \\(c\\), всё ещё эйлерова, поэтому можно обойти все её рёбра и вернуться в \\(c\\), оставив этот цикл в отдельной неиспользованной компоненте. eulerian_graphs trees ai_checked idea-unused-components-forced-to-current-end неиспользованные рёбра остаются при текущем конце после любого пути без повторения рёбер из \\(c\\) в \\(x\\) в графе неиспользованных рёбер нечётными могут быть только \\(c\\) и \\(x\\). компонента неиспользованных рёбер вне \\(x\\) либо содержала бы ровно одну нечётную вершину, либо была бы ненулевым подграфом леса \\(g-c\\), все степени которого чётны; оба варианта невозможны. eulerian_graphs trees ai_checked sol-cycle-obstruction-and-unused-components цикловое препятствие и компоненты неиспользованных рёбер ai_checked connected_graph degree path eulerian_cycle tree delete_to_simplify сначала предположим, что \\(g-c\\) содержит цикл \\(z\\). удалим рёбра \\(z\\). так как \\(g\\) эйлеров, а удаление цикла меняет степень каждой вершины на \\(z\\) на 2, в графе \\(g-e(z)\\) все степени по-прежнему чётны. значит, компонента графа \\(g-e(z)\\), содержащая \\(c\\), имеет эйлеров цикл. возьмём этот цикл как начальный путь из \\(c\\). он использует все рёбра своей компоненты и возвращается в \\(c\\), но рёбра \\(z\\) остаются неиспользованными и уже недостижимы продолжением из \\(c\\) по неиспользованному ребру. следовательно, не всякий путь из \\(c\\) продолжается. теперь пусть \\(g-c\\) — лес. возьмём любой путь \\(p\\) без повторения рёбер, начинающийся в \\(c\\), и пусть его текущий конец равен \\(x\\). обозначим через \\(r=g-e(p)\\) граф неиспользованных рёбер. в \\(r\\) все вершины имеют чётную степень, кроме, возможно, \\(c\\) и \\(x\\); если \\(x\\ne c\\), именно эти две вершины имеют нечётную неиспользованную… euler-trail-extension-center-forest prodlenie eylerova puti iz tsentralnoy vershiny eulerian_graphs trees goal_characterization classical_theorem https://ru.wikipedia.org/wiki/%d0%94%d0%b5%d1%80%d0%b5%d0%b2%d0%be_%28%d1%82%d0%b5%d0%be%d1%80%d0%b8%d1%8f_%d0%b3%d1%80%d0%b0%d1%84%d0%be%d0%b2%29 https://ru.wikipedia.org/wiki/%d0%ad%d0%b9%d0%bb%d0%b5%d1%80%d0%be%d0%b2_%d1%86%d0%b8%d0%ba%d0%bb https://turmath.ru/kolm/files/archive/kolm11.zip misc olympiad_archive reference src-kolmogorov-2007-official src-wikipedia-eulerian-path src-wikipedia-tree with_solution derevo (teoriya grafov) kubok kolmogorova 2007 ofitsialnyy arhiv prochee eylerov tsikl ? kubok kolmogorova 2007 ofitsialnyy arhiv eylerov tsikl derevo (teoriya grafov) stmt-euler-trail-extension-center-forest kriteriy prodleniya puti iz tsentralnoy vershiny ai_checked pust \\(g\\) — konechnyy svyaznyy eylerov graf, a \\(c\\in v(g)\\). togda lyuboy put bez povtoreniya reber, nachinayuschiysya v \\(c\\), mozhno prodolzhit neispolzovannymi rebrami do eylerova tsikla grafa \\(g\\) togda i tolko togda, kogda \\(g-c\\) yavlyaetsya lesom. ekvivalentno, kazhdyy tsikl grafa \\(g\\) soderzhit \\(c\\). dlya multigrafov zdes ispolzuetsya obychnoe soglashenie, chto parallelnye rebra obrazuyut tsikl dliny 2. connected_graph eulerian_cycle path cycle tree stmt-road-network-central-city formulirovka pro dorozhnuyu set ai_checked v svyaznoy dorozhnoy seti, gde suschestvuet zamknutyy marshrut po vsem dorogam rovno po odnomu razu, puteshestvennik, nachavshiy iz vydelennogo goroda \\(c\\), mozhet zavershit lyuboy uzhe vybrannyy marshrut bez povtoreniya dorog do polnogo eylerova obhoda rovno togda, kogda posle udaleniya \\(c\\) ne ostaetsya tsiklov. eulerian_cycle path tree idea-cycle-left-behind tsikl vne tsentra mozhno ostavit pozadi esli tsikl ne prohodit cherez \\(c\\), snachala udalim ego rebra. komponenta, soderzhaschaya \\(c\\), vse esche eylerova, poetomu mozhno oboyti vse ee rebra i vernutsya v \\(c\\), ostaviv etot tsikl v otdelnoy neispolzovannoy komponente. eulerian_graphs trees ai_checked idea-unused-components-forced-to-current-end neispolzovannye rebra ostayutsya pri tekuschem kontse posle lyubogo puti bez povtoreniya reber iz \\(c\\) v \\(x\\) v grafe neispolzovannyh reber nechetnymi mogut byt tolko \\(c\\) i \\(x\\). komponenta neispolzovannyh reber vne \\(x\\) libo soderzhala by rovno odnu nechetnuyu vershinu, libo byla by nenulevym podgrafom lesa \\(g-c\\), vse stepeni kotorogo chetny; oba varianta nevozmozhny. eulerian_graphs trees ai_checked sol-cycle-obstruction-and-unused-components tsiklovoe prepyatstvie i komponenty neispolzovannyh reber ai_checked connected_graph degree path eulerian_cycle tree delete_to_simplify snachala predpolozhim, chto \\(g-c\\) soderzhit tsikl \\(z\\). udalim rebra \\(z\\). tak kak \\(g\\) eylerov, a udalenie tsikla menyaet stepen kazhdoy vershiny na \\(z\\) na 2, v grafe \\(g-e(z)\\) vse stepeni po-prezhnemu chetny. znachit, komponenta grafa \\(g-e(z)\\), soderzhaschaya \\(c\\), imeet eylerov tsikl. vozmem etot tsikl kak nachalnyy put iz \\(c\\). on ispolzuet vse rebra svoey komponenty i vozvraschaetsya v \\(c\\), no rebra \\(z\\) ostayutsya neispolzovannymi i uzhe nedostizhimy prodolzheniem iz \\(c\\) po neispolzovannomu rebru. sledovatelno, ne vsyakiy put iz \\(c\\) prodolzhaetsya. teper pust \\(g-c\\) — les. vozmem lyuboy put \\(p\\) bez povtoreniya reber, nachinayuschiysya v \\(c\\), i pust ego tekuschiy konets raven \\(x\\). oboznachim cherez \\(r=g-e(p)\\) graf neispolzovannyh reber. v \\(r\\) vse vershiny imeyut chetnuyu stepen, krome, vozmozhno, \\(c\\) i \\(x\\); esli \\(x\\ne c\\), imenno eti dve vershiny imeyut nechetnuyu neispolzovannuyu…","source_keys":["misc","kolmogorov"]}
{"id":"eulerian-graph-criterion","title":"Критерий эйлерова цикла по чётности степеней","path":"data\\problems\\classical\\eulerian-graph-criterion.yaml","raw_github_url":"https://raw.githubusercontent.com/didin-maxim/knowledge_graph_of_graphs/main/data/problems/classical/eulerian-graph-criterion.yaml","viewer_url":"https://didin-maxim.github.io/knowledge_graph_of_graphs/#eulerian-graph-criterion","source_key":"misc","source_label":"Прочее","source_titles":["Эйлеров цикл","Задача о семи кёнигсбергских мостах"],"year":"","type":"theorem","authors":["Leonhard Euler"],"tags":["eulerian_graphs","classical_theorem","goal_characterization"],"agent_topics":[],"difficulty":{"main":"regional","local_score":4,"comment":"Базовый критерий с конструктивным доказательством.","status":"ai_checked"},"review_status":"needs_human_review","public_ready":false,"solution_state":"with_solution","solution_classification":{"type":"unofficial_published","label":"опубликованное неофициальное","status":"ai_checked","confidence":0.78,"basis":"агентский аудит средней сложности","notes":"Карточка подкреплена опубликованными неофициальными, справочными, журнальными, вики-, форумными источниками или страницами задач.","audit_source":"agent-imo-us-classical.json"},"statements":{"original":[{"id":"stmt-original-1","title":"","status":"needs_review","text":"Связный конечный граф имеет эйлеров цикл, то есть замкнутый маршрут, проходящий по каждому ребру ровно один раз, тогда и только тогда, когда степени всех его вершин четны.","definition_ids":["connected_graph","cycle","degree","eulerian_cycle"]}],"olympiad_reformulations":[{"id":"stmt-bridges-closed-walk","title":"Мосты и замкнутый обход","status":"ai_checked","text":"Город состоит из участков суши, соединенных мостами. Нужно пройти по каждому мосту ровно один раз и вернуться туда, откуда начали. Если заменить участки суши вершинами, а мосты ребрами, то такой обход существует тогда и только тогда, когда получившийся граф связен и к каждой вершине подходит четное число ребер.","definition_ids":["connected_graph","degree","cycle"]},{"id":"stmt-pencil-drawing-closed","title":"Нарисовать фигуру одним росчерком","status":"ai_checked","text":"Дана связная фигура из точек и линий. Нужно провести карандашом по каждой линии ровно один раз, не отрывая карандаш от бумаги, и закончить в той же точке, где начали. Это возможно тогда и только тогда, когда в каждой точке фигуры сходится четное число линий.","definition_ids":["connected_graph","degree","cycle"]}]},"solutions":[{"id":"sol-cycle-splicing","title":"Алгоритм Хиерхольцера","status":"ai_checked","definition_ids":["connected_graph","degree","cycle","eulerian_cycle"],"standard_idea_ids":["greedy_ordering"],"tags":[],"has_text":true,"text_preview":"Если есть эйлеров цикл, при каждом входе в вершину есть выход, поэтому степень каждой вершины четна. Обратно начнем идти из любой вершины по неиспользованным ребрам. Застрять в другой вершине нельзя: там число использованных инцидентных ребер входами и выходами отличается на 1, что противоречит четности после исчерпания. Значит получим цикл. Если остались ребра, из связности есть вершина построенного цикла, инцидентная неиспользованному ребру; строим от нее еще один цикл и вклеиваем. Повторяем до использования всех ребер."}],"relations":[{"id":"rel-handshaking-eulerian","neighbor_id":"handshaking-lemma","direction":"backward","type":"same_motif","distance":2,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-eulerian-criterion-usa-tst-2011","neighbor_id":"usa-tst-2011-p2-weighted-road-orientation","direction":"forward","type":"prerequisite","distance":1,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-cmo-1991-p4-eulerian-graph-criterion","neighbor_id":"cmo-1991-p4-edge-difference-labeling-diagram","direction":"backward","type":"same_motif","distance":2,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-eulerian-criterion-euler-trail-extension-center-forest","neighbor_id":"euler-trail-extension-center-forest","direction":"forward","type":"prerequisite","distance":1,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-imo-1979-p6-cycle-walks-graph-symmetry","neighbor_id":"imo-1979-p6-octagon-walks-cycle-graph","direction":"forward","type":"same_motif","distance":3,"status":"needs_human_review"},{"id":"rel-eulerian-imo-1986-p6","neighbor_id":"balanced-bipartite-edge-coloring-two-colors","direction":"forward","type":"prerequisite","distance":1,"status":"needs_human_review"},{"id":"rel-euler-imo-2023-c4","neighbor_id":"imo-2023-c4-strip-pieces-eulerian-graph","direction":"forward","type":"prerequisite","distance":1,"status":"needs_human_review"},{"id":"rel-metadata-kolm-late-2011-team-junior-eulerian-criterion","neighbor_id":"kolmogorov-2011-team-olympiad-juniors-problem-6","direction":"backward","type":"prerequisite","distance":2,"status":"needs_human_review"},{"id":"rel-metadata-kolm-late-2011-team-senior-eulerian-criterion","neighbor_id":"kolmogorov-2011-team-olympiad-seniors-problem-4","direction":"backward","type":"prerequisite","distance":2,"status":"needs_human_review"},{"id":"rel-metadata-kolm-late-2012-directed-grid-eulerian-criterion","neighbor_id":"kolmogorov-2012-individual-olympiad-seniors-problem-6","direction":"backward","type":"same_motif","distance":2,"status":"needs_human_review"},{"id":"rel-tc-2010-eulerian-parity-subgraph","neighbor_id":"tc-2010-11-odd-main-roads","direction":"forward","type":"same_motif","distance":3,"status":"needs_human_review"},{"id":"rel-eulerian-criterion-imo-2020-c6","neighbor_id":"imo-2020-c6-colored-coins-eulerian-multigraph","direction":"forward","type":"prerequisite","distance":1,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-putnam-1990-eulerian-criterion","neighbor_id":"putnam-1990-b4-cayley-euler-tour","direction":"forward","type":"prerequisite","distance":1,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-utyum-2010-islands-eulerian-criterion","neighbor_id":"utyum-2010_tur4_36_4_islands_bridges","direction":"backward","type":"same_motif","distance":1,"status":"needs_human_review"},{"id":"rel-vjimc-2000-debruijn-eulerian-criterion","neighbor_id":"vjimc-2000-cat2-p2-de-bruijn-euler-cycle","direction":"backward","type":"prerequisite","distance":1,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-yumt-2020-start-r2-p4-eulerian-graph-criterion","neighbor_id":"yumt-2020-start-round2-problem4","direction":"backward","type":"same_motif","distance":1,"status":"needs_human_review"}],"search_text":"eulerian-graph-criterion критерий эйлерова цикла по чётности степеней eulerian_graphs classical_theorem goal_characterization https://ru.wikipedia.org/wiki/%d0%97%d0%b0%d0%b4%d0%b0%d1%87%d0%b0_%d0%be_%d1%81%d0%b5%d0%bc%d0%b8_%d0%ba%d1%91%d0%bd%d0%b8%d0%b3%d1%81%d0%b1%d0%b5%d1%80%d0%b3%d1%81%d0%ba%d0%b8%d1%85_%d0%bc%d0%be%d1%81%d1%82%d0%b0%d1%85 https://ru.wikipedia.org/wiki/%d0%ad%d0%b9%d0%bb%d0%b5%d1%80%d0%be%d0%b2_%d1%86%d0%b8%d0%ba%d0%bb leonhard euler leonhardeuler misc reference src-wikipedia-eulerian-path src-wikipedia-seven-bridges with_solution задача о семи кёнигсбергских мостах прочее эйлеров цикл leonhard euler эйлеров цикл задача о семи кёнигсбергских мостах stmt-original-1 needs_review связный конечный граф имеет эйлеров цикл, то есть замкнутый маршрут, проходящий по каждому ребру ровно один раз, тогда и только тогда, когда степени всех его вершин четны. connected_graph cycle degree eulerian_cycle stmt-bridges-closed-walk мосты и замкнутый обход ai_checked город состоит из участков суши, соединенных мостами. нужно пройти по каждому мосту ровно один раз и вернуться туда, откуда начали. если заменить участки суши вершинами, а мосты ребрами, то такой обход существует тогда и только тогда, когда получившийся граф связен и к каждой вершине подходит четное число ребер. connected_graph degree cycle stmt-pencil-drawing-closed нарисовать фигуру одним росчерком ai_checked дана связная фигура из точек и линий. нужно провести карандашом по каждой линии ровно один раз, не отрывая карандаш от бумаги, и закончить в той же точке, где начали. это возможно тогда и только тогда, когда в каждой точке фигуры сходится четное число линий. connected_graph degree cycle idea-cycle-splicing склейка циклов в графе с четными степенями можно идти по неиспользованным ребрам, пока не вернешься в старт; оставшиеся циклы вклеиваются в уже построенный обход. eulerian_graphs ai_checked sol-cycle-splicing алгоритм хиерхольцера ai_checked connected_graph degree cycle eulerian_cycle greedy_ordering если есть эйлеров цикл, при каждом входе в вершину есть выход, поэтому степень каждой вершины четна. обратно начнем идти из любой вершины по неиспользованным ребрам. застрять в другой вершине нельзя: там число использованных инцидентных ребер входами и выходами отличается на 1, что противоречит четности после исчерпания. значит получим цикл. если остались ребра, из связности есть вершина построенного цикла, инцидентная неиспользованному ребру; строим от нее еще один цикл и вклеиваем. повторяем до использования всех ребер. eulerian-graph-criterion kriteriy eylerova tsikla po chetnosti stepeney eulerian_graphs classical_theorem goal_characterization https://ru.wikipedia.org/wiki/%d0%97%d0%b0%d0%b4%d0%b0%d1%87%d0%b0_%d0%be_%d1%81%d0%b5%d0%bc%d0%b8_%d0%ba%d1%91%d0%bd%d0%b8%d0%b3%d1%81%d0%b1%d0%b5%d1%80%d0%b3%d1%81%d0%ba%d0%b8%d1%85_%d0%bc%d0%be%d1%81%d1%82%d0%b0%d1%85 https://ru.wikipedia.org/wiki/%d0%ad%d0%b9%d0%bb%d0%b5%d1%80%d0%be%d0%b2_%d1%86%d0%b8%d0%ba%d0%bb leonhard euler leonhardeuler misc reference src-wikipedia-eulerian-path src-wikipedia-seven-bridges with_solution zadacha o semi kenigsbergskih mostah prochee eylerov tsikl leonhard euler eylerov tsikl zadacha o semi kenigsbergskih mostah stmt-original-1 needs_review svyaznyy konechnyy graf imeet eylerov tsikl, to est zamknutyy marshrut, prohodyaschiy po kazhdomu rebru rovno odin raz, togda i tolko togda, kogda stepeni vseh ego vershin chetny. connected_graph cycle degree eulerian_cycle stmt-bridges-closed-walk mosty i zamknutyy obhod ai_checked gorod sostoit iz uchastkov sushi, soedinennyh mostami. nuzhno proyti po kazhdomu mostu rovno odin raz i vernutsya tuda, otkuda nachali. esli zamenit uchastki sushi vershinami, a mosty rebrami, to takoy obhod suschestvuet togda i tolko togda, kogda poluchivshiysya graf svyazen i k kazhdoy vershine podhodit chetnoe chislo reber. connected_graph degree cycle stmt-pencil-drawing-closed narisovat figuru odnim roscherkom ai_checked dana svyaznaya figura iz tochek i liniy. nuzhno provesti karandashom po kazhdoy linii rovno odin raz, ne otryvaya karandash ot bumagi, i zakonchit v toy zhe tochke, gde nachali. eto vozmozhno togda i tolko togda, kogda v kazhdoy tochke figury shoditsya chetnoe chislo liniy. connected_graph degree cycle idea-cycle-splicing skleyka tsiklov v grafe s chetnymi stepenyami mozhno idti po neispolzovannym rebram, poka ne verneshsya v start; ostavshiesya tsikly vkleivayutsya v uzhe postroennyy obhod. eulerian_graphs ai_checked sol-cycle-splicing algoritm hierholtsera ai_checked connected_graph degree cycle eulerian_cycle greedy_ordering esli est eylerov tsikl, pri kazhdom vhode v vershinu est vyhod, poetomu stepen kazhdoy vershiny chetna. obratno nachnem idti iz lyuboy vershiny po neispolzovannym rebram. zastryat v drugoy vershine nelzya: tam chislo ispolzovannyh intsidentnyh reber vhodami i vyhodami otlichaetsya na 1, chto protivorechit chetnosti posle ischerpaniya. znachit poluchim tsikl. esli ostalis rebra, iz svyaznosti est vershina postroennogo tsikla, intsidentnaya neispolzovannomu rebru; stroim ot nee esche odin tsikl i vkleivaem. povtoryaem do ispolzovaniya vseh reber.","source_keys":["misc"]}
{"id":"ferry-network-repartition-lemma","title":"Переразбиение полной двудольной сети после закрытия поперечного ребра","path":"data\\problems\\classical\\ferry-network-repartition-lemma.yaml","raw_github_url":"https://raw.githubusercontent.com/didin-maxim/knowledge_graph_of_graphs/main/data/problems/classical/ferry-network-repartition-lemma.yaml","viewer_url":"https://didin-maxim.github.io/knowledge_graph_of_graphs/#ferry-network-repartition-lemma","source_key":"misc","source_label":"Прочее","source_titles":["IMO 2016 Shortlisted Problems with Solutions"],"year":"","type":"lemma","authors":[],"tags":["connectivity","extremal_choice","goal_proof"],"agent_topics":[],"difficulty":{"main":"national_final_medium","local_score":6,"comment":"Короткая, но нетривиальная динамическая лемма: локальная операция сохраняет полную двудольную структуру после правильного переразбиения вершин.","status":"ai_checked"},"review_status":"needs_human_review","public_ready":false,"solution_state":"with_solution","solution_classification":{"type":"unofficial_published","label":"опубликованное неофициальное","status":"ai_checked","confidence":0.78,"basis":"агентский аудит средней сложности","notes":"Карточка подкреплена опубликованными неофициальными, справочными, журнальными, вики-, форумными источниками или страницами задач.","audit_source":"agent-imo-us-classical.json"},"statements":{"original":[{"id":"stmt-original-1","title":"","status":"ai_checked","text":"Пусть вершины простого графа разбиты на две непустые доли \\(A\\) и \\(B\\), причём каждая вершина из \\(A\\) соединена с каждой вершиной из \\(B\\). Выберем ребро \\(ab\\) с \\(a\\in A\\), \\(b\\in B\\), удалим его и затем для каждой вершины, смежной ровно с одной из вершин \\(a,b\\), добавим ребро к другой из них. Докажите, что после этой операции те же вершины можно снова разбить на две непустые доли так, чтобы все поперечные рёбра присутствовали.","definition_ids":["simple_graph","bipartite_graph"]}]},"solutions":[{"id":"sol-repartition-network","title":"Пара закрытого ребра и остальные вершины","status":"ai_checked","definition_ids":["simple_graph","bipartite_graph"],"standard_idea_ids":[],"tags":[],"has_text":true,"text_preview":"После операции положим \\[ A'=\\{a,b\\},\\qquad B'=(A\\cup B)\\setminus\\{a,b\\}. \\] Нужно доказать, что каждая вершина из \\(B'\\) смежна и с \\(a\\), и с \\(b\\). Пусть сначала \\(x\\in A\\setminus\\{a\\}\\). До операции вершина \\(x\\) была смежна с \\(b\\), потому что все поперечные рёбра между \\(A\\) и \\(B\\) присутствовали. Если \\(x\\) уже была смежна с \\(a\\), то ничего доказывать не нужно. Если же нет, то до операции \\(x\\) была смежна ровно с одной из вершин \\(a,b\\), а именно с \\(b\\); по правилу операции после удаления ребра \\(ab\\) добавляется ребро \\(xa\\). Значит, после операции \\(x\\) смежна и с \\(a\\), и с \\(b\\). Совершенно так же для любой вершины \\(y\\in B\\setminus\\{b\\}\\): до операции она была смежна с \\(a\\), а если не была смежна с \\(b\\), то после операции ребро \\(yb\\) добавляется. Поэтому и \\(y\\) после операции смежна с обоими вершинами \\(a\\) и \\(b\\). Итак, каждая вершина из \\(B'\\) смежна с обеими верш…"}],"relations":[{"id":"rel-ferry-network-lemma-imo-2016-c6","neighbor_id":"imo-2016-c6-ferry-graph-dynamics","direction":"forward","type":"prerequisite","distance":1,"status":"needs_human_review"},{"id":"rel-ferry-network-imo-2019-c5-local-edge-operation","neighbor_id":"imo-2019-c5-social-network-refriending","direction":"forward","type":"same_motif","distance":3,"status":"needs_human_review"}],"search_text":"ferry-network-repartition-lemma переразбиение полной двудольной сети после закрытия поперечного ребра connectivity extremal_choice goal_proof https://www.imo-official.org/problems/imo2016sl.pdf imo 2016 shortlisted problems with solutions misc official_archive src-imo-2016-shortlist with_solution прочее ? imo 2016 shortlisted problems with solutions stmt-original-1 ai_checked пусть вершины простого графа разбиты на две непустые доли \\(a\\) и \\(b\\), причём каждая вершина из \\(a\\) соединена с каждой вершиной из \\(b\\). выберем ребро \\(ab\\) с \\(a\\in a\\), \\(b\\in b\\), удалим его и затем для каждой вершины, смежной ровно с одной из вершин \\(a,b\\), добавим ребро к другой из них. докажите, что после этой операции те же вершины можно снова разбить на две непустые доли так, чтобы все поперечные рёбра присутствовали. simple_graph bipartite_graph idea-pair-vs-rest новые доли: закрытая пара против остальных после закрытия поперечного ребра \\(ab\\) естественно объявить одной долей пару \\(\\{a,b\\}\\), а второй долей — все остальные вершины. остаётся проверить, что каждая из них стала смежной с обоими концами закрытого ребра. connectivity extremal_choice ai_checked sol-repartition-network пара закрытого ребра и остальные вершины ai_checked simple_graph bipartite_graph после операции положим \\[ a'=\\{a,b\\},\\qquad b'=(a\\cup b)\\setminus\\{a,b\\}. \\] нужно доказать, что каждая вершина из \\(b'\\) смежна и с \\(a\\), и с \\(b\\). пусть сначала \\(x\\in a\\setminus\\{a\\}\\). до операции вершина \\(x\\) была смежна с \\(b\\), потому что все поперечные рёбра между \\(a\\) и \\(b\\) присутствовали. если \\(x\\) уже была смежна с \\(a\\), то ничего доказывать не нужно. если же нет, то до операции \\(x\\) была смежна ровно с одной из вершин \\(a,b\\), а именно с \\(b\\); по правилу операции после удаления ребра \\(ab\\) добавляется ребро \\(xa\\). значит, после операции \\(x\\) смежна и с \\(a\\), и с \\(b\\). совершенно так же для любой вершины \\(y\\in b\\setminus\\{b\\}\\): до операции она была смежна с \\(a\\), а если не была смежна с \\(b\\), то после операции ребро \\(yb\\) добавляется. поэтому и \\(y\\) после операции смежна с обоими вершинами \\(a\\) и \\(b\\). итак, каждая вершина из \\(b'\\) смежна с обеими верш… ferry-network-repartition-lemma pererazbienie polnoy dvudolnoy seti posle zakrytiya poperechnogo rebra connectivity extremal_choice goal_proof https://www.imo-official.org/problems/imo2016sl.pdf imo 2016 shortlisted problems with solutions misc official_archive src-imo-2016-shortlist with_solution prochee ? imo 2016 shortlisted problems with solutions stmt-original-1 ai_checked pust vershiny prostogo grafa razbity na dve nepustye doli \\(a\\) i \\(b\\), prichem kazhdaya vershina iz \\(a\\) soedinena s kazhdoy vershinoy iz \\(b\\). vyberem rebro \\(ab\\) s \\(a\\in a\\), \\(b\\in b\\), udalim ego i zatem dlya kazhdoy vershiny, smezhnoy rovno s odnoy iz vershin \\(a,b\\), dobavim rebro k drugoy iz nih. dokazhite, chto posle etoy operatsii te zhe vershiny mozhno snova razbit na dve nepustye doli tak, chtoby vse poperechnye rebra prisutstvovali. simple_graph bipartite_graph idea-pair-vs-rest novye doli: zakrytaya para protiv ostalnyh posle zakrytiya poperechnogo rebra \\(ab\\) estestvenno obyavit odnoy doley paru \\(\\{a,b\\}\\), a vtoroy doley — vse ostalnye vershiny. ostaetsya proverit, chto kazhdaya iz nih stala smezhnoy s oboimi kontsami zakrytogo rebra. connectivity extremal_choice ai_checked sol-repartition-network para zakrytogo rebra i ostalnye vershiny ai_checked simple_graph bipartite_graph posle operatsii polozhim \\[ a'=\\{a,b\\},\\qquad b'=(a\\cup b)\\setminus\\{a,b\\}. \\] nuzhno dokazat, chto kazhdaya vershina iz \\(b'\\) smezhna i s \\(a\\), i s \\(b\\). pust snachala \\(x\\in a\\setminus\\{a\\}\\). do operatsii vershina \\(x\\) byla smezhna s \\(b\\), potomu chto vse poperechnye rebra mezhdu \\(a\\) i \\(b\\) prisutstvovali. esli \\(x\\) uzhe byla smezhna s \\(a\\), to nichego dokazyvat ne nuzhno. esli zhe net, to do operatsii \\(x\\) byla smezhna rovno s odnoy iz vershin \\(a,b\\), a imenno s \\(b\\); po pravilu operatsii posle udaleniya rebra \\(ab\\) dobavlyaetsya rebro \\(xa\\). znachit, posle operatsii \\(x\\) smezhna i s \\(a\\), i s \\(b\\). sovershenno tak zhe dlya lyuboy vershiny \\(y\\in b\\setminus\\{b\\}\\): do operatsii ona byla smezhna s \\(a\\), a esli ne byla smezhna s \\(b\\), to posle operatsii rebro \\(yb\\) dobavlyaetsya. poetomu i \\(y\\) posle operatsii smezhna s oboimi vershinami \\(a\\) i \\(b\\). itak, kazhdaya vershina iz \\(b'\\) smezhna s obeimi versh…","source_keys":["misc","imo"]}
{"id":"five-color-theorem","title":"Пятицветная теорема о раскраске планарных графов","path":"data\\problems\\classical\\five-color-theorem.yaml","raw_github_url":"https://raw.githubusercontent.com/didin-maxim/knowledge_graph_of_graphs/main/data/problems/classical/five-color-theorem.yaml","viewer_url":"https://didin-maxim.github.io/knowledge_graph_of_graphs/#five-color-theorem","source_key":"misc","source_label":"Прочее","source_titles":["Теорема о пяти красках"],"year":"","type":"theorem","authors":["Percy John Heawood"],"tags":["planar_graphs","coloring","degree_counting","double_counting","classical_theorem","induction","goal_exact_bound"],"agent_topics":[],"difficulty":{"main":"national_final_medium","local_score":7,"comment":"Классический планарный аргумент; цепи Кемпе требуют аккуратности.","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":0.92,"basis":"Самодостаточное доказательство; сверено с обзорными источниками.","notes":"Классическая теорема оставлена как public-ready theorem card: доказательство внутри карточки полное для школьной базы и не требует классификации как heavy внешняя теорема.","audit_source":"official-plan-expansion-five-color-theorem-2026-05-06"},"statements":{"original":[{"id":"stmt-original-1","title":"","status":"ai_checked","text":"Вершины любого простого планарного графа можно правильно раскрасить не более чем в пять цветов: любые две соседние вершины должны получить разные цвета.","definition_ids":["simple_graph","planar_graph","degree","chromatic_number"]}],"olympiad_reformulations":[{"id":"stmt-map-five-colors","title":"Раскраска карты","status":"ai_checked","text":"Плоская карта разбита на области. Нужно раскрасить все области не более чем в пять цветов так, чтобы любые две области, имеющие общую границу ненулевой длины, были разных цветов. Такая раскраска существует для любой плоской карты.","definition_ids":["planar_graph","simple_graph","chromatic_number"]}]},"solutions":[{"id":"sol-kempe-sketch","title":"Полное доказательство через цепи Кемпе","status":"ai_checked","definition_ids":["simple_graph","degree","path","cycle","planar_graph","chromatic_number"],"standard_idea_ids":["induction","face_counting","kempe_chains","local_recoloring"],"tags":[],"has_text":true,"text_preview":"Будем доказывать утверждение индукцией по числу вершин \\(v\\) конечного простого планарного графа \\(G\\). При \\(v\\le 5\\) можно дать всем вершинам разные цвета, поэтому база очевидна. Нам понадобится только один стандартный планарный подсчет. Если \\(v\\ge 3\\), то в простом планарном графе есть вершина степени не больше 5. Действительно, можно добавить ребра между компонентами, не нарушая планарности, и считать граф связным. По формуле Эйлера \\(v-e+f=2\\), а каждая грань в простом плоском графе имеет длину не меньше 3; при двойном счете сторон граней получаем \\(3f\\le 2e\\). Отсюда \\(3(2-v+e)\\le 2e\\), то есть \\(e\\le 3v-6\\). Значит средняя степень равна \\(2e/v<6\\), и не все степени могут быть хотя бы 6. Выберем вершину \\(x\\) степени не больше 5 и удалим ее. Граф \\(G-x\\) тоже прост и планарен, а вершин в нем меньше, поэтому по индукционному предположению его вершины правильно раскрашены в цвета \\…"}],"relations":[{"id":"rel-five-color-euler-formula-edge-bound","neighbor_id":"euler-formula-planar","direction":"backward","type":"prerequisite","distance":2,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-five-color-planar-edge-bound-low-degree","neighbor_id":"planar-edge-bound","direction":"backward","type":"prerequisite","distance":1,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-five-color-degeneracy-greedy-six-color","neighbor_id":"degeneracy-greedy-coloring","direction":"backward","type":"same_motif","distance":2,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-five-color-brooks-local-recoloring-checked","neighbor_id":"brooks-theorem","direction":"backward","type":"same_motif","distance":3,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-five-color-vosh-2018-kempe-swap","neighbor_id":"vosh-2018-19-final-shirt-recoloring","direction":"forward","type":"same_motif","distance":2,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-five-color-vosh-2025-local-recoloring","neighbor_id":"vosh-2025-26-final-regions-friendship-coloring","direction":"forward","type":"same_motif","distance":2,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-kolmogorov-2006-r3-super-p3-five-color-theorem","neighbor_id":"kolmogorov-2006-round-3-super-league-problem-3","direction":"backward","type":"same_motif","distance":3,"status":"needs_human_review"},{"id":"rel-five-color-low-degree-degree-two-chain","neighbor_id":"planar-large-girth-degree-two-chain","direction":"forward","type":"same_motif","distance":3,"status":"needs_human_review"}],"search_text":"five-color-theorem пятицветная теорема о раскраске планарных графов planar_graphs coloring degree_counting double_counting classical_theorem induction goal_exact_bound https://ru.wikipedia.org/wiki/%d0%a2%d0%b5%d0%be%d1%80%d0%b5%d0%bc%d0%b0_%d0%be_%d0%bf%d1%8f%d1%82%d0%b8_%d0%ba%d1%80%d0%b0%d1%81%d0%ba%d0%b0%d1%85 misc percy john heawood percyjohnheawood reference src-wikipedia-five-color with_solution прочее теорема о пяти красках percy john heawood теорема о пяти красках stmt-original-1 ai_checked вершины любого простого планарного графа можно правильно раскрасить не более чем в пять цветов: любые две соседние вершины должны получить разные цвета. simple_graph planar_graph degree chromatic_number stmt-map-five-colors раскраска карты ai_checked плоская карта разбита на области. нужно раскрасить все области не более чем в пять цветов так, чтобы любые две области, имеющие общую границу ненулевой длины, были разных цветов. такая раскраска существует для любой плоской карты. planar_graph simple_graph chromatic_number idea-low-degree-kempe малая степень и цепи кемпе в планарном графе есть вершина степени не больше 5; если ее соседи заняли все пять цветов, две цветовые области можно попытаться поменять местами. coloring planar_graphs induction ai_checked idea-separating-kempe-chains две непересекающиеся цепи не могут скреститься если двухцветная цепь между первым и третьим соседями вместе с удаленной вершиной образует замкнутую кривую, то второй и четвертый соседи оказываются по разные стороны этой кривой; поэтому цепь между ними в двух других цветах невозможна. planar_graphs coloring ai_checked sol-kempe-sketch полное доказательство через цепи кемпе ai_checked simple_graph degree path cycle planar_graph chromatic_number induction face_counting kempe_chains local_recoloring будем доказывать утверждение индукцией по числу вершин \\(v\\) конечного простого планарного графа \\(g\\). при \\(v\\le 5\\) можно дать всем вершинам разные цвета, поэтому база очевидна. нам понадобится только один стандартный планарный подсчет. если \\(v\\ge 3\\), то в простом планарном графе есть вершина степени не больше 5. действительно, можно добавить ребра между компонентами, не нарушая планарности, и считать граф связным. по формуле эйлера \\(v-e+f=2\\), а каждая грань в простом плоском графе имеет длину не меньше 3; при двойном счете сторон граней получаем \\(3f\\le 2e\\). отсюда \\(3(2-v+e)\\le 2e\\), то есть \\(e\\le 3v-6\\). значит средняя степень равна \\(2e/v<6\\), и не все степени могут быть хотя бы 6. выберем вершину \\(x\\) степени не больше 5 и удалим ее. граф \\(g-x\\) тоже прост и планарен, а вершин в нем меньше, поэтому по индукционному предположению его вершины правильно раскрашены в цвета \\… five-color-theorem pyatitsvetnaya teorema o raskraske planarnyh grafov planar_graphs coloring degree_counting double_counting classical_theorem induction goal_exact_bound https://ru.wikipedia.org/wiki/%d0%a2%d0%b5%d0%be%d1%80%d0%b5%d0%bc%d0%b0_%d0%be_%d0%bf%d1%8f%d1%82%d0%b8_%d0%ba%d1%80%d0%b0%d1%81%d0%ba%d0%b0%d1%85 misc percy john heawood percyjohnheawood reference src-wikipedia-five-color with_solution prochee teorema o pyati kraskah percy john heawood teorema o pyati kraskah stmt-original-1 ai_checked vershiny lyubogo prostogo planarnogo grafa mozhno pravilno raskrasit ne bolee chem v pyat tsvetov: lyubye dve sosednie vershiny dolzhny poluchit raznye tsveta. simple_graph planar_graph degree chromatic_number stmt-map-five-colors raskraska karty ai_checked ploskaya karta razbita na oblasti. nuzhno raskrasit vse oblasti ne bolee chem v pyat tsvetov tak, chtoby lyubye dve oblasti, imeyuschie obschuyu granitsu nenulevoy dliny, byli raznyh tsvetov. takaya raskraska suschestvuet dlya lyuboy ploskoy karty. planar_graph simple_graph chromatic_number idea-low-degree-kempe malaya stepen i tsepi kempe v planarnom grafe est vershina stepeni ne bolshe 5; esli ee sosedi zanyali vse pyat tsvetov, dve tsvetovye oblasti mozhno popytatsya pomenyat mestami. coloring planar_graphs induction ai_checked idea-separating-kempe-chains dve neperesekayuschiesya tsepi ne mogut skrestitsya esli dvuhtsvetnaya tsep mezhdu pervym i tretim sosedyami vmeste s udalennoy vershinoy obrazuet zamknutuyu krivuyu, to vtoroy i chetvertyy sosedi okazyvayutsya po raznye storony etoy krivoy; poetomu tsep mezhdu nimi v dvuh drugih tsvetah nevozmozhna. planar_graphs coloring ai_checked sol-kempe-sketch polnoe dokazatelstvo cherez tsepi kempe ai_checked simple_graph degree path cycle planar_graph chromatic_number induction face_counting kempe_chains local_recoloring budem dokazyvat utverzhdenie induktsiey po chislu vershin \\(v\\) konechnogo prostogo planarnogo grafa \\(g\\). pri \\(v\\le 5\\) mozhno dat vsem vershinam raznye tsveta, poetomu baza ochevidna. nam ponadobitsya tolko odin standartnyy planarnyy podschet. esli \\(v\\ge 3\\), to v prostom planarnom grafe est vershina stepeni ne bolshe 5. deystvitelno, mozhno dobavit rebra mezhdu komponentami, ne narushaya planarnosti, i schitat graf svyaznym. po formule eylera \\(v-e+f=2\\), a kazhdaya gran v prostom ploskom grafe imeet dlinu ne menshe 3; pri dvoynom schete storon graney poluchaem \\(3f\\le 2e\\). otsyuda \\(3(2-v+e)\\le 2e\\), to est \\(e\\le 3v-6\\). znachit srednyaya stepen ravna \\(2e/v<6\\), i ne vse stepeni mogut byt hotya by 6. vyberem vershinu \\(x\\) stepeni ne bolshe 5 i udalim ee. graf \\(g-x\\) tozhe prost i planaren, a vershin v nem menshe, poetomu po induktsionnomu predpolozheniyu ego vershiny pravilno raskrasheny v tsveta \\…","source_keys":["misc"]}
{"id":"flashlight-batteries-tournament-cities-2015","title":"Минимум рёбер без больших независимых множеств, Турнир городов 2015/16","path":"data\\problems\\classical\\flashlight-batteries-tournament-cities-2015.yaml","raw_github_url":"https://raw.githubusercontent.com/didin-maxim/knowledge_graph_of_graphs/main/data/problems/classical/flashlight-batteries-tournament-cities-2015.yaml","viewer_url":"https://didin-maxim.github.io/knowledge_graph_of_graphs/#flashlight-batteries-tournament-cities-2015","source_key":"flashlight","source_label":"Турнир городов","source_titles":["Задача 65731, Турнир городов 2015/16, весенний тур, сложный вариант, 8-9 класс"],"year":"2015","type":"olympiad_problem","authors":["Кноп К.А."],"tags":["extremal_graph_theory","complement_graph_transition","pigeonhole_principle","goal_exact_bound"],"agent_topics":[],"difficulty":{"main":"regional","local_score":4,"comment":"Официальная задача Турнира городов для 8-9 класса; нижняя оценка доказывается школьным аргументом о вершинном покрытии разреженного графа.","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":"Аудит очень высокого уровня 2026-05-07: решение проверено; статус оставлен без повышения.","notes":"Карточка содержит самодостаточное школьное решение; короткий вариант через теорему Турана оставлен как проверенное внешнее приложение.","audit_source":"external-theorem-audit-group-a"},"statements":{"original":[{"id":"stmt-flashlight-batteries-tournament-cities","title":"Фонарик и батарейки","status":"ai_checked","text":"Есть 2n+1 батареек, n>2. Известно, что хороших батареек на одну больше, чем плохих, но неизвестно, какие именно батарейки хорошие. В фонарик вставляют две батарейки; он светит только тогда, когда обе батарейки хорошие. Нужно найти наименьшее число проверок пар батареек, которое гарантирует, что хотя бы в одной проверке фонарик засветится.","definition_ids":["simple_graph","complete_graph","complement_graph","independent_set"]},{"id":"stmt-flashlight-batteries-even","title":"Фонарик и батарейки, поровну хороших и плохих","status":"ai_checked","text":"Есть 2n батареек, n>2. Известно, что хороших и плохих батареек поровну, но неизвестно, какие именно батарейки хорошие. В фонарик вставляют две батарейки; он светит только тогда, когда обе батарейки хорошие. Нужно найти наименьшее число проверок пар батареек, которое гарантирует, что хотя бы в одной проверке фонарик засветится.","definition_ids":["simple_graph","complete_graph","complement_graph","independent_set"]}],"graph_theory":[{"id":"stmt-graph-1","title":"Запрет больших независимых множеств","status":"ai_checked","text":"Пусть \\(n>2\\). Найдите минимальное число рёбер в простом графе на \\(2n+1\\) вершинах, у которого каждое множество из \\(n+1\\) вершин содержит хотя бы одно ребро. Также найдите минимальное число рёбер в простом графе на \\(2n\\) вершинах, у которого каждое множество из \\(n\\) вершин содержит хотя бы одно ребро.","definition_ids":["simple_graph","independent_set"]},{"id":"stmt-graph-complement","title":"Запрет больших клик в дополнении","status":"ai_checked","text":"Часть 1. Найдите наибольшее число рёбер в простом графе на \\(2n+1\\) вершинах, не содержащем клики размера \\(n+1\\). Часть 2. Найдите наибольшее число рёбер в простом графе на \\(2n\\) вершинах, не содержащем клики размера \\(n\\).","definition_ids":["simple_graph","complement_graph","clique"]}]},"solutions":[{"id":"sol-pile-construction","title":"Оценка и конструкция кучками","status":"ai_checked","definition_ids":["simple_graph","matching","vertex_cover"],"standard_idea_ids":["extremal_choice","pigeonhole_principle"],"tags":[],"has_text":true,"text_preview":"Для случая \\(2n+1\\) батареек достаточно разбить батарейки на \\(n\\) кучек: одну кучку из трех батареек и \\(n-1\\) кучек из двух батареек. Проверим все пары внутри каждой кучки; всего получится \\(3+(n-1)=n+2\\) проверки. Среди \\(n+1\\) хороших батареек в какой-то кучке окажутся две хорошие, значит фонарик загорится. Покажем, что \\(n+1\\) проверки недостаточно. Рассмотрим граф проверок. В нем \\(n+1\\) ребер на \\(2n+1\\) вершинах, поэтому какие-то два ребра имеют общую вершину: иначе \\(n+1\\) попарно непересекающихся ребер использовали бы \\(2n+2\\) вершины. Объявим эту общую вершину плохой, а из каждого оставшегося проверенного ребра выберем по одному плохому концу. Так мы выбираем не больше \\(1+(n-1)=n\\) плохих батареек и задеваем каждую проверку; значит можно оставить как минимум \\(n+1\\) хороших батареек, среди которых нет проверенной пары. Для случая \\(2n\\) батареек конструкция дает \\(n+3\\): раз…"},{"id":"sol-short-turan-context","title":"Короткий внешний вариант через теорему Турана","status":"ai_checked","definition_ids":["simple_graph","complement_graph","clique","independent_set"],"standard_idea_ids":["complement_graph_transition","extremal_choice"],"tags":[],"has_text":true,"text_preview":"Рассмотрим граф проверок \\(H\\): его вершины — батарейки, а ребро означает, что соответствующая пара была проверена. Проверки гарантируют успех ровно тогда, когда любое возможное множество хороших батареек содержит ребро графа \\(H\\). Значит, в случае \\(2n+1\\) батареек нужно и достаточно, чтобы в \\(H\\) не было независимого множества размера \\(n+1\\); в случае \\(2n\\) батареек нужно и достаточно, чтобы в \\(H\\) не было независимого множества размера \\(n\\). Перейдём к дополнительному графу \\(\\overline H\\). Независимое множество в \\(H\\) становится кликой в \\(\\overline H\\). Поэтому в нечётном случае надо максимизировать число рёбер в \\(\\overline H\\) среди графов на \\(2n+1\\) вершинах без клики \\(K_{n+1}\\), а затем вычесть это число из \\(\\binom{2n+1}{2}\\). По теореме Турана максимум даёт полный \\(n\\)-дольный граф с долями, насколько возможно равными. При \\(2n+1\\) вершинах это доли размеров \\(3,2,2…"}],"relations":[{"id":"rel-turan-flashlight-batteries-2015","neighbor_id":"turan-theorem","direction":"backward","type":"specialization","distance":1,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-imo-2012-c7-flashlight-independent-set","neighbor_id":"imo-2012-c7-equal-sum-chords-independent-set","direction":"forward","type":"same_motif","distance":3,"status":"needs_human_review"},{"id":"rel-mmo-2016-linguists-flashlight-independent-edge-bound","neighbor_id":"mmo-2016-linguists-kneser-edge-bound","direction":"backward","type":"same_motif","distance":3,"status":"needs_human_review"},{"id":"rel-utyum-2024-lipshire-flashlight-complement","neighbor_id":"utyum-2024_komol63_8_4_lipshire_roads","direction":"backward","type":"same_motif","distance":2,"status":"needs_human_review"}],"search_text":"flashlight-batteries-tournament-cities-2015 минимум рёбер без больших независимых множеств, турнир городов 2015/16 extremal_graph_theory complement_graph_transition pigeonhole_principle goal_exact_bound 2015 flashlight flashlight2015 https://problems.ru/view_problem_details_new.php?id=65731 olympiad_archive src-problems-65731 with_solution задача 65731, турнир городов 2015/16, весенний тур, сложный вариант, 8-9 класс кноп к.а. турнир городов турниргородов турниргородов2015 кноп к.а. задача 65731, турнир городов 2015/16, весенний тур, сложный вариант, 8-9 класс stmt-flashlight-batteries-tournament-cities фонарик и батарейки ai_checked есть 2n+1 батареек, n>2. известно, что хороших батареек на одну больше, чем плохих, но неизвестно, какие именно батарейки хорошие. в фонарик вставляют две батарейки; он светит только тогда, когда обе батарейки хорошие. нужно найти наименьшее число проверок пар батареек, которое гарантирует, что хотя бы в одной проверке фонарик засветится. simple_graph complete_graph complement_graph independent_set stmt-flashlight-batteries-even фонарик и батарейки, поровну хороших и плохих ai_checked есть 2n батареек, n>2. известно, что хороших и плохих батареек поровну, но неизвестно, какие именно батарейки хорошие. в фонарик вставляют две батарейки; он светит только тогда, когда обе батарейки хорошие. нужно найти наименьшее число проверок пар батареек, которое гарантирует, что хотя бы в одной проверке фонарик засветится. simple_graph complete_graph complement_graph independent_set stmt-graph-1 запрет больших независимых множеств ai_checked пусть \\(n>2\\). найдите минимальное число рёбер в простом графе на \\(2n+1\\) вершинах, у которого каждое множество из \\(n+1\\) вершин содержит хотя бы одно ребро. также найдите минимальное число рёбер в простом графе на \\(2n\\) вершинах, у которого каждое множество из \\(n\\) вершин содержит хотя бы одно ребро. simple_graph independent_set stmt-graph-complement запрет больших клик в дополнении ai_checked часть 1. найдите наибольшее число рёбер в простом графе на \\(2n+1\\) вершинах, не содержащем клики размера \\(n+1\\). часть 2. найдите наибольшее число рёбер в простом графе на \\(2n\\) вершинах, не содержащем клики размера \\(n\\). simple_graph complement_graph clique idea-batteries-as-edges проверки как ребра графа батарейки считаются вершинами, а проверенные пары — ребрами. чтобы гарантировать успех при любом наборе хороших батареек, каждое возможное множество хороших батареек должно содержать хотя бы одно ребро. extremal_graph_theory ai_checked sol-pile-construction оценка и конструкция кучками ai_checked simple_graph matching vertex_cover extremal_choice pigeonhole_principle для случая \\(2n+1\\) батареек достаточно разбить батарейки на \\(n\\) кучек: одну кучку из трех батареек и \\(n-1\\) кучек из двух батареек. проверим все пары внутри каждой кучки; всего получится \\(3+(n-1)=n+2\\) проверки. среди \\(n+1\\) хороших батареек в какой-то кучке окажутся две хорошие, значит фонарик загорится. покажем, что \\(n+1\\) проверки недостаточно. рассмотрим граф проверок. в нем \\(n+1\\) ребер на \\(2n+1\\) вершинах, поэтому какие-то два ребра имеют общую вершину: иначе \\(n+1\\) попарно непересекающихся ребер использовали бы \\(2n+2\\) вершины. объявим эту общую вершину плохой, а из каждого оставшегося проверенного ребра выберем по одному плохому концу. так мы выбираем не больше \\(1+(n-1)=n\\) плохих батареек и задеваем каждую проверку; значит можно оставить как минимум \\(n+1\\) хороших батареек, среди которых нет проверенной пары. для случая \\(2n\\) батареек конструкция дает \\(n+3\\): раз… sol-short-turan-context короткий внешний вариант через теорему турана ai_checked simple_graph complement_graph clique independent_set complement_graph_transition extremal_choice рассмотрим граф проверок \\(h\\): его вершины — батарейки, а ребро означает, что соответствующая пара была проверена. проверки гарантируют успех ровно тогда, когда любое возможное множество хороших батареек содержит ребро графа \\(h\\). значит, в случае \\(2n+1\\) батареек нужно и достаточно, чтобы в \\(h\\) не было независимого множества размера \\(n+1\\); в случае \\(2n\\) батареек нужно и достаточно, чтобы в \\(h\\) не было независимого множества размера \\(n\\). перейдём к дополнительному графу \\(\\overline h\\). независимое множество в \\(h\\) становится кликой в \\(\\overline h\\). поэтому в нечётном случае надо максимизировать число рёбер в \\(\\overline h\\) среди графов на \\(2n+1\\) вершинах без клики \\(k_{n+1}\\), а затем вычесть это число из \\(\\binom{2n+1}{2}\\). по теореме турана максимум даёт полный \\(n\\)-дольный граф с долями, насколько возможно равными. при \\(2n+1\\) вершинах это доли размеров \\(3,2,2… flashlight-batteries-tournament-cities-2015 minimum reber bez bolshih nezavisimyh mnozhestv, turnir gorodov 2015/16 extremal_graph_theory complement_graph_transition pigeonhole_principle goal_exact_bound 2015 flashlight flashlight2015 https://problems.ru/view_problem_details_new.php?id=65731 olympiad_archive src-problems-65731 with_solution zadacha 65731, turnir gorodov 2015/16, vesenniy tur, slozhnyy variant, 8-9 klass knop k.a. turnir gorodov turnirgorodov turnirgorodov2015 knop k.a. zadacha 65731, turnir gorodov 2015/16, vesenniy tur, slozhnyy variant, 8-9 klass stmt-flashlight-batteries-tournament-cities fonarik i batareyki ai_checked est 2n+1 batareek, n>2. izvestno, chto horoshih batareek na odnu bolshe, chem plohih, no neizvestno, kakie imenno batareyki horoshie. v fonarik vstavlyayut dve batareyki; on svetit tolko togda, kogda obe batareyki horoshie. nuzhno nayti naimenshee chislo proverok par batareek, kotoroe garantiruet, chto hotya by v odnoy proverke fonarik zasvetitsya. simple_graph complete_graph complement_graph independent_set stmt-flashlight-batteries-even fonarik i batareyki, porovnu horoshih i plohih ai_checked est 2n batareek, n>2. izvestno, chto horoshih i plohih batareek porovnu, no neizvestno, kakie imenno batareyki horoshie. v fonarik vstavlyayut dve batareyki; on svetit tolko togda, kogda obe batareyki horoshie. nuzhno nayti naimenshee chislo proverok par batareek, kotoroe garantiruet, chto hotya by v odnoy proverke fonarik zasvetitsya. simple_graph complete_graph complement_graph independent_set stmt-graph-1 zapret bolshih nezavisimyh mnozhestv ai_checked pust \\(n>2\\). naydite minimalnoe chislo reber v prostom grafe na \\(2n+1\\) vershinah, u kotorogo kazhdoe mnozhestvo iz \\(n+1\\) vershin soderzhit hotya by odno rebro. takzhe naydite minimalnoe chislo reber v prostom grafe na \\(2n\\) vershinah, u kotorogo kazhdoe mnozhestvo iz \\(n\\) vershin soderzhit hotya by odno rebro. simple_graph independent_set stmt-graph-complement zapret bolshih klik v dopolnenii ai_checked chast 1. naydite naibolshee chislo reber v prostom grafe na \\(2n+1\\) vershinah, ne soderzhaschem kliki razmera \\(n+1\\). chast 2. naydite naibolshee chislo reber v prostom grafe na \\(2n\\) vershinah, ne soderzhaschem kliki razmera \\(n\\). simple_graph complement_graph clique idea-batteries-as-edges proverki kak rebra grafa batareyki schitayutsya vershinami, a proverennye pary — rebrami. chtoby garantirovat uspeh pri lyubom nabore horoshih batareek, kazhdoe vozmozhnoe mnozhestvo horoshih batareek dolzhno soderzhat hotya by odno rebro. extremal_graph_theory ai_checked sol-pile-construction otsenka i konstruktsiya kuchkami ai_checked simple_graph matching vertex_cover extremal_choice pigeonhole_principle dlya sluchaya \\(2n+1\\) batareek dostatochno razbit batareyki na \\(n\\) kuchek: odnu kuchku iz treh batareek i \\(n-1\\) kuchek iz dvuh batareek. proverim vse pary vnutri kazhdoy kuchki; vsego poluchitsya \\(3+(n-1)=n+2\\) proverki. sredi \\(n+1\\) horoshih batareek v kakoy-to kuchke okazhutsya dve horoshie, znachit fonarik zagoritsya. pokazhem, chto \\(n+1\\) proverki nedostatochno. rassmotrim graf proverok. v nem \\(n+1\\) reber na \\(2n+1\\) vershinah, poetomu kakie-to dva rebra imeyut obschuyu vershinu: inache \\(n+1\\) poparno neperesekayuschihsya reber ispolzovali by \\(2n+2\\) vershiny. obyavim etu obschuyu vershinu plohoy, a iz kazhdogo ostavshegosya proverennogo rebra vyberem po odnomu plohomu kontsu. tak my vybiraem ne bolshe \\(1+(n-1)=n\\) plohih batareek i zadevaem kazhduyu proverku; znachit mozhno ostavit kak minimum \\(n+1\\) horoshih batareek, sredi kotoryh net proverennoy pary. dlya sluchaya \\(2n\\) batareek konstruktsiya daet \\(n+3\\): raz… sol-short-turan-context korotkiy vneshniy variant cherez teoremu turana ai_checked simple_graph complement_graph clique independent_set complement_graph_transition extremal_choice rassmotrim graf proverok \\(h\\): ego vershiny — batareyki, a rebro oznachaet, chto sootvetstvuyuschaya para byla proverena. proverki garantiruyut uspeh rovno togda, kogda lyuboe vozmozhnoe mnozhestvo horoshih batareek soderzhit rebro grafa \\(h\\). znachit, v sluchae \\(2n+1\\) batareek nuzhno i dostatochno, chtoby v \\(h\\) ne bylo nezavisimogo mnozhestva razmera \\(n+1\\); v sluchae \\(2n\\) batareek nuzhno i dostatochno, chtoby v \\(h\\) ne bylo nezavisimogo mnozhestva razmera \\(n\\). pereydem k dopolnitelnomu grafu \\(\\overline h\\). nezavisimoe mnozhestvo v \\(h\\) stanovitsya klikoy v \\(\\overline h\\). poetomu v nechetnom sluchae nado maksimizirovat chislo reber v \\(\\overline h\\) sredi grafov na \\(2n+1\\) vershinah bez kliki \\(k_{n+1}\\), a zatem vychest eto chislo iz \\(\\binom{2n+1}{2}\\). po teoreme turana maksimum daet polnyy \\(n\\)-dolnyy graf s dolyami, naskolko vozmozhno ravnymi. pri \\(2n+1\\) vershinah eto doli razmerov \\(3,2,2…","source_keys":["flashlight"]}
{"id":"functional-digraph-pointer-jumping-round-halving","title":"Сжатие цикла и путей за один раунд прыжков по указателям","path":"data\\problems\\classical\\functional-digraph-pointer-jumping-round-halving.yaml","raw_github_url":"https://raw.githubusercontent.com/didin-maxim/knowledge_graph_of_graphs/main/data/problems/classical/functional-digraph-pointer-jumping-round-halving.yaml","viewer_url":"https://didin-maxim.github.io/knowledge_graph_of_graphs/#functional-digraph-pointer-jumping-round-halving","source_key":"misc","source_label":"Прочее","source_titles":["Canadian Mathematical Olympiad 2025 официальные решения"],"year":"","type":"lemma","authors":[],"tags":["invariant","extremal_choice","goal_bound"],"agent_topics":[],"difficulty":{"main":"national_final_easy","local_score":5,"comment":"Техническая лемма из CMO 2025 P1: короткая, но требует аккуратного учета произвольного порядка обновлений внутри раунда.","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":"Карточка подкреплена опубликованными неофициальными, справочными, журнальными, вики-, форумными источниками или страницами задач.","audit_source":"agent-imo-us-classical.json"},"statements":{"original":[{"id":"stmt-round-halving","title":"Лемма","status":"ai_checked","text":"Пусть в функциональном ориентированном графе за один раунд каждая вершина обновляется ровно один раз в произвольном порядке: если в момент обновления \\(a\\to b\\to c\\), то стрелка \\(a\\to b\\) заменяется на \\(a\\to c\\). Тогда выполнены два утверждения. Если в начале раунда единственный направленный цикл имеет длину \\(K>1\\), то к концу раунда его длина не превосходит \\(\\lfloor K/2\\rfloor\\). Если же в начале раунда есть петля \\(z\\to z\\) и вершина \\(a\\) находится на расстоянии \\(L\\) от \\(z\\), то к концу раунда расстояние от \\(a\\) до \\(z\\) не превосходит \\(\\lceil L/2\\rceil\\).","definition_ids":["directed_graph","outdegree","cycle","path"]}]},"solutions":[{"id":"sol-charging-proof","title":"Доказательство зарядкой выпавших вершин","status":"ai_checked","definition_ids":["directed_graph","cycle","path"],"standard_idea_ids":["extremal_choice"],"tags":[],"has_text":true,"text_preview":"Рассмотрим сначала цикл длины \\(K>1\\) в начале раунда. Если вершина \\(a\\) обновляется, пока она еще лежит на текущем цикле, и на цикле в этот момент есть участок \\(a\\to b\\to c\\), то после замены стрелки на \\(a\\to c\\) вершина \\(b\\) выпадает из цикла. Значит, каждое такое полезное обновление уменьшает длину цикла на 1. Вершина, которая была на исходном цикле, но к своему обновлению уже выпала из него, могла выпасть только из-за более раннего полезного обновления своей текущей предшествующей вершины на цикле. Одно полезное обновление выбрасывает не более одной такой вершины. Поэтому среди \\(K\\) исходных вершин цикла число полезно обновившихся не меньше числа выпавших до обновления, то есть полезно обновившихся не меньше \\(\\lceil K/2\\rceil\\). Длина цикла к концу раунда не превосходит \\(K-\\lceil K/2\\rceil=\\lfloor K/2\\rfloor\\). Для пути к петле \\(z\\to z\\) рассуждение такое же. Пусть в начале…"}],"relations":[{"id":"rel-cmo-2025-p1-functional-halving-lemma","neighbor_id":"cmo-2025-p1-voting-functional-graph","direction":"backward","type":"prerequisite","distance":1,"status":"ai_checked"}],"search_text":"functional-digraph-pointer-jumping-round-halving сжатие цикла и путей за один раунд прыжков по указателям invariant extremal_choice goal_bound canadian mathematical olympiad 2025 официальные решения https://w7.cms.math.ca/competitions/cmo/archive/sol2025.pdf misc solution_notes src-cmo-2025-solutions with_solution прочее ? canadian mathematical olympiad 2025 официальные решения stmt-round-halving лемма ai_checked пусть в функциональном ориентированном графе за один раунд каждая вершина обновляется ровно один раз в произвольном порядке: если в момент обновления \\(a\\to b\\to c\\), то стрелка \\(a\\to b\\) заменяется на \\(a\\to c\\). тогда выполнены два утверждения. если в начале раунда единственный направленный цикл имеет длину \\(k>1\\), то к концу раунда его длина не превосходит \\(\\lfloor k/2\\rfloor\\). если же в начале раунда есть петля \\(z\\to z\\) и вершина \\(a\\) находится на расстоянии \\(l\\) от \\(z\\), то к концу раунда расстояние от \\(a\\) до \\(z\\) не превосходит \\(\\lceil l/2\\rceil\\). directed_graph outdegree cycle path idea-charge-deleted-before-update выпавшие до обновления заряжаются полезным обновлениям если вершина исходного цикла или пути выпала до собственного обновления, ее выбросило более раннее обновление соседней предшествующей вершины. одно такое обновление выбрасывает не более одной вершины, значит полезных обновлений не меньше, чем преждевременно выпавших. extremal_choice goal_bound ai_checked sol-charging-proof доказательство зарядкой выпавших вершин ai_checked directed_graph cycle path extremal_choice рассмотрим сначала цикл длины \\(k>1\\) в начале раунда. если вершина \\(a\\) обновляется, пока она еще лежит на текущем цикле, и на цикле в этот момент есть участок \\(a\\to b\\to c\\), то после замены стрелки на \\(a\\to c\\) вершина \\(b\\) выпадает из цикла. значит, каждое такое полезное обновление уменьшает длину цикла на 1. вершина, которая была на исходном цикле, но к своему обновлению уже выпала из него, могла выпасть только из-за более раннего полезного обновления своей текущей предшествующей вершины на цикле. одно полезное обновление выбрасывает не более одной такой вершины. поэтому среди \\(k\\) исходных вершин цикла число полезно обновившихся не меньше числа выпавших до обновления, то есть полезно обновившихся не меньше \\(\\lceil k/2\\rceil\\). длина цикла к концу раунда не превосходит \\(k-\\lceil k/2\\rceil=\\lfloor k/2\\rfloor\\). для пути к петле \\(z\\to z\\) рассуждение такое же. пусть в начале… functional-digraph-pointer-jumping-round-halving szhatie tsikla i putey za odin raund pryzhkov po ukazatelyam invariant extremal_choice goal_bound canadian mathematical olympiad 2025 ofitsialnye resheniya https://w7.cms.math.ca/competitions/cmo/archive/sol2025.pdf misc solution_notes src-cmo-2025-solutions with_solution prochee ? canadian mathematical olympiad 2025 ofitsialnye resheniya stmt-round-halving lemma ai_checked pust v funktsionalnom orientirovannom grafe za odin raund kazhdaya vershina obnovlyaetsya rovno odin raz v proizvolnom poryadke: esli v moment obnovleniya \\(a\\to b\\to c\\), to strelka \\(a\\to b\\) zamenyaetsya na \\(a\\to c\\). togda vypolneny dva utverzhdeniya. esli v nachale raunda edinstvennyy napravlennyy tsikl imeet dlinu \\(k>1\\), to k kontsu raunda ego dlina ne prevoshodit \\(\\lfloor k/2\\rfloor\\). esli zhe v nachale raunda est petlya \\(z\\to z\\) i vershina \\(a\\) nahoditsya na rasstoyanii \\(l\\) ot \\(z\\), to k kontsu raunda rasstoyanie ot \\(a\\) do \\(z\\) ne prevoshodit \\(\\lceil l/2\\rceil\\). directed_graph outdegree cycle path idea-charge-deleted-before-update vypavshie do obnovleniya zaryazhayutsya poleznym obnovleniyam esli vershina ishodnogo tsikla ili puti vypala do sobstvennogo obnovleniya, ee vybrosilo bolee rannee obnovlenie sosedney predshestvuyuschey vershiny. odno takoe obnovlenie vybrasyvaet ne bolee odnoy vershiny, znachit poleznyh obnovleniy ne menshe, chem prezhdevremenno vypavshih. extremal_choice goal_bound ai_checked sol-charging-proof dokazatelstvo zaryadkoy vypavshih vershin ai_checked directed_graph cycle path extremal_choice rassmotrim snachala tsikl dliny \\(k>1\\) v nachale raunda. esli vershina \\(a\\) obnovlyaetsya, poka ona esche lezhit na tekuschem tsikle, i na tsikle v etot moment est uchastok \\(a\\to b\\to c\\), to posle zameny strelki na \\(a\\to c\\) vershina \\(b\\) vypadaet iz tsikla. znachit, kazhdoe takoe poleznoe obnovlenie umenshaet dlinu tsikla na 1. vershina, kotoraya byla na ishodnom tsikle, no k svoemu obnovleniyu uzhe vypala iz nego, mogla vypast tolko iz-za bolee rannego poleznogo obnovleniya svoey tekuschey predshestvuyuschey vershiny na tsikle. odno poleznoe obnovlenie vybrasyvaet ne bolee odnoy takoy vershiny. poetomu sredi \\(k\\) ishodnyh vershin tsikla chislo polezno obnovivshihsya ne menshe chisla vypavshih do obnovleniya, to est polezno obnovivshihsya ne menshe \\(\\lceil k/2\\rceil\\). dlina tsikla k kontsu raunda ne prevoshodit \\(k-\\lceil k/2\\rceil=\\lfloor k/2\\rfloor\\). dlya puti k petle \\(z\\to z\\) rassuzhdenie takoe zhe. pust v nachale…","source_keys":["misc","cmo"]}
{"id":"fyum-2008-final-p8","title":"Три n-клики без клики размера n+1 и 3-раскраска, ФЮМ 2008","path":"data\\problems\\fyum\\fyum-2008-final-p8.yaml","raw_github_url":"https://raw.githubusercontent.com/didin-maxim/knowledge_graph_of_graphs/main/data/problems/fyum/fyum-2008-final-p8.yaml","viewer_url":"https://didin-maxim.github.io/knowledge_graph_of_graphs/#fyum-2008-final-p8","source_key":"fyum","source_label":"ФЮМ","source_titles":["ФЮМ 2008, финал, задача 8"],"year":"2008","type":"olympiad_problem","authors":[],"tags":["coloring","matching","complement_graph_transition","goal_exact_bound"],"agent_topics":[],"difficulty":{"main":"regional","local_score":7,"comment":"Импортировано из проверенной архивной карточки ФЮМ 2008_final_problem8.md.","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 повышенной сложности 2026-05-07","notes":"Официальное архивное решение развёрнуто и проверено: дополнение, Холл и циклическое покрытие дают полную оценку.","audit_source":"agent-russian-archives.json"},"statements":{"original":[{"id":"stmt-original","title":"Оригинальная формулировка","status":"ai_checked","text":"В графе \\(3n\\) вершин, они разбиваются на три клики (полных подграфа) по n вершин. При этом не существует клики на \\(n+1\\) вершине. Докажите, что вершины графа можно правильно покрасить в \\(\\lfloor 5n/3\\rfloor\\) цветов.","definition_ids":["clique","chromatic_number"]}]},"solutions":[{"id":"sol-official-archive","title":"Полное решение через дополнение и три паросочетания","status":"ai_checked","definition_ids":["complement_graph","matching","cycle"],"standard_idea_ids":["complement_graph_transition"],"tags":[],"has_text":true,"text_preview":"Пусть три данные клики исходного графа имеют множества вершин \\(A\\), \\(B\\), \\(C\\). Перейдём к дополнительному графу \\(H\\). Тогда \\(A\\), \\(B\\), \\(C\\) становятся независимыми долями, а один цвет в исходном графе должен быть независимым множеством, то есть кликой в \\(H\\). Поскольку \\(H\\) трёхдольный, такая клика имеет размер не больше \\(3\\). Сначала докажем, что между любыми двумя долями, например \\(A\\) и \\(B\\), в \\(H\\) есть совершенное паросочетание. Если его нет, то по теореме Холла найдётся множество \\(X\\) в \\(A\\), для которого \\(|N_H(X)|<|X|\\). Тогда в исходном графе все вершины из \\(X\\) соединены со всеми вершинами из \\(B\\setminus N_H(X)\\), а внутри \\(A\\) и внутри \\(B\\) все вершины и так попарно соединены. Значит, \\(X\\) вместе с \\(B\\setminus N_H(X)\\) образует клику размера \\(|X|+n-|N_H(X)|>n\\), что запрещено условием. Поэтому между каждой парой долей в \\(H\\) действительно есть соверше…"}],"relations":[{"id":"rel-fyum-2008-final-p8-hall-complement-matchings","neighbor_id":"hall-marriage-theorem","direction":"forward","type":"same_motif","distance":2,"status":"ai_checked"}],"search_text":"fyum-2008-final-p8 три n-клики без клики размера n+1 и 3-раскраска, фюм 2008 coloring matching complement_graph_transition goal_exact_bound 2008 fyum fyum2008 https://www.guas.info/competit/fest/festxix/final.tex olympiad_archive src-fyum-2008-final-p8-official with_solution фюм фюм 2008, финал, задача 8 фюм2008 ? фюм 2008, финал, задача 8 stmt-original оригинальная формулировка ai_checked в графе \\(3n\\) вершин, они разбиваются на три клики (полных подграфа) по n вершин. при этом не существует клики на \\(n+1\\) вершине. докажите, что вершины графа можно правильно покрасить в \\(\\lfloor 5n/3\\rfloor\\) цветов. clique chromatic_number idea-complement-perfect-matchings в дополнении появляются три совершенных паросочетания переход к дополнительному графу превращает три исходные клики в три независимые доли. запрет клики размера n+1 в исходном графе ровно запрещает дефицит холла между любыми двумя долями дополнения, поэтому между каждой парой долей есть совершенное паросочетание. matching complement_graph_transition ai_checked idea-three-matchings-cycle-cover три паросочетания покрываются короткими кликами по циклам объединение трех совершенных паросочетаний между парами долей является 2-регулярным графом, то есть распадается на циклы. каждый такой цикл имеет длину 3r, а его вершины можно покрыть ребрами, одной вершиной или треугольником так, чтобы уложиться в целую часть 5r/3 цветов. matching coloring ai_checked sol-official-archive полное решение через дополнение и три паросочетания ai_checked complement_graph matching cycle complement_graph_transition пусть три данные клики исходного графа имеют множества вершин \\(a\\), \\(b\\), \\(c\\). перейдём к дополнительному графу \\(h\\). тогда \\(a\\), \\(b\\), \\(c\\) становятся независимыми долями, а один цвет в исходном графе должен быть независимым множеством, то есть кликой в \\(h\\). поскольку \\(h\\) трёхдольный, такая клика имеет размер не больше \\(3\\). сначала докажем, что между любыми двумя долями, например \\(a\\) и \\(b\\), в \\(h\\) есть совершенное паросочетание. если его нет, то по теореме холла найдётся множество \\(x\\) в \\(a\\), для которого \\(|n_h(x)|<|x|\\). тогда в исходном графе все вершины из \\(x\\) соединены со всеми вершинами из \\(b\\setminus n_h(x)\\), а внутри \\(a\\) и внутри \\(b\\) все вершины и так попарно соединены. значит, \\(x\\) вместе с \\(b\\setminus n_h(x)\\) образует клику размера \\(|x|+n-|n_h(x)|>n\\), что запрещено условием. поэтому между каждой парой долей в \\(h\\) действительно есть соверше… fyum-2008-final-p8 tri n-kliki bez kliki razmera n+1 i 3-raskraska, fyum 2008 coloring matching complement_graph_transition goal_exact_bound 2008 fyum fyum2008 https://www.guas.info/competit/fest/festxix/final.tex olympiad_archive src-fyum-2008-final-p8-official with_solution fyum fyum 2008, final, zadacha 8 fyum2008 ? fyum 2008, final, zadacha 8 stmt-original originalnaya formulirovka ai_checked v grafe \\(3n\\) vershin, oni razbivayutsya na tri kliki (polnyh podgrafa) po n vershin. pri etom ne suschestvuet kliki na \\(n+1\\) vershine. dokazhite, chto vershiny grafa mozhno pravilno pokrasit v \\(\\lfloor 5n/3\\rfloor\\) tsvetov. clique chromatic_number idea-complement-perfect-matchings v dopolnenii poyavlyayutsya tri sovershennyh parosochetaniya perehod k dopolnitelnomu grafu prevraschaet tri ishodnye kliki v tri nezavisimye doli. zapret kliki razmera n+1 v ishodnom grafe rovno zapreschaet defitsit holla mezhdu lyubymi dvumya dolyami dopolneniya, poetomu mezhdu kazhdoy paroy doley est sovershennoe parosochetanie. matching complement_graph_transition ai_checked idea-three-matchings-cycle-cover tri parosochetaniya pokryvayutsya korotkimi klikami po tsiklam obedinenie treh sovershennyh parosochetaniy mezhdu parami doley yavlyaetsya 2-regulyarnym grafom, to est raspadaetsya na tsikly. kazhdyy takoy tsikl imeet dlinu 3r, a ego vershiny mozhno pokryt rebrami, odnoy vershinoy ili treugolnikom tak, chtoby ulozhitsya v tseluyu chast 5r/3 tsvetov. matching coloring ai_checked sol-official-archive polnoe reshenie cherez dopolnenie i tri parosochetaniya ai_checked complement_graph matching cycle complement_graph_transition pust tri dannye kliki ishodnogo grafa imeyut mnozhestva vershin \\(a\\), \\(b\\), \\(c\\). pereydem k dopolnitelnomu grafu \\(h\\). togda \\(a\\), \\(b\\), \\(c\\) stanovyatsya nezavisimymi dolyami, a odin tsvet v ishodnom grafe dolzhen byt nezavisimym mnozhestvom, to est klikoy v \\(h\\). poskolku \\(h\\) trehdolnyy, takaya klika imeet razmer ne bolshe \\(3\\). snachala dokazhem, chto mezhdu lyubymi dvumya dolyami, naprimer \\(a\\) i \\(b\\), v \\(h\\) est sovershennoe parosochetanie. esli ego net, to po teoreme holla naydetsya mnozhestvo \\(x\\) v \\(a\\), dlya kotorogo \\(|n_h(x)|<|x|\\). togda v ishodnom grafe vse vershiny iz \\(x\\) soedineny so vsemi vershinami iz \\(b\\setminus n_h(x)\\), a vnutri \\(a\\) i vnutri \\(b\\) vse vershiny i tak poparno soedineny. znachit, \\(x\\) vmeste s \\(b\\setminus n_h(x)\\) obrazuet kliku razmera \\(|x|+n-|n_h(x)|>n\\), chto zaprescheno usloviem. poetomu mezhdu kazhdoy paroy doley v \\(h\\) deystvitelno est sovershe…","source_keys":["fyum"]}
{"id":"fyum-2008-tur2a-p5","title":"Выбор чисел в вершинах двудольного графа с различием на рёбрах, ФЮМ 2008","path":"data\\problems\\fyum\\fyum-2008-tur2a-p5.yaml","raw_github_url":"https://raw.githubusercontent.com/didin-maxim/knowledge_graph_of_graphs/main/data/problems/fyum/fyum-2008-tur2a-p5.yaml","viewer_url":"https://didin-maxim.github.io/knowledge_graph_of_graphs/#fyum-2008-tur2a-p5","source_key":"fyum","source_label":"ФЮМ","source_titles":["ФЮМ 2008, второй тур (a), задача 5"],"year":"2008","type":"olympiad_problem","authors":[],"tags":["goal_proof"],"agent_topics":[],"difficulty":{"main":"regional","local_score":4,"comment":"Импортировано из проверенной архивной карточки ФЮМ 2008_tur2a_problem5.md.","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 двудольном графе 2^n-1 вершин, в каждой написано n различных чисел. Докажите, что можно оставить в каждой вершине одно число так, чтобы в концах каждого ребра стояли различные числа.","definition_ids":["bipartite_graph"]}]},"solutions":[{"id":"sol-official-archive","title":"Архивное решение","status":"ai_checked","definition_ids":[],"standard_idea_ids":[],"tags":[],"has_text":true,"text_preview":"Пусть доли двудольного графа равны \\(A\\) и \\(B\\). Рассмотрим все числа, которые встречаются в списках вершин, и каждому такому числу независимо припишем одну из двух букв, \\(A\\) или \\(B\\), с вероятностью \\(1/2\\). Назовём вершину хорошей, если среди написанных в ней \\(n\\) различных чисел есть хотя бы одно число с буквой её доли. Для фиксированной вершины вероятность оказаться плохой равна \\(2^{-n}\\): все её \\(n\\) чисел должны получить противоположную букву. В графе всего \\(2^n-1\\) вершин, поэтому по оценке объединения вероятность того, что найдётся хотя бы одна плохая вершина, не превосходит \\[ (2^n-1)\\cdot 2^{-n}<1. \\] Значит, существует такое приписывание букв числам, при котором все вершины хорошие. Зафиксируем это приписывание. В каждой вершине доли \\(A\\) оставим одно из её чисел с буквой \\(A\\), а в каждой вершине доли \\(B\\) — одно из её чисел с буквой \\(B\\). Если две вершины соедине…"}],"relations":[],"search_text":"fyum-2008-tur2a-p5 выбор чисел в вершинах двудольного графа с различием на рёбрах, фюм 2008 goal_proof 2008 fyum fyum2008 https://www.guas.info/competit/fest/fest19/tur2a.tex olympiad_archive src-fyum-2008-tur2a-p5-official with_solution фюм фюм 2008, второй тур (a), задача 5 фюм2008 ? фюм 2008, второй тур (a), задача 5 stmt-original оригинальная формулировка ai_checked в двудольном графе 2^n-1 вершин, в каждой написано n различных чисел. докажите, что можно оставить в каждой вершине одно число так, чтобы в концах каждого ребра стояли различные числа. bipartite_graph sol-official-archive архивное решение ai_checked пусть доли двудольного графа равны \\(a\\) и \\(b\\). рассмотрим все числа, которые встречаются в списках вершин, и каждому такому числу независимо припишем одну из двух букв, \\(a\\) или \\(b\\), с вероятностью \\(1/2\\). назовём вершину хорошей, если среди написанных в ней \\(n\\) различных чисел есть хотя бы одно число с буквой её доли. для фиксированной вершины вероятность оказаться плохой равна \\(2^{-n}\\): все её \\(n\\) чисел должны получить противоположную букву. в графе всего \\(2^n-1\\) вершин, поэтому по оценке объединения вероятность того, что найдётся хотя бы одна плохая вершина, не превосходит \\[ (2^n-1)\\cdot 2^{-n}<1. \\] значит, существует такое приписывание букв числам, при котором все вершины хорошие. зафиксируем это приписывание. в каждой вершине доли \\(a\\) оставим одно из её чисел с буквой \\(a\\), а в каждой вершине доли \\(b\\) — одно из её чисел с буквой \\(b\\). если две вершины соедине… fyum-2008-tur2a-p5 vybor chisel v vershinah dvudolnogo grafa s razlichiem na rebrah, fyum 2008 goal_proof 2008 fyum fyum2008 https://www.guas.info/competit/fest/fest19/tur2a.tex olympiad_archive src-fyum-2008-tur2a-p5-official with_solution fyum fyum 2008, vtoroy tur (a), zadacha 5 fyum2008 ? fyum 2008, vtoroy tur (a), zadacha 5 stmt-original originalnaya formulirovka ai_checked v dvudolnom grafe 2^n-1 vershin, v kazhdoy napisano n razlichnyh chisel. dokazhite, chto mozhno ostavit v kazhdoy vershine odno chislo tak, chtoby v kontsah kazhdogo rebra stoyali razlichnye chisla. bipartite_graph sol-official-archive arhivnoe reshenie ai_checked pust doli dvudolnogo grafa ravny \\(a\\) i \\(b\\). rassmotrim vse chisla, kotorye vstrechayutsya v spiskah vershin, i kazhdomu takomu chislu nezavisimo pripishem odnu iz dvuh bukv, \\(a\\) ili \\(b\\), s veroyatnostyu \\(1/2\\). nazovem vershinu horoshey, esli sredi napisannyh v ney \\(n\\) razlichnyh chisel est hotya by odno chislo s bukvoy ee doli. dlya fiksirovannoy vershiny veroyatnost okazatsya plohoy ravna \\(2^{-n}\\): vse ee \\(n\\) chisel dolzhny poluchit protivopolozhnuyu bukvu. v grafe vsego \\(2^n-1\\) vershin, poetomu po otsenke obedineniya veroyatnost togo, chto naydetsya hotya by odna plohaya vershina, ne prevoshodit \\[ (2^n-1)\\cdot 2^{-n}<1. \\] znachit, suschestvuet takoe pripisyvanie bukv chislam, pri kotorom vse vershiny horoshie. zafiksiruem eto pripisyvanie. v kazhdoy vershine doli \\(a\\) ostavim odno iz ee chisel s bukvoy \\(a\\), a v kazhdoy vershine doli \\(b\\) — odno iz ee chisel s bukvoy \\(b\\). esli dve vershiny soedine…","source_keys":["fyum"]}
{"id":"fyum-2008-tur2b-p5","title":"Невозможная 200-раскраска рёбер при заданных степенях, ФЮМ 2008","path":"data\\problems\\fyum\\fyum-2008-tur2b-p5.yaml","raw_github_url":"https://raw.githubusercontent.com/didin-maxim/knowledge_graph_of_graphs/main/data/problems/fyum/fyum-2008-tur2b-p5.yaml","viewer_url":"https://didin-maxim.github.io/knowledge_graph_of_graphs/#fyum-2008-tur2b-p5","source_key":"fyum","source_label":"ФЮМ","source_titles":["ФЮМ 2008, второй тур (b), задача 5"],"year":"2008","type":"olympiad_problem","authors":[],"tags":["coloring","goal_exact_bound"],"agent_topics":[],"difficulty":{"main":"regional","local_score":4,"comment":"Импортировано из проверенной архивной карточки ФЮМ 2008_tur2b_problem5.md.","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":"Пусть в графе 2009 вершин, из которых 2008 имеют степень 200 и одна вершина степень 2. Докажите, что ребра этого графа нельзя раскрасить в 200 цветов так, чтобы одноцветные ребра не имели общих концов.","definition_ids":["degree"]}],"graph_hint_reformulations":[{"id":"stmt-graph-parameterized","title":"","status":"ai_checked","text":"Пусть \\(m,d\\) — положительные целые числа. Дан граф на \\(2m+1\\) вершинах, в котором есть \\(2m\\) вершин степени \\(d\\) и одна вершина степени 2. Докажите, что его рёбра нельзя раскрасить в \\(d\\) цветов так, чтобы каждый цветовой класс был паросочетанием.","definition_ids":["matching"]}]},"solutions":[{"id":"sol-official-archive","title":"Архивное решение","status":"ai_checked","definition_ids":["matching"],"standard_idea_ids":[],"tags":[],"has_text":true,"text_preview":"Посчитаем число рёбер по сумме степеней. Сумма степеней равна \\(2008\\cdot 200+2\\), поэтому число рёбер равно \\[ \\frac{2008\\cdot 200+2}{2}=1004\\cdot 200+1. \\] Предположим, что требуемая раскраска в 200 цветов существует. Если бы каждый цвет встречался не более чем на 1004 рёбрах, всего было бы не больше \\(200\\cdot1004\\) рёбер, но у нас на одно ребро больше. Значит, по принципу Дирихле найдётся цвет, которым покрашено хотя бы 1005 рёбер. По условию одноцветные рёбра не имеют общих концов, то есть рёбра этого цвета образуют паросочетание. Паросочетание из 1005 рёбер использует \\(2\\cdot1005=2010\\) различных вершин. Это невозможно, потому что во всём графе только 2009 вершин. Полученное противоречие доказывает, что такой 200-раскраски рёбер не существует."}],"relations":[],"search_text":"fyum-2008-tur2b-p5 невозможная 200-раскраска рёбер при заданных степенях, фюм 2008 coloring goal_exact_bound 2008 fyum fyum2008 https://www.guas.info/competit/fest/fest19/tur2b.tex olympiad_archive src-fyum-2008-tur2b-p5-official with_solution фюм фюм 2008, второй тур (b), задача 5 фюм2008 ? фюм 2008, второй тур (b), задача 5 stmt-original оригинальная формулировка ai_checked пусть в графе 2009 вершин, из которых 2008 имеют степень 200 и одна вершина степень 2. докажите, что ребра этого графа нельзя раскрасить в 200 цветов так, чтобы одноцветные ребра не имели общих концов. degree stmt-graph-parameterized ai_checked пусть \\(m,d\\) — положительные целые числа. дан граф на \\(2m+1\\) вершинах, в котором есть \\(2m\\) вершин степени \\(d\\) и одна вершина степени 2. докажите, что его рёбра нельзя раскрасить в \\(d\\) цветов так, чтобы каждый цветовой класс был паросочетанием. matching sol-official-archive архивное решение ai_checked matching посчитаем число рёбер по сумме степеней. сумма степеней равна \\(2008\\cdot 200+2\\), поэтому число рёбер равно \\[ \\frac{2008\\cdot 200+2}{2}=1004\\cdot 200+1. \\] предположим, что требуемая раскраска в 200 цветов существует. если бы каждый цвет встречался не более чем на 1004 рёбрах, всего было бы не больше \\(200\\cdot1004\\) рёбер, но у нас на одно ребро больше. значит, по принципу дирихле найдётся цвет, которым покрашено хотя бы 1005 рёбер. по условию одноцветные рёбра не имеют общих концов, то есть рёбра этого цвета образуют паросочетание. паросочетание из 1005 рёбер использует \\(2\\cdot1005=2010\\) различных вершин. это невозможно, потому что во всём графе только 2009 вершин. полученное противоречие доказывает, что такой 200-раскраски рёбер не существует. fyum-2008-tur2b-p5 nevozmozhnaya 200-raskraska reber pri zadannyh stepenyah, fyum 2008 coloring goal_exact_bound 2008 fyum fyum2008 https://www.guas.info/competit/fest/fest19/tur2b.tex olympiad_archive src-fyum-2008-tur2b-p5-official with_solution fyum fyum 2008, vtoroy tur (b), zadacha 5 fyum2008 ? fyum 2008, vtoroy tur (b), zadacha 5 stmt-original originalnaya formulirovka ai_checked pust v grafe 2009 vershin, iz kotoryh 2008 imeyut stepen 200 i odna vershina stepen 2. dokazhite, chto rebra etogo grafa nelzya raskrasit v 200 tsvetov tak, chtoby odnotsvetnye rebra ne imeli obschih kontsov. degree stmt-graph-parameterized ai_checked pust \\(m,d\\) — polozhitelnye tselye chisla. dan graf na \\(2m+1\\) vershinah, v kotorom est \\(2m\\) vershin stepeni \\(d\\) i odna vershina stepeni 2. dokazhite, chto ego rebra nelzya raskrasit v \\(d\\) tsvetov tak, chtoby kazhdyy tsvetovoy klass byl parosochetaniem. matching sol-official-archive arhivnoe reshenie ai_checked matching poschitaem chislo reber po summe stepeney. summa stepeney ravna \\(2008\\cdot 200+2\\), poetomu chislo reber ravno \\[ \\frac{2008\\cdot 200+2}{2}=1004\\cdot 200+1. \\] predpolozhim, chto trebuemaya raskraska v 200 tsvetov suschestvuet. esli by kazhdyy tsvet vstrechalsya ne bolee chem na 1004 rebrah, vsego bylo by ne bolshe \\(200\\cdot1004\\) reber, no u nas na odno rebro bolshe. znachit, po printsipu dirihle naydetsya tsvet, kotorym pokrasheno hotya by 1005 reber. po usloviyu odnotsvetnye rebra ne imeyut obschih kontsov, to est rebra etogo tsveta obrazuyut parosochetanie. parosochetanie iz 1005 reber ispolzuet \\(2\\cdot1005=2010\\) razlichnyh vershin. eto nevozmozhno, potomu chto vo vsem grafe tolko 2009 vershin. poluchennoe protivorechie dokazyvaet, chto takoy 200-raskraski reber ne suschestvuet.","source_keys":["fyum"]}
{"id":"fyum-2008-tur3a-p2","title":"15 вершин с рёбрами при разности номеров не меньше 10, ФЮМ 2008","path":"data\\problems\\fyum\\fyum-2008-tur3a-p2.yaml","raw_github_url":"https://raw.githubusercontent.com/didin-maxim/knowledge_graph_of_graphs/main/data/problems/fyum/fyum-2008-tur3a-p2.yaml","viewer_url":"https://didin-maxim.github.io/knowledge_graph_of_graphs/#fyum-2008-tur3a-p2","source_key":"fyum","source_label":"ФЮМ","source_titles":["ФЮМ 2008, третий тур (a), задача 2"],"year":"2008","type":"olympiad_problem","authors":[],"tags":["ramsey_theory","trees","goal_construction"],"agent_topics":[],"difficulty":{"main":"regional","local_score":5,"comment":"Импортировано из проверенной архивной карточки ФЮМ 2008_tur3a_problem2.md.","status":"ai_checked"},"review_status":"ai_checked","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 2008 вершин, и среди любых 144 вершин найдутся две, соединенные ребром. Докажите, что можно найти в этом графе 15 вершин и пронумеровать их числами от 1 до 15 так, что при всяком k от 2 до 15 вершина с номером k соединена с вершиной с номером [k/2].","definition_ids":[]}]},"solutions":[{"id":"sol-official-archive","title":"Развёрнутое архивное решение через теорему Рэмзи для деревьев","status":"ai_checked","definition_ids":["independent_set","tree"],"standard_idea_ids":["induction"],"tags":[],"has_text":true,"text_preview":"Рассмотрим дерево \\(T\\) на вершинах \\(1,2,\\ldots,15\\), в котором для каждого \\(k=2,\\ldots,15\\) проведено ребро между \\(k\\) и \\(\\lfloor k/2\\rfloor\\). Если в данном графе найдётся копия этого дерева, то номера вершин этой копии сразу дадут требуемую нумерацию. Поэтому достаточно доказать, что такая копия действительно есть. Докажем лемму Рэмзи для деревьев. Пусть \\(T\\) - любое фиксированное дерево на \\(n\\) вершинах, \\(k\\ge 1\\). Тогда всякий граф \\(G\\) на \\((n-1)(k-1)+1\\) вершинах содержит либо копию \\(T\\), либо независимое множество из \\(k\\) вершин. Доказательство леммы ведём индукцией по паре \\((n,k)\\). При \\(n=1\\) копия дерева из одной вершины очевидна; при \\(k=1\\) независимое множество из одной вершины тоже очевидно. Пусть \\(n,k\\ge2\\), и лемма уже доказана для меньших значений. Если минимальная степень в \\(G\\) не меньше \\(n-1\\), то в \\(G\\) можно жадно вложить любое дерево на \\(n\\) верш…"}],"relations":[{"id":"rel-fyum-2008-tur3a-p2-ramsey-tree-independent-set","neighbor_id":"ramsey-theorem","direction":"forward","type":"same_motif","distance":2,"status":"needs_human_review"},{"id":"rel-tree-vs-independent-set-ramsey-bound-fyum-2008-tur3a-p2","neighbor_id":"tree-vs-independent-set-ramsey-bound","direction":"backward","type":"prerequisite","distance":1,"status":"ai_checked"}],"search_text":"fyum-2008-tur3a-p2 15 вершин с рёбрами при разности номеров не меньше 10, фюм 2008 ramsey_theory trees goal_construction 2008 fyum fyum2008 https://www.guas.info/competit/fest/fest19/tur3a.tex olympiad_archive src-fyum-2008-tur3a-p2-official with_solution фюм фюм 2008, третий тур (a), задача 2 фюм2008 ? фюм 2008, третий тур (a), задача 2 stmt-original оригинальная формулировка ai_checked в графе 2008 вершин, и среди любых 144 вершин найдутся две, соединенные ребром. докажите, что можно найти в этом графе 15 вершин и пронумеровать их числами от 1 до 15 так, что при всяком k от 2 до 15 вершина с номером k соединена с вершиной с номером [k/2]. idea-tree-ramsey-bound теорема рэмзи для дерева против независимого множества используется стандартная, но элементарно доказываемая оценка: граф на \\((n-1)(k-1)+1\\) вершинах содержит либо любое заранее заданное дерево на \\(n\\) вершинах, либо независимое множество из \\(k\\) вершин. ramsey_theory induction ai_checked idea-target-tree-numbering нужная нумерация задаёт конкретное дерево вершины с номерами \\(1,\\ldots,15\\), где каждая вершина \\(k\\ge2\\) соединена с \\(\\lfloor k/2\\rfloor\\), образуют фиксированное дерево на 15 вершинах; достаточно найти его копию в данном графе. trees ai_checked sol-official-archive развёрнутое архивное решение через теорему рэмзи для деревьев ai_checked independent_set tree induction рассмотрим дерево \\(t\\) на вершинах \\(1,2,\\ldots,15\\), в котором для каждого \\(k=2,\\ldots,15\\) проведено ребро между \\(k\\) и \\(\\lfloor k/2\\rfloor\\). если в данном графе найдётся копия этого дерева, то номера вершин этой копии сразу дадут требуемую нумерацию. поэтому достаточно доказать, что такая копия действительно есть. докажем лемму рэмзи для деревьев. пусть \\(t\\) - любое фиксированное дерево на \\(n\\) вершинах, \\(k\\ge 1\\). тогда всякий граф \\(g\\) на \\((n-1)(k-1)+1\\) вершинах содержит либо копию \\(t\\), либо независимое множество из \\(k\\) вершин. доказательство леммы ведём индукцией по паре \\((n,k)\\). при \\(n=1\\) копия дерева из одной вершины очевидна; при \\(k=1\\) независимое множество из одной вершины тоже очевидно. пусть \\(n,k\\ge2\\), и лемма уже доказана для меньших значений. если минимальная степень в \\(g\\) не меньше \\(n-1\\), то в \\(g\\) можно жадно вложить любое дерево на \\(n\\) верш… fyum-2008-tur3a-p2 15 vershin s rebrami pri raznosti nomerov ne menshe 10, fyum 2008 ramsey_theory trees goal_construction 2008 fyum fyum2008 https://www.guas.info/competit/fest/fest19/tur3a.tex olympiad_archive src-fyum-2008-tur3a-p2-official with_solution fyum fyum 2008, tretiy tur (a), zadacha 2 fyum2008 ? fyum 2008, tretiy tur (a), zadacha 2 stmt-original originalnaya formulirovka ai_checked v grafe 2008 vershin, i sredi lyubyh 144 vershin naydutsya dve, soedinennye rebrom. dokazhite, chto mozhno nayti v etom grafe 15 vershin i pronumerovat ih chislami ot 1 do 15 tak, chto pri vsyakom k ot 2 do 15 vershina s nomerom k soedinena s vershinoy s nomerom [k/2]. idea-tree-ramsey-bound teorema remzi dlya dereva protiv nezavisimogo mnozhestva ispolzuetsya standartnaya, no elementarno dokazyvaemaya otsenka: graf na \\((n-1)(k-1)+1\\) vershinah soderzhit libo lyuboe zaranee zadannoe derevo na \\(n\\) vershinah, libo nezavisimoe mnozhestvo iz \\(k\\) vershin. ramsey_theory induction ai_checked idea-target-tree-numbering nuzhnaya numeratsiya zadaet konkretnoe derevo vershiny s nomerami \\(1,\\ldots,15\\), gde kazhdaya vershina \\(k\\ge2\\) soedinena s \\(\\lfloor k/2\\rfloor\\), obrazuyut fiksirovannoe derevo na 15 vershinah; dostatochno nayti ego kopiyu v dannom grafe. trees ai_checked sol-official-archive razvernutoe arhivnoe reshenie cherez teoremu remzi dlya derevev ai_checked independent_set tree induction rassmotrim derevo \\(t\\) na vershinah \\(1,2,\\ldots,15\\), v kotorom dlya kazhdogo \\(k=2,\\ldots,15\\) provedeno rebro mezhdu \\(k\\) i \\(\\lfloor k/2\\rfloor\\). esli v dannom grafe naydetsya kopiya etogo dereva, to nomera vershin etoy kopii srazu dadut trebuemuyu numeratsiyu. poetomu dostatochno dokazat, chto takaya kopiya deystvitelno est. dokazhem lemmu remzi dlya derevev. pust \\(t\\) - lyuboe fiksirovannoe derevo na \\(n\\) vershinah, \\(k\\ge 1\\). togda vsyakiy graf \\(g\\) na \\((n-1)(k-1)+1\\) vershinah soderzhit libo kopiyu \\(t\\), libo nezavisimoe mnozhestvo iz \\(k\\) vershin. dokazatelstvo lemmy vedem induktsiey po pare \\((n,k)\\). pri \\(n=1\\) kopiya dereva iz odnoy vershiny ochevidna; pri \\(k=1\\) nezavisimoe mnozhestvo iz odnoy vershiny tozhe ochevidno. pust \\(n,k\\ge2\\), i lemma uzhe dokazana dlya menshih znacheniy. esli minimalnaya stepen v \\(g\\) ne menshe \\(n-1\\), to v \\(g\\) mozhno zhadno vlozhit lyuboe derevo na \\(n\\) versh…","source_keys":["fyum"]}
{"id":"fyum-2008-tur3b-p7","title":"Ориентация 10-регулярного графа с короткими ориентированными путями, ФЮМ 2008","path":"data\\problems\\fyum\\fyum-2008-tur3b-p7.yaml","raw_github_url":"https://raw.githubusercontent.com/didin-maxim/knowledge_graph_of_graphs/main/data/problems/fyum/fyum-2008-tur3b-p7.yaml","viewer_url":"https://didin-maxim.github.io/knowledge_graph_of_graphs/#fyum-2008-tur3b-p7","source_key":"fyum","source_label":"ФЮМ","source_titles":["ФЮМ 2008, третий тур (b), задача 7"],"year":"2008","type":"olympiad_problem","authors":[],"tags":["coloring","goal_exact_bound"],"agent_topics":[],"difficulty":{"main":"regional","local_score":5,"comment":"Импортировано из проверенной архивной карточки ФЮМ 2008_tur3b_problem7.md.","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 степень каждой вершины равна 10. Докажите, что на его ребрах можно расставить стрелочки так, чтобы максимальный ориентированный путь имел длину не более, чем 10 ребер.","definition_ids":["degree","directed_graph","path"]}],"graph_hint_reformulations":[{"id":"stmt-graph-parameterized","title":"","status":"ai_checked","text":"Для всякого графа \\(G\\) с максимальной степенью не больше \\(\\Delta\\) существует ориентация его рёбер, при которой всякий ориентированный путь имеет длину не больше \\(\\Delta\\).","definition_ids":["degree","directed_graph","path"]}]},"solutions":[{"id":"sol-official-archive","title":"Архивное решение","status":"ai_checked","definition_ids":["chromatic_number"],"standard_idea_ids":[],"tags":[],"has_text":true,"text_preview":"Так как степень каждой вершины равна 10, максимальная степень графа не превосходит 10. Раскрасим вершины правильно в 11 цветов. Это можно сделать жадно: упорядочим вершины произвольно и будем красить их по очереди; когда красится очередная вершина, среди её уже окрашенных соседей занято не более 10 цветов, значит из 11 цветов всегда остаётся хотя бы один свободный. Теперь каждое ребро ориентируем от конца меньшего цвета к концу большего цвета. У соседних вершин цвета различны, потому что раскраска правильная, поэтому направление каждого ребра определено однозначно. Рассмотрим любой ориентированный путь. При переходе по каждому его ребру цвет вершины строго увеличивается. Значит, на пути не может быть двух вершин одного цвета и всего на нём не больше 11 вершин. Следовательно, число рёбер в таком пути не превосходит 10, что и требовалось."}],"relations":[],"search_text":"fyum-2008-tur3b-p7 ориентация 10-регулярного графа с короткими ориентированными путями, фюм 2008 coloring goal_exact_bound 2008 fyum fyum2008 https://www.guas.info/competit/fest/fest19/tur3b.tex olympiad_archive src-fyum-2008-tur3b-p7-official with_solution фюм фюм 2008, третий тур (b), задача 7 фюм2008 ? фюм 2008, третий тур (b), задача 7 stmt-original оригинальная формулировка ai_checked в графе степень каждой вершины равна 10. докажите, что на его ребрах можно расставить стрелочки так, чтобы максимальный ориентированный путь имел длину не более, чем 10 ребер. degree directed_graph path stmt-graph-parameterized ai_checked для всякого графа \\(g\\) с максимальной степенью не больше \\(\\delta\\) существует ориентация его рёбер, при которой всякий ориентированный путь имеет длину не больше \\(\\delta\\). degree directed_graph path sol-official-archive архивное решение ai_checked chromatic_number так как степень каждой вершины равна 10, максимальная степень графа не превосходит 10. раскрасим вершины правильно в 11 цветов. это можно сделать жадно: упорядочим вершины произвольно и будем красить их по очереди; когда красится очередная вершина, среди её уже окрашенных соседей занято не более 10 цветов, значит из 11 цветов всегда остаётся хотя бы один свободный. теперь каждое ребро ориентируем от конца меньшего цвета к концу большего цвета. у соседних вершин цвета различны, потому что раскраска правильная, поэтому направление каждого ребра определено однозначно. рассмотрим любой ориентированный путь. при переходе по каждому его ребру цвет вершины строго увеличивается. значит, на пути не может быть двух вершин одного цвета и всего на нём не больше 11 вершин. следовательно, число рёбер в таком пути не превосходит 10, что и требовалось. fyum-2008-tur3b-p7 orientatsiya 10-regulyarnogo grafa s korotkimi orientirovannymi putyami, fyum 2008 coloring goal_exact_bound 2008 fyum fyum2008 https://www.guas.info/competit/fest/fest19/tur3b.tex olympiad_archive src-fyum-2008-tur3b-p7-official with_solution fyum fyum 2008, tretiy tur (b), zadacha 7 fyum2008 ? fyum 2008, tretiy tur (b), zadacha 7 stmt-original originalnaya formulirovka ai_checked v grafe stepen kazhdoy vershiny ravna 10. dokazhite, chto na ego rebrah mozhno rasstavit strelochki tak, chtoby maksimalnyy orientirovannyy put imel dlinu ne bolee, chem 10 reber. degree directed_graph path stmt-graph-parameterized ai_checked dlya vsyakogo grafa \\(g\\) s maksimalnoy stepenyu ne bolshe \\(\\delta\\) suschestvuet orientatsiya ego reber, pri kotoroy vsyakiy orientirovannyy put imeet dlinu ne bolshe \\(\\delta\\). degree directed_graph path sol-official-archive arhivnoe reshenie ai_checked chromatic_number tak kak stepen kazhdoy vershiny ravna 10, maksimalnaya stepen grafa ne prevoshodit 10. raskrasim vershiny pravilno v 11 tsvetov. eto mozhno sdelat zhadno: uporyadochim vershiny proizvolno i budem krasit ih po ocheredi; kogda krasitsya ocherednaya vershina, sredi ee uzhe okrashennyh sosedey zanyato ne bolee 10 tsvetov, znachit iz 11 tsvetov vsegda ostaetsya hotya by odin svobodnyy. teper kazhdoe rebro orientiruem ot kontsa menshego tsveta k kontsu bolshego tsveta. u sosednih vershin tsveta razlichny, potomu chto raskraska pravilnaya, poetomu napravlenie kazhdogo rebra opredeleno odnoznachno. rassmotrim lyuboy orientirovannyy put. pri perehode po kazhdomu ego rebru tsvet vershiny strogo uvelichivaetsya. znachit, na puti ne mozhet byt dvuh vershin odnogo tsveta i vsego na nem ne bolshe 11 vershin. sledovatelno, chislo reber v takom puti ne prevoshodit 10, chto i trebovalos.","source_keys":["fyum"]}
{"id":"fyum-2008-tur4a-p7","title":"Гамильтонов цикл по условию на пары степеней, ФЮМ 2008","path":"data\\problems\\fyum\\fyum-2008-tur4a-p7.yaml","raw_github_url":"https://raw.githubusercontent.com/didin-maxim/knowledge_graph_of_graphs/main/data/problems/fyum/fyum-2008-tur4a-p7.yaml","viewer_url":"https://didin-maxim.github.io/knowledge_graph_of_graphs/#fyum-2008-tur4a-p7","source_key":"fyum","source_label":"ФЮМ","source_titles":["ФЮМ 2008, четвёртый тур (a), задача 7"],"year":"2008","type":"olympiad_problem","authors":[],"tags":["hamiltonian_cycles","goal_existence"],"agent_topics":[],"difficulty":{"main":"regional","local_score":6,"comment":"Импортировано из проверенной архивной карточки ФЮМ 2008_tur4a_problem7.md.","status":"ai_checked"},"review_status":"needs_human_review","public_ready":false,"solution_state":"without_solution","solution_classification":{"type":"hard_external_theorem_no_proof","label":"external theorem required; no local proof","status":"needs_human_review","confidence":0.9,"basis":"агентский аудит средней сложности","notes":"Редукция к теореме Хватала короткая и корректная; полное доказательство теоремы Хватала о степенных последовательностях остаётся внешним тяжёлым инструментом.","audit_source":"agent-russian-archives.json"},"statements":{"original":[{"id":"stmt-original","title":"Оригинальная формулировка","status":"ai_checked","text":"В графе с \\(n\\ge 10\\) вершинами степени вершин равны \\(d_1\\le d_2\\le \\cdots\\le d_n\\). Оказалось, что \\(d_i+d_{n-i}\\ge n\\). Докажите, что в нем есть гамильтонов цикл.","definition_ids":["degree","hamiltonian_cycle"]}]},"solutions":[{"id":"sol-official-archive","title":"Сведение к теореме Хватала о степенях","status":"needs_human_review","definition_ids":[],"standard_idea_ids":[],"tags":[],"has_text":true,"text_preview":"Это решение опирается на внешнюю теорему Хватала о гамильтоновых степенных последовательностях. Теорема Хватала. Пусть степени вершин \\(n\\)-вершинного графа равны \\(d_1\\le d_2\\le\\cdots\\le d_n\\). Если для каждого \\(i<n/2\\) выполнено \\[ d_i>i \\quad\\text{или}\\quad d_{n-i}\\ge n-i, \\] то граф гамильтонов. Проверим, что условие задачи влечёт гипотезу этой теоремы. Зафиксируем \\(i<n/2\\). Если \\(d_i>i\\), первая альтернатива уже выполнена. Если же \\(d_i\\le i\\), то по условию задачи \\[ d_i+d_{n-i}\\ge n, \\] а значит \\(d_{n-i}\\ge n-d_i\\ge n-i\\). Следовательно, альтернатива Хватала выполнена для каждого \\(i<n/2\\), и граф содержит гамильтонов цикл. Карточка не считается полной локальной записью доказательства, потому что сама теорема Хватала является существенным классическим внешним результатом. Обычное доказательство проходит через замыкание Бонди--Хватала: добавление ребра между двумя несмежными в…"}],"relations":[{"id":"rel-fyum-2008-tur4a-p7-ore-closure","neighbor_id":"ore-theorem","direction":"forward","type":"same_motif","distance":1,"status":"needs_human_review"}],"search_text":"fyum-2008-tur4a-p7 гамильтонов цикл по условию на пары степеней, фюм 2008 hamiltonian_cycles goal_existence 2008 fyum fyum2008 https://www.guas.info/competit/fest/fest19/tur4a.tex olympiad_archive src-fyum-2008-tur4a-p7-official without_solution фюм фюм 2008, четвёртый тур (a), задача 7 фюм2008 ? фюм 2008, четвёртый тур (a), задача 7 stmt-original оригинальная формулировка ai_checked в графе с \\(n\\ge 10\\) вершинами степени вершин равны \\(d_1\\le d_2\\le \\cdots\\le d_n\\). оказалось, что \\(d_i+d_{n-i}\\ge n\\). докажите, что в нем есть гамильтонов цикл. degree hamiltonian_cycle idea-chvatal-condition условие является частным случаем теоремы хватала если при некотором \\(i<n/2\\) выполнено \\(d_i\\le i\\), то из \\(d_i+d_{n-i}\\ge n\\) следует \\(d_{n-i}\\ge n-i\\). это ровно альтернатива, требуемая в теореме хватала о гамильтоновых степенных последовательностях. hamiltonian_cycles ai_checked idea-closure-external замыкание бонди--хватала как внешний инструмент стандартное доказательство использует замыкание: добавление ребра между несмежными вершинами с суммой степеней не меньше \\(n\\) сохраняет гамильтоновость; затем условие на степени заставляет замыкание стать полным графом. hamiltonian_cycles needs_human_review sol-official-archive сведение к теореме хватала о степенях needs_human_review это решение опирается на внешнюю теорему хватала о гамильтоновых степенных последовательностях. теорема хватала. пусть степени вершин \\(n\\)-вершинного графа равны \\(d_1\\le d_2\\le\\cdots\\le d_n\\). если для каждого \\(i<n/2\\) выполнено \\[ d_i>i \\quad\\text{или}\\quad d_{n-i}\\ge n-i, \\] то граф гамильтонов. проверим, что условие задачи влечёт гипотезу этой теоремы. зафиксируем \\(i<n/2\\). если \\(d_i>i\\), первая альтернатива уже выполнена. если же \\(d_i\\le i\\), то по условию задачи \\[ d_i+d_{n-i}\\ge n, \\] а значит \\(d_{n-i}\\ge n-d_i\\ge n-i\\). следовательно, альтернатива хватала выполнена для каждого \\(i<n/2\\), и граф содержит гамильтонов цикл. карточка не считается полной локальной записью доказательства, потому что сама теорема хватала является существенным классическим внешним результатом. обычное доказательство проходит через замыкание бонди--хватала: добавление ребра между двумя несмежными в… fyum-2008-tur4a-p7 gamiltonov tsikl po usloviyu na pary stepeney, fyum 2008 hamiltonian_cycles goal_existence 2008 fyum fyum2008 https://www.guas.info/competit/fest/fest19/tur4a.tex olympiad_archive src-fyum-2008-tur4a-p7-official without_solution fyum fyum 2008, chetvertyy tur (a), zadacha 7 fyum2008 ? fyum 2008, chetvertyy tur (a), zadacha 7 stmt-original originalnaya formulirovka ai_checked v grafe s \\(n\\ge 10\\) vershinami stepeni vershin ravny \\(d_1\\le d_2\\le \\cdots\\le d_n\\). okazalos, chto \\(d_i+d_{n-i}\\ge n\\). dokazhite, chto v nem est gamiltonov tsikl. degree hamiltonian_cycle idea-chvatal-condition uslovie yavlyaetsya chastnym sluchaem teoremy hvatala esli pri nekotorom \\(i<n/2\\) vypolneno \\(d_i\\le i\\), to iz \\(d_i+d_{n-i}\\ge n\\) sleduet \\(d_{n-i}\\ge n-i\\). eto rovno alternativa, trebuemaya v teoreme hvatala o gamiltonovyh stepennyh posledovatelnostyah. hamiltonian_cycles ai_checked idea-closure-external zamykanie bondi--hvatala kak vneshniy instrument standartnoe dokazatelstvo ispolzuet zamykanie: dobavlenie rebra mezhdu nesmezhnymi vershinami s summoy stepeney ne menshe \\(n\\) sohranyaet gamiltonovost; zatem uslovie na stepeni zastavlyaet zamykanie stat polnym grafom. hamiltonian_cycles needs_human_review sol-official-archive svedenie k teoreme hvatala o stepenyah needs_human_review eto reshenie opiraetsya na vneshnyuyu teoremu hvatala o gamiltonovyh stepennyh posledovatelnostyah. teorema hvatala. pust stepeni vershin \\(n\\)-vershinnogo grafa ravny \\(d_1\\le d_2\\le\\cdots\\le d_n\\). esli dlya kazhdogo \\(i<n/2\\) vypolneno \\[ d_i>i \\quad\\text{ili}\\quad d_{n-i}\\ge n-i, \\] to graf gamiltonov. proverim, chto uslovie zadachi vlechet gipotezu etoy teoremy. zafiksiruem \\(i<n/2\\). esli \\(d_i>i\\), pervaya alternativa uzhe vypolnena. esli zhe \\(d_i\\le i\\), to po usloviyu zadachi \\[ d_i+d_{n-i}\\ge n, \\] a znachit \\(d_{n-i}\\ge n-d_i\\ge n-i\\). sledovatelno, alternativa hvatala vypolnena dlya kazhdogo \\(i<n/2\\), i graf soderzhit gamiltonov tsikl. kartochka ne schitaetsya polnoy lokalnoy zapisyu dokazatelstva, potomu chto sama teorema hvatala yavlyaetsya suschestvennym klassicheskim vneshnim rezultatom. obychnoe dokazatelstvo prohodit cherez zamykanie bondi--hvatala: dobavlenie rebra mezhdu dvumya nesmezhnymi v…","source_keys":["fyum"]}
{"id":"fyum-2008-tur4b-p10","title":"Гамильтонов цикл после замыкания плотного графа, ФЮМ 2008","path":"data\\problems\\fyum\\fyum-2008-tur4b-p10.yaml","raw_github_url":"https://raw.githubusercontent.com/didin-maxim/knowledge_graph_of_graphs/main/data/problems/fyum/fyum-2008-tur4b-p10.yaml","viewer_url":"https://didin-maxim.github.io/knowledge_graph_of_graphs/#fyum-2008-tur4b-p10","source_key":"fyum","source_label":"ФЮМ","source_titles":["ФЮМ 2008, четвёртый тур (b), задача 10"],"year":"2008","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 ФЮМ 2008_tur4b_problem10.md.","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 1000 вершин, сумма их степеней больше чем 239000. Если две вершины не соединены ребром и сумма их степеней не меньше 478, то их можно соединить ребром. Докажите, что такими операциями можно получить вершину, соединенную ребрами со всеми оставшимися 999 вершинами.","definition_ids":["degree"]}]},"solutions":[{"id":"sol-official-archive","title":"Архивное решение","status":"ai_checked","definition_ids":[],"standard_idea_ids":[],"tags":[],"has_text":true,"text_preview":"Будем добавлять разрешённые рёбра, пока это возможно. Сумма степеней при добавлении рёбер только растёт, поэтому в конечном графе она всё ещё больше 239000. Достаточно доказать, что в конечном графе обязательно есть универсальная вершина. Предположим противное: процесс остановился, но вершины степени 999 нет. Если максимальная степень меньше 239, то сумма всех степеней не превосходит \\(1000\\cdot238=238000\\), что уже противоречит условию. Поэтому можно выбрать вершину \\(v\\) максимальной степени и записать \\(\\deg v=239+k\\), где \\(k\\ge0\\). Так как \\(v\\) не универсальна, у неё есть несосед \\(u\\). В остановившемся графе для любой несмежной пары сумма степеней меньше 478, иначе соответствующее ребро ещё можно было бы добавить. Поэтому \\[ \\deg u < 478-(239+k)=239-k. \\] В частности, если бы \\(k\\ge239\\), правая часть была бы неположительной, что невозможно для степени несоседа в этой оценке; зна…"}],"relations":[],"search_text":"fyum-2008-tur4b-p10 гамильтонов цикл после замыкания плотного графа, фюм 2008 extremal_graph_theory goal_exact_bound 2008 fyum fyum2008 https://www.guas.info/competit/fest/fest19/tur4b.tex olympiad_archive src-fyum-2008-tur4b-p10-official with_solution фюм фюм 2008, четвёртый тур (b), задача 10 фюм2008 ? фюм 2008, четвёртый тур (b), задача 10 stmt-original оригинальная формулировка ai_checked в графе 1000 вершин, сумма их степеней больше чем 239000. если две вершины не соединены ребром и сумма их степеней не меньше 478, то их можно соединить ребром. докажите, что такими операциями можно получить вершину, соединенную ребрами со всеми оставшимися 999 вершинами. degree sol-official-archive архивное решение ai_checked будем добавлять разрешённые рёбра, пока это возможно. сумма степеней при добавлении рёбер только растёт, поэтому в конечном графе она всё ещё больше 239000. достаточно доказать, что в конечном графе обязательно есть универсальная вершина. предположим противное: процесс остановился, но вершины степени 999 нет. если максимальная степень меньше 239, то сумма всех степеней не превосходит \\(1000\\cdot238=238000\\), что уже противоречит условию. поэтому можно выбрать вершину \\(v\\) максимальной степени и записать \\(\\deg v=239+k\\), где \\(k\\ge0\\). так как \\(v\\) не универсальна, у неё есть несосед \\(u\\). в остановившемся графе для любой несмежной пары сумма степеней меньше 478, иначе соответствующее ребро ещё можно было бы добавить. поэтому \\[ \\deg u < 478-(239+k)=239-k. \\] в частности, если бы \\(k\\ge239\\), правая часть была бы неположительной, что невозможно для степени несоседа в этой оценке; зна… fyum-2008-tur4b-p10 gamiltonov tsikl posle zamykaniya plotnogo grafa, fyum 2008 extremal_graph_theory goal_exact_bound 2008 fyum fyum2008 https://www.guas.info/competit/fest/fest19/tur4b.tex olympiad_archive src-fyum-2008-tur4b-p10-official with_solution fyum fyum 2008, chetvertyy tur (b), zadacha 10 fyum2008 ? fyum 2008, chetvertyy tur (b), zadacha 10 stmt-original originalnaya formulirovka ai_checked v grafe 1000 vershin, summa ih stepeney bolshe chem 239000. esli dve vershiny ne soedineny rebrom i summa ih stepeney ne menshe 478, to ih mozhno soedinit rebrom. dokazhite, chto takimi operatsiyami mozhno poluchit vershinu, soedinennuyu rebrami so vsemi ostavshimisya 999 vershinami. degree sol-official-archive arhivnoe reshenie ai_checked budem dobavlyat razreshennye rebra, poka eto vozmozhno. summa stepeney pri dobavlenii reber tolko rastet, poetomu v konechnom grafe ona vse esche bolshe 239000. dostatochno dokazat, chto v konechnom grafe obyazatelno est universalnaya vershina. predpolozhim protivnoe: protsess ostanovilsya, no vershiny stepeni 999 net. esli maksimalnaya stepen menshe 239, to summa vseh stepeney ne prevoshodit \\(1000\\cdot238=238000\\), chto uzhe protivorechit usloviyu. poetomu mozhno vybrat vershinu \\(v\\) maksimalnoy stepeni i zapisat \\(\\deg v=239+k\\), gde \\(k\\ge0\\). tak kak \\(v\\) ne universalna, u nee est nesosed \\(u\\). v ostanovivshemsya grafe dlya lyuboy nesmezhnoy pary summa stepeney menshe 478, inache sootvetstvuyuschee rebro esche mozhno bylo by dobavit. poetomu \\[ \\deg u < 478-(239+k)=239-k. \\] v chastnosti, esli by \\(k\\ge239\\), pravaya chast byla by nepolozhitelnoy, chto nevozmozhno dlya stepeni nesoseda v etoy otsenke; zna…","source_keys":["fyum"]}
{"id":"fyum-2009-final-p2","title":"Рамсеевская альтернатива для 100 красных рёбер или синего цикла, ФЮМ 2009","path":"data\\problems\\fyum\\fyum-2009-final-p2.yaml","raw_github_url":"https://raw.githubusercontent.com/didin-maxim/knowledge_graph_of_graphs/main/data/problems/fyum/fyum-2009-final-p2.yaml","viewer_url":"https://didin-maxim.github.io/knowledge_graph_of_graphs/#fyum-2009-final-p2","source_key":"fyum","source_label":"ФЮМ","source_titles":["ФЮМ 2009, финал, задача 2","Burr, Erdos and Spencer, Ramsey Theorems for Multiple Copies of Graphs"],"year":"2009","type":"olympiad_problem","authors":[],"tags":["ramsey_theory","goal_exact_bound"],"agent_topics":[],"difficulty":{"main":"regional","local_score":7,"comment":"Импортировано из проверенной архивной карточки ФЮМ 2009_final_problem2.md.","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":"очень высокий аудит 2026-05-07","notes":"Основное решение самодостаточно: специальный случай теоремы о многих одноцветных треугольниках доказан внутри карточки; внешняя ссылка оставлена как контекст.","audit_source":"very_high_pipeline_batch_5_2026_05_07"},"statements":{"original":[{"id":"stmt-original","title":"Оригинальная формулировка","status":"ai_checked","text":"Ребра полного графа на n вершинах покрасили в красный и синий цвета. При каком наименьшем n заведомо можно утверждать, что найдутся либо 100 попарно непересекающихся красных нечетных простых циклов, либо 100 попарно непересекающихся синих нечетных простых циклов?","definition_ids":["complete_graph","cycle"]}]},"solutions":[{"id":"sol-official-archive","title":"Ответ через самодостаточную верхнюю оценку Burr--Erdos--Spencer","status":"ai_checked","definition_ids":["complete_graph","cycle","triangle","clique","matching"],"standard_idea_ids":["induction","extremal_choice","pigeonhole_principle"],"tags":[],"has_text":true,"text_preview":"Ответ: \\(n=500\\). Докажем нужную верхнюю оценку в виде леммы: при каждом \\(q\\ge 2\\) любая красно-синяя раскраска рёбер \\(K_{5q}\\) содержит \\(q\\) попарно непересекающихся одноцветных треугольников одного цвета. Сначала докажем стандартный факт \\(R(3,3)=6\\): у выбранной вершины среди пяти выходящих рёбер есть три одного цвета; если между тремя их концами есть ребро того же цвета, получаем треугольник, а иначе три конца сами образуют треугольник другого цвета. Теперь база \\(q=2\\). Покажем, что в любой раскраске \\(K_{10}\\) есть два непересекающихся одноцветных треугольника одного цвета. Один из цветов, скажем красный, обладает свойством: после удаления любых двух вершин всё ещё остаётся красный треугольник. Иначе можно было бы удалить пару вершин, убивающую все красные треугольники, и пару, убивающую все синие; на оставшихся хотя бы шести вершинах по \\(R(3,3)=6\\) нашёлся бы одноцветный треу…"}],"relations":[{"id":"rel-fyum-2009-final-p2-ramsey-monochromatic-odd-cycles","neighbor_id":"ramsey-theorem","direction":"forward","type":"same_motif","distance":3,"status":"needs_human_review"}],"search_text":"fyum-2009-final-p2 рамсеевская альтернатива для 100 красных рёбер или синего цикла, фюм 2009 ramsey_theory goal_exact_bound 2009 burr, erdos and spencer, ramsey theorems for multiple copies of graphs fyum fyum2009 https://www.guas.info/competit/fest/fest20/final.tex https://www.renyi.hu/~p_erdos/1975-35.pdf olympiad_archive research_paper src-burr-erdos-spencer-multiple-copies-1975 src-fyum-2009-final-p2-official with_solution фюм фюм 2009, финал, задача 2 фюм2009 ? фюм 2009, финал, задача 2 burr, erdos and spencer, ramsey theorems for multiple copies of graphs stmt-original оригинальная формулировка ai_checked ребра полного графа на n вершинах покрасили в красный и синий цвета. при каком наименьшем n заведомо можно утверждать, что найдутся либо 100 попарно непересекающихся красных нечетных простых циклов, либо 100 попарно непересекающихся синих нечетных простых циклов? complete_graph cycle idea-burr-erdos-spencer-triangle-tiling достаточно искать 100 одноцветных треугольников сто одноцветных треугольников одного цвета уже являются ста попарно непересекающимися нечётными циклами. нужная верхняя оценка является диагональным случаем теоремы burr--erdos--spencer: в любой 2-раскраске рёбер \\(k_{5m}\\), \\(m\\ge 2\\), есть m попарно непересекающихся одноцветных треугольников одного цвета. ramsey_theory source_verified idea-bowtie-induction-multiple-triangles индукция через красно-синюю бабочку если в раскраске есть красный треугольник и не пересекающийся с ним синий треугольник, то среди девяти рёбер между ними пять имеют один цвет. эти пять рёбер дают два одноцветных треугольника разных цветов с общей вершиной; удаление такой бабочки оставляет ровно \\(k_{5(m-1)}\\) и запускает индукцию. ramsey_theory ai_checked sol-official-archive ответ через самодостаточную верхнюю оценку burr--erdos--spencer ai_checked complete_graph cycle triangle clique matching induction extremal_choice pigeonhole_principle ответ: \\(n=500\\). докажем нужную верхнюю оценку в виде леммы: при каждом \\(q\\ge 2\\) любая красно-синяя раскраска рёбер \\(k_{5q}\\) содержит \\(q\\) попарно непересекающихся одноцветных треугольников одного цвета. сначала докажем стандартный факт \\(r(3,3)=6\\): у выбранной вершины среди пяти выходящих рёбер есть три одного цвета; если между тремя их концами есть ребро того же цвета, получаем треугольник, а иначе три конца сами образуют треугольник другого цвета. теперь база \\(q=2\\). покажем, что в любой раскраске \\(k_{10}\\) есть два непересекающихся одноцветных треугольника одного цвета. один из цветов, скажем красный, обладает свойством: после удаления любых двух вершин всё ещё остаётся красный треугольник. иначе можно было бы удалить пару вершин, убивающую все красные треугольники, и пару, убивающую все синие; на оставшихся хотя бы шести вершинах по \\(r(3,3)=6\\) нашёлся бы одноцветный треу… fyum-2009-final-p2 ramseevskaya alternativa dlya 100 krasnyh reber ili sinego tsikla, fyum 2009 ramsey_theory goal_exact_bound 2009 burr, erdos and spencer, ramsey theorems for multiple copies of graphs fyum fyum2009 https://www.guas.info/competit/fest/fest20/final.tex https://www.renyi.hu/~p_erdos/1975-35.pdf olympiad_archive research_paper src-burr-erdos-spencer-multiple-copies-1975 src-fyum-2009-final-p2-official with_solution fyum fyum 2009, final, zadacha 2 fyum2009 ? fyum 2009, final, zadacha 2 burr, erdos and spencer, ramsey theorems for multiple copies of graphs stmt-original originalnaya formulirovka ai_checked rebra polnogo grafa na n vershinah pokrasili v krasnyy i siniy tsveta. pri kakom naimenshem n zavedomo mozhno utverzhdat, chto naydutsya libo 100 poparno neperesekayuschihsya krasnyh nechetnyh prostyh tsiklov, libo 100 poparno neperesekayuschihsya sinih nechetnyh prostyh tsiklov? complete_graph cycle idea-burr-erdos-spencer-triangle-tiling dostatochno iskat 100 odnotsvetnyh treugolnikov sto odnotsvetnyh treugolnikov odnogo tsveta uzhe yavlyayutsya sta poparno neperesekayuschimisya nechetnymi tsiklami. nuzhnaya verhnyaya otsenka yavlyaetsya diagonalnym sluchaem teoremy burr--erdos--spencer: v lyuboy 2-raskraske reber \\(k_{5m}\\), \\(m\\ge 2\\), est m poparno neperesekayuschihsya odnotsvetnyh treugolnikov odnogo tsveta. ramsey_theory source_verified idea-bowtie-induction-multiple-triangles induktsiya cherez krasno-sinyuyu babochku esli v raskraske est krasnyy treugolnik i ne peresekayuschiysya s nim siniy treugolnik, to sredi devyati reber mezhdu nimi pyat imeyut odin tsvet. eti pyat reber dayut dva odnotsvetnyh treugolnika raznyh tsvetov s obschey vershinoy; udalenie takoy babochki ostavlyaet rovno \\(k_{5(m-1)}\\) i zapuskaet induktsiyu. ramsey_theory ai_checked sol-official-archive otvet cherez samodostatochnuyu verhnyuyu otsenku burr--erdos--spencer ai_checked complete_graph cycle triangle clique matching induction extremal_choice pigeonhole_principle otvet: \\(n=500\\). dokazhem nuzhnuyu verhnyuyu otsenku v vide lemmy: pri kazhdom \\(q\\ge 2\\) lyubaya krasno-sinyaya raskraska reber \\(k_{5q}\\) soderzhit \\(q\\) poparno neperesekayuschihsya odnotsvetnyh treugolnikov odnogo tsveta. snachala dokazhem standartnyy fakt \\(r(3,3)=6\\): u vybrannoy vershiny sredi pyati vyhodyaschih reber est tri odnogo tsveta; esli mezhdu tremya ih kontsami est rebro togo zhe tsveta, poluchaem treugolnik, a inache tri kontsa sami obrazuyut treugolnik drugogo tsveta. teper baza \\(q=2\\). pokazhem, chto v lyuboy raskraske \\(k_{10}\\) est dva neperesekayuschihsya odnotsvetnyh treugolnika odnogo tsveta. odin iz tsvetov, skazhem krasnyy, obladaet svoystvom: posle udaleniya lyubyh dvuh vershin vse esche ostaetsya krasnyy treugolnik. inache mozhno bylo by udalit paru vershin, ubivayuschuyu vse krasnye treugolniki, i paru, ubivayuschuyu vse sinie; na ostavshihsya hotya by shesti vershinah po \\(r(3,3)=6\\) nashelsya by odnotsvetnyy treu…","source_keys":["fyum"]}
{"id":"fyum-2009-tur2a-p4","title":"Важные циклы в графе, разбитом на n-клики, ФЮМ 2009","path":"data\\problems\\fyum\\fyum-2009-tur2a-p4.yaml","raw_github_url":"https://raw.githubusercontent.com/didin-maxim/knowledge_graph_of_graphs/main/data/problems/fyum/fyum-2009-tur2a-p4.yaml","viewer_url":"https://didin-maxim.github.io/knowledge_graph_of_graphs/#fyum-2009-tur2a-p4","source_key":"fyum","source_label":"ФЮМ","source_titles":["ФЮМ 2009, второй тур (a), задача 4"],"year":"2009","type":"olympiad_problem","authors":[],"tags":["coloring","goal_exact_bound"],"agent_topics":[],"difficulty":{"main":"regional","local_score":4,"comment":"Импортировано из проверенной архивной карточки ФЮМ 2009_tur2a_problem4.md.","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":"Вершины графа G разбиты на несколько n-клик, называемых слоями. Простой цикл этого графа будем называть важным, если этот цикл содержит не более двух вершин из каждого слоя. Оказалось, что каждое ребро, соединяющее вершины из разных слоев, покрыто не более чем n-2 важными нечетными циклами. Докажите, что вершины этого графа можно раскрасить в n цветов правильным образом.","definition_ids":["clique","cycle"]}]},"solutions":[{"id":"sol-official-archive","title":"Архивное решение","status":"ai_checked","definition_ids":[],"standard_idea_ids":[],"tags":[],"has_text":true,"text_preview":"Сначала раскрасим каждый слой в \\(n\\) цветов произвольно, но правильно внутри слоя: поскольку слой является \\(n\\)-кликой, в нём должны встретиться все \\(n\\) цветов по одному разу. Среди всех таких послойных раскрасок выберем раскраску с минимальным числом плохих межслойных рёбер, то есть рёбер, концы которых получили один цвет. Предположим, что плохое ребро всё же есть. Пусть это ребро \\(xy\\), и оба его конца имеют цвет 1. Зафиксируем другой цвет \\(c\\) и рассмотрим подграф, порождённый вершинами цветов 1 и \\(c\\). В каждом слое в этом подграфе лежит не более двух вершин, поэтому всякий его простой цикл является важным циклом из условия задачи. Если в этом двухцветном подграфе вершины \\(x\\) и \\(y\\) соединены путём, не использующим ребро \\(xy\\), то такой путь имеет чётную длину: его концы одного цвета, а цвета вдоль пути чередуются. Вместе с ребром \\(xy\\) он даёт важный нечётный цикл, прох…"}],"relations":[{"id":"rel-kolm-2006-r3-super-p3-fyum-2009-two-color-component-swap","neighbor_id":"kolmogorov-2006-round-3-super-league-problem-3","direction":"backward","type":"same_motif","distance":2,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-color-extremal-brooks-fyum-2009-tur2a","neighbor_id":"brooks-theorem","direction":"backward","type":"same_motif","distance":2,"status":"needs_human_review"}],"search_text":"fyum-2009-tur2a-p4 важные циклы в графе, разбитом на n-клики, фюм 2009 coloring goal_exact_bound 2009 fyum fyum2009 https://www.guas.info/competit/fest/fest20/tur2a.tex olympiad_archive src-fyum-2009-tur2a-p4-official with_solution фюм фюм 2009, второй тур (a), задача 4 фюм2009 ? фюм 2009, второй тур (a), задача 4 stmt-original оригинальная формулировка ai_checked вершины графа g разбиты на несколько n-клик, называемых слоями. простой цикл этого графа будем называть важным, если этот цикл содержит не более двух вершин из каждого слоя. оказалось, что каждое ребро, соединяющее вершины из разных слоев, покрыто не более чем n-2 важными нечетными циклами. докажите, что вершины этого графа можно раскрасить в n цветов правильным образом. clique cycle sol-official-archive архивное решение ai_checked сначала раскрасим каждый слой в \\(n\\) цветов произвольно, но правильно внутри слоя: поскольку слой является \\(n\\)-кликой, в нём должны встретиться все \\(n\\) цветов по одному разу. среди всех таких послойных раскрасок выберем раскраску с минимальным числом плохих межслойных рёбер, то есть рёбер, концы которых получили один цвет. предположим, что плохое ребро всё же есть. пусть это ребро \\(xy\\), и оба его конца имеют цвет 1. зафиксируем другой цвет \\(c\\) и рассмотрим подграф, порождённый вершинами цветов 1 и \\(c\\). в каждом слое в этом подграфе лежит не более двух вершин, поэтому всякий его простой цикл является важным циклом из условия задачи. если в этом двухцветном подграфе вершины \\(x\\) и \\(y\\) соединены путём, не использующим ребро \\(xy\\), то такой путь имеет чётную длину: его концы одного цвета, а цвета вдоль пути чередуются. вместе с ребром \\(xy\\) он даёт важный нечётный цикл, прох… fyum-2009-tur2a-p4 vazhnye tsikly v grafe, razbitom na n-kliki, fyum 2009 coloring goal_exact_bound 2009 fyum fyum2009 https://www.guas.info/competit/fest/fest20/tur2a.tex olympiad_archive src-fyum-2009-tur2a-p4-official with_solution fyum fyum 2009, vtoroy tur (a), zadacha 4 fyum2009 ? fyum 2009, vtoroy tur (a), zadacha 4 stmt-original originalnaya formulirovka ai_checked vershiny grafa g razbity na neskolko n-klik, nazyvaemyh sloyami. prostoy tsikl etogo grafa budem nazyvat vazhnym, esli etot tsikl soderzhit ne bolee dvuh vershin iz kazhdogo sloya. okazalos, chto kazhdoe rebro, soedinyayuschee vershiny iz raznyh sloev, pokryto ne bolee chem n-2 vazhnymi nechetnymi tsiklami. dokazhite, chto vershiny etogo grafa mozhno raskrasit v n tsvetov pravilnym obrazom. clique cycle sol-official-archive arhivnoe reshenie ai_checked snachala raskrasim kazhdyy sloy v \\(n\\) tsvetov proizvolno, no pravilno vnutri sloya: poskolku sloy yavlyaetsya \\(n\\)-klikoy, v nem dolzhny vstretitsya vse \\(n\\) tsvetov po odnomu razu. sredi vseh takih posloynyh raskrasok vyberem raskrasku s minimalnym chislom plohih mezhsloynyh reber, to est reber, kontsy kotoryh poluchili odin tsvet. predpolozhim, chto plohoe rebro vse zhe est. pust eto rebro \\(xy\\), i oba ego kontsa imeyut tsvet 1. zafiksiruem drugoy tsvet \\(c\\) i rassmotrim podgraf, porozhdennyy vershinami tsvetov 1 i \\(c\\). v kazhdom sloe v etom podgrafe lezhit ne bolee dvuh vershin, poetomu vsyakiy ego prostoy tsikl yavlyaetsya vazhnym tsiklom iz usloviya zadachi. esli v etom dvuhtsvetnom podgrafe vershiny \\(x\\) i \\(y\\) soedineny putem, ne ispolzuyuschim rebro \\(xy\\), to takoy put imeet chetnuyu dlinu: ego kontsy odnogo tsveta, a tsveta vdol puti chereduyutsya. vmeste s rebrom \\(xy\\) on daet vazhnyy nechetnyy tsikl, proh…","source_keys":["fyum"]}
{"id":"fyum-2009-tur3a-p7","title":"Периодическая раскраска связного графа и хроматическое число, ФЮМ 2009","path":"data\\problems\\fyum\\fyum-2009-tur3a-p7.yaml","raw_github_url":"https://raw.githubusercontent.com/didin-maxim/knowledge_graph_of_graphs/main/data/problems/fyum/fyum-2009-tur3a-p7.yaml","viewer_url":"https://didin-maxim.github.io/knowledge_graph_of_graphs/#fyum-2009-tur3a-p7","source_key":"fyum","source_label":"ФЮМ","source_titles":["ФЮМ 2009, третий тур (a), задача 7","Bondy and Simonovits, Cycles of Even Length in Graphs"],"year":"2009","type":"olympiad_problem","authors":[],"tags":["coloring","goal_exact_bound"],"agent_topics":[],"difficulty":{"main":"regional","local_score":5,"comment":"Импортировано из проверенной архивной карточки ФЮМ 2009_tur3a_problem7.md.","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":"source_verified","confidence":0.94,"basis":"архивная формулировка ФЮМ и самодостаточная проверка плотностной theta-леммы","notes":"Аудит повышенной сложности 2026-05-07: доказательство не зависит от тяжёлой внешней теоремы; все ключевые переходы развёрнуты в тексте решения.","audit_source":"very-high-pipeline-batch-6-2026-05-07"},"statements":{"original":[{"id":"stmt-original","title":"Оригинальная формулировка","status":"ai_checked","text":"Раскраска вершин связного графа G в несколько цветов называется t-периодической (t > 2), если для любого простого пути, состоящего из t ребер, его концы — вершины одного цвета. В графе n вершин и более чем 2tn ребер. Докажите, что в любой t-периодической раскраске его вершин используется не более двух цветов.","definition_ids":["connected_graph","path"]}]},"solutions":[{"id":"sol-official-archive","title":"Лемма Bondy--Simonovits с доказательством","status":"source_verified","definition_ids":["connected_graph","path","cycle","degree"],"standard_idea_ids":[],"tags":[],"has_text":true,"text_preview":"Докажем более точную лемму, достаточную для задачи. Лемма. Если связный граф \\(G\\) имеет \\(v\\) вершин и больше \\(2tv\\) рёбер, где \\(t>2\\), то в \\(G\\) есть theta-подграф: две вершины \\(a,b\\), ребро \\(ab\\) и два внутренне непересекающихся \\(a-b\\)-пути длины хотя бы \\(t\\). Доказательство леммы. Удалим из графа вершину степени меньше \\(2t\\), если такая есть. При удалении вершины степени \\(d<2t\\) число рёбер становится больше \\[ 2t|V|-d>2t(|V|-1), \\] так что то же неравенство сохраняется для оставшегося графа. Повторяя удаление, получаем непустой подграф с минимальной степенью хотя бы \\(2t\\). В этом подграфе возьмём самый длинный простой путь \\[ x_0x_1\\ldots x_m. \\] Все соседи \\(x_0\\) лежат на этом пути, иначе путь можно было бы продолжить. Пусть эти соседи имеют индексы \\[ 1=i_1<i_2<\\cdots<i_r. \\] Так как степень \\(x_0\\) не меньше \\(2t\\), имеем \\(r\\ge 2t\\). Положим \\(a=x_0\\), \\(b=x_{i_t}\\).…"}],"relations":[{"id":"rel-dense-long-theta-fyum-2009-tur3a-p7","neighbor_id":"dense-graph-long-theta-subgraph","direction":"backward","type":"prerequisite","distance":1,"status":"ai_checked"}],"search_text":"fyum-2009-tur3a-p7 периодическая раскраска связного графа и хроматическое число, фюм 2009 coloring goal_exact_bound 2009 bondy and simonovits, cycles of even length in graphs fyum fyum2009 https://users.renyi.hu/~miki/bondysimeven.pdf https://www.guas.info/competit/fest/fest20/tur3a.tex olympiad_archive research_paper src-bondy-simonovits-cycles-even-length-1974 src-fyum-2009-tur3a-p7-official with_solution фюм фюм 2009, третий тур (a), задача 7 фюм2009 ? фюм 2009, третий тур (a), задача 7 bondy and simonovits, cycles of even length in graphs stmt-original оригинальная формулировка ai_checked раскраска вершин связного графа g в несколько цветов называется t-периодической (t > 2), если для любого простого пути, состоящего из t ребер, его концы — вершины одного цвета. в графе n вершин и более чем 2tn ребер. докажите, что в любой t-периодической раскраске его вершин используется не более двух цветов. connected_graph path idea-density-theta-periodic-coloring плотность вынуждает theta-граф с двумя длинными ветвями после удаления вершин малой степени остаётся подграф минимальной степени хотя бы \\(2t\\). конец его длиннейшего пути имеет много соседей на этом же пути, что даёт theta-подграф из ребра и двух длинных внутренне непересекающихся путей. на таком theta-подграфе \\(t\\)-периодичность совместима с тремя циклами, поэтому число цветовых классов делит 2, а связность переносит это ограничение на весь граф. coloring source_verified sol-official-archive лемма bondy--simonovits с доказательством source_verified connected_graph path cycle degree докажем более точную лемму, достаточную для задачи. лемма. если связный граф \\(g\\) имеет \\(v\\) вершин и больше \\(2tv\\) рёбер, где \\(t>2\\), то в \\(g\\) есть theta-подграф: две вершины \\(a,b\\), ребро \\(ab\\) и два внутренне непересекающихся \\(a-b\\)-пути длины хотя бы \\(t\\). доказательство леммы. удалим из графа вершину степени меньше \\(2t\\), если такая есть. при удалении вершины степени \\(d<2t\\) число рёбер становится больше \\[ 2t|v|-d>2t(|v|-1), \\] так что то же неравенство сохраняется для оставшегося графа. повторяя удаление, получаем непустой подграф с минимальной степенью хотя бы \\(2t\\). в этом подграфе возьмём самый длинный простой путь \\[ x_0x_1\\ldots x_m. \\] все соседи \\(x_0\\) лежат на этом пути, иначе путь можно было бы продолжить. пусть эти соседи имеют индексы \\[ 1=i_1<i_2<\\cdots<i_r. \\] так как степень \\(x_0\\) не меньше \\(2t\\), имеем \\(r\\ge 2t\\). положим \\(a=x_0\\), \\(b=x_{i_t}\\).… fyum-2009-tur3a-p7 periodicheskaya raskraska svyaznogo grafa i hromaticheskoe chislo, fyum 2009 coloring goal_exact_bound 2009 bondy and simonovits, cycles of even length in graphs fyum fyum2009 https://users.renyi.hu/~miki/bondysimeven.pdf https://www.guas.info/competit/fest/fest20/tur3a.tex olympiad_archive research_paper src-bondy-simonovits-cycles-even-length-1974 src-fyum-2009-tur3a-p7-official with_solution fyum fyum 2009, tretiy tur (a), zadacha 7 fyum2009 ? fyum 2009, tretiy tur (a), zadacha 7 bondy and simonovits, cycles of even length in graphs stmt-original originalnaya formulirovka ai_checked raskraska vershin svyaznogo grafa g v neskolko tsvetov nazyvaetsya t-periodicheskoy (t > 2), esli dlya lyubogo prostogo puti, sostoyaschego iz t reber, ego kontsy — vershiny odnogo tsveta. v grafe n vershin i bolee chem 2tn reber. dokazhite, chto v lyuboy t-periodicheskoy raskraske ego vershin ispolzuetsya ne bolee dvuh tsvetov. connected_graph path idea-density-theta-periodic-coloring plotnost vynuzhdaet theta-graf s dvumya dlinnymi vetvyami posle udaleniya vershin maloy stepeni ostaetsya podgraf minimalnoy stepeni hotya by \\(2t\\). konets ego dlinneyshego puti imeet mnogo sosedey na etom zhe puti, chto daet theta-podgraf iz rebra i dvuh dlinnyh vnutrenne neperesekayuschihsya putey. na takom theta-podgrafe \\(t\\)-periodichnost sovmestima s tremya tsiklami, poetomu chislo tsvetovyh klassov delit 2, a svyaznost perenosit eto ogranichenie na ves graf. coloring source_verified sol-official-archive lemma bondy--simonovits s dokazatelstvom source_verified connected_graph path cycle degree dokazhem bolee tochnuyu lemmu, dostatochnuyu dlya zadachi. lemma. esli svyaznyy graf \\(g\\) imeet \\(v\\) vershin i bolshe \\(2tv\\) reber, gde \\(t>2\\), to v \\(g\\) est theta-podgraf: dve vershiny \\(a,b\\), rebro \\(ab\\) i dva vnutrenne neperesekayuschihsya \\(a-b\\)-puti dliny hotya by \\(t\\). dokazatelstvo lemmy. udalim iz grafa vershinu stepeni menshe \\(2t\\), esli takaya est. pri udalenii vershiny stepeni \\(d<2t\\) chislo reber stanovitsya bolshe \\[ 2t|v|-d>2t(|v|-1), \\] tak chto to zhe neravenstvo sohranyaetsya dlya ostavshegosya grafa. povtoryaya udalenie, poluchaem nepustoy podgraf s minimalnoy stepenyu hotya by \\(2t\\). v etom podgrafe vozmem samyy dlinnyy prostoy put \\[ x_0x_1\\ldots x_m. \\] vse sosedi \\(x_0\\) lezhat na etom puti, inache put mozhno bylo by prodolzhit. pust eti sosedi imeyut indeksy \\[ 1=i_1<i_2<\\cdots<i_r. \\] tak kak stepen \\(x_0\\) ne menshe \\(2t\\), imeem \\(r\\ge 2t\\). polozhim \\(a=x_0\\), \\(b=x_{i_t}\\).…","source_keys":["fyum"]}
{"id":"fyum-2009-tur3b-p7","title":"Ориентация дерева от корня и суммы на рёбрах, ФЮМ 2009","path":"data\\problems\\fyum\\fyum-2009-tur3b-p7.yaml","raw_github_url":"https://raw.githubusercontent.com/didin-maxim/knowledge_graph_of_graphs/main/data/problems/fyum/fyum-2009-tur3b-p7.yaml","viewer_url":"https://didin-maxim.github.io/knowledge_graph_of_graphs/#fyum-2009-tur3b-p7","source_key":"fyum","source_label":"ФЮМ","source_titles":["ФЮМ 2009, третий тур (b), задача 7"],"year":"2009","type":"olympiad_problem","authors":[],"tags":["trees","goal_proof"],"agent_topics":[],"difficulty":{"main":"regional","local_score":5,"comment":"Импортировано из проверенной архивной карточки ФЮМ 2009_tur3b_problem7.md.","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":"архивный источник и аудит очень высокой сложности","notes":"Решение проверено как полное архивное доказательство; оснований для понижения классификации нет.","audit_source":"agent-russian-archives.json"},"statements":{"original":[{"id":"stmt-original","title":"Оригинальная формулировка","status":"ai_checked","text":"Дано дерево с \\(n\\ge3\\) вершинами. Одну из вершин назовём корнем дерева, а все рёбра ориентируем от корня. В каждой вершине напишем количество вершин, в которые из неё можно попасть по ориентированным рёбрам, не считая саму эту вершину. Докажите, что среди написанных чисел чётных будет не меньше, чем нечётных.","definition_ids":["tree","directed_graph"]}]},"solutions":[{"id":"sol-official-archive","title":"Полное решение через размеры поддеревьев","status":"ai_checked","definition_ids":["tree","directed_graph"],"standard_idea_ids":[],"tags":[],"has_text":true,"text_preview":"Для вершины v обозначим через s(v) число вершин в поддереве с корнем v, считая саму v. Тогда в вершине v написано число s(v)-1. Значит написанное число чётно ровно тогда, когда s(v) нечётно, а написанное число нечётно ровно тогда, когда s(v) чётно. Осталось доказать, что вершин с нечётным s(v) не меньше, чем вершин с чётным s(v). Для каждой вершины v с чётным s(v) выберем одного её сына u, у которого s(u) нечётно. Такой сын существует: сумма размеров поддеревьев всех сыновей равна s(v)-1, то есть нечётна, поэтому среди слагаемых есть нечётное. Разным вершинам v соответствуют разные выбранные сыновья, потому что у вершины дерева только один отец. Получилась инъекция из множества вершин с чётным s(v) в множество вершин с нечётным s(v). Следовательно, вершин с нечётным s(v) не меньше, чем с чётным s(v), то есть чётных написанных чисел не меньше, чем нечётных."}],"relations":[{"id":"rel-spbmo-2022-eldorado-fyum-2009-rooted-tree-subtree-induction","neighbor_id":"spbmo-2022-eldorado-friendship-tree-potential","direction":"backward","type":"same_motif","distance":3,"status":"ai_checked"}],"search_text":"fyum-2009-tur3b-p7 ориентация дерева от корня и суммы на рёбрах, фюм 2009 trees goal_proof 2009 fyum fyum2009 https://www.guas.info/competit/fest/fest20/tur3b.tex olympiad_archive src-fyum-2009-tur3b-p7-official with_solution фюм фюм 2009, третий тур (b), задача 7 фюм2009 ? фюм 2009, третий тур (b), задача 7 stmt-original оригинальная формулировка ai_checked дано дерево с \\(n\\ge3\\) вершинами. одну из вершин назовём корнем дерева, а все рёбра ориентируем от корня. в каждой вершине напишем количество вершин, в которые из неё можно попасть по ориентированным рёбрам, не считая саму эту вершину. докажите, что среди написанных чисел чётных будет не меньше, чем нечётных. tree directed_graph idea-subtree-size-parity-injection инъекция из чётных поддеревьев в нечётные если размер поддерева вершины чётен, то сумма размеров поддеревьев её сыновей нечётна, поэтому среди сыновей есть вершина с нечётным размером поддерева; выбор такого сына даёт инъекцию, потому что у каждой вершины дерева единственный отец. trees invariant ai_checked sol-official-archive полное решение через размеры поддеревьев ai_checked tree directed_graph для вершины v обозначим через s(v) число вершин в поддереве с корнем v, считая саму v. тогда в вершине v написано число s(v)-1. значит написанное число чётно ровно тогда, когда s(v) нечётно, а написанное число нечётно ровно тогда, когда s(v) чётно. осталось доказать, что вершин с нечётным s(v) не меньше, чем вершин с чётным s(v). для каждой вершины v с чётным s(v) выберем одного её сына u, у которого s(u) нечётно. такой сын существует: сумма размеров поддеревьев всех сыновей равна s(v)-1, то есть нечётна, поэтому среди слагаемых есть нечётное. разным вершинам v соответствуют разные выбранные сыновья, потому что у вершины дерева только один отец. получилась инъекция из множества вершин с чётным s(v) в множество вершин с нечётным s(v). следовательно, вершин с нечётным s(v) не меньше, чем с чётным s(v), то есть чётных написанных чисел не меньше, чем нечётных. fyum-2009-tur3b-p7 orientatsiya dereva ot kornya i summy na rebrah, fyum 2009 trees goal_proof 2009 fyum fyum2009 https://www.guas.info/competit/fest/fest20/tur3b.tex olympiad_archive src-fyum-2009-tur3b-p7-official with_solution fyum fyum 2009, tretiy tur (b), zadacha 7 fyum2009 ? fyum 2009, tretiy tur (b), zadacha 7 stmt-original originalnaya formulirovka ai_checked dano derevo s \\(n\\ge3\\) vershinami. odnu iz vershin nazovem kornem dereva, a vse rebra orientiruem ot kornya. v kazhdoy vershine napishem kolichestvo vershin, v kotorye iz nee mozhno popast po orientirovannym rebram, ne schitaya samu etu vershinu. dokazhite, chto sredi napisannyh chisel chetnyh budet ne menshe, chem nechetnyh. tree directed_graph idea-subtree-size-parity-injection inektsiya iz chetnyh podderevev v nechetnye esli razmer poddereva vershiny cheten, to summa razmerov podderevev ee synovey nechetna, poetomu sredi synovey est vershina s nechetnym razmerom poddereva; vybor takogo syna daet inektsiyu, potomu chto u kazhdoy vershiny dereva edinstvennyy otets. trees invariant ai_checked sol-official-archive polnoe reshenie cherez razmery podderevev ai_checked tree directed_graph dlya vershiny v oboznachim cherez s(v) chislo vershin v poddereve s kornem v, schitaya samu v. togda v vershine v napisano chislo s(v)-1. znachit napisannoe chislo chetno rovno togda, kogda s(v) nechetno, a napisannoe chislo nechetno rovno togda, kogda s(v) chetno. ostalos dokazat, chto vershin s nechetnym s(v) ne menshe, chem vershin s chetnym s(v). dlya kazhdoy vershiny v s chetnym s(v) vyberem odnogo ee syna u, u kotorogo s(u) nechetno. takoy syn suschestvuet: summa razmerov podderevev vseh synovey ravna s(v)-1, to est nechetna, poetomu sredi slagaemyh est nechetnoe. raznym vershinam v sootvetstvuyut raznye vybrannye synovya, potomu chto u vershiny dereva tolko odin otets. poluchilas inektsiya iz mnozhestva vershin s chetnym s(v) v mnozhestvo vershin s nechetnym s(v). sledovatelno, vershin s nechetnym s(v) ne menshe, chem s chetnym s(v), to est chetnyh napisannyh chisel ne menshe, chem nechetnyh.","source_keys":["fyum"]}
{"id":"fyum-2009-tur4a-p2","title":"Ациклическая переориентация с сохранением достижимости, ФЮМ 2009","path":"data\\problems\\fyum\\fyum-2009-tur4a-p2.yaml","raw_github_url":"https://raw.githubusercontent.com/didin-maxim/knowledge_graph_of_graphs/main/data/problems/fyum/fyum-2009-tur4a-p2.yaml","viewer_url":"https://didin-maxim.github.io/knowledge_graph_of_graphs/#fyum-2009-tur4a-p2","source_key":"fyum","source_label":"ФЮМ","source_titles":["ФЮМ 2009, четвёртый тур (a), задача 2"],"year":"2009","type":"olympiad_problem","authors":[],"tags":["goal_exact_bound"],"agent_topics":[],"difficulty":{"main":"regional","local_score":6,"comment":"Импортировано из проверенной архивной карточки ФЮМ 2009_tur4a_problem2.md.","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":"Пусть G — ориентированный граф. Докажите, что существует такой ациклический граф G', отличающийся от G только ориентацией некоторых рёбер, что для любых двух вершин a и b, если в G' существует путь, соединяющий a и b, то такой путь существует и в G, и длина максимального простого пути от a до b в графе G' не превосходит длины максимального простого пути от a до b в графе G.","definition_ids":["directed_graph","path"]}]},"solutions":[{"id":"sol-official-archive","title":"Архивное решение","status":"ai_checked","definition_ids":[],"standard_idea_ids":[],"tags":[],"has_text":true,"text_preview":"Выберем в \\(G\\) ациклический подграф \\(H\\) с максимальным возможным числом рёбер. Направления рёбер из \\(H\\) оставим прежними, а каждое ребро исходного графа, не вошедшее в \\(H\\), развернём. Полученный ориентированный граф обозначим \\(G'\\). Разберём, что означает максимальность \\(H\\). Если ребро \\(u\\to v\\) графа \\(G\\) не лежит в \\(H\\), то его нельзя добавить к \\(H\\) без появления ориентированного цикла. Значит, в \\(H\\) уже существует ориентированный путь из \\(v\\) в \\(u\\); именно этот путь вместе с ребром \\(u\\to v\\) замыкал бы цикл. Отсюда следует ацикличность \\(G'\\). Возьмём топологический порядок вершин ациклического графа \\(H\\). Все рёбра \\(H\\) идут вперёд в этом порядке. Если ребро \\(u\\to v\\) не входило в \\(H\\), то в \\(H\\) есть путь из \\(v\\) в \\(u\\), поэтому \\(v\\) стоит раньше \\(u\\); после разворота это ребро становится \\(v\\to u\\) и тоже идёт вперёд. Значит, все рёбра \\(G'\\) идут впе…"}],"relations":[{"id":"rel-fyum-2009-tur4a-tur4b-oriented-paths-false-friend","neighbor_id":"fyum-2009-tur4b-p2","direction":"forward","type":"false_friend","distance":1,"status":"ai_checked"}],"search_text":"fyum-2009-tur4a-p2 ациклическая переориентация с сохранением достижимости, фюм 2009 goal_exact_bound 2009 fyum fyum2009 https://www.guas.info/competit/fest/fest20/tur4a.tex olympiad_archive src-fyum-2009-tur4a-p2-official with_solution фюм фюм 2009, четвёртый тур (a), задача 2 фюм2009 ? фюм 2009, четвёртый тур (a), задача 2 stmt-original оригинальная формулировка ai_checked пусть g — ориентированный граф. докажите, что существует такой ациклический граф g', отличающийся от g только ориентацией некоторых рёбер, что для любых двух вершин a и b, если в g' существует путь, соединяющий a и b, то такой путь существует и в g, и длина максимального простого пути от a до b в графе g' не превосходит длины максимального простого пути от a до b в графе g. directed_graph path sol-official-archive архивное решение ai_checked выберем в \\(g\\) ациклический подграф \\(h\\) с максимальным возможным числом рёбер. направления рёбер из \\(h\\) оставим прежними, а каждое ребро исходного графа, не вошедшее в \\(h\\), развернём. полученный ориентированный граф обозначим \\(g'\\). разберём, что означает максимальность \\(h\\). если ребро \\(u\\to v\\) графа \\(g\\) не лежит в \\(h\\), то его нельзя добавить к \\(h\\) без появления ориентированного цикла. значит, в \\(h\\) уже существует ориентированный путь из \\(v\\) в \\(u\\); именно этот путь вместе с ребром \\(u\\to v\\) замыкал бы цикл. отсюда следует ацикличность \\(g'\\). возьмём топологический порядок вершин ациклического графа \\(h\\). все рёбра \\(h\\) идут вперёд в этом порядке. если ребро \\(u\\to v\\) не входило в \\(h\\), то в \\(h\\) есть путь из \\(v\\) в \\(u\\), поэтому \\(v\\) стоит раньше \\(u\\); после разворота это ребро становится \\(v\\to u\\) и тоже идёт вперёд. значит, все рёбра \\(g'\\) идут впе… fyum-2009-tur4a-p2 atsiklicheskaya pereorientatsiya s sohraneniem dostizhimosti, fyum 2009 goal_exact_bound 2009 fyum fyum2009 https://www.guas.info/competit/fest/fest20/tur4a.tex olympiad_archive src-fyum-2009-tur4a-p2-official with_solution fyum fyum 2009, chetvertyy tur (a), zadacha 2 fyum2009 ? fyum 2009, chetvertyy tur (a), zadacha 2 stmt-original originalnaya formulirovka ai_checked pust g — orientirovannyy graf. dokazhite, chto suschestvuet takoy atsiklicheskiy graf g', otlichayuschiysya ot g tolko orientatsiey nekotoryh reber, chto dlya lyubyh dvuh vershin a i b, esli v g' suschestvuet put, soedinyayuschiy a i b, to takoy put suschestvuet i v g, i dlina maksimalnogo prostogo puti ot a do b v grafe g' ne prevoshodit dliny maksimalnogo prostogo puti ot a do b v grafe g. directed_graph path sol-official-archive arhivnoe reshenie ai_checked vyberem v \\(g\\) atsiklicheskiy podgraf \\(h\\) s maksimalnym vozmozhnym chislom reber. napravleniya reber iz \\(h\\) ostavim prezhnimi, a kazhdoe rebro ishodnogo grafa, ne voshedshee v \\(h\\), razvernem. poluchennyy orientirovannyy graf oboznachim \\(g'\\). razberem, chto oznachaet maksimalnost \\(h\\). esli rebro \\(u\\to v\\) grafa \\(g\\) ne lezhit v \\(h\\), to ego nelzya dobavit k \\(h\\) bez poyavleniya orientirovannogo tsikla. znachit, v \\(h\\) uzhe suschestvuet orientirovannyy put iz \\(v\\) v \\(u\\); imenno etot put vmeste s rebrom \\(u\\to v\\) zamykal by tsikl. otsyuda sleduet atsiklichnost \\(g'\\). vozmem topologicheskiy poryadok vershin atsiklicheskogo grafa \\(h\\). vse rebra \\(h\\) idut vpered v etom poryadke. esli rebro \\(u\\to v\\) ne vhodilo v \\(h\\), to v \\(h\\) est put iz \\(v\\) v \\(u\\), poetomu \\(v\\) stoit ranshe \\(u\\); posle razvorota eto rebro stanovitsya \\(v\\to u\\) i tozhe idet vpered. znachit, vse rebra \\(g'\\) idut vpe…","source_keys":["fyum"]}
{"id":"fyum-2009-tur4b-p2","title":"Одноцветный длинный путь в двухцветном ациклическом турнире, ФЮМ 2009","path":"data\\problems\\fyum\\fyum-2009-tur4b-p2.yaml","raw_github_url":"https://raw.githubusercontent.com/didin-maxim/knowledge_graph_of_graphs/main/data/problems/fyum/fyum-2009-tur4b-p2.yaml","viewer_url":"https://didin-maxim.github.io/knowledge_graph_of_graphs/#fyum-2009-tur4b-p2","source_key":"fyum","source_label":"ФЮМ","source_titles":["ФЮМ 2009, четвёртый тур (b), задача 2"],"year":"2009","type":"olympiad_problem","authors":[],"tags":["coloring","tournaments","goal_existence"],"agent_topics":[],"difficulty":{"main":"regional","local_score":6,"comment":"Импортировано из проверенной архивной карточки ФЮМ 2009_tur4b_problem2.md.","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":"Пусть \\(G\\) — полный ориентированный граф без циклов на \\(n^2+1\\) вершине. Его ребра раскрашены в два цвета. Докажите, что найдется одноцветный путь, проходящий по \\(n\\) ребрам.","definition_ids":["complete_graph","path"]}],"graph_hint_reformulations":[{"id":"stmt-graph-transitive-tournament","title":"","status":"ai_checked","text":"Пусть \\(T\\) — ациклический турнир на \\(n^2+1\\) вершинах. Если каждое ребро \\(T\\) окрашено в красный или синий цвет, то \\(T\\) содержит одноцветный ориентированный путь с \\(n\\) рёбрами.","definition_ids":["tournament","path"]}]},"solutions":[{"id":"sol-official-archive","title":"Архивное решение","status":"ai_checked","definition_ids":[],"standard_idea_ids":[],"tags":[],"has_text":true,"text_preview":"Так как турнир ацикличен, его вершины можно занумеровать в топологическом порядке: каждое ориентированное ребро идёт от меньшего номера к большему. Для каждой вершины \\(v\\) обозначим через \\(r(v)\\) максимальную длину красного ориентированного пути, начинающегося в \\(v\\), а через \\(b(v)\\) — максимальную длину синего ориентированного пути, начинающегося в \\(v\\). Длины считаем в рёбрах. Покажем, что пары \\((r(v),b(v))\\) у разных вершин различны. Пусть \\(u\\) стоит раньше \\(v\\) в топологическом порядке. Тогда ребро между ними направлено из \\(u\\) в \\(v\\). Если это ребро красное, то к нему можно приписать длиннейший красный путь из \\(v\\), поэтому \\(r(u)\\ge r(v)+1\\). Если оно синее, то к синему ребру \\(uv\\) можно приписать длиннейший синий путь из \\(v\\), поэтому \\(b(u)\\ge b(v)+1\\). В обоих случаях пары для \\(u\\) и \\(v\\) не равны. Предположим теперь, что одноцветного ориентированного пути длины…"}],"relations":[{"id":"rel-fyum-2009-tur4a-tur4b-oriented-paths-false-friend","neighbor_id":"fyum-2009-tur4a-p2","direction":"backward","type":"false_friend","distance":1,"status":"ai_checked"}],"search_text":"fyum-2009-tur4b-p2 одноцветный длинный путь в двухцветном ациклическом турнире, фюм 2009 coloring tournaments goal_existence 2009 fyum fyum2009 https://www.guas.info/competit/fest/fest20/tur4b.tex olympiad_archive src-fyum-2009-tur4b-p2-official with_solution фюм фюм 2009, четвёртый тур (b), задача 2 фюм2009 ? фюм 2009, четвёртый тур (b), задача 2 stmt-original оригинальная формулировка ai_checked пусть \\(g\\) — полный ориентированный граф без циклов на \\(n^2+1\\) вершине. его ребра раскрашены в два цвета. докажите, что найдется одноцветный путь, проходящий по \\(n\\) ребрам. complete_graph path stmt-graph-transitive-tournament ai_checked пусть \\(t\\) — ациклический турнир на \\(n^2+1\\) вершинах. если каждое ребро \\(t\\) окрашено в красный или синий цвет, то \\(t\\) содержит одноцветный ориентированный путь с \\(n\\) рёбрами. tournament path sol-official-archive архивное решение ai_checked так как турнир ацикличен, его вершины можно занумеровать в топологическом порядке: каждое ориентированное ребро идёт от меньшего номера к большему. для каждой вершины \\(v\\) обозначим через \\(r(v)\\) максимальную длину красного ориентированного пути, начинающегося в \\(v\\), а через \\(b(v)\\) — максимальную длину синего ориентированного пути, начинающегося в \\(v\\). длины считаем в рёбрах. покажем, что пары \\((r(v),b(v))\\) у разных вершин различны. пусть \\(u\\) стоит раньше \\(v\\) в топологическом порядке. тогда ребро между ними направлено из \\(u\\) в \\(v\\). если это ребро красное, то к нему можно приписать длиннейший красный путь из \\(v\\), поэтому \\(r(u)\\ge r(v)+1\\). если оно синее, то к синему ребру \\(uv\\) можно приписать длиннейший синий путь из \\(v\\), поэтому \\(b(u)\\ge b(v)+1\\). в обоих случаях пары для \\(u\\) и \\(v\\) не равны. предположим теперь, что одноцветного ориентированного пути длины… fyum-2009-tur4b-p2 odnotsvetnyy dlinnyy put v dvuhtsvetnom atsiklicheskom turnire, fyum 2009 coloring tournaments goal_existence 2009 fyum fyum2009 https://www.guas.info/competit/fest/fest20/tur4b.tex olympiad_archive src-fyum-2009-tur4b-p2-official with_solution fyum fyum 2009, chetvertyy tur (b), zadacha 2 fyum2009 ? fyum 2009, chetvertyy tur (b), zadacha 2 stmt-original originalnaya formulirovka ai_checked pust \\(g\\) — polnyy orientirovannyy graf bez tsiklov na \\(n^2+1\\) vershine. ego rebra raskrasheny v dva tsveta. dokazhite, chto naydetsya odnotsvetnyy put, prohodyaschiy po \\(n\\) rebram. complete_graph path stmt-graph-transitive-tournament ai_checked pust \\(t\\) — atsiklicheskiy turnir na \\(n^2+1\\) vershinah. esli kazhdoe rebro \\(t\\) okrasheno v krasnyy ili siniy tsvet, to \\(t\\) soderzhit odnotsvetnyy orientirovannyy put s \\(n\\) rebrami. tournament path sol-official-archive arhivnoe reshenie ai_checked tak kak turnir atsiklichen, ego vershiny mozhno zanumerovat v topologicheskom poryadke: kazhdoe orientirovannoe rebro idet ot menshego nomera k bolshemu. dlya kazhdoy vershiny \\(v\\) oboznachim cherez \\(r(v)\\) maksimalnuyu dlinu krasnogo orientirovannogo puti, nachinayuschegosya v \\(v\\), a cherez \\(b(v)\\) — maksimalnuyu dlinu sinego orientirovannogo puti, nachinayuschegosya v \\(v\\). dliny schitaem v rebrah. pokazhem, chto pary \\((r(v),b(v))\\) u raznyh vershin razlichny. pust \\(u\\) stoit ranshe \\(v\\) v topologicheskom poryadke. togda rebro mezhdu nimi napravleno iz \\(u\\) v \\(v\\). esli eto rebro krasnoe, to k nemu mozhno pripisat dlinneyshiy krasnyy put iz \\(v\\), poetomu \\(r(u)\\ge r(v)+1\\). esli ono sinee, to k sinemu rebru \\(uv\\) mozhno pripisat dlinneyshiy siniy put iz \\(v\\), poetomu \\(b(u)\\ge b(v)+1\\). v oboih sluchayah pary dlya \\(u\\) i \\(v\\) ne ravny. predpolozhim teper, chto odnotsvetnogo orientirovannogo puti dliny…","source_keys":["fyum"]}
{"id":"fyum-2010-tur1a-p8","title":"Сбалансированная k-раскраска рёбер двудольного графа, ФЮМ 2010","path":"data\\problems\\fyum\\fyum-2010-tur1a-p8.yaml","raw_github_url":"https://raw.githubusercontent.com/didin-maxim/knowledge_graph_of_graphs/main/data/problems/fyum/fyum-2010-tur1a-p8.yaml","viewer_url":"https://didin-maxim.github.io/knowledge_graph_of_graphs/#fyum-2010-tur1a-p8","source_key":"fyum","source_label":"ФЮМ","source_titles":["ФЮМ 2010, первый тур (a), задача 8"],"year":"2010","type":"olympiad_problem","authors":[],"tags":["coloring","goal_counting"],"agent_topics":[],"difficulty":{"main":"regional","local_score":3,"comment":"Импортировано из проверенной архивной карточки ФЮМ 2010_tur1a_problem8.md.","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":"Дан двудольный граф G и натуральное число k. Докажите, что ребра G можно окрасить в k цветов таким образом, чтобы для любых двух цветов и любой вершины количество ребер этих двух цветов, выходящих из этой вершины, отличались не более чем на 1.","definition_ids":["bipartite_graph"]}]},"solutions":[{"id":"sol-official-archive","title":"Архивное решение","status":"ai_checked","definition_ids":[],"standard_idea_ids":[],"tags":[],"has_text":true,"text_preview":"Докажем немного более сильное утверждение для двудольных мультиграфов; для обычного графа оно сразу даёт требуемое. Пусть доли графа равны \\(A\\) и \\(B\\). Достроим граф фиктивными рёбрами так, чтобы степень каждой вершины стала кратной \\(k\\). Для каждой исходной вершины \\(v\\) добавим к ней меньше \\(k\\) фиктивных рёбер до ближайшей степени, кратной \\(k\\); другие концы этих рёбер поместим в новые фиктивные вершины противоположной доли. Если после этого степени некоторых фиктивных вершин ещё не кратны \\(k\\), добавим между фиктивными вершинами двух долей ещё несколько фиктивных рёбер. Это возможно: сумма степеней в левой и правой долях всегда одинакова, поэтому недостающие остатки по модулю \\(k\\) в двух долях совпадают. Получим двудольный мультиграф \\(G'\\), содержащий исходный \\(G\\), в котором степень каждой вершины делится на \\(k\\). Теперь каждую вершину \\(v\\) степени \\(kq_v\\) разобьём на \\…"}],"relations":[{"id":"rel-fyum-2010-tur1a-p8-tur1b-p8-balanced-edge-coloring","neighbor_id":"balanced-bipartite-edge-coloring-two-colors","direction":"forward","type":"specialization","distance":1,"status":"needs_human_review"}],"search_text":"fyum-2010-tur1a-p8 сбалансированная k-раскраска рёбер двудольного графа, фюм 2010 coloring goal_counting 2010 fyum fyum2010 https://www.guas.info/competit/fest/fest21/tur1a.tex olympiad_archive src-fyum-2010-tur1a-p8-official with_solution фюм фюм 2010, первый тур (a), задача 8 фюм2010 ? фюм 2010, первый тур (a), задача 8 stmt-original оригинальная формулировка ai_checked дан двудольный граф g и натуральное число k. докажите, что ребра g можно окрасить в k цветов таким образом, чтобы для любых двух цветов и любой вершины количество ребер этих двух цветов, выходящих из этой вершины, отличались не более чем на 1. bipartite_graph sol-official-archive архивное решение ai_checked докажем немного более сильное утверждение для двудольных мультиграфов; для обычного графа оно сразу даёт требуемое. пусть доли графа равны \\(a\\) и \\(b\\). достроим граф фиктивными рёбрами так, чтобы степень каждой вершины стала кратной \\(k\\). для каждой исходной вершины \\(v\\) добавим к ней меньше \\(k\\) фиктивных рёбер до ближайшей степени, кратной \\(k\\); другие концы этих рёбер поместим в новые фиктивные вершины противоположной доли. если после этого степени некоторых фиктивных вершин ещё не кратны \\(k\\), добавим между фиктивными вершинами двух долей ещё несколько фиктивных рёбер. это возможно: сумма степеней в левой и правой долях всегда одинакова, поэтому недостающие остатки по модулю \\(k\\) в двух долях совпадают. получим двудольный мультиграф \\(g'\\), содержащий исходный \\(g\\), в котором степень каждой вершины делится на \\(k\\). теперь каждую вершину \\(v\\) степени \\(kq_v\\) разобьём на \\… fyum-2010-tur1a-p8 sbalansirovannaya k-raskraska reber dvudolnogo grafa, fyum 2010 coloring goal_counting 2010 fyum fyum2010 https://www.guas.info/competit/fest/fest21/tur1a.tex olympiad_archive src-fyum-2010-tur1a-p8-official with_solution fyum fyum 2010, pervyy tur (a), zadacha 8 fyum2010 ? fyum 2010, pervyy tur (a), zadacha 8 stmt-original originalnaya formulirovka ai_checked dan dvudolnyy graf g i naturalnoe chislo k. dokazhite, chto rebra g mozhno okrasit v k tsvetov takim obrazom, chtoby dlya lyubyh dvuh tsvetov i lyuboy vershiny kolichestvo reber etih dvuh tsvetov, vyhodyaschih iz etoy vershiny, otlichalis ne bolee chem na 1. bipartite_graph sol-official-archive arhivnoe reshenie ai_checked dokazhem nemnogo bolee silnoe utverzhdenie dlya dvudolnyh multigrafov; dlya obychnogo grafa ono srazu daet trebuemoe. pust doli grafa ravny \\(a\\) i \\(b\\). dostroim graf fiktivnymi rebrami tak, chtoby stepen kazhdoy vershiny stala kratnoy \\(k\\). dlya kazhdoy ishodnoy vershiny \\(v\\) dobavim k ney menshe \\(k\\) fiktivnyh reber do blizhayshey stepeni, kratnoy \\(k\\); drugie kontsy etih reber pomestim v novye fiktivnye vershiny protivopolozhnoy doli. esli posle etogo stepeni nekotoryh fiktivnyh vershin esche ne kratny \\(k\\), dobavim mezhdu fiktivnymi vershinami dvuh doley esche neskolko fiktivnyh reber. eto vozmozhno: summa stepeney v levoy i pravoy dolyah vsegda odinakova, poetomu nedostayuschie ostatki po modulyu \\(k\\) v dvuh dolyah sovpadayut. poluchim dvudolnyy multigraf \\(g'\\), soderzhaschiy ishodnyy \\(g\\), v kotorom stepen kazhdoy vershiny delitsya na \\(k\\). teper kazhduyu vershinu \\(v\\) stepeni \\(kq_v\\) razobem na \\…","source_keys":["fyum"]}
{"id":"fyum-2010-tur2a-p1","title":"Граф с чётным числом доминирующих множеств, ФЮМ 2010","path":"data\\problems\\fyum\\fyum-2010-tur2a-p1.yaml","raw_github_url":"https://raw.githubusercontent.com/didin-maxim/knowledge_graph_of_graphs/main/data/problems/fyum/fyum-2010-tur2a-p1.yaml","viewer_url":"https://didin-maxim.github.io/knowledge_graph_of_graphs/#fyum-2010-tur2a-p1","source_key":"fyum","source_label":"ФЮМ","source_titles":["ФЮМ 2010, второй тур (a), задача 1"],"year":"2010","type":"olympiad_problem","authors":[],"tags":["goal_counting"],"agent_topics":[],"difficulty":{"main":"regional","local_score":4,"comment":"Импортировано из проверенной архивной карточки ФЮМ 2010_tur2a_problem1.md.","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":"Множество S вершин графа называется доминирующим, если любая вершина графа, не входящая в S, смежна с какой-то вершиной из S. Существует ли граф с четным числом доминирующих множеств?","definition_ids":["dominating_set"]}]},"solutions":[{"id":"sol-official-archive","title":"Архивное решение","status":"ai_checked","definition_ids":[],"standard_idea_ids":[],"tags":[],"has_text":true,"text_preview":"Докажем, что в любом конечном графе число доминирующих множеств нечётно; значит, графа с чётным числом таких множеств не существует. Если в графе нет вершин, то доминирующее множество ровно одно — пустое. Пусть теперь вершин хотя бы одна. Рассмотрим все непустые недоминирующие множества вершин и построим на них вспомогательный граф. Два таких множества \\(S\\) и \\(T\\) соединим ребром, если они не пересекаются и между ними нет рёбер исходного графа. Найдём степень вершины \\(S\\) во вспомогательном графе. Так как \\(S\\) недоминирующее, существует хотя бы одна вершина, которая не лежит в \\(S\\) и не смежна ни с одной вершиной из \\(S\\). Обозначим множество всех таких вершин через \\(U\\). Тогда \\(U\\) непусто. Ровно непустые подмножества \\(U\\) являются соседями \\(S\\) во вспомогательном графе: они не пересекаются с \\(S\\) и не имеют рёбер к \\(S\\), а любое множество с этими двумя свойствами целиком ле…"}],"relations":[{"id":"rel-fyum-2010-dominating-sets-2011-hamilton-cycles-aux-parity","neighbor_id":"fyum-2011-tur2a-p9","direction":"forward","type":"same_motif","distance":2,"status":"needs_human_review"},{"id":"rel-fyum-2010-tur2a-p1-handshaking-odd-auxiliary-graph","neighbor_id":"handshaking-lemma","direction":"forward","type":"same_motif","distance":2,"status":"needs_human_review"}],"search_text":"fyum-2010-tur2a-p1 граф с чётным числом доминирующих множеств, фюм 2010 goal_counting 2010 fyum fyum2010 https://www.guas.info/competit/fest/fest21/tur2a.tex olympiad_archive src-fyum-2010-tur2a-p1-official with_solution фюм фюм 2010, второй тур (a), задача 1 фюм2010 ? фюм 2010, второй тур (a), задача 1 stmt-original оригинальная формулировка ai_checked множество s вершин графа называется доминирующим, если любая вершина графа, не входящая в s, смежна с какой-то вершиной из s. существует ли граф с четным числом доминирующих множеств? dominating_set sol-official-archive архивное решение ai_checked докажем, что в любом конечном графе число доминирующих множеств нечётно; значит, графа с чётным числом таких множеств не существует. если в графе нет вершин, то доминирующее множество ровно одно — пустое. пусть теперь вершин хотя бы одна. рассмотрим все непустые недоминирующие множества вершин и построим на них вспомогательный граф. два таких множества \\(s\\) и \\(t\\) соединим ребром, если они не пересекаются и между ними нет рёбер исходного графа. найдём степень вершины \\(s\\) во вспомогательном графе. так как \\(s\\) недоминирующее, существует хотя бы одна вершина, которая не лежит в \\(s\\) и не смежна ни с одной вершиной из \\(s\\). обозначим множество всех таких вершин через \\(u\\). тогда \\(u\\) непусто. ровно непустые подмножества \\(u\\) являются соседями \\(s\\) во вспомогательном графе: они не пересекаются с \\(s\\) и не имеют рёбер к \\(s\\), а любое множество с этими двумя свойствами целиком ле… fyum-2010-tur2a-p1 graf s chetnym chislom dominiruyuschih mnozhestv, fyum 2010 goal_counting 2010 fyum fyum2010 https://www.guas.info/competit/fest/fest21/tur2a.tex olympiad_archive src-fyum-2010-tur2a-p1-official with_solution fyum fyum 2010, vtoroy tur (a), zadacha 1 fyum2010 ? fyum 2010, vtoroy tur (a), zadacha 1 stmt-original originalnaya formulirovka ai_checked mnozhestvo s vershin grafa nazyvaetsya dominiruyuschim, esli lyubaya vershina grafa, ne vhodyaschaya v s, smezhna s kakoy-to vershinoy iz s. suschestvuet li graf s chetnym chislom dominiruyuschih mnozhestv? dominating_set sol-official-archive arhivnoe reshenie ai_checked dokazhem, chto v lyubom konechnom grafe chislo dominiruyuschih mnozhestv nechetno; znachit, grafa s chetnym chislom takih mnozhestv ne suschestvuet. esli v grafe net vershin, to dominiruyuschee mnozhestvo rovno odno — pustoe. pust teper vershin hotya by odna. rassmotrim vse nepustye nedominiruyuschie mnozhestva vershin i postroim na nih vspomogatelnyy graf. dva takih mnozhestva \\(s\\) i \\(t\\) soedinim rebrom, esli oni ne peresekayutsya i mezhdu nimi net reber ishodnogo grafa. naydem stepen vershiny \\(s\\) vo vspomogatelnom grafe. tak kak \\(s\\) nedominiruyuschee, suschestvuet hotya by odna vershina, kotoraya ne lezhit v \\(s\\) i ne smezhna ni s odnoy vershinoy iz \\(s\\). oboznachim mnozhestvo vseh takih vershin cherez \\(u\\). togda \\(u\\) nepusto. rovno nepustye podmnozhestva \\(u\\) yavlyayutsya sosedyami \\(s\\) vo vspomogatelnom grafe: oni ne peresekayutsya s \\(s\\) i ne imeyut reber k \\(s\\), a lyuboe mnozhestvo s etimi dvumya svoystvami tselikom le…","source_keys":["fyum"]}
{"id":"fyum-2010-tur3a-p7","title":"5-раскраска 100-регулярного графа без двухцветных циклов, ФЮМ 2010","path":"data\\problems\\fyum\\fyum-2010-tur3a-p7.yaml","raw_github_url":"https://raw.githubusercontent.com/didin-maxim/knowledge_graph_of_graphs/main/data/problems/fyum/fyum-2010-tur3a-p7.yaml","viewer_url":"https://didin-maxim.github.io/knowledge_graph_of_graphs/#fyum-2010-tur3a-p7","source_key":"fyum","source_label":"ФЮМ","source_titles":["ФЮМ 2010, третий тур (a), задача 7"],"year":"2010","type":"olympiad_problem","authors":[],"tags":["coloring","goal_exact_bound"],"agent_topics":[],"difficulty":{"main":"regional","local_score":5,"comment":"Импортировано из проверенной архивной карточки ФЮМ 2010_tur3a_problem7.md.","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 G все вершины имеют степень 100. Вершины G окрашены в пять цветов. Может ли так оказаться, что в каждом цикле встречаются вершины не менее, чем трех цветов?","definition_ids":["degree","cycle"]}]},"solutions":[{"id":"sol-official-archive","title":"Архивное решение","status":"ai_checked","definition_ids":[],"standard_idea_ids":[],"tags":[],"has_text":true,"text_preview":"Ответ: нет. Обозначим через \\(n_i\\) число вершин \\(i\\)-го цвета, где \\(i=1,\\dots,5\\), и пусть \\(n=|V(G)|\\). Для каждой пары различных цветов \\(i,j\\) рассмотрим подграф \\(G_{ij}\\), порождённый всеми вершинами этих двух цветов. Если бы в \\(G_{ij}\\) был цикл, то этот цикл в исходном графе имел бы вершины только двух цветов, что запрещено условием. Значит, каждый \\(G_{ij}\\) является лесом. В лесу на \\(N\\) вершинах не больше \\(N-1\\) рёбер, если \\(N>0\\), и во всяком случае не больше \\(N\\) рёбер. Поэтому \\[ |E(G_{ij})|\\le n_i+n_j. \\] Сложим эти неравенства по всем \\(\\binom52=10\\) парам цветов. В правой части каждая вершина посчитана ровно в четырёх парах цветов, поэтому сумма правых частей равна \\(4n\\). Каждое ребро исходного графа посчитано в левой части хотя бы один раз: если концы ребра имеют разные цвета, оно входит в подграф ровно для этой пары цветов; если концы одного цвета \\(i\\), оно в…"}],"relations":[{"id":"rel-fyum-2010-tur3a-tur3b-two-color-forest-counting","neighbor_id":"fyum-2010-tur3b-p3","direction":"forward","type":"same_motif","distance":1,"status":"needs_human_review"},{"id":"rel-no-two-color-cycle-edge-bound-fyum-2010-tur3a-p7","neighbor_id":"no-two-color-cycle-edge-bound","direction":"backward","type":"prerequisite","distance":1,"status":"ai_checked"}],"search_text":"fyum-2010-tur3a-p7 5-раскраска 100-регулярного графа без двухцветных циклов, фюм 2010 coloring goal_exact_bound 2010 fyum fyum2010 https://www.guas.info/competit/fest/fest21/tur3a.tex olympiad_archive src-fyum-2010-tur3a-p7-official with_solution фюм фюм 2010, третий тур (a), задача 7 фюм2010 ? фюм 2010, третий тур (a), задача 7 stmt-original оригинальная формулировка ai_checked в графе g все вершины имеют степень 100. вершины g окрашены в пять цветов. может ли так оказаться, что в каждом цикле встречаются вершины не менее, чем трех цветов? degree cycle sol-official-archive архивное решение ai_checked ответ: нет. обозначим через \\(n_i\\) число вершин \\(i\\)-го цвета, где \\(i=1,\\dots,5\\), и пусть \\(n=|v(g)|\\). для каждой пары различных цветов \\(i,j\\) рассмотрим подграф \\(g_{ij}\\), порождённый всеми вершинами этих двух цветов. если бы в \\(g_{ij}\\) был цикл, то этот цикл в исходном графе имел бы вершины только двух цветов, что запрещено условием. значит, каждый \\(g_{ij}\\) является лесом. в лесу на \\(n\\) вершинах не больше \\(n-1\\) рёбер, если \\(n>0\\), и во всяком случае не больше \\(n\\) рёбер. поэтому \\[ |e(g_{ij})|\\le n_i+n_j. \\] сложим эти неравенства по всем \\(\\binom52=10\\) парам цветов. в правой части каждая вершина посчитана ровно в четырёх парах цветов, поэтому сумма правых частей равна \\(4n\\). каждое ребро исходного графа посчитано в левой части хотя бы один раз: если концы ребра имеют разные цвета, оно входит в подграф ровно для этой пары цветов; если концы одного цвета \\(i\\), оно в… fyum-2010-tur3a-p7 5-raskraska 100-regulyarnogo grafa bez dvuhtsvetnyh tsiklov, fyum 2010 coloring goal_exact_bound 2010 fyum fyum2010 https://www.guas.info/competit/fest/fest21/tur3a.tex olympiad_archive src-fyum-2010-tur3a-p7-official with_solution fyum fyum 2010, tretiy tur (a), zadacha 7 fyum2010 ? fyum 2010, tretiy tur (a), zadacha 7 stmt-original originalnaya formulirovka ai_checked v grafe g vse vershiny imeyut stepen 100. vershiny g okrasheny v pyat tsvetov. mozhet li tak okazatsya, chto v kazhdom tsikle vstrechayutsya vershiny ne menee, chem treh tsvetov? degree cycle sol-official-archive arhivnoe reshenie ai_checked otvet: net. oboznachim cherez \\(n_i\\) chislo vershin \\(i\\)-go tsveta, gde \\(i=1,\\dots,5\\), i pust \\(n=|v(g)|\\). dlya kazhdoy pary razlichnyh tsvetov \\(i,j\\) rassmotrim podgraf \\(g_{ij}\\), porozhdennyy vsemi vershinami etih dvuh tsvetov. esli by v \\(g_{ij}\\) byl tsikl, to etot tsikl v ishodnom grafe imel by vershiny tolko dvuh tsvetov, chto zaprescheno usloviem. znachit, kazhdyy \\(g_{ij}\\) yavlyaetsya lesom. v lesu na \\(n\\) vershinah ne bolshe \\(n-1\\) reber, esli \\(n>0\\), i vo vsyakom sluchae ne bolshe \\(n\\) reber. poetomu \\[ |e(g_{ij})|\\le n_i+n_j. \\] slozhim eti neravenstva po vsem \\(\\binom52=10\\) param tsvetov. v pravoy chasti kazhdaya vershina poschitana rovno v chetyreh parah tsvetov, poetomu summa pravyh chastey ravna \\(4n\\). kazhdoe rebro ishodnogo grafa poschitano v levoy chasti hotya by odin raz: esli kontsy rebra imeyut raznye tsveta, ono vhodit v podgraf rovno dlya etoy pary tsvetov; esli kontsy odnogo tsveta \\(i\\), ono v…","source_keys":["fyum"]}
{"id":"fyum-2010-tur3b-p3","title":"6-регулярный граф с 3-раскраской всех циклов, ФЮМ 2010","path":"data\\problems\\fyum\\fyum-2010-tur3b-p3.yaml","raw_github_url":"https://raw.githubusercontent.com/didin-maxim/knowledge_graph_of_graphs/main/data/problems/fyum/fyum-2010-tur3b-p3.yaml","viewer_url":"https://didin-maxim.github.io/knowledge_graph_of_graphs/#fyum-2010-tur3b-p3","source_key":"fyum","source_label":"ФЮМ","source_titles":["ФЮМ 2010, третий тур (b), задача 3"],"year":"2010","type":"olympiad_problem","authors":[],"tags":["coloring","goal_counting"],"agent_topics":[],"difficulty":{"main":"regional","local_score":5,"comment":"Импортировано из проверенной архивной карточки ФЮМ 2010_tur3b_problem3.md.","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":"Существует ли такой граф, что степени всех его вершин равны 6, и его вершины можно покрасить в три цвета так, что любой простой цикл содержит вершины всех трех цветов?","definition_ids":["degree","cycle"]}]},"solutions":[{"id":"sol-official-archive","title":"Архивное решение","status":"ai_checked","definition_ids":[],"standard_idea_ids":[],"tags":[],"has_text":true,"text_preview":"Предположим, что такой граф существует, и пусть в нём \\(n\\) вершин. Удалим все вершины одного из трёх цветов вместе с инцидентными им рёбрами. В оставшемся графе есть вершины только двух цветов. Если бы в нём был простой цикл, то этот цикл в исходной раскраске содержал бы вершины не более чем двух цветов, что запрещено условием. Значит, после удаления любого одного цвета получается лес. Повторим это для каждого из трёх цветов. Каждый из трёх полученных лесов имеет не больше \\(n-1\\) рёбер: это даже грубая оценка, потому что в лесу на не более чем \\(n\\) вершинах рёбер не больше числа вершин минус число компонент, а значит не больше \\(n-1\\), если рёбра вообще есть; при отсутствии рёбер оценка тем более верна. Посмотрим, сколько раз учитывается ребро исходного графа в этих трёх лесах. Если концы ребра имеют разные цвета, оно остаётся ровно при удалении третьего цвета. Если концы одного цвет…"}],"relations":[{"id":"rel-fyum-2010-tur3a-tur3b-two-color-forest-counting","neighbor_id":"fyum-2010-tur3a-p7","direction":"backward","type":"same_motif","distance":1,"status":"needs_human_review"},{"id":"rel-no-two-color-cycle-edge-bound-fyum-2010-tur3b-p3","neighbor_id":"no-two-color-cycle-edge-bound","direction":"backward","type":"prerequisite","distance":1,"status":"ai_checked"}],"search_text":"fyum-2010-tur3b-p3 6-регулярный граф с 3-раскраской всех циклов, фюм 2010 coloring goal_counting 2010 fyum fyum2010 https://www.guas.info/competit/fest/fest21/tur3b.tex olympiad_archive src-fyum-2010-tur3b-p3-official with_solution фюм фюм 2010, третий тур (b), задача 3 фюм2010 ? фюм 2010, третий тур (b), задача 3 stmt-original оригинальная формулировка ai_checked существует ли такой граф, что степени всех его вершин равны 6, и его вершины можно покрасить в три цвета так, что любой простой цикл содержит вершины всех трех цветов? degree cycle sol-official-archive архивное решение ai_checked предположим, что такой граф существует, и пусть в нём \\(n\\) вершин. удалим все вершины одного из трёх цветов вместе с инцидентными им рёбрами. в оставшемся графе есть вершины только двух цветов. если бы в нём был простой цикл, то этот цикл в исходной раскраске содержал бы вершины не более чем двух цветов, что запрещено условием. значит, после удаления любого одного цвета получается лес. повторим это для каждого из трёх цветов. каждый из трёх полученных лесов имеет не больше \\(n-1\\) рёбер: это даже грубая оценка, потому что в лесу на не более чем \\(n\\) вершинах рёбер не больше числа вершин минус число компонент, а значит не больше \\(n-1\\), если рёбра вообще есть; при отсутствии рёбер оценка тем более верна. посмотрим, сколько раз учитывается ребро исходного графа в этих трёх лесах. если концы ребра имеют разные цвета, оно остаётся ровно при удалении третьего цвета. если концы одного цвет… fyum-2010-tur3b-p3 6-regulyarnyy graf s 3-raskraskoy vseh tsiklov, fyum 2010 coloring goal_counting 2010 fyum fyum2010 https://www.guas.info/competit/fest/fest21/tur3b.tex olympiad_archive src-fyum-2010-tur3b-p3-official with_solution fyum fyum 2010, tretiy tur (b), zadacha 3 fyum2010 ? fyum 2010, tretiy tur (b), zadacha 3 stmt-original originalnaya formulirovka ai_checked suschestvuet li takoy graf, chto stepeni vseh ego vershin ravny 6, i ego vershiny mozhno pokrasit v tri tsveta tak, chto lyuboy prostoy tsikl soderzhit vershiny vseh treh tsvetov? degree cycle sol-official-archive arhivnoe reshenie ai_checked predpolozhim, chto takoy graf suschestvuet, i pust v nem \\(n\\) vershin. udalim vse vershiny odnogo iz treh tsvetov vmeste s intsidentnymi im rebrami. v ostavshemsya grafe est vershiny tolko dvuh tsvetov. esli by v nem byl prostoy tsikl, to etot tsikl v ishodnoy raskraske soderzhal by vershiny ne bolee chem dvuh tsvetov, chto zaprescheno usloviem. znachit, posle udaleniya lyubogo odnogo tsveta poluchaetsya les. povtorim eto dlya kazhdogo iz treh tsvetov. kazhdyy iz treh poluchennyh lesov imeet ne bolshe \\(n-1\\) reber: eto dazhe grubaya otsenka, potomu chto v lesu na ne bolee chem \\(n\\) vershinah reber ne bolshe chisla vershin minus chislo komponent, a znachit ne bolshe \\(n-1\\), esli rebra voobsche est; pri otsutstvii reber otsenka tem bolee verna. posmotrim, skolko raz uchityvaetsya rebro ishodnogo grafa v etih treh lesah. esli kontsy rebra imeyut raznye tsveta, ono ostaetsya rovno pri udalenii tretego tsveta. esli kontsy odnogo tsvet…","source_keys":["fyum"]}
{"id":"fyum-2011-finalb-p4","title":"Гамильтонов путь в турнире с первыми рёбрами одного направления, ФЮМ 2011","path":"data\\problems\\fyum\\fyum-2011-finalb-p4.yaml","raw_github_url":"https://raw.githubusercontent.com/didin-maxim/knowledge_graph_of_graphs/main/data/problems/fyum/fyum-2011-finalb-p4.yaml","viewer_url":"https://didin-maxim.github.io/knowledge_graph_of_graphs/#fyum-2011-finalb-p4","source_key":"fyum","source_label":"ФЮМ","source_titles":["ФЮМ 2011, финал (b), задача 4","Bang-Jensen and Gutin, Paths, Trees and Cycles in Tournaments","Bou Hanna, Paths in tournaments: a simple proof of Rosenfeld's Conjecture"],"year":"2011","type":"olympiad_problem","authors":[],"tags":["tournaments","goal_counting"],"agent_topics":[],"difficulty":{"main":"regional","local_score":7,"comment":"Импортировано из проверенной архивной карточки ФЮМ 2011_finalb_problem4.md.","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":"внешняя теорема аудит group A, 2026-05-06","notes":"Решение самодостаточно: стандартные турнирные факты доказаны внутри решения, внешние источники оставлены как справочный контекст.","audit_source":"external-theorem-audit-group-a"},"statements":{"original":[{"id":"stmt-original","title":"Оригинальная формулировка","status":"ai_checked","text":"В полном графе с 200 вершинами на каждом ребре ввели ориентацию. Докажите, что в получившемся графе можно выбрать ориентированный путь из 199 звеньев, в котором первые 100 ребер ориентированы в сторону начала пути, а следующие 99 -- в сторону конца.","definition_ids":["tournament","path"]}]},"solutions":[{"id":"sol-official-archive","title":"Решение через первую сильную компоненту","status":"ai_checked","definition_ids":["tournament","hamiltonian_path","path"],"standard_idea_ids":[],"tags":[],"has_text":true,"text_preview":"Будем доказывать немного другую формулировку. Достаточно найти вершину \\(x\\) и два направленных пути, выходящих из \\(x\\), длины 100 и 99, которые не имеют общих вершин, кроме \\(x\\), и вместе покрывают все 200 вершин. Действительно, если длинная ветвь есть \\(x=a_0\\to a_1\\to\\cdots\\to a_{100}\\), а короткая \\(x=b_0\\to b_1\\to\\cdots\\to b_{99}\\), то положим \\(v_{100}=x\\), \\(v_{99}=a_1,\\ldots,v_0=a_{100}\\), \\(v_{101}=b_1,\\ldots,v_{199}=b_{99}\\). Тогда первые 100 рёбер направлены к началу записи, а следующие 99 -- к концу. Используем два стандартных факта о турнирах, оба с короткими доказательствами. Во-первых, каждый турнир имеет направленный гамильтонов путь: вставляем вершины по одной в уже построенный путь в первое место, где меняется направление, а если такого места нет, ставим новую вершину в начало или конец. Во-вторых, каждая сильная компонента турнира имеет направленный гамильтонов цикл…"}],"relations":[{"id":"rel-fyum-2011-finalb-p4-tournament-hamiltonian-pattern","neighbor_id":"tournament-hamiltonian-path","direction":"forward","type":"same_motif","distance":2,"status":"needs_human_review"},{"id":"rel-paths-counting-kolm-2010-fyum-2011-tournament-paths","neighbor_id":"kolmogorov-2010-individual-olympiad-seniors-problem-4","direction":"backward","type":"same_motif","distance":2,"status":"needs_human_review"}],"search_text":"fyum-2011-finalb-p4 гамильтонов путь в турнире с первыми рёбрами одного направления, фюм 2011 tournaments goal_counting 2011 bang-jensen and gutin, paths, trees and cycles in tournaments bou hanna, paths in tournaments: a simple proof of rosenfeld's conjecture fyum fyum2011 https://arxiv.org/abs/2011.14394 https://www.cs.rhul.ac.uk/~gutin/paperstsp/t1.pdf https://www.guas.info/competit/fest/fest22/finalb.tex olympiad_archive preprint src-bang-jensen-gutin-paths-trees-cycles-tournaments src-bou-hanna-rosenfeld-simple-proof src-fyum-2011-finalb-p4-official survey with_solution фюм фюм 2011, финал (b), задача 4 фюм2011 ? фюм 2011, финал (b), задача 4 bang-jensen and gutin, paths, trees and cycles in tournaments bou hanna, paths in tournaments: a simple proof of rosenfeld's conjecture stmt-original оригинальная формулировка ai_checked в полном графе с 200 вершинами на каждом ребре ввели ориентацию. докажите, что в получившемся графе можно выбрать ориентированный путь из 199 звеньев, в котором первые 100 ребер ориентированы в сторону начала пути, а следующие 99 -- в сторону конца. tournament path idea-two-rooted-directed-branches две исходящие ветви из одной вершины достаточно найти вершину, из которой выходят два непересекающихся направленных пути длины 100 и 99, вместе покрывающие все вершины. первая сильная компонента турнира доминирует все остальные; если она мала, помогает обычный гамильтонов путь, а если велика, её гамильтонов цикл режется почти пополам и недостающие вершины дописываются по гамильтонову пути остатка. tournaments hamiltonian_cycles ai_checked sol-official-archive решение через первую сильную компоненту ai_checked tournament hamiltonian_path path будем доказывать немного другую формулировку. достаточно найти вершину \\(x\\) и два направленных пути, выходящих из \\(x\\), длины 100 и 99, которые не имеют общих вершин, кроме \\(x\\), и вместе покрывают все 200 вершин. действительно, если длинная ветвь есть \\(x=a_0\\to a_1\\to\\cdots\\to a_{100}\\), а короткая \\(x=b_0\\to b_1\\to\\cdots\\to b_{99}\\), то положим \\(v_{100}=x\\), \\(v_{99}=a_1,\\ldots,v_0=a_{100}\\), \\(v_{101}=b_1,\\ldots,v_{199}=b_{99}\\). тогда первые 100 рёбер направлены к началу записи, а следующие 99 -- к концу. используем два стандартных факта о турнирах, оба с короткими доказательствами. во-первых, каждый турнир имеет направленный гамильтонов путь: вставляем вершины по одной в уже построенный путь в первое место, где меняется направление, а если такого места нет, ставим новую вершину в начало или конец. во-вторых, каждая сильная компонента турнира имеет направленный гамильтонов цикл… fyum-2011-finalb-p4 gamiltonov put v turnire s pervymi rebrami odnogo napravleniya, fyum 2011 tournaments goal_counting 2011 bang-jensen and gutin, paths, trees and cycles in tournaments bou hanna, paths in tournaments: a simple proof of rosenfeld's conjecture fyum fyum2011 https://arxiv.org/abs/2011.14394 https://www.cs.rhul.ac.uk/~gutin/paperstsp/t1.pdf https://www.guas.info/competit/fest/fest22/finalb.tex olympiad_archive preprint src-bang-jensen-gutin-paths-trees-cycles-tournaments src-bou-hanna-rosenfeld-simple-proof src-fyum-2011-finalb-p4-official survey with_solution fyum fyum 2011, final (b), zadacha 4 fyum2011 ? fyum 2011, final (b), zadacha 4 bang-jensen and gutin, paths, trees and cycles in tournaments bou hanna, paths in tournaments: a simple proof of rosenfeld's conjecture stmt-original originalnaya formulirovka ai_checked v polnom grafe s 200 vershinami na kazhdom rebre vveli orientatsiyu. dokazhite, chto v poluchivshemsya grafe mozhno vybrat orientirovannyy put iz 199 zvenev, v kotorom pervye 100 reber orientirovany v storonu nachala puti, a sleduyuschie 99 -- v storonu kontsa. tournament path idea-two-rooted-directed-branches dve ishodyaschie vetvi iz odnoy vershiny dostatochno nayti vershinu, iz kotoroy vyhodyat dva neperesekayuschihsya napravlennyh puti dliny 100 i 99, vmeste pokryvayuschie vse vershiny. pervaya silnaya komponenta turnira dominiruet vse ostalnye; esli ona mala, pomogaet obychnyy gamiltonov put, a esli velika, ee gamiltonov tsikl rezhetsya pochti popolam i nedostayuschie vershiny dopisyvayutsya po gamiltonovu puti ostatka. tournaments hamiltonian_cycles ai_checked sol-official-archive reshenie cherez pervuyu silnuyu komponentu ai_checked tournament hamiltonian_path path budem dokazyvat nemnogo druguyu formulirovku. dostatochno nayti vershinu \\(x\\) i dva napravlennyh puti, vyhodyaschih iz \\(x\\), dliny 100 i 99, kotorye ne imeyut obschih vershin, krome \\(x\\), i vmeste pokryvayut vse 200 vershin. deystvitelno, esli dlinnaya vetv est \\(x=a_0\\to a_1\\to\\cdots\\to a_{100}\\), a korotkaya \\(x=b_0\\to b_1\\to\\cdots\\to b_{99}\\), to polozhim \\(v_{100}=x\\), \\(v_{99}=a_1,\\ldots,v_0=a_{100}\\), \\(v_{101}=b_1,\\ldots,v_{199}=b_{99}\\). togda pervye 100 reber napravleny k nachalu zapisi, a sleduyuschie 99 -- k kontsu. ispolzuem dva standartnyh fakta o turnirah, oba s korotkimi dokazatelstvami. vo-pervyh, kazhdyy turnir imeet napravlennyy gamiltonov put: vstavlyaem vershiny po odnoy v uzhe postroennyy put v pervoe mesto, gde menyaetsya napravlenie, a esli takogo mesta net, stavim novuyu vershinu v nachalo ili konets. vo-vtoryh, kazhdaya silnaya komponenta turnira imeet napravlennyy gamiltonov tsikl…","source_keys":["fyum"]}
{"id":"fyum-2011-tur1a-p5","title":"Двухцветная раскраска рёбер 2-рёберно-связного графа диаметра 2, ФЮМ 2011","path":"data\\problems\\fyum\\fyum-2011-tur1a-p5.yaml","raw_github_url":"https://raw.githubusercontent.com/didin-maxim/knowledge_graph_of_graphs/main/data/problems/fyum/fyum-2011-tur1a-p5.yaml","viewer_url":"https://didin-maxim.github.io/knowledge_graph_of_graphs/#fyum-2011-tur1a-p5","source_key":"fyum","source_label":"ФЮМ","source_titles":["ФЮМ 2011, первый тур (a), задача 5","ФЮМ 2011, первый тур (b), задача 5"],"year":"2011","type":"olympiad_problem","authors":[],"tags":["coloring","goal_counting"],"agent_topics":[],"difficulty":{"main":"regional","local_score":3,"comment":"Импортировано из проверенной архивной карточки ФЮМ 2011_tur1a_problem5.md.","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":"Дан связный граф, который остается связным при удалении любого ребра, и в котором любые две вершины либо соединены ребром, либо имеют общего соседа. Верно ли, что ребра этого графа можно покрасить в четыре цвета так, чтобы между любыми двумя вершинами нашелся путь, все ребра в котором разного цвета?","definition_ids":["connected_graph","path"]}],"olympiad_reformulations":[{"id":"stmt-tur1b-original","title":"ФЮМ 2011, тур 1B: та же графовая формулировка","status":"ai_checked","text":"Дан связный граф, который остается связным при удалении любого ребра, и в котором любые две вершины либо соединены ребром, либо имеют общего соседа. Верно ли, что ребра этого графа можно покрасить в четыре цвета так, чтобы между любыми двумя вершинами нашелся путь, все ребра в котором покрашены в разные цвета?","definition_ids":["connected_graph","path"]}]},"solutions":[{"id":"sol-official-archive","title":"Контрпример с 35 вершинами","status":"ai_checked","definition_ids":["connected_graph","path"],"standard_idea_ids":["pigeonhole_principle"],"tags":[],"has_text":true,"text_preview":"Ответ отрицательный. Построим граф с вершинами \\(A\\), \\(B_1,\\dots,B_{17}\\) и \\(C_1,\\dots,C_{17}\\). Соединим \\(A\\) со всеми \\(B_i\\), каждую \\(B_i\\) соединим с \\(C_i\\), а вершины \\(C_1,\\dots,C_{17}\\) сделаем попарно смежными. Граф связен. Удаление ребра \\(AB_i\\) не отделяет \\(B_i\\), потому что остаётся путь \\(B_iC_iC_jB_jA\\) при \\(j\\ne i\\); удаление ребра \\(B_iC_i\\) не отделяет \\(B_i\\), потому что остаётся путь через \\(A\\); удаление ребра между двумя \\(C\\)-вершинами не нарушает связность клики \\(C_1,\\dots,C_{17}\\). Кроме того, любые две несмежные вершины имеют общего соседа: \\(A\\) и \\(C_i\\) имеют общего соседа \\(B_i\\), две вершины \\(B_i,B_j\\) имеют общего соседа \\(A\\), а \\(B_i\\) и \\(C_j\\) при \\(i\\ne j\\) имеют общего соседа \\(C_i\\). Теперь покрасим рёбра произвольно в четыре цвета. У каждой вершины \\(B_i\\) есть пара цветов \\((\\operatorname{col}(AB_i),\\operatorname{col}(B_iC_i))\\). Таких па…"}],"relations":[],"search_text":"fyum-2011-tur1a-p5 двухцветная раскраска рёбер 2-рёберно-связного графа диаметра 2, фюм 2011 coloring goal_counting 2011 fyum fyum2011 https://www.guas.info/competit/fest/fest22/tur1a.tex https://www.guas.info/competit/fest/fest22/tur1b.tex olympiad_archive src-fyum-2011-tur1a-p5-official src-fyum-2011-tur1b-p5-official with_solution фюм фюм 2011, первый тур (a), задача 5 фюм 2011, первый тур (b), задача 5 фюм2011 ? фюм 2011, первый тур (a), задача 5 фюм 2011, первый тур (b), задача 5 stmt-original оригинальная формулировка ai_checked дан связный граф, который остается связным при удалении любого ребра, и в котором любые две вершины либо соединены ребром, либо имеют общего соседа. верно ли, что ребра этого графа можно покрасить в четыре цвета так, чтобы между любыми двумя вершинами нашелся путь, все ребра в котором разного цвета? connected_graph path stmt-tur1b-original фюм 2011, тур 1b: та же графовая формулировка ai_checked дан связный граф, который остается связным при удалении любого ребра, и в котором любые две вершины либо соединены ребром, либо имеют общего соседа. верно ли, что ребра этого графа можно покрасить в четыре цвета так, чтобы между любыми двумя вершинами нашелся путь, все ребра в котором покрашены в разные цвета? connected_graph path sol-official-archive контрпример с 35 вершинами ai_checked connected_graph path pigeonhole_principle ответ отрицательный. построим граф с вершинами \\(a\\), \\(b_1,\\dots,b_{17}\\) и \\(c_1,\\dots,c_{17}\\). соединим \\(a\\) со всеми \\(b_i\\), каждую \\(b_i\\) соединим с \\(c_i\\), а вершины \\(c_1,\\dots,c_{17}\\) сделаем попарно смежными. граф связен. удаление ребра \\(ab_i\\) не отделяет \\(b_i\\), потому что остаётся путь \\(b_ic_ic_jb_ja\\) при \\(j\\ne i\\); удаление ребра \\(b_ic_i\\) не отделяет \\(b_i\\), потому что остаётся путь через \\(a\\); удаление ребра между двумя \\(c\\)-вершинами не нарушает связность клики \\(c_1,\\dots,c_{17}\\). кроме того, любые две несмежные вершины имеют общего соседа: \\(a\\) и \\(c_i\\) имеют общего соседа \\(b_i\\), две вершины \\(b_i,b_j\\) имеют общего соседа \\(a\\), а \\(b_i\\) и \\(c_j\\) при \\(i\\ne j\\) имеют общего соседа \\(c_i\\). теперь покрасим рёбра произвольно в четыре цвета. у каждой вершины \\(b_i\\) есть пара цветов \\((\\operatorname{col}(ab_i),\\operatorname{col}(b_ic_i))\\). таких па… fyum-2011-tur1a-p5 dvuhtsvetnaya raskraska reber 2-reberno-svyaznogo grafa diametra 2, fyum 2011 coloring goal_counting 2011 fyum fyum2011 https://www.guas.info/competit/fest/fest22/tur1a.tex https://www.guas.info/competit/fest/fest22/tur1b.tex olympiad_archive src-fyum-2011-tur1a-p5-official src-fyum-2011-tur1b-p5-official with_solution fyum fyum 2011, pervyy tur (a), zadacha 5 fyum 2011, pervyy tur (b), zadacha 5 fyum2011 ? fyum 2011, pervyy tur (a), zadacha 5 fyum 2011, pervyy tur (b), zadacha 5 stmt-original originalnaya formulirovka ai_checked dan svyaznyy graf, kotoryy ostaetsya svyaznym pri udalenii lyubogo rebra, i v kotorom lyubye dve vershiny libo soedineny rebrom, libo imeyut obschego soseda. verno li, chto rebra etogo grafa mozhno pokrasit v chetyre tsveta tak, chtoby mezhdu lyubymi dvumya vershinami nashelsya put, vse rebra v kotorom raznogo tsveta? connected_graph path stmt-tur1b-original fyum 2011, tur 1b: ta zhe grafovaya formulirovka ai_checked dan svyaznyy graf, kotoryy ostaetsya svyaznym pri udalenii lyubogo rebra, i v kotorom lyubye dve vershiny libo soedineny rebrom, libo imeyut obschego soseda. verno li, chto rebra etogo grafa mozhno pokrasit v chetyre tsveta tak, chtoby mezhdu lyubymi dvumya vershinami nashelsya put, vse rebra v kotorom pokrasheny v raznye tsveta? connected_graph path sol-official-archive kontrprimer s 35 vershinami ai_checked connected_graph path pigeonhole_principle otvet otritsatelnyy. postroim graf s vershinami \\(a\\), \\(b_1,\\dots,b_{17}\\) i \\(c_1,\\dots,c_{17}\\). soedinim \\(a\\) so vsemi \\(b_i\\), kazhduyu \\(b_i\\) soedinim s \\(c_i\\), a vershiny \\(c_1,\\dots,c_{17}\\) sdelaem poparno smezhnymi. graf svyazen. udalenie rebra \\(ab_i\\) ne otdelyaet \\(b_i\\), potomu chto ostaetsya put \\(b_ic_ic_jb_ja\\) pri \\(j\\ne i\\); udalenie rebra \\(b_ic_i\\) ne otdelyaet \\(b_i\\), potomu chto ostaetsya put cherez \\(a\\); udalenie rebra mezhdu dvumya \\(c\\)-vershinami ne narushaet svyaznost kliki \\(c_1,\\dots,c_{17}\\). krome togo, lyubye dve nesmezhnye vershiny imeyut obschego soseda: \\(a\\) i \\(c_i\\) imeyut obschego soseda \\(b_i\\), dve vershiny \\(b_i,b_j\\) imeyut obschego soseda \\(a\\), a \\(b_i\\) i \\(c_j\\) pri \\(i\\ne j\\) imeyut obschego soseda \\(c_i\\). teper pokrasim rebra proizvolno v chetyre tsveta. u kazhdoy vershiny \\(b_i\\) est para tsvetov \\((\\operatorname{col}(ab_i),\\operatorname{col}(b_ic_i))\\). takih pa…","source_keys":["fyum"]}
{"id":"fyum-2011-tur2a-p9","title":"Чётное число гамильтоновых циклов через ребро в графе нечётных степеней, ФЮМ 2011","path":"data\\problems\\fyum\\fyum-2011-tur2a-p9.yaml","raw_github_url":"https://raw.githubusercontent.com/didin-maxim/knowledge_graph_of_graphs/main/data/problems/fyum/fyum-2011-tur2a-p9.yaml","viewer_url":"https://didin-maxim.github.io/knowledge_graph_of_graphs/#fyum-2011-tur2a-p9","source_key":"fyum","source_label":"ФЮМ","source_titles":["ФЮМ 2011, второй тур (a), задача 9"],"year":"2011","type":"olympiad_problem","authors":[],"tags":["hamiltonian_cycles","goal_counting"],"agent_topics":[],"difficulty":{"main":"regional","local_score":4,"comment":"Импортировано из проверенной архивной карточки ФЮМ 2011_tur2a_problem9.md.","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":"Степени всех вершин графа нечетны. Докажите, что через любое его ребро проходит четное число гамильтоновых циклов.","definition_ids":["degree","hamiltonian_cycle"]}]},"solutions":[{"id":"sol-official-archive","title":"Архивное решение","status":"ai_checked","definition_ids":[],"standard_idea_ids":[],"tags":[],"has_text":true,"text_preview":"Зафиксируем ребро \\(uv\\). Рассмотрим все гамильтоновы пути вида \\[ P=(u=v_1, v=v_2, v_3,\\ldots, v_n), \\] то есть все гамильтоновы пути, которые начинаются с ребра \\(uv\\). Сделаем эти пути вершинами вспомогательного графа \\(X\\). Опишем рёбра графа \\(X\\). Пусть путь \\(P\\) заканчивается в вершине \\(z=v_n\\). Если \\(z\\) соединена ребром с некоторой внутренней вершиной \\(v_i\\), где \\(2\\le i\\le n-2\\), то из \\(P\\) можно получить новый гамильтонов путь \\[ (u=v_1, v=v_2,\\ldots, v_i, z=v_n, v_{n-1},\\ldots, v_{i+1}). \\] Он снова начинается с \\(uv\\). Соединим в \\(X\\) два пути, связанные такой операцией. Эта операция обратима: применив её ещё раз к новому пути по тому же ребру \\(zv_i\\), мы вернёмся к исходному пути. Поэтому степень вершины \\(P\\) во вспомогательном графе равна числу таких допустимых выборов \\(v_i\\). Посчитаем эту степень по модулю 2. Все соседи конечной вершины \\(z\\) в исходном графе…"}],"relations":[{"id":"rel-fyum-2010-dominating-sets-2011-hamilton-cycles-aux-parity","neighbor_id":"fyum-2010-tur2a-p1","direction":"backward","type":"same_motif","distance":2,"status":"needs_human_review"}],"search_text":"fyum-2011-tur2a-p9 чётное число гамильтоновых циклов через ребро в графе нечётных степеней, фюм 2011 hamiltonian_cycles goal_counting 2011 fyum fyum2011 https://www.guas.info/competit/fest/fest22/tur2a.tex olympiad_archive src-fyum-2011-tur2a-p9-official with_solution фюм фюм 2011, второй тур (a), задача 9 фюм2011 ? фюм 2011, второй тур (a), задача 9 stmt-original оригинальная формулировка ai_checked степени всех вершин графа нечетны. докажите, что через любое его ребро проходит четное число гамильтоновых циклов. degree hamiltonian_cycle sol-official-archive архивное решение ai_checked зафиксируем ребро \\(uv\\). рассмотрим все гамильтоновы пути вида \\[ p=(u=v_1, v=v_2, v_3,\\ldots, v_n), \\] то есть все гамильтоновы пути, которые начинаются с ребра \\(uv\\). сделаем эти пути вершинами вспомогательного графа \\(x\\). опишем рёбра графа \\(x\\). пусть путь \\(p\\) заканчивается в вершине \\(z=v_n\\). если \\(z\\) соединена ребром с некоторой внутренней вершиной \\(v_i\\), где \\(2\\le i\\le n-2\\), то из \\(p\\) можно получить новый гамильтонов путь \\[ (u=v_1, v=v_2,\\ldots, v_i, z=v_n, v_{n-1},\\ldots, v_{i+1}). \\] он снова начинается с \\(uv\\). соединим в \\(x\\) два пути, связанные такой операцией. эта операция обратима: применив её ещё раз к новому пути по тому же ребру \\(zv_i\\), мы вернёмся к исходному пути. поэтому степень вершины \\(p\\) во вспомогательном графе равна числу таких допустимых выборов \\(v_i\\). посчитаем эту степень по модулю 2. все соседи конечной вершины \\(z\\) в исходном графе… fyum-2011-tur2a-p9 chetnoe chislo gamiltonovyh tsiklov cherez rebro v grafe nechetnyh stepeney, fyum 2011 hamiltonian_cycles goal_counting 2011 fyum fyum2011 https://www.guas.info/competit/fest/fest22/tur2a.tex olympiad_archive src-fyum-2011-tur2a-p9-official with_solution fyum fyum 2011, vtoroy tur (a), zadacha 9 fyum2011 ? fyum 2011, vtoroy tur (a), zadacha 9 stmt-original originalnaya formulirovka ai_checked stepeni vseh vershin grafa nechetny. dokazhite, chto cherez lyuboe ego rebro prohodit chetnoe chislo gamiltonovyh tsiklov. degree hamiltonian_cycle sol-official-archive arhivnoe reshenie ai_checked zafiksiruem rebro \\(uv\\). rassmotrim vse gamiltonovy puti vida \\[ p=(u=v_1, v=v_2, v_3,\\ldots, v_n), \\] to est vse gamiltonovy puti, kotorye nachinayutsya s rebra \\(uv\\). sdelaem eti puti vershinami vspomogatelnogo grafa \\(x\\). opishem rebra grafa \\(x\\). pust put \\(p\\) zakanchivaetsya v vershine \\(z=v_n\\). esli \\(z\\) soedinena rebrom s nekotoroy vnutrenney vershinoy \\(v_i\\), gde \\(2\\le i\\le n-2\\), to iz \\(p\\) mozhno poluchit novyy gamiltonov put \\[ (u=v_1, v=v_2,\\ldots, v_i, z=v_n, v_{n-1},\\ldots, v_{i+1}). \\] on snova nachinaetsya s \\(uv\\). soedinim v \\(x\\) dva puti, svyazannye takoy operatsiey. eta operatsiya obratima: primeniv ee esche raz k novomu puti po tomu zhe rebru \\(zv_i\\), my vernemsya k ishodnomu puti. poetomu stepen vershiny \\(p\\) vo vspomogatelnom grafe ravna chislu takih dopustimyh vyborov \\(v_i\\). poschitaem etu stepen po modulyu 2. vse sosedi konechnoy vershiny \\(z\\) v ishodnom grafe…","source_keys":["fyum"]}
{"id":"fyum-2013-tur1a-p4","title":"Цикл с суммой меток рёбер, делящейся на n, в полном графе, ФЮМ 2013","path":"data\\problems\\fyum\\fyum-2013-tur1a-p4.yaml","raw_github_url":"https://raw.githubusercontent.com/didin-maxim/knowledge_graph_of_graphs/main/data/problems/fyum/fyum-2013-tur1a-p4.yaml","viewer_url":"https://didin-maxim.github.io/knowledge_graph_of_graphs/#fyum-2013-tur1a-p4","source_key":"fyum","source_label":"ФЮМ","source_titles":["ФЮМ 2013, первый тур, Лига стратегий, задача 4"],"year":"2013","type":"olympiad_problem","authors":[],"tags":["induction","extremal_choice","invariant","goal_existence"],"agent_topics":[],"difficulty":{"main":"regional","local_score":3,"comment":"Импортировано из проверенной архивной карточки ФЮМ 2013_tur1a_problem4.md.","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":"исправление после аудита повышенной сложности 2026-05-07 по официальному решению ФЮМ","notes":"Официальный сжатый аргумент восстановлен в самодостаточное доказательство; скрытая неоднозначность с начальной тройкой заменена формулировкой через h различных остатков на не более чем 3h вершинах.","audit_source":"very-high-pipeline-batch-3-2026-05-07"},"statements":{"original":[{"id":"stmt-original","title":"Оригинальная формулировка","status":"ai_checked","text":"Дано натуральное число \\(n\\). На каждом ребре полного графа на \\(1000n\\) вершинах написали целое число. Докажите, что найдется простой цикл, сумма чисел на ребрах которого делится на \\(n\\).","definition_ids":["complete_graph","cycle"]}]},"solutions":[{"id":"sol-official-archive","title":"Максимальная система путей и сведение к меньшему модулю","status":"ai_checked","definition_ids":["complete_graph","cycle","path"],"standard_idea_ids":["induction","extremal_choice","invariant"],"tags":[],"has_text":true,"text_preview":"Докажем утверждение индукцией по \\(n\\). При \\(n=1\\) подходит любой треугольник. Все веса далее рассматриваем по модулю \\(n\\); вес ребра \\(uv\\) обозначаем через \\(m(uv)\\). Будем выбирать две различные вершины \\(u,v\\), множество вершин \\(S\\), содержащее \\(u\\) и \\(v\\), и семейство простых путей из \\(u\\) в \\(v\\), проходящих только по вершинам \\(S\\), так что суммы этих путей дают \\(h\\) различных остатков по модулю \\(n\\), а \\(|S|\\le 3h\\). Если существует треугольник, в котором сумма двух рёбер отличается по чётности от третьего ребра, то начальная система состоит из двух путей между подходящей парой вершин этого треугольника, и далее мы рассматриваем только системы, у которых среди остатков есть обе чётности. Если такого треугольника нет, начинаем с любого одного ребра и дополнительных ограничений не накладываем. Среди разрешённых систем выберем систему с максимальным \\(h\\); множество получен…"}],"relations":[{"id":"rel-fyum-2013-tur1a-p4-tur1b-p10-modular-weighted-cycles","neighbor_id":"fyum-2013-tur1b-p10","direction":"forward","type":"specialization","distance":2,"status":"ai_checked"}],"search_text":"fyum-2013-tur1a-p4 цикл с суммой меток рёбер, делящейся на n, в полном графе, фюм 2013 induction extremal_choice invariant goal_existence 2013 fyum fyum2013 https://www.guas.info/competit/fest/fest24/tur1a.tex olympiad_archive src-fyum-2013-tur1a-p4-official with_solution фюм фюм 2013, первый тур, лига стратегий, задача 4 фюм2013 ? фюм 2013, первый тур, лига стратегий, задача 4 stmt-original оригинальная формулировка ai_checked дано натуральное число \\(n\\). на каждом ребре полного графа на \\(1000n\\) вершинах написали целое число. докажите, что найдется простой цикл, сумма чисел на ребрах которого делится на \\(n\\). complete_graph cycle idea-maximal-path-residue-family максимальная система путей с разными остатками выбирается максимальная цепочка вершин, между концами которой уже реализовано несколько простых путей с попарно различными суммами по модулю n. если реализованы все n остатков, внешняя вершина сразу замыкает один из этих путей в цикл с нулевой суммой. extremal_choice ai_checked idea-period-reduction период множества остатков ведет к меньшему модулю если добавить новую тройку вершин нельзя, множество уже полученных остатков замкнуто относительно сдвигов, выраженных через веса внешних ребер. минимальный период этого множества заставляет внешние ребра делиться на нетривиальный делитель модуля, после чего задача сводится к меньшему модулю. extremal_choice induction ai_checked sol-official-archive максимальная система путей и сведение к меньшему модулю ai_checked complete_graph cycle path induction extremal_choice invariant докажем утверждение индукцией по \\(n\\). при \\(n=1\\) подходит любой треугольник. все веса далее рассматриваем по модулю \\(n\\); вес ребра \\(uv\\) обозначаем через \\(m(uv)\\). будем выбирать две различные вершины \\(u,v\\), множество вершин \\(s\\), содержащее \\(u\\) и \\(v\\), и семейство простых путей из \\(u\\) в \\(v\\), проходящих только по вершинам \\(s\\), так что суммы этих путей дают \\(h\\) различных остатков по модулю \\(n\\), а \\(|s|\\le 3h\\). если существует треугольник, в котором сумма двух рёбер отличается по чётности от третьего ребра, то начальная система состоит из двух путей между подходящей парой вершин этого треугольника, и далее мы рассматриваем только системы, у которых среди остатков есть обе чётности. если такого треугольника нет, начинаем с любого одного ребра и дополнительных ограничений не накладываем. среди разрешённых систем выберем систему с максимальным \\(h\\); множество получен… fyum-2013-tur1a-p4 tsikl s summoy metok reber, delyascheysya na n, v polnom grafe, fyum 2013 induction extremal_choice invariant goal_existence 2013 fyum fyum2013 https://www.guas.info/competit/fest/fest24/tur1a.tex olympiad_archive src-fyum-2013-tur1a-p4-official with_solution fyum fyum 2013, pervyy tur, liga strategiy, zadacha 4 fyum2013 ? fyum 2013, pervyy tur, liga strategiy, zadacha 4 stmt-original originalnaya formulirovka ai_checked dano naturalnoe chislo \\(n\\). na kazhdom rebre polnogo grafa na \\(1000n\\) vershinah napisali tseloe chislo. dokazhite, chto naydetsya prostoy tsikl, summa chisel na rebrah kotorogo delitsya na \\(n\\). complete_graph cycle idea-maximal-path-residue-family maksimalnaya sistema putey s raznymi ostatkami vybiraetsya maksimalnaya tsepochka vershin, mezhdu kontsami kotoroy uzhe realizovano neskolko prostyh putey s poparno razlichnymi summami po modulyu n. esli realizovany vse n ostatkov, vneshnyaya vershina srazu zamykaet odin iz etih putey v tsikl s nulevoy summoy. extremal_choice ai_checked idea-period-reduction period mnozhestva ostatkov vedet k menshemu modulyu esli dobavit novuyu troyku vershin nelzya, mnozhestvo uzhe poluchennyh ostatkov zamknuto otnositelno sdvigov, vyrazhennyh cherez vesa vneshnih reber. minimalnyy period etogo mnozhestva zastavlyaet vneshnie rebra delitsya na netrivialnyy delitel modulya, posle chego zadacha svoditsya k menshemu modulyu. extremal_choice induction ai_checked sol-official-archive maksimalnaya sistema putey i svedenie k menshemu modulyu ai_checked complete_graph cycle path induction extremal_choice invariant dokazhem utverzhdenie induktsiey po \\(n\\). pri \\(n=1\\) podhodit lyuboy treugolnik. vse vesa dalee rassmatrivaem po modulyu \\(n\\); ves rebra \\(uv\\) oboznachaem cherez \\(m(uv)\\). budem vybirat dve razlichnye vershiny \\(u,v\\), mnozhestvo vershin \\(s\\), soderzhaschee \\(u\\) i \\(v\\), i semeystvo prostyh putey iz \\(u\\) v \\(v\\), prohodyaschih tolko po vershinam \\(s\\), tak chto summy etih putey dayut \\(h\\) razlichnyh ostatkov po modulyu \\(n\\), a \\(|s|\\le 3h\\). esli suschestvuet treugolnik, v kotorom summa dvuh reber otlichaetsya po chetnosti ot tretego rebra, to nachalnaya sistema sostoit iz dvuh putey mezhdu podhodyaschey paroy vershin etogo treugolnika, i dalee my rassmatrivaem tolko sistemy, u kotoryh sredi ostatkov est obe chetnosti. esli takogo treugolnika net, nachinaem s lyubogo odnogo rebra i dopolnitelnyh ogranicheniy ne nakladyvaem. sredi razreshennyh sistem vyberem sistemu s maksimalnym \\(h\\); mnozhestvo poluchen…","source_keys":["fyum"]}
{"id":"fyum-2013-tur1b-p10","title":"Цикл с суммой меток рёбер, делящейся на p, в полном графе, ФЮМ 2013","path":"data\\problems\\fyum\\fyum-2013-tur1b-p10.yaml","raw_github_url":"https://raw.githubusercontent.com/didin-maxim/knowledge_graph_of_graphs/main/data/problems/fyum/fyum-2013-tur1b-p10.yaml","viewer_url":"https://didin-maxim.github.io/knowledge_graph_of_graphs/#fyum-2013-tur1b-p10","source_key":"fyum","source_label":"ФЮМ","source_titles":["ФЮМ 2013, первый тур, Лига тактик, задача 10"],"year":"2013","type":"olympiad_problem","authors":[],"tags":["goal_existence"],"agent_topics":[],"difficulty":{"main":"regional","local_score":3,"comment":"Импортировано из проверенной архивной карточки ФЮМ 2013_tur1b_problem10.md.","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 повышенной сложности 2026-05-07","notes":"Официальное архивное решение проверено и развёрнуто до самодостаточного доказательства для простого модуля.","audit_source":"agent-russian-archives.json"},"statements":{"original":[{"id":"stmt-original","title":"Оригинальная формулировка","status":"ai_checked","text":"Дано простое число \\(p\\). На каждом ребре полного графа на \\(1000p\\) вершинах написали целое число. Докажите, что найдется простой цикл, сумма чисел на ребрах которого делится на \\(p\\).","definition_ids":["complete_graph","cycle"]}]},"solutions":[{"id":"sol-official-archive","title":"Самодостаточное решение через непересекающиеся треугольники","status":"ai_checked","definition_ids":["complete_graph","cycle"],"standard_idea_ids":[],"tags":[],"has_text":true,"text_preview":"Работаем по модулю \\(p\\). Случай \\(p=2\\) разберем отдельно. Если есть треугольник с четной суммой весов, он и есть нужный цикл. Если все треугольники имеют нечетную сумму, то любые четыре вершины \\(a,b,c,d\\) дают четный цикл \\(abcd\\): его сумма равна сумме треугольников \\(abc\\) и \\(acd\\) минус удвоенный вес диагонали \\(ac\\), значит равна \\(0\\pmod 2\\). Теперь пусть \\(p\\) нечетно. Выберем \\(p-1\\) попарно непересекающихся треугольников; вершин для этого достаточно. Если какой-то из них имеет сумму \\(0\\pmod p\\), мы уже нашли цикл. Иначе в каждом выбранном треугольнике можно назвать вершины \\(u_i,x_i,v_i\\) так, что \\(m(u_ix_i)+m(x_iv_i)\\ne m(u_iv_i)\\). Действительно, если это равенство выполнялось бы для всех трех выборов средней вершины, то из трех равенств следовало бы, что все три веса равны \\(0\\pmod p\\), а тогда сумма треугольника была бы нулевой. Для каждого \\(i\\) положим \\(A_i=\\{m(u_ix…"}],"relations":[{"id":"rel-fyum-2013-tur1a-p4-tur1b-p10-modular-weighted-cycles","neighbor_id":"fyum-2013-tur1a-p4","direction":"backward","type":"specialization","distance":2,"status":"ai_checked"}],"search_text":"fyum-2013-tur1b-p10 цикл с суммой меток рёбер, делящейся на p, в полном графе, фюм 2013 goal_existence 2013 fyum fyum2013 https://www.guas.info/competit/fest/fest24/tur1b.tex olympiad_archive src-fyum-2013-tur1b-p10-official with_solution фюм фюм 2013, первый тур, лига тактик, задача 10 фюм2013 ? фюм 2013, первый тур, лига тактик, задача 10 stmt-original оригинальная формулировка ai_checked дано простое число \\(p\\). на каждом ребре полного графа на \\(1000p\\) вершинах написали целое число. докажите, что найдется простой цикл, сумма чисел на ребрах которого делится на \\(p\\). complete_graph cycle idea-two-choices-per-triangle каждый треугольник дает два варианта суммы участка для треугольника с ненулевой суммой по модулю p можно выбрать две вершины-концы так, что прямое ребро и путь через третью вершину имеют разные суммы. несколько непересекающихся треугольников превращают задачу в выбор по одному элементу из двухэлементных множеств в z/pz. extremal_choice ai_checked idea-prime-sumset-growth в поле по простому модулю двухэлементные добавки наращивают множество сумм если b — собственное множество остатков по простому модулю p, то прибавление двух различных остатков a и b увеличивает число достижимых сумм хотя бы на 1. поэтому после p-1 независимых двухвариантных выборов можно получить любой остаток. extremal_choice ai_checked sol-official-archive самодостаточное решение через непересекающиеся треугольники ai_checked complete_graph cycle работаем по модулю \\(p\\). случай \\(p=2\\) разберем отдельно. если есть треугольник с четной суммой весов, он и есть нужный цикл. если все треугольники имеют нечетную сумму, то любые четыре вершины \\(a,b,c,d\\) дают четный цикл \\(abcd\\): его сумма равна сумме треугольников \\(abc\\) и \\(acd\\) минус удвоенный вес диагонали \\(ac\\), значит равна \\(0\\pmod 2\\). теперь пусть \\(p\\) нечетно. выберем \\(p-1\\) попарно непересекающихся треугольников; вершин для этого достаточно. если какой-то из них имеет сумму \\(0\\pmod p\\), мы уже нашли цикл. иначе в каждом выбранном треугольнике можно назвать вершины \\(u_i,x_i,v_i\\) так, что \\(m(u_ix_i)+m(x_iv_i)\\ne m(u_iv_i)\\). действительно, если это равенство выполнялось бы для всех трех выборов средней вершины, то из трех равенств следовало бы, что все три веса равны \\(0\\pmod p\\), а тогда сумма треугольника была бы нулевой. для каждого \\(i\\) положим \\(a_i=\\{m(u_ix… fyum-2013-tur1b-p10 tsikl s summoy metok reber, delyascheysya na p, v polnom grafe, fyum 2013 goal_existence 2013 fyum fyum2013 https://www.guas.info/competit/fest/fest24/tur1b.tex olympiad_archive src-fyum-2013-tur1b-p10-official with_solution fyum fyum 2013, pervyy tur, liga taktik, zadacha 10 fyum2013 ? fyum 2013, pervyy tur, liga taktik, zadacha 10 stmt-original originalnaya formulirovka ai_checked dano prostoe chislo \\(p\\). na kazhdom rebre polnogo grafa na \\(1000p\\) vershinah napisali tseloe chislo. dokazhite, chto naydetsya prostoy tsikl, summa chisel na rebrah kotorogo delitsya na \\(p\\). complete_graph cycle idea-two-choices-per-triangle kazhdyy treugolnik daet dva varianta summy uchastka dlya treugolnika s nenulevoy summoy po modulyu p mozhno vybrat dve vershiny-kontsy tak, chto pryamoe rebro i put cherez tretyu vershinu imeyut raznye summy. neskolko neperesekayuschihsya treugolnikov prevraschayut zadachu v vybor po odnomu elementu iz dvuhelementnyh mnozhestv v z/pz. extremal_choice ai_checked idea-prime-sumset-growth v pole po prostomu modulyu dvuhelementnye dobavki naraschivayut mnozhestvo summ esli b — sobstvennoe mnozhestvo ostatkov po prostomu modulyu p, to pribavlenie dvuh razlichnyh ostatkov a i b uvelichivaet chislo dostizhimyh summ hotya by na 1. poetomu posle p-1 nezavisimyh dvuhvariantnyh vyborov mozhno poluchit lyuboy ostatok. extremal_choice ai_checked sol-official-archive samodostatochnoe reshenie cherez neperesekayuschiesya treugolniki ai_checked complete_graph cycle rabotaem po modulyu \\(p\\). sluchay \\(p=2\\) razberem otdelno. esli est treugolnik s chetnoy summoy vesov, on i est nuzhnyy tsikl. esli vse treugolniki imeyut nechetnuyu summu, to lyubye chetyre vershiny \\(a,b,c,d\\) dayut chetnyy tsikl \\(abcd\\): ego summa ravna summe treugolnikov \\(abc\\) i \\(acd\\) minus udvoennyy ves diagonali \\(ac\\), znachit ravna \\(0\\pmod 2\\). teper pust \\(p\\) nechetno. vyberem \\(p-1\\) poparno neperesekayuschihsya treugolnikov; vershin dlya etogo dostatochno. esli kakoy-to iz nih imeet summu \\(0\\pmod p\\), my uzhe nashli tsikl. inache v kazhdom vybrannom treugolnike mozhno nazvat vershiny \\(u_i,x_i,v_i\\) tak, chto \\(m(u_ix_i)+m(x_iv_i)\\ne m(u_iv_i)\\). deystvitelno, esli eto ravenstvo vypolnyalos by dlya vseh treh vyborov sredney vershiny, to iz treh ravenstv sledovalo by, chto vse tri vesa ravny \\(0\\pmod p\\), a togda summa treugolnika byla by nulevoy. dlya kazhdogo \\(i\\) polozhim \\(a_i=\\{m(u_ix…","source_keys":["fyum"]}
{"id":"fyum-2013-tur2a-p1","title":"Раскраска рёбер планарного графа большого обхвата, ФЮМ 2013","path":"data\\problems\\fyum\\fyum-2013-tur2a-p1.yaml","raw_github_url":"https://raw.githubusercontent.com/didin-maxim/knowledge_graph_of_graphs/main/data/problems/fyum/fyum-2013-tur2a-p1.yaml","viewer_url":"https://didin-maxim.github.io/knowledge_graph_of_graphs/#fyum-2013-tur2a-p1","source_key":"fyum","source_label":"ФЮМ","source_titles":["ФЮМ 2013, второй тур, Лига стратегий, задача 1","Chang, Montassier, Pecher, Raspaud, Strong chromatic index of planar graphs with large girth"],"year":"2013","type":"olympiad_problem","authors":[],"tags":["coloring","planar_graphs","minimal_counterexample","goal_existence"],"agent_topics":[],"difficulty":{"main":"regional","local_score":4,"comment":"Импортировано из проверенной архивной карточки ФЮМ 2013_tur2a_problem1.md.","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":0.89,"basis":"очень высокий аудит 2026-05-07","notes":"Основное решение самодостаточно для заявленных констант; короткая внешняя теорема остаётся только справочным контекстом, не единственной опорой.","audit_source":"very_high_pipeline_batch_5_2026_05_07"},"statements":{"original":[{"id":"stmt-original","title":"Оригинальная формулировка","status":"ai_checked","text":"Дан планарный граф, в котором максимальная степень вершины равна \\(d > 100\\), а длина минимального простого цикла равна \\(10d + 100\\). Докажите, что ребра графа можно раскрасить в \\(2d - 1\\) цвет так, чтобы любые два ребра, имеющих либо общую вершину, либо смежные вершины, были разного цвета.","definition_ids":["planar_graph","degree","cycle"]}],"graph_theory":[{"id":"stmt-graph-conflict","title":"Раскраска графа конфликтов рёбер","status":"ai_checked","text":"Пусть \\(G\\) — планарный граф с максимальной степенью \\(d>100\\) и обхватом \\(10d+100\\). Рассмотрим граф \\(X_2(G)\\): его вершины — рёбра \\(G\\), а две вершины смежны, если соответствующие рёбра имеют общий конец или их концы смежны в \\(G\\). Докажите, что \\(\\chi(X_2(G))\\le 2d-1\\).","definition_ids":["planar_graph","degree","cycle","simple_graph","chromatic_number"]}]},"solutions":[{"id":"sol-official-archive","title":"Самодостаточный перенос специального случая теоремы о большом обхвате","status":"ai_checked","definition_ids":["planar_graph","degree","cycle","chromatic_number","path"],"standard_idea_ids":["minimal_counterexample","delete_to_simplify","local_recoloring"],"tags":[],"has_text":true,"text_preview":"Будем доказывать более удобную формулировку. Пусть \\(G\\) — планарный граф максимальной степени не больше \\(d\\), где \\(d>100\\), и обхвата не меньше \\(10d+100\\). Нужно сильно раскрасить его рёбра в \\(2d-1\\) цвет, то есть любые два ребра, имеющие общий конец или концы, соединённые ребром, должны получить разные цвета. Сначала зафиксируем две леммы. Первая — стандартное следствие формулы Эйлера. Если планарный граф \\(H\\) имеет минимальную степень хотя бы \\(2\\) и обхват не меньше \\(5m+1\\), то в нём есть простой путь \\(v_0v_1\\ldots v_{m+1}\\), у которого все вершины \\(v_1,\\ldots,v_m\\) имеют степень \\(2\\) в \\(H\\). Действительно, если весь граф является циклом, всё очевидно. Иначе стянем каждый максимальный путь, внутренние вершины которого имеют степень \\(2\\), в одно ребро. Если ни один такой путь не содержит \\(m\\) подряд идущих вершин степени \\(2\\), то каждое новое ребро заменяет путь длины не…"}],"relations":[{"id":"rel-fyum-2012-2013-strong-edge-coloring-distance-two","neighbor_id":"greedy-strong-edge-coloring-bound","direction":"backward","type":"same_motif","distance":2,"status":"needs_human_review"},{"id":"rel-fyum-2013-tur2a-p1-degree-two-path-lemma","neighbor_id":"planar-large-girth-degree-two-path","direction":"backward","type":"prerequisite","distance":1,"status":"needs_human_review"},{"id":"rel-fyum-2013-tur2a-p1-euler-short-cycle-lemma","neighbor_id":"euler-formula-planar","direction":"backward","type":"prerequisite","distance":1,"status":"needs_human_review"},{"id":"rel-fyum-2013-tur2a-p1-degree-two-chain","neighbor_id":"planar-large-girth-degree-two-chain","direction":"backward","type":"prerequisite","distance":1,"status":"ai_checked"}],"search_text":"fyum-2013-tur2a-p1 раскраска рёбер планарного графа большого обхвата, фюм 2013 coloring planar_graphs minimal_counterexample goal_existence 2013 chang, montassier, pecher, raspaud, strong chromatic index of planar graphs with large girth fyum fyum2013 https://www.guas.info/competit/fest/fest24/tur2a.tex https://www.math.ntu.edu.tw/~mathlib/preprint/2013-09.pdf olympiad_archive research_preprint src-fyum-2013-tur2a-p1-official src-ntu-strong-edge-coloring-planar-large-girth-2013 with_solution фюм фюм 2013, второй тур, лига стратегий, задача 1 фюм2013 ? фюм 2013, второй тур, лига стратегий, задача 1 chang, montassier, pecher, raspaud, strong chromatic index of planar graphs with large girth stmt-original оригинальная формулировка ai_checked дан планарный граф, в котором максимальная степень вершины равна \\(d > 100\\), а длина минимального простого цикла равна \\(10d + 100\\). докажите, что ребра графа можно раскрасить в \\(2d - 1\\) цвет так, чтобы любые два ребра, имеющих либо общую вершину, либо смежные вершины, были разного цвета. planar_graph degree cycle stmt-graph-conflict раскраска графа конфликтов рёбер ai_checked пусть \\(g\\) — планарный граф с максимальной степенью \\(d>100\\) и обхватом \\(10d+100\\). рассмотрим граф \\(x_2(g)\\): его вершины — рёбра \\(g\\), а две вершины смежны, если соответствующие рёбра имеют общий конец или их концы смежны в \\(g\\). докажите, что \\(\\chi(x_2(g))\\le 2d-1\\). planar_graph degree cycle simple_graph chromatic_number idea-reduce-to-large-girth-strong-edge-coloring-theorem минимальный контрпример и обход в нечётном графе условие fyum требует сильную рёберную раскраску планарного графа с максимальной степенью d и обхватом 10d+100. это следует из теоремы chang--montassier--pecher--raspaud при обхвате 10d+46; для самой задачи достаточно перенести более мягкий специальный случай: эйлерова лемма даёт длинную цепочку вершин степени 2, а запас длины позволяет построить нужную последовательность цветов как обход в нечётном графе на 2d-1 цветах. coloring planar_graphs source_verified sol-official-archive самодостаточный перенос специального случая теоремы о большом обхвате ai_checked planar_graph degree cycle chromatic_number path minimal_counterexample delete_to_simplify local_recoloring будем доказывать более удобную формулировку. пусть \\(g\\) — планарный граф максимальной степени не больше \\(d\\), где \\(d>100\\), и обхвата не меньше \\(10d+100\\). нужно сильно раскрасить его рёбра в \\(2d-1\\) цвет, то есть любые два ребра, имеющие общий конец или концы, соединённые ребром, должны получить разные цвета. сначала зафиксируем две леммы. первая — стандартное следствие формулы эйлера. если планарный граф \\(h\\) имеет минимальную степень хотя бы \\(2\\) и обхват не меньше \\(5m+1\\), то в нём есть простой путь \\(v_0v_1\\ldots v_{m+1}\\), у которого все вершины \\(v_1,\\ldots,v_m\\) имеют степень \\(2\\) в \\(h\\). действительно, если весь граф является циклом, всё очевидно. иначе стянем каждый максимальный путь, внутренние вершины которого имеют степень \\(2\\), в одно ребро. если ни один такой путь не содержит \\(m\\) подряд идущих вершин степени \\(2\\), то каждое новое ребро заменяет путь длины не… fyum-2013-tur2a-p1 raskraska reber planarnogo grafa bolshogo obhvata, fyum 2013 coloring planar_graphs minimal_counterexample goal_existence 2013 chang, montassier, pecher, raspaud, strong chromatic index of planar graphs with large girth fyum fyum2013 https://www.guas.info/competit/fest/fest24/tur2a.tex https://www.math.ntu.edu.tw/~mathlib/preprint/2013-09.pdf olympiad_archive research_preprint src-fyum-2013-tur2a-p1-official src-ntu-strong-edge-coloring-planar-large-girth-2013 with_solution fyum fyum 2013, vtoroy tur, liga strategiy, zadacha 1 fyum2013 ? fyum 2013, vtoroy tur, liga strategiy, zadacha 1 chang, montassier, pecher, raspaud, strong chromatic index of planar graphs with large girth stmt-original originalnaya formulirovka ai_checked dan planarnyy graf, v kotorom maksimalnaya stepen vershiny ravna \\(d > 100\\), a dlina minimalnogo prostogo tsikla ravna \\(10d + 100\\). dokazhite, chto rebra grafa mozhno raskrasit v \\(2d - 1\\) tsvet tak, chtoby lyubye dva rebra, imeyuschih libo obschuyu vershinu, libo smezhnye vershiny, byli raznogo tsveta. planar_graph degree cycle stmt-graph-conflict raskraska grafa konfliktov reber ai_checked pust \\(g\\) — planarnyy graf s maksimalnoy stepenyu \\(d>100\\) i obhvatom \\(10d+100\\). rassmotrim graf \\(x_2(g)\\): ego vershiny — rebra \\(g\\), a dve vershiny smezhny, esli sootvetstvuyuschie rebra imeyut obschiy konets ili ih kontsy smezhny v \\(g\\). dokazhite, chto \\(\\chi(x_2(g))\\le 2d-1\\). planar_graph degree cycle simple_graph chromatic_number idea-reduce-to-large-girth-strong-edge-coloring-theorem minimalnyy kontrprimer i obhod v nechetnom grafe uslovie fyum trebuet silnuyu rebernuyu raskrasku planarnogo grafa s maksimalnoy stepenyu d i obhvatom 10d+100. eto sleduet iz teoremy chang--montassier--pecher--raspaud pri obhvate 10d+46; dlya samoy zadachi dostatochno perenesti bolee myagkiy spetsialnyy sluchay: eylerova lemma daet dlinnuyu tsepochku vershin stepeni 2, a zapas dliny pozvolyaet postroit nuzhnuyu posledovatelnost tsvetov kak obhod v nechetnom grafe na 2d-1 tsvetah. coloring planar_graphs source_verified sol-official-archive samodostatochnyy perenos spetsialnogo sluchaya teoremy o bolshom obhvate ai_checked planar_graph degree cycle chromatic_number path minimal_counterexample delete_to_simplify local_recoloring budem dokazyvat bolee udobnuyu formulirovku. pust \\(g\\) — planarnyy graf maksimalnoy stepeni ne bolshe \\(d\\), gde \\(d>100\\), i obhvata ne menshe \\(10d+100\\). nuzhno silno raskrasit ego rebra v \\(2d-1\\) tsvet, to est lyubye dva rebra, imeyuschie obschiy konets ili kontsy, soedinennye rebrom, dolzhny poluchit raznye tsveta. snachala zafiksiruem dve lemmy. pervaya — standartnoe sledstvie formuly eylera. esli planarnyy graf \\(h\\) imeet minimalnuyu stepen hotya by \\(2\\) i obhvat ne menshe \\(5m+1\\), to v nem est prostoy put \\(v_0v_1\\ldots v_{m+1}\\), u kotorogo vse vershiny \\(v_1,\\ldots,v_m\\) imeyut stepen \\(2\\) v \\(h\\). deystvitelno, esli ves graf yavlyaetsya tsiklom, vse ochevidno. inache styanem kazhdyy maksimalnyy put, vnutrennie vershiny kotorogo imeyut stepen \\(2\\), v odno rebro. esli ni odin takoy put ne soderzhit \\(m\\) podryad iduschih vershin stepeni \\(2\\), to kazhdoe novoe rebro zamenyaet put dliny ne…","source_keys":["fyum"]}
{"id":"gabriel-graph-connected-separated-points","title":"Связность графа Габриэля для разреженного множества точек","path":"data\\problems\\classical\\gabriel-graph-connected-separated-points.yaml","raw_github_url":"https://raw.githubusercontent.com/didin-maxim/knowledge_graph_of_graphs/main/data/problems/classical/gabriel-graph-connected-separated-points.yaml","viewer_url":"https://didin-maxim.github.io/knowledge_graph_of_graphs/#gabriel-graph-connected-separated-points","source_key":"misc","source_label":"Прочее","source_titles":["AoPS Wiki, 2025 USAMO Problems/Problem 3","Gabriel and Sokal, A New Statistical Approach to Geographic Variation Analysis","Matula and Sokal, Properties of Gabriel Graphs Relevant to Geographic Variation Research and the Clustering of Points in the Plane","Evan Chen, USAMO 2025 Solution Notes"],"year":"","type":"lemma","authors":[],"tags":["planar_graphs","connectivity","classical_theorem","goal_proof"],"agent_topics":[],"difficulty":{"main":"national_final_medium","local_score":5,"comment":"Короткая метрическая лемма; основная тонкость — использовать разреженность, чтобы спуск по квадрату расстояния не мог продолжаться бесконечно.","status":"ai_checked"},"review_status":"needs_human_review","public_ready":false,"solution_state":"with_solution","solution_classification":{"type":"unofficial_published","label":"опубликованное неофициальное","status":"ai_checked","confidence":0.78,"basis":"агентский аудит средней сложности","notes":"Карточка подкреплена опубликованными неофициальными, справочными, журнальными, вики-, форумными источниками или страницами задач.","audit_source":"agent-imo-us-classical.json"},"statements":{"original":[{"id":"stmt-original","title":"","status":"ai_checked","text":"Пусть \\(X\\) — конечное или бесконечное множество точек плоскости, расстояние между любыми двумя различными точками которого больше \\(1\\). В графе Габриэля на \\(X\\) соединены те и только те пары \\(A,B\\), для которых замкнутый диск с диаметром \\(AB\\) не содержит других точек из \\(X\\). Тогда этот граф связен.","definition_ids":["gabriel_graph","connected_graph"]}]},"solutions":[{"id":"sol-distance-descent","title":"Бесконечный спуск по расстоянию","status":"ai_checked","definition_ids":["gabriel_graph","connected_graph"],"standard_idea_ids":[],"tags":[],"has_text":true,"text_preview":"Предположим, что граф Габриэля несвязен, и возьмём точки \\(p,q\\) из разных компонент. Если \\(pq\\) является ребром, эти точки лежат в одной компоненте, поэтому \\(pq\\) не ребро. Значит, в замкнутом диске с диаметром \\(pq\\) есть третья точка \\(r\\in X\\). Точка \\(r\\) не может одновременно лежать в компоненте \\(p\\) и в компоненте \\(q\\). Поэтому хотя бы одна из пар \\((p,r)\\), \\((r,q)\\) снова соединяет разные компоненты; обозначим её \\((u,v)\\), а второй отрезок от \\(r\\) к одному из концов \\(pq\\) обозначим через \\(w\\). Так как \\(r\\) лежит в диаметральном диске \\(pq\\), угол \\(prq\\) не меньше \\(90^\\circ\\), и из элементарной геометрии следует \\(uv^2\\le pq^2-w^2\\). При этом \\(w>1\\), потому что расстояния между различными точками множества больше \\(1\\). Значит, \\(uv^2<pq^2-1\\). Повторяя этот шаг, мы строили бы пары точек из разных компонент с неотрицательными квадратами расстояний, каждый раз уменьша…"}],"relations":[{"id":"rel-gabriel-connectivity-lemma-usamo-2025-p3","neighbor_id":"usamo-2025-p3-gabriel-graph-road-network","direction":"forward","type":"prerequisite","distance":1,"status":"ai_checked"}],"search_text":"gabriel-graph-connected-separated-points связность графа габриэля для разреженного множества точек planar_graphs connectivity classical_theorem goal_proof aops wiki, 2025 usamo problems/problem 3 evan chen, usamo 2025 solution notes gabriel and sokal, a new statistical approach to geographic variation analysis https://academic.oup.com/sysbio/article/18/3/259/1624465 https://artofproblemsolving.com/wiki/index.php/2025_usamo_problems/problem_3 https://doi.org/10.1111/j.1538-4632.1980.tb00031.x https://web.evanchen.cc/exams/usamo-2025-notes.pdf matula and sokal, properties of gabriel graphs relevant to geographic variation research and the clustering of points in the plane misc reference secondary_solution src-gabriel-sokal-1969 src-matula-sokal-1980-gabriel-properties src-usamo-2025-evan-chen-notes src-usamo-2025-p3-aops-wiki statement with_solution прочее ? aops wiki, 2025 usamo problems/problem 3 gabriel and sokal, a new statistical approach to geographic variation analysis matula and sokal, properties of gabriel graphs relevant to geographic variation research and the clustering of points in the plane evan chen, usamo 2025 solution notes stmt-original ai_checked пусть \\(x\\) — конечное или бесконечное множество точек плоскости, расстояние между любыми двумя различными точками которого больше \\(1\\). в графе габриэля на \\(x\\) соединены те и только те пары \\(a,b\\), для которых замкнутый диск с диаметром \\(ab\\) не содержит других точек из \\(x\\). тогда этот граф связен. gabriel_graph connected_graph idea-distance-descent спуск по квадрату расстояния между компонентами если две точки лежат в разных компонентах и не соединены ребром, то внутри их диаметрального диска есть третья точка. одна из двух новых пар снова соединяет разные компоненты, но имеет существенно меньший квадрат расстояния. connectivity ai_checked sol-distance-descent бесконечный спуск по расстоянию ai_checked gabriel_graph connected_graph предположим, что граф габриэля несвязен, и возьмём точки \\(p,q\\) из разных компонент. если \\(pq\\) является ребром, эти точки лежат в одной компоненте, поэтому \\(pq\\) не ребро. значит, в замкнутом диске с диаметром \\(pq\\) есть третья точка \\(r\\in x\\). точка \\(r\\) не может одновременно лежать в компоненте \\(p\\) и в компоненте \\(q\\). поэтому хотя бы одна из пар \\((p,r)\\), \\((r,q)\\) снова соединяет разные компоненты; обозначим её \\((u,v)\\), а второй отрезок от \\(r\\) к одному из концов \\(pq\\) обозначим через \\(w\\). так как \\(r\\) лежит в диаметральном диске \\(pq\\), угол \\(prq\\) не меньше \\(90^\\circ\\), и из элементарной геометрии следует \\(uv^2\\le pq^2-w^2\\). при этом \\(w>1\\), потому что расстояния между различными точками множества больше \\(1\\). значит, \\(uv^2<pq^2-1\\). повторяя этот шаг, мы строили бы пары точек из разных компонент с неотрицательными квадратами расстояний, каждый раз уменьша… gabriel-graph-connected-separated-points svyaznost grafa gabrielya dlya razrezhennogo mnozhestva tochek planar_graphs connectivity classical_theorem goal_proof aops wiki, 2025 usamo problems/problem 3 evan chen, usamo 2025 solution notes gabriel and sokal, a new statistical approach to geographic variation analysis https://academic.oup.com/sysbio/article/18/3/259/1624465 https://artofproblemsolving.com/wiki/index.php/2025_usamo_problems/problem_3 https://doi.org/10.1111/j.1538-4632.1980.tb00031.x https://web.evanchen.cc/exams/usamo-2025-notes.pdf matula and sokal, properties of gabriel graphs relevant to geographic variation research and the clustering of points in the plane misc reference secondary_solution src-gabriel-sokal-1969 src-matula-sokal-1980-gabriel-properties src-usamo-2025-evan-chen-notes src-usamo-2025-p3-aops-wiki statement with_solution prochee ? aops wiki, 2025 usamo problems/problem 3 gabriel and sokal, a new statistical approach to geographic variation analysis matula and sokal, properties of gabriel graphs relevant to geographic variation research and the clustering of points in the plane evan chen, usamo 2025 solution notes stmt-original ai_checked pust \\(x\\) — konechnoe ili beskonechnoe mnozhestvo tochek ploskosti, rasstoyanie mezhdu lyubymi dvumya razlichnymi tochkami kotorogo bolshe \\(1\\). v grafe gabrielya na \\(x\\) soedineny te i tolko te pary \\(a,b\\), dlya kotoryh zamknutyy disk s diametrom \\(ab\\) ne soderzhit drugih tochek iz \\(x\\). togda etot graf svyazen. gabriel_graph connected_graph idea-distance-descent spusk po kvadratu rasstoyaniya mezhdu komponentami esli dve tochki lezhat v raznyh komponentah i ne soedineny rebrom, to vnutri ih diametralnogo diska est tretya tochka. odna iz dvuh novyh par snova soedinyaet raznye komponenty, no imeet suschestvenno menshiy kvadrat rasstoyaniya. connectivity ai_checked sol-distance-descent beskonechnyy spusk po rasstoyaniyu ai_checked gabriel_graph connected_graph predpolozhim, chto graf gabrielya nesvyazen, i vozmem tochki \\(p,q\\) iz raznyh komponent. esli \\(pq\\) yavlyaetsya rebrom, eti tochki lezhat v odnoy komponente, poetomu \\(pq\\) ne rebro. znachit, v zamknutom diske s diametrom \\(pq\\) est tretya tochka \\(r\\in x\\). tochka \\(r\\) ne mozhet odnovremenno lezhat v komponente \\(p\\) i v komponente \\(q\\). poetomu hotya by odna iz par \\((p,r)\\), \\((r,q)\\) snova soedinyaet raznye komponenty; oboznachim ee \\((u,v)\\), a vtoroy otrezok ot \\(r\\) k odnomu iz kontsov \\(pq\\) oboznachim cherez \\(w\\). tak kak \\(r\\) lezhit v diametralnom diske \\(pq\\), ugol \\(prq\\) ne menshe \\(90^\\circ\\), i iz elementarnoy geometrii sleduet \\(uv^2\\le pq^2-w^2\\). pri etom \\(w>1\\), potomu chto rasstoyaniya mezhdu razlichnymi tochkami mnozhestva bolshe \\(1\\). znachit, \\(uv^2<pq^2-1\\). povtoryaya etot shag, my stroili by pary tochek iz raznyh komponent s neotritsatelnymi kvadratami rasstoyaniy, kazhdyy raz umensha…","source_keys":["misc","usamo"]}
{"id":"gabriel-graph-straight-line-planar","title":"Прямолинейная планарность графа Габриэля","path":"data\\problems\\classical\\gabriel-graph-straight-line-planar.yaml","raw_github_url":"https://raw.githubusercontent.com/didin-maxim/knowledge_graph_of_graphs/main/data/problems/classical/gabriel-graph-straight-line-planar.yaml","viewer_url":"https://didin-maxim.github.io/knowledge_graph_of_graphs/#gabriel-graph-straight-line-planar","source_key":"misc","source_label":"Прочее","source_titles":["AoPS Wiki, 2025 USAMO Problems/Problem 3","Gabriel and Sokal, A New Statistical Approach to Geographic Variation Analysis","Matula and Sokal, Properties of Gabriel Graphs Relevant to Geographic Variation Research and the Clustering of Points in the Plane","Evan Chen, USAMO 2025 Solution Notes"],"year":"","type":"lemma","authors":[],"tags":["planar_graphs","classical_theorem","goal_proof"],"agent_topics":[],"difficulty":{"main":"regional","local_score":4,"comment":"Стандартная геометрическая проверка планарности графа Габриэля через диаметральный диск.","status":"ai_checked"},"review_status":"needs_human_review","public_ready":false,"solution_state":"with_solution","solution_classification":{"type":"unofficial_published","label":"опубликованное неофициальное","status":"ai_checked","confidence":0.78,"basis":"агентский аудит средней сложности","notes":"Карточка подкреплена опубликованными неофициальными, справочными, журнальными, вики-, форумными источниками или страницами задач.","audit_source":"agent-imo-us-classical.json"},"statements":{"original":[{"id":"stmt-original","title":"","status":"ai_checked","text":"Пусть \\(X\\) — множество точек плоскости, никакие три точки из \\(X\\) не лежат на одной прямой. В графе Габриэля на \\(X\\) соединены те и только те пары \\(A,B\\), для которых замкнутый диск с диаметром \\(AB\\) не содержит других точек из \\(X\\). Тогда при рисовании рёбер отрезками между соответствующими точками никакие два ребра не пересекаются внутренними точками.","definition_ids":["gabriel_graph","planar_graph"]}]},"solutions":[{"id":"sol-thales-crossing","title":"Запрет пересечения через теорему Фалеса","status":"ai_checked","definition_ids":["gabriel_graph","planar_graph"],"standard_idea_ids":[],"tags":[],"has_text":true,"text_preview":"Предположим, что два ребра \\(AC\\) и \\(BD\\), нарисованные отрезками, пересекаются внутренними точками. Тогда точки \\(A,B,C,D\\) являются вершинами выпуклого четырёхугольника. В любом выпуклом четырёхугольнике есть угол не меньше \\(90^\\circ\\); без ограничения общности пусть это угол \\(BAD\\). По теореме Фалеса точка \\(A\\) лежит в замкнутом диске с диаметром \\(BD\\): для точек на окружности угол равен \\(90^\\circ\\), а для точек внутри диска он больше \\(90^\\circ\\). Но тогда диаметральный диск ребра \\(BD\\) содержит другую точку множества, а значит \\(BD\\) не могло быть ребром графа Габриэля. Противоречие. Следовательно, такие пересечения невозможны."}],"relations":[{"id":"rel-gabriel-planarity-lemma-usamo-2025-p3","neighbor_id":"usamo-2025-p3-gabriel-graph-road-network","direction":"forward","type":"prerequisite","distance":1,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-schweitzer-2004-p3-gabriel-straight-line-planarity","neighbor_id":"miklos-schweitzer-2004-p3-planar-embedding-edge-ratio","direction":"backward","type":"same_motif","distance":3,"status":"needs_human_review"}],"search_text":"gabriel-graph-straight-line-planar прямолинейная планарность графа габриэля planar_graphs classical_theorem goal_proof aops wiki, 2025 usamo problems/problem 3 evan chen, usamo 2025 solution notes gabriel and sokal, a new statistical approach to geographic variation analysis https://academic.oup.com/sysbio/article/18/3/259/1624465 https://artofproblemsolving.com/wiki/index.php/2025_usamo_problems/problem_3 https://doi.org/10.1111/j.1538-4632.1980.tb00031.x https://web.evanchen.cc/exams/usamo-2025-notes.pdf matula and sokal, properties of gabriel graphs relevant to geographic variation research and the clustering of points in the plane misc reference secondary_solution src-gabriel-sokal-1969 src-matula-sokal-1980-gabriel-properties src-usamo-2025-evan-chen-notes src-usamo-2025-p3-aops-wiki statement with_solution прочее ? aops wiki, 2025 usamo problems/problem 3 gabriel and sokal, a new statistical approach to geographic variation analysis matula and sokal, properties of gabriel graphs relevant to geographic variation research and the clustering of points in the plane evan chen, usamo 2025 solution notes stmt-original ai_checked пусть \\(x\\) — множество точек плоскости, никакие три точки из \\(x\\) не лежат на одной прямой. в графе габриэля на \\(x\\) соединены те и только те пары \\(a,b\\), для которых замкнутый диск с диаметром \\(ab\\) не содержит других точек из \\(x\\). тогда при рисовании рёбер отрезками между соответствующими точками никакие два ребра не пересекаются внутренними точками. gabriel_graph planar_graph idea-crossing-gives-forbidden-disk-point пересечение даёт точку в диаметральном диске если два отрезка-ребра пересекаются, их четыре конца образуют выпуклый четырёхугольник. у одного из его углов величина не меньше \\(90^\\circ\\), а значит соответствующая вершина лежит в замкнутом диске с диаметром противоположного ребра. planar_graphs ai_checked sol-thales-crossing запрет пересечения через теорему фалеса ai_checked gabriel_graph planar_graph предположим, что два ребра \\(ac\\) и \\(bd\\), нарисованные отрезками, пересекаются внутренними точками. тогда точки \\(a,b,c,d\\) являются вершинами выпуклого четырёхугольника. в любом выпуклом четырёхугольнике есть угол не меньше \\(90^\\circ\\); без ограничения общности пусть это угол \\(bad\\). по теореме фалеса точка \\(a\\) лежит в замкнутом диске с диаметром \\(bd\\): для точек на окружности угол равен \\(90^\\circ\\), а для точек внутри диска он больше \\(90^\\circ\\). но тогда диаметральный диск ребра \\(bd\\) содержит другую точку множества, а значит \\(bd\\) не могло быть ребром графа габриэля. противоречие. следовательно, такие пересечения невозможны. gabriel-graph-straight-line-planar pryamolineynaya planarnost grafa gabrielya planar_graphs classical_theorem goal_proof aops wiki, 2025 usamo problems/problem 3 evan chen, usamo 2025 solution notes gabriel and sokal, a new statistical approach to geographic variation analysis https://academic.oup.com/sysbio/article/18/3/259/1624465 https://artofproblemsolving.com/wiki/index.php/2025_usamo_problems/problem_3 https://doi.org/10.1111/j.1538-4632.1980.tb00031.x https://web.evanchen.cc/exams/usamo-2025-notes.pdf matula and sokal, properties of gabriel graphs relevant to geographic variation research and the clustering of points in the plane misc reference secondary_solution src-gabriel-sokal-1969 src-matula-sokal-1980-gabriel-properties src-usamo-2025-evan-chen-notes src-usamo-2025-p3-aops-wiki statement with_solution prochee ? aops wiki, 2025 usamo problems/problem 3 gabriel and sokal, a new statistical approach to geographic variation analysis matula and sokal, properties of gabriel graphs relevant to geographic variation research and the clustering of points in the plane evan chen, usamo 2025 solution notes stmt-original ai_checked pust \\(x\\) — mnozhestvo tochek ploskosti, nikakie tri tochki iz \\(x\\) ne lezhat na odnoy pryamoy. v grafe gabrielya na \\(x\\) soedineny te i tolko te pary \\(a,b\\), dlya kotoryh zamknutyy disk s diametrom \\(ab\\) ne soderzhit drugih tochek iz \\(x\\). togda pri risovanii reber otrezkami mezhdu sootvetstvuyuschimi tochkami nikakie dva rebra ne peresekayutsya vnutrennimi tochkami. gabriel_graph planar_graph idea-crossing-gives-forbidden-disk-point peresechenie daet tochku v diametralnom diske esli dva otrezka-rebra peresekayutsya, ih chetyre kontsa obrazuyut vypuklyy chetyrehugolnik. u odnogo iz ego uglov velichina ne menshe \\(90^\\circ\\), a znachit sootvetstvuyuschaya vershina lezhit v zamknutom diske s diametrom protivopolozhnogo rebra. planar_graphs ai_checked sol-thales-crossing zapret peresecheniya cherez teoremu falesa ai_checked gabriel_graph planar_graph predpolozhim, chto dva rebra \\(ac\\) i \\(bd\\), narisovannye otrezkami, peresekayutsya vnutrennimi tochkami. togda tochki \\(a,b,c,d\\) yavlyayutsya vershinami vypuklogo chetyrehugolnika. v lyubom vypuklom chetyrehugolnike est ugol ne menshe \\(90^\\circ\\); bez ogranicheniya obschnosti pust eto ugol \\(bad\\). po teoreme falesa tochka \\(a\\) lezhit v zamknutom diske s diametrom \\(bd\\): dlya tochek na okruzhnosti ugol raven \\(90^\\circ\\), a dlya tochek vnutri diska on bolshe \\(90^\\circ\\). no togda diametralnyy disk rebra \\(bd\\) soderzhit druguyu tochku mnozhestva, a znachit \\(bd\\) ne moglo byt rebrom grafa gabrielya. protivorechie. sledovatelno, takie peresecheniya nevozmozhny.","source_keys":["misc","usamo"]}
{"id":"gallai-hasse-roy-vitaver-theorem","title":"Теорема Галлаи-Хассе-Роя-Витавера о раскраске и ориентированных путях","path":"data\\problems\\classical\\gallai-hasse-roy-vitaver-theorem.yaml","raw_github_url":"https://raw.githubusercontent.com/didin-maxim/knowledge_graph_of_graphs/main/data/problems/classical/gallai-hasse-roy-vitaver-theorem.yaml","viewer_url":"https://didin-maxim.github.io/knowledge_graph_of_graphs/#gallai-hasse-roy-vitaver-theorem","source_key":"misc","source_label":"Прочее","source_titles":["Wikipedia, Gallai-Hasse-Roy-Vitaver theorem"],"year":"","type":"theorem","authors":["Tibor Gallai","Maria Hasse","Bernard Roy","L. M. Vitaver"],"tags":["coloring","classical_theorem","goal_characterization","extremal_choice"],"agent_topics":[],"difficulty":{"main":"regional","local_score":4,"comment":"Короткая классическая характеристика: нужно только аккуратно различать длину пути в рёбрах и число его вершин.","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":"Карточка подкреплена опубликованными неофициальными, справочными, журнальными, вики-, форумными источниками или страницами задач.","audit_source":"agent-imo-us-classical.json"},"statements":{"original":[{"id":"stmt-original-1","title":"Хроматическое число через ориентации","status":"ai_checked","text":"Пусть \\(G\\) — конечный простой граф. Для ориентации \\(D\\) графа \\(G\\) обозначим через \\(L(D)\\) наибольшее число рёбер в ориентированном пути в \\(D\\). Тогда \\(\\chi(G)=1+\\min_D L(D)\\), где минимум берётся по всем ориентациям рёбер графа \\(G\\).","definition_ids":["simple_graph","directed_graph","path","chromatic_number"]}],"olympiad_reformulations":[{"id":"stmt-two-sided-form","title":"Две неравенства","status":"ai_checked","text":"В любой ориентации графа \\(G\\) есть ориентированный путь длины хотя бы \\(\\chi(G)-1\\). С другой стороны, существует ориентация, в которой каждый ориентированный путь имеет длину не больше \\(\\chi(G)-1\\).","definition_ids":["simple_graph","directed_graph","path","chromatic_number"]}]},"solutions":[{"id":"sol-path-length-potentials","title":"Доказательство через длины путей","status":"ai_checked","definition_ids":["simple_graph","directed_graph","path","chromatic_number"],"standard_idea_ids":["extremal_choice"],"tags":[],"has_text":true,"text_preview":"Возьмем произвольную ориентацию \\(D\\) графа \\(G\\). Для каждой вершины \\(v\\) обозначим через \\(a(v)\\) максимальное число рёбер в ориентированном пути, который заканчивается в \\(v\\). Если есть дуга \\(u\\to v\\), то любой максимальный путь, заканчивающийся в \\(u\\), можно продолжить этой дугой, поэтому \\(a(v)\\ge a(u)+1\\). Значит, концы каждой дуги имеют разные значения \\(a\\), и раскраска вершины \\(v\\) в цвет \\(a(v)+1\\) является правильной раскраской исходного неориентированного графа. Все значения \\(a(v)\\) не превосходят \\(L(D)\\), поэтому использовано не больше \\(L(D)+1\\) цветов. Следовательно, \\(\\chi(G)\\le L(D)+1\\) для любой ориентации \\(D\\), то есть \\(L(D)\\ge \\chi(G)-1\\). Докажем обратное неравенство. Возьмем правильную раскраску графа \\(G\\) ровно в \\(\\chi(G)\\) цветов, пронумерованных \\(1,2,\\ldots,\\chi(G)\\). Ориентируем каждое ребро из вершины меньшего цвета в вершину большего цвета. Вдоль…"}],"relations":[{"id":"rel-ghrv-degeneracy","neighbor_id":"degeneracy-greedy-coloring","direction":"forward","type":"same_motif","distance":2,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-ghrv-long-path-direction-ghrv-theorem","neighbor_id":"ghrv-every-orientation-long-directed-path","direction":"backward","type":"prerequisite","distance":1,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-ghrv-short-path-orientation-direction-ghrv-theorem","neighbor_id":"ghrv-coloring-orientation-short-path","direction":"backward","type":"prerequisite","distance":1,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-kolm-2016-team-p6-ghrv-two-sided-coloring","neighbor_id":"kolmogorov-2016-team-olympiad-juniors-problem-6","direction":"backward","type":"same_motif","distance":2,"status":"ai_checked"}],"search_text":"gallai-hasse-roy-vitaver-theorem теорема галлаи-хассе-роя-витавера о раскраске и ориентированных путях coloring classical_theorem goal_characterization extremal_choice bernard roy bernardroy https://en.wikipedia.org/wiki/gallai%e2%80%93hasse%e2%80%93roy%e2%80%93vitaver_theorem l. m. vitaver lmvitaver maria hasse mariahasse misc src-wikipedia-gallai-hasse-roy-vitaver standard_reference tibor gallai tiborgallai wikipedia, gallai-hasse-roy-vitaver theorem with_solution прочее tibor gallai maria hasse bernard roy l. m. vitaver wikipedia, gallai-hasse-roy-vitaver theorem stmt-original-1 хроматическое число через ориентации ai_checked пусть \\(g\\) — конечный простой граф. для ориентации \\(d\\) графа \\(g\\) обозначим через \\(l(d)\\) наибольшее число рёбер в ориентированном пути в \\(d\\). тогда \\(\\chi(g)=1+\\min_d l(d)\\), где минимум берётся по всем ориентациям рёбер графа \\(g\\). simple_graph directed_graph path chromatic_number stmt-two-sided-form две неравенства ai_checked в любой ориентации графа \\(g\\) есть ориентированный путь длины хотя бы \\(\\chi(g)-1\\). с другой стороны, существует ориентация, в которой каждый ориентированный путь имеет длину не больше \\(\\chi(g)-1\\). simple_graph directed_graph path chromatic_number idea-color-by-longest-path-ending красить длиной максимального пути к вершине в фиксированной ориентации значение \\(a(v)\\), равное максимальной длине ориентированного пути, заканчивающегося в \\(v\\), строго возрастает вдоль каждой дуги. coloring extremal_choice ai_checked idea-orient-by-color ориентировать по возрастанию цвета если рёбра ориентировать от меньшего цвета к большему, то вдоль любого ориентированного пути цвета строго возрастают, поэтому путь не может быть длиннее числа цветов минус 1. coloring goal_characterization ai_checked sol-path-length-potentials доказательство через длины путей ai_checked simple_graph directed_graph path chromatic_number extremal_choice возьмем произвольную ориентацию \\(d\\) графа \\(g\\). для каждой вершины \\(v\\) обозначим через \\(a(v)\\) максимальное число рёбер в ориентированном пути, который заканчивается в \\(v\\). если есть дуга \\(u\\to v\\), то любой максимальный путь, заканчивающийся в \\(u\\), можно продолжить этой дугой, поэтому \\(a(v)\\ge a(u)+1\\). значит, концы каждой дуги имеют разные значения \\(a\\), и раскраска вершины \\(v\\) в цвет \\(a(v)+1\\) является правильной раскраской исходного неориентированного графа. все значения \\(a(v)\\) не превосходят \\(l(d)\\), поэтому использовано не больше \\(l(d)+1\\) цветов. следовательно, \\(\\chi(g)\\le l(d)+1\\) для любой ориентации \\(d\\), то есть \\(l(d)\\ge \\chi(g)-1\\). докажем обратное неравенство. возьмем правильную раскраску графа \\(g\\) ровно в \\(\\chi(g)\\) цветов, пронумерованных \\(1,2,\\ldots,\\chi(g)\\). ориентируем каждое ребро из вершины меньшего цвета в вершину большего цвета. вдоль… gallai-hasse-roy-vitaver-theorem teorema gallai-hasse-roya-vitavera o raskraske i orientirovannyh putyah coloring classical_theorem goal_characterization extremal_choice bernard roy bernardroy https://en.wikipedia.org/wiki/gallai%e2%80%93hasse%e2%80%93roy%e2%80%93vitaver_theorem l. m. vitaver lmvitaver maria hasse mariahasse misc src-wikipedia-gallai-hasse-roy-vitaver standard_reference tibor gallai tiborgallai wikipedia, gallai-hasse-roy-vitaver theorem with_solution prochee tibor gallai maria hasse bernard roy l. m. vitaver wikipedia, gallai-hasse-roy-vitaver theorem stmt-original-1 hromaticheskoe chislo cherez orientatsii ai_checked pust \\(g\\) — konechnyy prostoy graf. dlya orientatsii \\(d\\) grafa \\(g\\) oboznachim cherez \\(l(d)\\) naibolshee chislo reber v orientirovannom puti v \\(d\\). togda \\(\\chi(g)=1+\\min_d l(d)\\), gde minimum beretsya po vsem orientatsiyam reber grafa \\(g\\). simple_graph directed_graph path chromatic_number stmt-two-sided-form dve neravenstva ai_checked v lyuboy orientatsii grafa \\(g\\) est orientirovannyy put dliny hotya by \\(\\chi(g)-1\\). s drugoy storony, suschestvuet orientatsiya, v kotoroy kazhdyy orientirovannyy put imeet dlinu ne bolshe \\(\\chi(g)-1\\). simple_graph directed_graph path chromatic_number idea-color-by-longest-path-ending krasit dlinoy maksimalnogo puti k vershine v fiksirovannoy orientatsii znachenie \\(a(v)\\), ravnoe maksimalnoy dline orientirovannogo puti, zakanchivayuschegosya v \\(v\\), strogo vozrastaet vdol kazhdoy dugi. coloring extremal_choice ai_checked idea-orient-by-color orientirovat po vozrastaniyu tsveta esli rebra orientirovat ot menshego tsveta k bolshemu, to vdol lyubogo orientirovannogo puti tsveta strogo vozrastayut, poetomu put ne mozhet byt dlinnee chisla tsvetov minus 1. coloring goal_characterization ai_checked sol-path-length-potentials dokazatelstvo cherez dliny putey ai_checked simple_graph directed_graph path chromatic_number extremal_choice vozmem proizvolnuyu orientatsiyu \\(d\\) grafa \\(g\\). dlya kazhdoy vershiny \\(v\\) oboznachim cherez \\(a(v)\\) maksimalnoe chislo reber v orientirovannom puti, kotoryy zakanchivaetsya v \\(v\\). esli est duga \\(u\\to v\\), to lyuboy maksimalnyy put, zakanchivayuschiysya v \\(u\\), mozhno prodolzhit etoy dugoy, poetomu \\(a(v)\\ge a(u)+1\\). znachit, kontsy kazhdoy dugi imeyut raznye znacheniya \\(a\\), i raskraska vershiny \\(v\\) v tsvet \\(a(v)+1\\) yavlyaetsya pravilnoy raskraskoy ishodnogo neorientirovannogo grafa. vse znacheniya \\(a(v)\\) ne prevoshodyat \\(l(d)\\), poetomu ispolzovano ne bolshe \\(l(d)+1\\) tsvetov. sledovatelno, \\(\\chi(g)\\le l(d)+1\\) dlya lyuboy orientatsii \\(d\\), to est \\(l(d)\\ge \\chi(g)-1\\). dokazhem obratnoe neravenstvo. vozmem pravilnuyu raskrasku grafa \\(g\\) rovno v \\(\\chi(g)\\) tsvetov, pronumerovannyh \\(1,2,\\ldots,\\chi(g)\\). orientiruem kazhdoe rebro iz vershiny menshego tsveta v vershinu bolshego tsveta. vdol…","source_keys":["misc"]}
{"id":"gallai-three-color-disconnected-class","title":"Лемма Галлаи: в 3-раскраске без радужных треугольников есть несвязный цвет","path":"data\\problems\\classical\\gallai-three-color-disconnected-class.yaml","raw_github_url":"https://raw.githubusercontent.com/didin-maxim/knowledge_graph_of_graphs/main/data/problems/classical/gallai-three-color-disconnected-class.yaml","viewer_url":"https://didin-maxim.github.io/knowledge_graph_of_graphs/#gallai-three-color-disconnected-class","source_key":"misc","source_label":"Прочее","source_titles":["Gyarfás and Simonyi, Edge colorings of complete graphs without tricolored triangles"],"year":"","type":"theorem","authors":["Tibor Gallai","Andras Gyarfas and Gabor Simonyi"],"tags":["coloring","connectivity","classical_theorem","goal_proof"],"agent_topics":[],"difficulty":{"main":"classical_tool","local_score":6,"comment":"Небольшой частный случай структуры раскрасок Галлаи; подходит как отдельная связанная карточка теоремы, а не как скрытый тяжёлый маркер.","status":"ai_checked"},"review_status":"source_verified","public_ready":true,"solution_state":"with_solution","solution_classification":{"type":"published_reference_with_transferred_proof","label":"перенесённое опубликованное доказательство","status":"source_verified","confidence":0.92,"basis":"Gyarfas-Simonyi 2004, лемма A","notes":"Доказательство Lemma A из опубликованной статьи перенесено в карточку и развёрнуто до самодостаточного уровня.","audit_source":"group-d-hamiltonian-brooks-ramsey-chromatic-audit"},"statements":{"original":[{"id":"stmt-original-1","title":"","status":"source_verified","text":"В любой раскраске рёбер полного графа в три цвета, если ни один треугольник не имеет три попарно различных цвета рёбер, то хотя бы один из трёх цветовых классов несвязен как остовный граф.","definition_ids":["complete_graph","connected_graph","triangle"]}]},"solutions":[{"id":"sol-gyarfas-simonyi-lemma-a","title":"Доказательство леммы A Гьярфаша--Шимони","status":"source_verified","definition_ids":["complete_graph","connected_graph"],"standard_idea_ids":["minimal_counterexample"],"tags":[],"has_text":true,"text_preview":"Докажем эквивалентную контрапозитивную форму: если в раскраске рёбер полного графа без радужных треугольников все использованные цвета связны как остовные графы, то цветов не может быть три или больше. Для нашей карточки это сразу даёт нужное утверждение для трёх цветов. Предположим противное и выберем минимальный по числу вершин контрпример \\(G\\): это галлаева раскраска полного графа, в ней использованы хотя бы три цвета, и каждый цветовой класс связен. В таком минимальном контрпримере у каждой вершины есть инцидентные рёбра всех цветов. Действительно, если вершина \\(x\\) не инцидентна ни одному ребру цвета \\(c\\), то в графе цвета \\(c\\) вершина \\(x\\) изолирована, а значит цвет \\(c\\) уже несвязен. Зафиксируем вершину \\(x\\) и рассмотрим раскраску \\(H=G-x\\). Если в \\(H\\) осталось только два цвета, то любой третий цвет в \\(G\\) встречается только на рёбрах из \\(x\\), то есть его цветовой граф…"}],"relations":[{"id":"rel-gallai-three-color-usa-tst-2013-rainbow-triangle-count","neighbor_id":"usa-tst-2013-dec-p1-language-club-rainbow-triangles","direction":"forward","type":"same_motif","distance":2,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-gallai-three-color-imo-1998-c6-small-k-rainbow-obstruction","neighbor_id":"imo-1998-c6-k-le-4-rainbow-edges-impossible","direction":"forward","type":"same_motif","distance":3,"status":"needs_human_review"},{"id":"rel-gallai-three-color-ms2012-p3-monochromatic-components-chromatic","neighbor_id":"miklos-schweitzer-2012-p3-two-colored-k-chromatic-tree","direction":"forward","type":"same_motif","distance":3,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-gallai-three-color-ms2011-p2-disconnected-color-cut","neighbor_id":"miklos-schweitzer-2011-p2-min-degree-monochromatic-connected-subgraph","direction":"forward","type":"same_motif","distance":3,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-gallai-three-color-ms2009-p1-rainbow-clique-cover","neighbor_id":"miklos-schweitzer-2009-p1-k17-edge-coloring-cards","direction":"forward","type":"same_motif","distance":4,"status":"needs_human_review"},{"id":"rel-gallai-three-color-miklos-schweitzer-2016-p2","neighbor_id":"miklos-schweitzer-2016-p2-complete-graph-collinear-edge-labels","direction":"forward","type":"prerequisite","distance":1,"status":"ai_checked"}],"search_text":"gallai-three-color-disconnected-class лемма галлаи: в 3-раскраске без радужных треугольников есть несвязный цвет coloring connectivity classical_theorem goal_proof andras gyarfas and gabor simonyi andrasgyarfasandgaborsimonyi gyarfás and simonyi, edge colorings of complete graphs without tricolored triangles https://www.math.u-szeged.hu/~hajnal/seminars/kombszem/cikkek/szemi_gallai_color.pdf misc paper src-gyarfas-simonyi-gallai-colorings-2004 tibor gallai tiborgallai with_solution прочее tibor gallai andras gyarfas and gabor simonyi gyarfás and simonyi, edge colorings of complete graphs without tricolored triangles stmt-original-1 source_verified в любой раскраске рёбер полного графа в три цвета, если ни один треугольник не имеет три попарно различных цвета рёбер, то хотя бы один из трёх цветовых классов несвязен как остовный граф. complete_graph connected_graph triangle idea-no-three-connected-colors три связных цвета вынуждают радужный треугольник удобна контрапозитивная форма: если в трёхцветной раскраске рёбер полного графа все три цветовых класса связны, то существует радужный треугольник. coloring connectivity ai_checked sol-gyarfas-simonyi-lemma-a доказательство леммы a гьярфаша--шимони source_verified complete_graph connected_graph minimal_counterexample докажем эквивалентную контрапозитивную форму: если в раскраске рёбер полного графа без радужных треугольников все использованные цвета связны как остовные графы, то цветов не может быть три или больше. для нашей карточки это сразу даёт нужное утверждение для трёх цветов. предположим противное и выберем минимальный по числу вершин контрпример \\(g\\): это галлаева раскраска полного графа, в ней использованы хотя бы три цвета, и каждый цветовой класс связен. в таком минимальном контрпримере у каждой вершины есть инцидентные рёбра всех цветов. действительно, если вершина \\(x\\) не инцидентна ни одному ребру цвета \\(c\\), то в графе цвета \\(c\\) вершина \\(x\\) изолирована, а значит цвет \\(c\\) уже несвязен. зафиксируем вершину \\(x\\) и рассмотрим раскраску \\(h=g-x\\). если в \\(h\\) осталось только два цвета, то любой третий цвет в \\(g\\) встречается только на рёбрах из \\(x\\), то есть его цветовой граф… gallai-three-color-disconnected-class lemma gallai: v 3-raskraske bez raduzhnyh treugolnikov est nesvyaznyy tsvet coloring connectivity classical_theorem goal_proof andras gyarfas and gabor simonyi andrasgyarfasandgaborsimonyi gyarfás and simonyi, edge colorings of complete graphs without tricolored triangles https://www.math.u-szeged.hu/~hajnal/seminars/kombszem/cikkek/szemi_gallai_color.pdf misc paper src-gyarfas-simonyi-gallai-colorings-2004 tibor gallai tiborgallai with_solution prochee tibor gallai andras gyarfas and gabor simonyi gyarfás and simonyi, edge colorings of complete graphs without tricolored triangles stmt-original-1 source_verified v lyuboy raskraske reber polnogo grafa v tri tsveta, esli ni odin treugolnik ne imeet tri poparno razlichnyh tsveta reber, to hotya by odin iz treh tsvetovyh klassov nesvyazen kak ostovnyy graf. complete_graph connected_graph triangle idea-no-three-connected-colors tri svyaznyh tsveta vynuzhdayut raduzhnyy treugolnik udobna kontrapozitivnaya forma: esli v trehtsvetnoy raskraske reber polnogo grafa vse tri tsvetovyh klassa svyazny, to suschestvuet raduzhnyy treugolnik. coloring connectivity ai_checked sol-gyarfas-simonyi-lemma-a dokazatelstvo lemmy a gyarfasha--shimoni source_verified complete_graph connected_graph minimal_counterexample dokazhem ekvivalentnuyu kontrapozitivnuyu formu: esli v raskraske reber polnogo grafa bez raduzhnyh treugolnikov vse ispolzovannye tsveta svyazny kak ostovnye grafy, to tsvetov ne mozhet byt tri ili bolshe. dlya nashey kartochki eto srazu daet nuzhnoe utverzhdenie dlya treh tsvetov. predpolozhim protivnoe i vyberem minimalnyy po chislu vershin kontrprimer \\(g\\): eto gallaeva raskraska polnogo grafa, v ney ispolzovany hotya by tri tsveta, i kazhdyy tsvetovoy klass svyazen. v takom minimalnom kontrprimere u kazhdoy vershiny est intsidentnye rebra vseh tsvetov. deystvitelno, esli vershina \\(x\\) ne intsidentna ni odnomu rebru tsveta \\(c\\), to v grafe tsveta \\(c\\) vershina \\(x\\) izolirovana, a znachit tsvet \\(c\\) uzhe nesvyazen. zafiksiruem vershinu \\(x\\) i rassmotrim raskrasku \\(h=g-x\\). esli v \\(h\\) ostalos tolko dva tsveta, to lyuboy tretiy tsvet v \\(g\\) vstrechaetsya tolko na rebrah iz \\(x\\), to est ego tsvetovoy graf…","source_keys":["misc"]}
{"id":"ghrv-coloring-orientation-short-path","title":"Ориентация раскрашенного графа без слишком длинных ориентированных путей","path":"data\\problems\\classical\\ghrv-coloring-orientation-short-path.yaml","raw_github_url":"https://raw.githubusercontent.com/didin-maxim/knowledge_graph_of_graphs/main/data/problems/classical/ghrv-coloring-orientation-short-path.yaml","viewer_url":"https://didin-maxim.github.io/knowledge_graph_of_graphs/#ghrv-coloring-orientation-short-path","source_key":"misc","source_label":"Прочее","source_titles":["Wikipedia, Gallai-Hasse-Roy-Vitaver theorem"],"year":"","type":"lemma","authors":["Tibor Gallai","Maria Hasse","Bernard Roy","L. M. Vitaver"],"tags":["coloring","classical_lemma","goal_construction","potential_function"],"agent_topics":[],"difficulty":{"main":"regional","local_score":2,"comment":"Конструктивная сторона GHRV: направление рёбер по цветам.","status":"ai_checked"},"review_status":"ai_checked","public_ready":true,"solution_state":"with_solution","solution_classification":{"type":"classical_self_contained","label":"классическое самодостаточное доказательство","status":"ai_checked","confidence":0.9,"basis":"Карточка содержит стандартное самодостаточное направление теоремы Галлаи-Хассе-Роя-Витавера.","notes":"Доказательство использует монотонность цветов вдоль ориентированного ребра.","audit_source":"manual-status-audit-2026-05-16"},"statements":{"original":[{"id":"stmt-original","title":"Верхняя оценка через раскраску","status":"ai_checked","text":"Пусть \\(G\\) — конечный простой граф, правильно раскрашенный в \\(k\\) цветов. Тогда рёбра графа \\(G\\) можно ориентировать так, что каждый ориентированный путь содержит не больше \\(k-1\\) рёбер. В частности, существует ориентация графа \\(G\\), в которой каждый ориентированный путь имеет длину не больше \\(\\chi(G)-1\\).","definition_ids":["simple_graph","directed_graph","path","chromatic_number"]}]},"solutions":[{"id":"sol-monotone-colors","title":"Монотонность цветов","status":"ai_checked","definition_ids":["simple_graph","directed_graph","path","chromatic_number"],"standard_idea_ids":[],"tags":[],"has_text":true,"text_preview":"Пронумеруем цвета числами \\(1,2,\\ldots,k\\). Каждое ребро между вершинами цветов \\(i\\) и \\(j\\) ориентируем от вершины меньшего цвета к вершине большего цвета. Правильность раскраски гарантирует, что концы ребра имеют разные цвета, поэтому ориентация определена корректно. Вдоль любого ориентированного пути цвет вершины на каждом шаге строго увеличивается. Значит, такой путь проходит через вершины попарно различных цветов в возрастающем порядке и содержит не больше \\(k\\) вершин, то есть не больше \\(k-1\\) рёбер. Применяя это к правильной раскраске в \\(\\chi(G)\\) цветов, получаем ориентацию, в которой все ориентированные пути имеют длину не больше \\(\\chi(G)-1\\)."}],"relations":[{"id":"rel-ghrv-short-path-orientation-direction-ghrv-theorem","neighbor_id":"gallai-hasse-roy-vitaver-theorem","direction":"forward","type":"prerequisite","distance":1,"status":"ai_checked"}],"search_text":"ghrv-coloring-orientation-short-path ориентация раскрашенного графа без слишком длинных ориентированных путей coloring classical_lemma goal_construction potential_function bernard roy bernardroy https://en.wikipedia.org/wiki/gallai%e2%80%93hasse%e2%80%93roy%e2%80%93vitaver_theorem l. m. vitaver lmvitaver maria hasse mariahasse misc src-wikipedia-gallai-hasse-roy-vitaver standard_reference tibor gallai tiborgallai wikipedia, gallai-hasse-roy-vitaver theorem with_solution прочее tibor gallai maria hasse bernard roy l. m. vitaver wikipedia, gallai-hasse-roy-vitaver theorem stmt-original верхняя оценка через раскраску ai_checked пусть \\(g\\) — конечный простой граф, правильно раскрашенный в \\(k\\) цветов. тогда рёбра графа \\(g\\) можно ориентировать так, что каждый ориентированный путь содержит не больше \\(k-1\\) рёбер. в частности, существует ориентация графа \\(g\\), в которой каждый ориентированный путь имеет длину не больше \\(\\chi(g)-1\\). simple_graph directed_graph path chromatic_number idea-orient-up-colors ориентировать по возрастанию цвета если каждое ребро направить от меньшего цвета к большему, то вдоль ориентированного пути цвета строго возрастают. coloring potential_function ai_checked sol-monotone-colors монотонность цветов ai_checked simple_graph directed_graph path chromatic_number пронумеруем цвета числами \\(1,2,\\ldots,k\\). каждое ребро между вершинами цветов \\(i\\) и \\(j\\) ориентируем от вершины меньшего цвета к вершине большего цвета. правильность раскраски гарантирует, что концы ребра имеют разные цвета, поэтому ориентация определена корректно. вдоль любого ориентированного пути цвет вершины на каждом шаге строго увеличивается. значит, такой путь проходит через вершины попарно различных цветов в возрастающем порядке и содержит не больше \\(k\\) вершин, то есть не больше \\(k-1\\) рёбер. применяя это к правильной раскраске в \\(\\chi(g)\\) цветов, получаем ориентацию, в которой все ориентированные пути имеют длину не больше \\(\\chi(g)-1\\). ghrv-coloring-orientation-short-path orientatsiya raskrashennogo grafa bez slishkom dlinnyh orientirovannyh putey coloring classical_lemma goal_construction potential_function bernard roy bernardroy https://en.wikipedia.org/wiki/gallai%e2%80%93hasse%e2%80%93roy%e2%80%93vitaver_theorem l. m. vitaver lmvitaver maria hasse mariahasse misc src-wikipedia-gallai-hasse-roy-vitaver standard_reference tibor gallai tiborgallai wikipedia, gallai-hasse-roy-vitaver theorem with_solution prochee tibor gallai maria hasse bernard roy l. m. vitaver wikipedia, gallai-hasse-roy-vitaver theorem stmt-original verhnyaya otsenka cherez raskrasku ai_checked pust \\(g\\) — konechnyy prostoy graf, pravilno raskrashennyy v \\(k\\) tsvetov. togda rebra grafa \\(g\\) mozhno orientirovat tak, chto kazhdyy orientirovannyy put soderzhit ne bolshe \\(k-1\\) reber. v chastnosti, suschestvuet orientatsiya grafa \\(g\\), v kotoroy kazhdyy orientirovannyy put imeet dlinu ne bolshe \\(\\chi(g)-1\\). simple_graph directed_graph path chromatic_number idea-orient-up-colors orientirovat po vozrastaniyu tsveta esli kazhdoe rebro napravit ot menshego tsveta k bolshemu, to vdol orientirovannogo puti tsveta strogo vozrastayut. coloring potential_function ai_checked sol-monotone-colors monotonnost tsvetov ai_checked simple_graph directed_graph path chromatic_number pronumeruem tsveta chislami \\(1,2,\\ldots,k\\). kazhdoe rebro mezhdu vershinami tsvetov \\(i\\) i \\(j\\) orientiruem ot vershiny menshego tsveta k vershine bolshego tsveta. pravilnost raskraski garantiruet, chto kontsy rebra imeyut raznye tsveta, poetomu orientatsiya opredelena korrektno. vdol lyubogo orientirovannogo puti tsvet vershiny na kazhdom shage strogo uvelichivaetsya. znachit, takoy put prohodit cherez vershiny poparno razlichnyh tsvetov v vozrastayuschem poryadke i soderzhit ne bolshe \\(k\\) vershin, to est ne bolshe \\(k-1\\) reber. primenyaya eto k pravilnoy raskraske v \\(\\chi(g)\\) tsvetov, poluchaem orientatsiyu, v kotoroy vse orientirovannye puti imeyut dlinu ne bolshe \\(\\chi(g)-1\\).","source_keys":["misc"]}
{"id":"ghrv-every-orientation-long-directed-path","title":"Длинный ориентированный путь в любой ориентации графа","path":"data\\problems\\classical\\ghrv-every-orientation-long-directed-path.yaml","raw_github_url":"https://raw.githubusercontent.com/didin-maxim/knowledge_graph_of_graphs/main/data/problems/classical/ghrv-every-orientation-long-directed-path.yaml","viewer_url":"https://didin-maxim.github.io/knowledge_graph_of_graphs/#ghrv-every-orientation-long-directed-path","source_key":"misc","source_label":"Прочее","source_titles":["Wikipedia, Gallai-Hasse-Roy-Vitaver theorem"],"year":"","type":"lemma","authors":["Tibor Gallai","Maria Hasse","Bernard Roy","L. M. Vitaver"],"tags":["coloring","classical_lemma","goal_bound","potential_function"],"agent_topics":[],"difficulty":{"main":"regional","local_score":3,"comment":"Одна сторона теоремы Галлаи-Хассе-Роя-Витавера; доказательство короткое, но полезно как отдельный инструмент.","status":"ai_checked"},"review_status":"ai_checked","public_ready":true,"solution_state":"with_solution","solution_classification":{"type":"classical_self_contained","label":"классическое самодостаточное доказательство","status":"ai_checked","confidence":0.9,"basis":"Карточка содержит стандартное самодостаточное направление теоремы Галлаи-Хассе-Роя-Витавера.","notes":"Доказательство раскрашивает вершины длинами максимальных ориентированных путей.","audit_source":"manual-status-audit-2026-05-16"},"statements":{"original":[{"id":"stmt-original","title":"Нижняя оценка на путь","status":"ai_checked","text":"Пусть \\(G\\) — конечный простой граф с хроматическим числом \\(\\chi(G)\\). Тогда в любой ориентации рёбер графа \\(G\\) есть ориентированный путь, содержащий не меньше \\(\\chi(G)-1\\) рёбер.","definition_ids":["simple_graph","directed_graph","path","chromatic_number"]}]},"solutions":[{"id":"sol-path-potential-coloring","title":"Раскраска длинами путей","status":"ai_checked","definition_ids":["simple_graph","directed_graph","path","chromatic_number"],"standard_idea_ids":["extremal_choice"],"tags":[],"has_text":true,"text_preview":"Зафиксируем произвольную ориентацию \\(D\\) графа \\(G\\). Для вершины \\(v\\) обозначим через \\(a(v)\\) максимальное число рёбер в ориентированном пути, который заканчивается в \\(v\\). Если в \\(D\\) есть дуга \\(u\\to v\\), то любой максимальный путь, заканчивающийся в \\(u\\), можно продолжить этой дугой, поэтому \\(a(v)\\ge a(u)+1\\). Значит, значения \\(a\\) на концах любого ребра различны. Следовательно, раскраска вершины \\(v\\) в цвет \\(a(v)+1\\) является правильной раскраской графа \\(G\\). Если бы все ориентированные пути имели меньше \\(\\chi(G)-1\\) рёбер, то все значения \\(a(v)\\) были бы не больше \\(\\chi(G)-2\\), и мы получили бы правильную раскраску графа в не более чем \\(\\chi(G)-1\\) цветов. Это противоречит определению хроматического числа. Поэтому в данной ориентации существует ориентированный путь длины хотя бы \\(\\chi(G)-1\\)."}],"relations":[{"id":"rel-ghrv-long-path-direction-ghrv-theorem","neighbor_id":"gallai-hasse-roy-vitaver-theorem","direction":"forward","type":"prerequisite","distance":1,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-kolm-2016-team-p6-ghrv-longest-path-coloring","neighbor_id":"kolmogorov-2016-team-olympiad-juniors-problem-6","direction":"backward","type":"prerequisite","distance":1,"status":"ai_checked"}],"search_text":"ghrv-every-orientation-long-directed-path длинный ориентированный путь в любой ориентации графа coloring classical_lemma goal_bound potential_function bernard roy bernardroy https://en.wikipedia.org/wiki/gallai%e2%80%93hasse%e2%80%93roy%e2%80%93vitaver_theorem l. m. vitaver lmvitaver maria hasse mariahasse misc src-wikipedia-gallai-hasse-roy-vitaver standard_reference tibor gallai tiborgallai wikipedia, gallai-hasse-roy-vitaver theorem with_solution прочее tibor gallai maria hasse bernard roy l. m. vitaver wikipedia, gallai-hasse-roy-vitaver theorem stmt-original нижняя оценка на путь ai_checked пусть \\(g\\) — конечный простой граф с хроматическим числом \\(\\chi(g)\\). тогда в любой ориентации рёбер графа \\(g\\) есть ориентированный путь, содержащий не меньше \\(\\chi(g)-1\\) рёбер. simple_graph directed_graph path chromatic_number idea-longest-path-potential длина пути как потенциал для каждой вершины берём максимальную длину ориентированного пути, который в ней заканчивается; вдоль каждой дуги этот потенциал строго возрастает. coloring potential_function ai_checked sol-path-potential-coloring раскраска длинами путей ai_checked simple_graph directed_graph path chromatic_number extremal_choice зафиксируем произвольную ориентацию \\(d\\) графа \\(g\\). для вершины \\(v\\) обозначим через \\(a(v)\\) максимальное число рёбер в ориентированном пути, который заканчивается в \\(v\\). если в \\(d\\) есть дуга \\(u\\to v\\), то любой максимальный путь, заканчивающийся в \\(u\\), можно продолжить этой дугой, поэтому \\(a(v)\\ge a(u)+1\\). значит, значения \\(a\\) на концах любого ребра различны. следовательно, раскраска вершины \\(v\\) в цвет \\(a(v)+1\\) является правильной раскраской графа \\(g\\). если бы все ориентированные пути имели меньше \\(\\chi(g)-1\\) рёбер, то все значения \\(a(v)\\) были бы не больше \\(\\chi(g)-2\\), и мы получили бы правильную раскраску графа в не более чем \\(\\chi(g)-1\\) цветов. это противоречит определению хроматического числа. поэтому в данной ориентации существует ориентированный путь длины хотя бы \\(\\chi(g)-1\\). ghrv-every-orientation-long-directed-path dlinnyy orientirovannyy put v lyuboy orientatsii grafa coloring classical_lemma goal_bound potential_function bernard roy bernardroy https://en.wikipedia.org/wiki/gallai%e2%80%93hasse%e2%80%93roy%e2%80%93vitaver_theorem l. m. vitaver lmvitaver maria hasse mariahasse misc src-wikipedia-gallai-hasse-roy-vitaver standard_reference tibor gallai tiborgallai wikipedia, gallai-hasse-roy-vitaver theorem with_solution prochee tibor gallai maria hasse bernard roy l. m. vitaver wikipedia, gallai-hasse-roy-vitaver theorem stmt-original nizhnyaya otsenka na put ai_checked pust \\(g\\) — konechnyy prostoy graf s hromaticheskim chislom \\(\\chi(g)\\). togda v lyuboy orientatsii reber grafa \\(g\\) est orientirovannyy put, soderzhaschiy ne menshe \\(\\chi(g)-1\\) reber. simple_graph directed_graph path chromatic_number idea-longest-path-potential dlina puti kak potentsial dlya kazhdoy vershiny berem maksimalnuyu dlinu orientirovannogo puti, kotoryy v ney zakanchivaetsya; vdol kazhdoy dugi etot potentsial strogo vozrastaet. coloring potential_function ai_checked sol-path-potential-coloring raskraska dlinami putey ai_checked simple_graph directed_graph path chromatic_number extremal_choice zafiksiruem proizvolnuyu orientatsiyu \\(d\\) grafa \\(g\\). dlya vershiny \\(v\\) oboznachim cherez \\(a(v)\\) maksimalnoe chislo reber v orientirovannom puti, kotoryy zakanchivaetsya v \\(v\\). esli v \\(d\\) est duga \\(u\\to v\\), to lyuboy maksimalnyy put, zakanchivayuschiysya v \\(u\\), mozhno prodolzhit etoy dugoy, poetomu \\(a(v)\\ge a(u)+1\\). znachit, znacheniya \\(a\\) na kontsah lyubogo rebra razlichny. sledovatelno, raskraska vershiny \\(v\\) v tsvet \\(a(v)+1\\) yavlyaetsya pravilnoy raskraskoy grafa \\(g\\). esli by vse orientirovannye puti imeli menshe \\(\\chi(g)-1\\) reber, to vse znacheniya \\(a(v)\\) byli by ne bolshe \\(\\chi(g)-2\\), i my poluchili by pravilnuyu raskrasku grafa v ne bolee chem \\(\\chi(g)-1\\) tsvetov. eto protivorechit opredeleniyu hromaticheskogo chisla. poetomu v dannoy orientatsii suschestvuet orientirovannyy put dliny hotya by \\(\\chi(g)-1\\).","source_keys":["misc"]}
{"id":"greedy-strong-edge-coloring-bound","title":"Жадная оценка сильной рёберной раскраски","path":"data\\problems\\classical\\greedy-strong-edge-coloring-bound.yaml","raw_github_url":"https://raw.githubusercontent.com/didin-maxim/knowledge_graph_of_graphs/main/data/problems/classical/greedy-strong-edge-coloring-bound.yaml","viewer_url":"https://didin-maxim.github.io/knowledge_graph_of_graphs/#greedy-strong-edge-coloring-bound","source_key":"misc","source_label":"Прочее","source_titles":["ФЮМ 2012, первый тур (a), задача 10","Chang and Liu, Strong Edge-Coloring for Cubic Halin Graphs (standard bound χ'_s(G) ≤ 2Δ^2 − 2Δ + 1)"],"year":"","type":"lemma","authors":[],"tags":["coloring","classical_theorem","goal_bound"],"agent_topics":[],"difficulty":{"main":"regional","local_score":4,"comment":"Стандартная жадная оценка через подсчёт рёбер на расстоянии два для сильной рёберной раскраски; задача ФЮМ 2012 — случай Delta = 11, дающий 221 цвет.","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":"Классическая извлечённая карточка имеет официальный источник и проверенное агентом решение.","audit_source":"agent-imo-us-classical.json"},"statements":{"original":[{"id":"stmt-greedy-strong-edge-coloring-bound","title":"Жадная оценка","status":"ai_checked","text":"Пусть \\(G\\) — конечный граф максимальной степени не больше \\(\\Delta\\). Тогда рёбра \\(G\\) можно раскрасить не более чем в \\(2\\Delta^2-2\\Delta+1\\) цвет так, чтобы каждый цветовой класс был индуцированным паросочетанием.","definition_ids":["degree","matching"]}],"olympiad_reformulations":[{"id":"stmt-fyum-2012-delta-11-instance","title":"ФЮМ 2012: случай \\(\\Delta=11\\)","status":"ai_checked","text":"Граф имеет максимальную степень не больше 11. Докажите, что его рёбра можно раскрасить в 221 цвет так, чтобы любые два ребра одного цвета не имели общих концов и ни одно ребро не было смежно с ними обоими.","definition_ids":["degree"]}]},"solutions":[{"id":"sol-greedy-distance-two-counting","title":"Жадное доказательство подсчётом","status":"ai_checked","definition_ids":["degree","matching"],"standard_idea_ids":["greedy_ordering"],"tags":[],"has_text":true,"text_preview":"Упорядочим рёбра произвольно и будем красить их по одному. Пусть очередное ребро равно \\(e=uv\\). Цвет запрещён для \\(e\\) ровно тогда, когда он уже появился на ребре, находящемся от \\(e\\) на рёберном расстоянии не больше двух: два ребра одного цвета должны образовывать индуцированное паросочетание вместе со всеми остальными рёбрами этого цвета. С ребром \\(e\\) смежно не более \\((\\Delta-1)+(\\Delta-1)=2\\Delta-2\\) рёбер. Со стороны \\(u\\) каждое из не более чем \\(\\Delta-1\\) смежных рёбер ведёт к дальнейшему концу, из которого выходит не более \\(\\Delta-1\\) дополнительных рёбер; значит, эта сторона даёт не более \\((\\Delta-1)^2\\) рёбер на расстоянии два. Такая же оценка верна со стороны \\(v\\). Поэтому число уже окрашенных рёбер, чьи цвета могут быть запрещены, не превосходит \\[ (2\\Delta-2)+2(\\Delta-1)^2=2\\Delta^2-2\\Delta. \\] При \\(2\\Delta^2-2\\Delta+1\\) цветах для \\(e\\) остаётся хотя бы один дост…"}],"relations":[{"id":"rel-fyum-2012-2013-strong-edge-coloring-distance-two","neighbor_id":"fyum-2013-tur2a-p1","direction":"forward","type":"same_motif","distance":2,"status":"needs_human_review"},{"id":"rel-spbmo2003-p5-to-strong-edge-coloring-conflict-distance","neighbor_id":"spbmo-2003-9-qual-p5-edge-colored-graph-vertex-coloring","direction":"backward","type":"same_motif","distance":3,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-greedy-strong-edge-digraph-outdegree-coloring-motif","neighbor_id":"digraph-outdegree-greedy-coloring-bound","direction":"forward","type":"same_motif","distance":2,"status":"ai_checked"}],"search_text":"greedy-strong-edge-coloring-bound жадная оценка сильной рёберной раскраски coloring classical_theorem goal_bound chang and liu, strong edge-coloring for cubic halin graphs (standard bound χ'_s(g) ≤ 2δ^2 − 2δ + 1) https://www.guas.info/competit/fest/fest23/tur1a.tex https://www.math.ntu.edu.tw/~mathlib/preprint/2011-10.pdf misc olympiad_archive reference src-fyum-2012-tur1a-p10-official src-ntu-strong-edge-coloring-trivial-bound with_solution прочее фюм 2012, первый тур (a), задача 10 ? фюм 2012, первый тур (a), задача 10 chang and liu, strong edge-coloring for cubic halin graphs (standard bound χ'_s(g) ≤ 2δ^2 − 2δ + 1) stmt-greedy-strong-edge-coloring-bound жадная оценка ai_checked пусть \\(g\\) — конечный граф максимальной степени не больше \\(\\delta\\). тогда рёбра \\(g\\) можно раскрасить не более чем в \\(2\\delta^2-2\\delta+1\\) цвет так, чтобы каждый цветовой класс был индуцированным паросочетанием. degree matching stmt-fyum-2012-delta-11-instance фюм 2012: случай \\(\\delta=11\\) ai_checked граф имеет максимальную степень не больше 11. докажите, что его рёбра можно раскрасить в 221 цвет так, чтобы любые два ребра одного цвета не имели общих концов и ни одно ребро не было смежно с ними обоими. degree idea-count-distance-two-edge-conflicts посчитать конфликтующие рёбра на расстоянии не больше двух при жадной раскраске очередного ребра запрещены только цвета, уже использованные на рёбрах, смежных с ним или смежных с одним из таких смежных рёбер. ограничение на максимальную степень даёт не более \\(2\\delta^2-2\\delta\\) таких ранее окрашенных рёбер. coloring ai_checked sol-greedy-distance-two-counting жадное доказательство подсчётом ai_checked degree matching greedy_ordering упорядочим рёбра произвольно и будем красить их по одному. пусть очередное ребро равно \\(e=uv\\). цвет запрещён для \\(e\\) ровно тогда, когда он уже появился на ребре, находящемся от \\(e\\) на рёберном расстоянии не больше двух: два ребра одного цвета должны образовывать индуцированное паросочетание вместе со всеми остальными рёбрами этого цвета. с ребром \\(e\\) смежно не более \\((\\delta-1)+(\\delta-1)=2\\delta-2\\) рёбер. со стороны \\(u\\) каждое из не более чем \\(\\delta-1\\) смежных рёбер ведёт к дальнейшему концу, из которого выходит не более \\(\\delta-1\\) дополнительных рёбер; значит, эта сторона даёт не более \\((\\delta-1)^2\\) рёбер на расстоянии два. такая же оценка верна со стороны \\(v\\). поэтому число уже окрашенных рёбер, чьи цвета могут быть запрещены, не превосходит \\[ (2\\delta-2)+2(\\delta-1)^2=2\\delta^2-2\\delta. \\] при \\(2\\delta^2-2\\delta+1\\) цветах для \\(e\\) остаётся хотя бы один дост… greedy-strong-edge-coloring-bound zhadnaya otsenka silnoy rebernoy raskraski coloring classical_theorem goal_bound chang and liu, strong edge-coloring for cubic halin graphs (standard bound χ'_s(g) ≤ 2δ^2 − 2δ + 1) https://www.guas.info/competit/fest/fest23/tur1a.tex https://www.math.ntu.edu.tw/~mathlib/preprint/2011-10.pdf misc olympiad_archive reference src-fyum-2012-tur1a-p10-official src-ntu-strong-edge-coloring-trivial-bound with_solution prochee fyum 2012, pervyy tur (a), zadacha 10 ? fyum 2012, pervyy tur (a), zadacha 10 chang and liu, strong edge-coloring for cubic halin graphs (standard bound χ'_s(g) ≤ 2δ^2 − 2δ + 1) stmt-greedy-strong-edge-coloring-bound zhadnaya otsenka ai_checked pust \\(g\\) — konechnyy graf maksimalnoy stepeni ne bolshe \\(\\delta\\). togda rebra \\(g\\) mozhno raskrasit ne bolee chem v \\(2\\delta^2-2\\delta+1\\) tsvet tak, chtoby kazhdyy tsvetovoy klass byl indutsirovannym parosochetaniem. degree matching stmt-fyum-2012-delta-11-instance fyum 2012: sluchay \\(\\delta=11\\) ai_checked graf imeet maksimalnuyu stepen ne bolshe 11. dokazhite, chto ego rebra mozhno raskrasit v 221 tsvet tak, chtoby lyubye dva rebra odnogo tsveta ne imeli obschih kontsov i ni odno rebro ne bylo smezhno s nimi oboimi. degree idea-count-distance-two-edge-conflicts poschitat konfliktuyuschie rebra na rasstoyanii ne bolshe dvuh pri zhadnoy raskraske ocherednogo rebra zaprescheny tolko tsveta, uzhe ispolzovannye na rebrah, smezhnyh s nim ili smezhnyh s odnim iz takih smezhnyh reber. ogranichenie na maksimalnuyu stepen daet ne bolee \\(2\\delta^2-2\\delta\\) takih ranee okrashennyh reber. coloring ai_checked sol-greedy-distance-two-counting zhadnoe dokazatelstvo podschetom ai_checked degree matching greedy_ordering uporyadochim rebra proizvolno i budem krasit ih po odnomu. pust ocherednoe rebro ravno \\(e=uv\\). tsvet zapreschen dlya \\(e\\) rovno togda, kogda on uzhe poyavilsya na rebre, nahodyaschemsya ot \\(e\\) na rebernom rasstoyanii ne bolshe dvuh: dva rebra odnogo tsveta dolzhny obrazovyvat indutsirovannoe parosochetanie vmeste so vsemi ostalnymi rebrami etogo tsveta. s rebrom \\(e\\) smezhno ne bolee \\((\\delta-1)+(\\delta-1)=2\\delta-2\\) reber. so storony \\(u\\) kazhdoe iz ne bolee chem \\(\\delta-1\\) smezhnyh reber vedet k dalneyshemu kontsu, iz kotorogo vyhodit ne bolee \\(\\delta-1\\) dopolnitelnyh reber; znachit, eta storona daet ne bolee \\((\\delta-1)^2\\) reber na rasstoyanii dva. takaya zhe otsenka verna so storony \\(v\\). poetomu chislo uzhe okrashennyh reber, chi tsveta mogut byt zaprescheny, ne prevoshodit \\[ (2\\delta-2)+2(\\delta-1)^2=2\\delta^2-2\\delta. \\] pri \\(2\\delta^2-2\\delta+1\\) tsvetah dlya \\(e\\) ostaetsya hotya by odin dost…","source_keys":["misc","fyum"]}
{"id":"grid-boundary-components-coloring-lemma","title":"Лемма о компонентах графа границ в двуцветной раскраске клетчатой доски","path":"data\\problems\\classical\\grid-boundary-components-coloring-lemma.yaml","raw_github_url":"https://raw.githubusercontent.com/didin-maxim/knowledge_graph_of_graphs/main/data/problems/classical/grid-boundary-components-coloring-lemma.yaml","viewer_url":"https://didin-maxim.github.io/knowledge_graph_of_graphs/#grid-boundary-components-coloring-lemma","source_key":"misc","source_label":"Прочее","source_titles":["BMO 2022 официальная архивная страница"],"year":"","type":"lemma","authors":[],"tags":["connectivity","coloring","planar_graphs","double_counting","goal_bound"],"agent_topics":[],"difficulty":{"main":"classical_tool","local_score":5,"comment":"Выделенный инструмент из решения BMO 2022 P4: идея естественная, но требует аккуратного перехода от раскраски к графу границ и локального подсчёта степеней у узлов решётки.","status":"ai_checked"},"review_status":"needs_human_review","public_ready":false,"solution_state":"with_solution","solution_classification":{"type":"official_complete_or_near_complete","label":"официальное полное/почти полное","status":"ai_checked","confidence":0.78,"basis":"агентский аудит средней сложности","notes":"Классическая извлечённая карточка имеет официальный источник и проверенное агентом решение.","audit_source":"agent-imo-us-classical.json"},"statements":{"original":[{"id":"stmt-boundary-components","title":"","status":"ai_checked","text":"Рассмотрим раскраску клеток доски \\(n\\times n\\) в два цвета. Построим граф границ \\(B\\): его вершины — все \\((n+1)^2\\) узлов решётки, а две соседние по стороне решётки вершины соединены ребром тогда и только тогда, когда соответствующий отрезок является общей стороной двух клеток разных цветов. Компоненту графа \\(B\\), содержащую хотя бы одно ребро, назовём нетривиальной. Тогда число монохроматических областей клеток, где клетки одной области имеют один цвет и связаны через общие вершины, не превосходит числа нетривиальных компонент графа \\(B\\) плюс \\(1\\). Кроме того, если \\(n\\) нечётно, то число нетривиальных компонент графа \\(B\\) не превосходит \\((n+1)^2/4\\).","definition_ids":["degree"]}]},"solutions":[{"id":"sol-boundary-component-count","title":"Граф границ и подсчёт компонент","status":"ai_checked","definition_ids":["degree"],"standard_idea_ids":["double_counting"],"tags":[],"has_text":true,"text_preview":"Пусть \\(N\\) — число нетривиальных компонент графа границ \\(B\\). Сначала докажем оценку на число областей. Если забыть все границы между разными цветами, вся доска является одной связной областью в смысле движения между клетками через общую вершину. Теперь добавим обратно нетривиальные компоненты границы по одной. Рёбра одной такой компоненты образуют связную преграду между красными и синими клетками; при добавлении этой преграды уже существующая область либо не делится, либо делится на две части. Значит, каждая компонента увеличивает число монохроматических областей не более чем на \\(1\\), и всего областей не больше \\(N+1\\). Осталось оценить \\(N\\) для нечётного \\(n\\). В угловых узлах решётки степень в \\(B\\) равна \\(0\\), потому что через угол не проходит внутренняя сторона между двумя клетками. В неугловом узле на границе доски степень равна \\(0\\) или \\(1\\). Во внутреннем узле сходятся че…"}],"relations":[{"id":"rel-grid-boundary-components-bmo-2022-p4","neighbor_id":"bmo-2022-p4-frog-grid-boundary-graph","direction":"forward","type":"prerequisite","distance":1,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-putnam-2004-grid-components-lemma","neighbor_id":"putnam-2004-a5-random-checkerboard-components","direction":"backward","type":"same_motif","distance":2,"status":"needs_human_review"}],"search_text":"grid-boundary-components-coloring-lemma лемма о компонентах графа границ в двуцветной раскраске клетчатой доски connectivity coloring planar_graphs double_counting goal_bound bmo 2022 официальная архивная страница https://www.cms.org.cy/pages/competitions/bmo-2022-4-9-may-2022/39th-balkan-mathematical-olympiad-%e2%80%93-bmo-2022-second-announcement1647515569 misc official_archive src-bmo-2022-official with_solution прочее ? bmo 2022 официальная архивная страница stmt-boundary-components ai_checked рассмотрим раскраску клеток доски \\(n\\times n\\) в два цвета. построим граф границ \\(b\\): его вершины — все \\((n+1)^2\\) узлов решётки, а две соседние по стороне решётки вершины соединены ребром тогда и только тогда, когда соответствующий отрезок является общей стороной двух клеток разных цветов. компоненту графа \\(b\\), содержащую хотя бы одно ребро, назовём нетривиальной. тогда число монохроматических областей клеток, где клетки одной области имеют один цвет и связаны через общие вершины, не превосходит числа нетривиальных компонент графа \\(b\\) плюс \\(1\\). кроме того, если \\(n\\) нечётно, то число нетривиальных компонент графа \\(b\\) не превосходит \\((n+1)^2/4\\). degree idea-boundaries-split-regions компоненты границы добавляют области по одной если стирать все границы между разными цветами, остаётся одна область. возвращая нетривиальные компоненты графа границ по одной, каждая новая компонента может увеличить число монохроматических областей не более чем на один. connectivity ai_checked idea-local-degrees-limit-components локальные степени ограничивают число компонент в углах доски степень в графе границ равна нулю; в неугловых граничных узлах она равна 0 или 1; во внутренних узлах она чётна, то есть равна 0, 2 или 4. поэтому почти каждая нетривиальная компонента требует как минимум четыре узла решётки, а исключения возможны только около четырёх углов. double_counting connectivity ai_checked sol-boundary-component-count граф границ и подсчёт компонент ai_checked degree double_counting пусть \\(n\\) — число нетривиальных компонент графа границ \\(b\\). сначала докажем оценку на число областей. если забыть все границы между разными цветами, вся доска является одной связной областью в смысле движения между клетками через общую вершину. теперь добавим обратно нетривиальные компоненты границы по одной. рёбра одной такой компоненты образуют связную преграду между красными и синими клетками; при добавлении этой преграды уже существующая область либо не делится, либо делится на две части. значит, каждая компонента увеличивает число монохроматических областей не более чем на \\(1\\), и всего областей не больше \\(n+1\\). осталось оценить \\(n\\) для нечётного \\(n\\). в угловых узлах решётки степень в \\(b\\) равна \\(0\\), потому что через угол не проходит внутренняя сторона между двумя клетками. в неугловом узле на границе доски степень равна \\(0\\) или \\(1\\). во внутреннем узле сходятся че… grid-boundary-components-coloring-lemma lemma o komponentah grafa granits v dvutsvetnoy raskraske kletchatoy doski connectivity coloring planar_graphs double_counting goal_bound bmo 2022 ofitsialnaya arhivnaya stranitsa https://www.cms.org.cy/pages/competitions/bmo-2022-4-9-may-2022/39th-balkan-mathematical-olympiad-%e2%80%93-bmo-2022-second-announcement1647515569 misc official_archive src-bmo-2022-official with_solution prochee ? bmo 2022 ofitsialnaya arhivnaya stranitsa stmt-boundary-components ai_checked rassmotrim raskrasku kletok doski \\(n\\times n\\) v dva tsveta. postroim graf granits \\(b\\): ego vershiny — vse \\((n+1)^2\\) uzlov reshetki, a dve sosednie po storone reshetki vershiny soedineny rebrom togda i tolko togda, kogda sootvetstvuyuschiy otrezok yavlyaetsya obschey storonoy dvuh kletok raznyh tsvetov. komponentu grafa \\(b\\), soderzhaschuyu hotya by odno rebro, nazovem netrivialnoy. togda chislo monohromaticheskih oblastey kletok, gde kletki odnoy oblasti imeyut odin tsvet i svyazany cherez obschie vershiny, ne prevoshodit chisla netrivialnyh komponent grafa \\(b\\) plyus \\(1\\). krome togo, esli \\(n\\) nechetno, to chislo netrivialnyh komponent grafa \\(b\\) ne prevoshodit \\((n+1)^2/4\\). degree idea-boundaries-split-regions komponenty granitsy dobavlyayut oblasti po odnoy esli stirat vse granitsy mezhdu raznymi tsvetami, ostaetsya odna oblast. vozvraschaya netrivialnye komponenty grafa granits po odnoy, kazhdaya novaya komponenta mozhet uvelichit chislo monohromaticheskih oblastey ne bolee chem na odin. connectivity ai_checked idea-local-degrees-limit-components lokalnye stepeni ogranichivayut chislo komponent v uglah doski stepen v grafe granits ravna nulyu; v neuglovyh granichnyh uzlah ona ravna 0 ili 1; vo vnutrennih uzlah ona chetna, to est ravna 0, 2 ili 4. poetomu pochti kazhdaya netrivialnaya komponenta trebuet kak minimum chetyre uzla reshetki, a isklyucheniya vozmozhny tolko okolo chetyreh uglov. double_counting connectivity ai_checked sol-boundary-component-count graf granits i podschet komponent ai_checked degree double_counting pust \\(n\\) — chislo netrivialnyh komponent grafa granits \\(b\\). snachala dokazhem otsenku na chislo oblastey. esli zabyt vse granitsy mezhdu raznymi tsvetami, vsya doska yavlyaetsya odnoy svyaznoy oblastyu v smysle dvizheniya mezhdu kletkami cherez obschuyu vershinu. teper dobavim obratno netrivialnye komponenty granitsy po odnoy. rebra odnoy takoy komponenty obrazuyut svyaznuyu pregradu mezhdu krasnymi i sinimi kletkami; pri dobavlenii etoy pregrady uzhe suschestvuyuschaya oblast libo ne delitsya, libo delitsya na dve chasti. znachit, kazhdaya komponenta uvelichivaet chislo monohromaticheskih oblastey ne bolee chem na \\(1\\), i vsego oblastey ne bolshe \\(n+1\\). ostalos otsenit \\(n\\) dlya nechetnogo \\(n\\). v uglovyh uzlah reshetki stepen v \\(b\\) ravna \\(0\\), potomu chto cherez ugol ne prohodit vnutrennyaya storona mezhdu dvumya kletkami. v neuglovom uzle na granitse doski stepen ravna \\(0\\) ili \\(1\\). vo vnutrennem uzle shodyatsya che…","source_keys":["misc","bmo"]}
{"id":"hall-marriage-theorem","title":"Теорема Холла о паросочетаниях","path":"data\\problems\\classical\\hall-marriage-theorem.yaml","raw_github_url":"https://raw.githubusercontent.com/didin-maxim/knowledge_graph_of_graphs/main/data/problems/classical/hall-marriage-theorem.yaml","viewer_url":"https://didin-maxim.github.io/knowledge_graph_of_graphs/#hall-marriage-theorem","source_key":"misc","source_label":"Прочее","source_titles":["Hall's marriage theorem","Marriage Problem, two proofs","Math StackExchange, Alternative proof Hall's marriage explanation"],"year":"","type":"theorem","authors":["Philip Hall"],"tags":["matching","classical_theorem","induction","goal_characterization"],"agent_topics":[],"difficulty":{"main":"national_final_medium","local_score":7,"comment":"Как инструмент часто делает сложную задачу короткой; доказательство само по себе олимпиадное.","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":"Карточка подкреплена опубликованными неофициальными, справочными, журнальными, вики-, форумными источниками или страницами задач.","audit_source":"agent-imo-us-classical.json"},"statements":{"original":[{"id":"stmt-original-1","title":"","status":"ai_checked","text":"Пусть есть конечный набор множеств A₁,...,Aₙ. Можно выбрать по одному элементу из каждого множества так, чтобы все выбранные элементы были различны, тогда и только тогда, когда для любых k множеств из этого набора их объединение содержит хотя бы k элементов.","definition_ids":["bipartite_graph","matching"]}],"graph_theory":[{"id":"stmt-graph-1","title":"Двудольная форма","status":"ai_checked","text":"Пусть \\(G=(X,Y,E)\\) — конечный двудольный граф. В \\(G\\) существует паросочетание, покрывающее все вершины \\(X\\), тогда и только тогда, когда для любого \\(A\\subseteq X\\) выполнено \\(|N(A)|\\ge |A|\\).","definition_ids":["bipartite_graph","matching"]}],"olympiad_reformulations":[{"id":"stmt-marriage-boys-girls-1","title":"Юноши, девушки и свадьбы","status":"ai_checked","text":"Есть конечное множество юношей и конечное множество девушек. Для каждого юноши известны девушки, с которыми он знаком. Нужно женить каждого юношу на знакомой ему девушке так, чтобы никакие два юноши не женились на одной и той же девушке. Это возможно тогда и только тогда, когда для любой группы из k юношей число девушек, знакомых хотя бы с одним юношей из этой группы, не меньше k.","definition_ids":["bipartite_graph","matching"]},{"id":"stmt-marriage-girls-boys-ctk","title":"Списки предпочтений девушек","status":"ai_checked","text":"Есть n девушек и n юношей. Каждая девушка составила список юношей, за одного из которых она согласна выйти замуж. Нужно выбрать для каждой девушки одного юношу из ее списка так, чтобы выбранные юноши были различны. Это возможно тогда и только тогда, когда любые k девушек вместе указали в своих списках хотя бы k различных юношей.","definition_ids":["bipartite_graph","matching"]}]},"solutions":[{"id":"sol-induction","title":"Индукционное доказательство","status":"ai_checked","definition_ids":[],"standard_idea_ids":["induction"],"tags":[],"has_text":true,"text_preview":"Докажем графовую форму теоремы. Пусть двудольный граф имеет левую долю \\(X\\); нужно покрыть все вершины \\(X\\) паросочетанием. Необходимость очевидна: если паросочетание покрывает каждую вершину из \\(A\\subseteq X\\), то выбранные для них правые вершины различны и лежат в \\(N(A)\\), значит \\(|N(A)|\\ge |A|\\). Достаточность докажем индукцией по \\(|X|\\). Если для каждого непустого собственного \\(A\\subset X\\) выполнено строгое неравенство \\(|N(A)|>|A|\\), выберем любую вершину \\(x\\in X\\) и любого её соседа \\(y\\). Удалим \\(x\\) и \\(y\\). Для любого множества \\(A\\subseteq X\\setminus\\{x\\}\\) его окрестность могла уменьшиться не более чем на одну вершину, поэтому новая окрестность имеет размер не меньше \\(|N(A)|-1\\ge |A|\\). По индукции оставшиеся вершины \\(X\\setminus\\{x\\}\\) можно покрыть паросочетанием; добавив ребро \\(xy\\), покрываем всё \\(X\\). Остаётся случай, когда существует непустое собственное \\(…"},{"id":"sol-tight-set-splitting","title":"Доказательство через tight-подмножества","status":"ai_checked","definition_ids":[],"standard_idea_ids":["induction"],"tags":[],"has_text":true,"text_preview":"Докажем достаточность условия Холла индукцией, но будем разрезать задачу по tight-подмножествам, где \\(|N(A)|=|A|\\). Возьмем вершину \\(x\\) из \\(X\\). Если у некоторого соседа \\(y\\) вершины \\(x\\) удаление \\(y\\) из всех списков, кроме списка \\(x\\), не нарушает условие Холла, то по индукции на меньшем графе покрываем \\(X\\setminus\\{x\\}\\), а затем сопоставляем \\(x\\) с \\(y\\). Иначе для каждого соседа \\(y\\) находится подмножество \\(A_y\\subseteq X\\setminus\\{x\\}\\), для которого после удаления \\(y\\) равенство Холла ломается; это возможно только если \\(y\\) уже лежит в \\(N(A_y)\\) и при этом \\(|N(A_y)|=|A_y|\\). Берем любое такое tight-подмножество \\(A\\). По индукции внутри подграфа на \\(A\\) и \\(N(A)\\) существует паросочетание, покрывающее \\(A\\). Для оставшихся вершин условие Холла тоже сохраняется: если \\(B\\subseteq X\\setminus A\\), то из \\(|N(A\\cup B)|\\ge |A|+|B|\\) и \\(|N(A)|=|A|\\) получаем \\(|N(A\\cu…"}],"relations":[{"id":"rel-hall-konig","neighbor_id":"konig-vertex-cover-theorem","direction":"forward","type":"same_motif","distance":2,"status":"ai_draft"},{"id":"rel-hall-augmenting","neighbor_id":"augmenting-path-matching-lemma","direction":"backward","type":"solution_transfer","distance":2,"status":"ai_draft"},{"id":"rel-hall-usamo-2022-p1","neighbor_id":"usamo-2022-p1-amber-bronze-transversal","direction":"forward","type":"prerequisite","distance":1,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-hall-konig-line-coloring","neighbor_id":"konig-line-coloring-bipartite","direction":"forward","type":"prerequisite","distance":1,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-regular-bipartite-decomposition-hall-marriage","neighbor_id":"regular-bipartite-perfect-matching-decomposition","direction":"forward","type":"prerequisite","distance":1,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-cmo-1973-p4-hall-marriage-incidence-matching","neighbor_id":"cmo-1973-p4-triangulated-nonagon-labelings","direction":"forward","type":"same_motif","distance":2,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-spbmo-2012-p7-hall-sdr-bridges","neighbor_id":"spbmo-2012-8-p7-forty-regular-acquaintance-22-cycle","direction":"backward","type":"prerequisite","distance":1,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-hall-dolnikov-lemma","neighbor_id":"dolnikov-deletion-independent-set-lemma","direction":"forward","type":"prerequisite","distance":1,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-hall-edge-count-bipartite-matching-bound","neighbor_id":"edge-count-bipartite-matching-bound","direction":"forward","type":"same_motif","distance":2,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-fyum-2008-final-p8-hall-complement-matchings","neighbor_id":"fyum-2008-final-p8","direction":"backward","type":"same_motif","distance":2,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-hall-marriage-imc2011-three-quarter-perfect-cover","neighbor_id":"imc-2011-day2-p2b-tripartite-three-quarter-perfect-cover","direction":"forward","type":"prerequisite","distance":1,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-imc-2011-tripartite-hall","neighbor_id":"imc-2011-day2-p2-tripartite-married-triples","direction":"backward","type":"prerequisite","distance":2,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-hall-imo-2024-c3","neighbor_id":"imo-2024-c3-knights-chord-uncrossing","direction":"forward","type":"same_motif","distance":4,"status":"needs_human_review"},{"id":"rel-hall-marriage-imo-2010-c2-flags-diagonal-matching","neighbor_id":"imo-2010-c2-flags-diagonal-matching","direction":"forward","type":"prerequisite","distance":1,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-schweitzer-2010-p2-hall","neighbor_id":"miklos-schweitzer-2010-p2-infinite-vertex-transitive-perfect-matching","direction":"backward","type":"prerequisite","distance":3,"status":"needs_human_review"},{"id":"rel-schweitzer-1951-p13-hall-matchings","neighbor_id":"miklos-schweitzer-1951-p13-determinant-nonzero-pattern-matchings","direction":"backward","type":"prerequisite","distance":3,"status":"needs_human_review"},{"id":"rel-rmm-2012-p1-hall-cover-parity","neighbor_id":"rmm-2012-p1-sociable-sets-bipartite-parity","direction":"forward","type":"same_motif","distance":3,"status":"needs_human_review"},{"id":"rel-hall-rmm-2017-p5-grid-matching","neighbor_id":"rmm-2017-p5-sieve-sticks-bipartite-matching","direction":"forward","type":"same_motif","distance":2,"status":"needs_human_review"},{"id":"rel-kolm-2002-p8-hall-theorem","neighbor_id":"kolmogorov-2002-team-olympiad-seniors-problem-8","direction":"forward","type":"prerequisite","distance":2,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-winner-count-lemma-hall-marriage-neighborhood","neighbor_id":"round-robin-winner-count-hall-lemma","direction":"backward","type":"same_motif","distance":2,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-ternary-nonzero-matching-hall-explicit-vs-existence","neighbor_id":"ternary-nonzero-strings-perfect-matching","direction":"backward","type":"same_motif","distance":3,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-putnam-2012-hall","neighbor_id":"putnam-2012-b3-round-robin-winners-hall","direction":"forward","type":"prerequisite","distance":1,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-simon-marais-2024-a2-hall","neighbor_id":"simon-marais-2024-a2-tripairable-perfect-matching","direction":"backward","type":"prerequisite","distance":2,"status":"needs_human_review"},{"id":"rel-yumt-2023-granda-r2-p9-hall-marriage","neighbor_id":"yumt-2023-granda-round2-problem9","direction":"backward","type":"same_motif","distance":1,"status":"needs_human_review"},{"id":"rel-yumt-2024-grand-final-p9-hall-marriage","neighbor_id":"yumt-2024-grand-final-problem9","direction":"backward","type":"same_motif","distance":2,"status":"needs_human_review"}],"search_text":"hall-marriage-theorem теорема холла о паросочетаниях matching classical_theorem induction goal_characterization hall's marriage theorem https://cut-the-knot.org/arithmetic/elegant.shtml https://en.wikipedia.org/wiki/hall%27s_marriage_theorem https://math.stackexchange.com/questions/4328465/alternative-proof-halls-marriage-explanation marriage problem, two proofs math stackexchange, alternative proof hall's marriage explanation misc philip hall philiphall reference src-cut-the-knot-marriage src-mse-hall-tight-sets src-wikipedia-hall with_solution прочее philip hall hall's marriage theorem marriage problem, two proofs math stackexchange, alternative proof hall's marriage explanation stmt-original-1 ai_checked пусть есть конечный набор множеств a₁,...,aₙ. можно выбрать по одному элементу из каждого множества так, чтобы все выбранные элементы были различны, тогда и только тогда, когда для любых k множеств из этого набора их объединение содержит хотя бы k элементов. bipartite_graph matching stmt-graph-1 двудольная форма ai_checked пусть \\(g=(x,y,e)\\) — конечный двудольный граф. в \\(g\\) существует паросочетание, покрывающее все вершины \\(x\\), тогда и только тогда, когда для любого \\(a\\subseteq x\\) выполнено \\(|n(a)|\\ge |a|\\). bipartite_graph matching stmt-marriage-boys-girls-1 юноши, девушки и свадьбы ai_checked есть конечное множество юношей и конечное множество девушек. для каждого юноши известны девушки, с которыми он знаком. нужно женить каждого юношу на знакомой ему девушке так, чтобы никакие два юноши не женились на одной и той же девушке. это возможно тогда и только тогда, когда для любой группы из k юношей число девушек, знакомых хотя бы с одним юношей из этой группы, не меньше k. bipartite_graph matching stmt-marriage-girls-boys-ctk списки предпочтений девушек ai_checked есть n девушек и n юношей. каждая девушка составила список юношей, за одного из которых она согласна выйти замуж. нужно выбрать для каждой девушки одного юношу из ее списка так, чтобы выбранные юноши были различны. это возможно тогда и только тогда, когда любые k девушек вместе указали в своих списках хотя бы k различных юношей. bipartite_graph matching idea-deficiency дефицит соседей единственное препятствие к покрытию всех вершин x — подмножество a, у которого соседей меньше, чем самих вершин. matching ai_checked idea-tight-set-splitting разрезание по tight-подмножеству если для некоторой группы левых вершин достигается равенство \\(|n(a)|=|a|\\), задачу можно разложить на два независимых подграфа: внутри \\(n(a)\\) и на дополнении. matching induction ai_checked sol-induction индукционное доказательство ai_checked induction докажем графовую форму теоремы. пусть двудольный граф имеет левую долю \\(x\\); нужно покрыть все вершины \\(x\\) паросочетанием. необходимость очевидна: если паросочетание покрывает каждую вершину из \\(a\\subseteq x\\), то выбранные для них правые вершины различны и лежат в \\(n(a)\\), значит \\(|n(a)|\\ge |a|\\). достаточность докажем индукцией по \\(|x|\\). если для каждого непустого собственного \\(a\\subset x\\) выполнено строгое неравенство \\(|n(a)|>|a|\\), выберем любую вершину \\(x\\in x\\) и любого её соседа \\(y\\). удалим \\(x\\) и \\(y\\). для любого множества \\(a\\subseteq x\\setminus\\{x\\}\\) его окрестность могла уменьшиться не более чем на одну вершину, поэтому новая окрестность имеет размер не меньше \\(|n(a)|-1\\ge |a|\\). по индукции оставшиеся вершины \\(x\\setminus\\{x\\}\\) можно покрыть паросочетанием; добавив ребро \\(xy\\), покрываем всё \\(x\\). остаётся случай, когда существует непустое собственное \\(… sol-tight-set-splitting доказательство через tight-подмножества ai_checked induction докажем достаточность условия холла индукцией, но будем разрезать задачу по tight-подмножествам, где \\(|n(a)|=|a|\\). возьмем вершину \\(x\\) из \\(x\\). если у некоторого соседа \\(y\\) вершины \\(x\\) удаление \\(y\\) из всех списков, кроме списка \\(x\\), не нарушает условие холла, то по индукции на меньшем графе покрываем \\(x\\setminus\\{x\\}\\), а затем сопоставляем \\(x\\) с \\(y\\). иначе для каждого соседа \\(y\\) находится подмножество \\(a_y\\subseteq x\\setminus\\{x\\}\\), для которого после удаления \\(y\\) равенство холла ломается; это возможно только если \\(y\\) уже лежит в \\(n(a_y)\\) и при этом \\(|n(a_y)|=|a_y|\\). берем любое такое tight-подмножество \\(a\\). по индукции внутри подграфа на \\(a\\) и \\(n(a)\\) существует паросочетание, покрывающее \\(a\\). для оставшихся вершин условие холла тоже сохраняется: если \\(b\\subseteq x\\setminus a\\), то из \\(|n(a\\cup b)|\\ge |a|+|b|\\) и \\(|n(a)|=|a|\\) получаем \\(|n(a\\cu… hall-marriage-theorem teorema holla o parosochetaniyah matching classical_theorem induction goal_characterization hall's marriage theorem https://cut-the-knot.org/arithmetic/elegant.shtml https://en.wikipedia.org/wiki/hall%27s_marriage_theorem https://math.stackexchange.com/questions/4328465/alternative-proof-halls-marriage-explanation marriage problem, two proofs math stackexchange, alternative proof hall's marriage explanation misc philip hall philiphall reference src-cut-the-knot-marriage src-mse-hall-tight-sets src-wikipedia-hall with_solution prochee philip hall hall's marriage theorem marriage problem, two proofs math stackexchange, alternative proof hall's marriage explanation stmt-original-1 ai_checked pust est konechnyy nabor mnozhestv a₁,...,aₙ. mozhno vybrat po odnomu elementu iz kazhdogo mnozhestva tak, chtoby vse vybrannye elementy byli razlichny, togda i tolko togda, kogda dlya lyubyh k mnozhestv iz etogo nabora ih obedinenie soderzhit hotya by k elementov. bipartite_graph matching stmt-graph-1 dvudolnaya forma ai_checked pust \\(g=(x,y,e)\\) — konechnyy dvudolnyy graf. v \\(g\\) suschestvuet parosochetanie, pokryvayuschee vse vershiny \\(x\\), togda i tolko togda, kogda dlya lyubogo \\(a\\subseteq x\\) vypolneno \\(|n(a)|\\ge |a|\\). bipartite_graph matching stmt-marriage-boys-girls-1 yunoshi, devushki i svadby ai_checked est konechnoe mnozhestvo yunoshey i konechnoe mnozhestvo devushek. dlya kazhdogo yunoshi izvestny devushki, s kotorymi on znakom. nuzhno zhenit kazhdogo yunoshu na znakomoy emu devushke tak, chtoby nikakie dva yunoshi ne zhenilis na odnoy i toy zhe devushke. eto vozmozhno togda i tolko togda, kogda dlya lyuboy gruppy iz k yunoshey chislo devushek, znakomyh hotya by s odnim yunoshey iz etoy gruppy, ne menshe k. bipartite_graph matching stmt-marriage-girls-boys-ctk spiski predpochteniy devushek ai_checked est n devushek i n yunoshey. kazhdaya devushka sostavila spisok yunoshey, za odnogo iz kotoryh ona soglasna vyyti zamuzh. nuzhno vybrat dlya kazhdoy devushki odnogo yunoshu iz ee spiska tak, chtoby vybrannye yunoshi byli razlichny. eto vozmozhno togda i tolko togda, kogda lyubye k devushek vmeste ukazali v svoih spiskah hotya by k razlichnyh yunoshey. bipartite_graph matching idea-deficiency defitsit sosedey edinstvennoe prepyatstvie k pokrytiyu vseh vershin x — podmnozhestvo a, u kotorogo sosedey menshe, chem samih vershin. matching ai_checked idea-tight-set-splitting razrezanie po tight-podmnozhestvu esli dlya nekotoroy gruppy levyh vershin dostigaetsya ravenstvo \\(|n(a)|=|a|\\), zadachu mozhno razlozhit na dva nezavisimyh podgrafa: vnutri \\(n(a)\\) i na dopolnenii. matching induction ai_checked sol-induction induktsionnoe dokazatelstvo ai_checked induction dokazhem grafovuyu formu teoremy. pust dvudolnyy graf imeet levuyu dolyu \\(x\\); nuzhno pokryt vse vershiny \\(x\\) parosochetaniem. neobhodimost ochevidna: esli parosochetanie pokryvaet kazhduyu vershinu iz \\(a\\subseteq x\\), to vybrannye dlya nih pravye vershiny razlichny i lezhat v \\(n(a)\\), znachit \\(|n(a)|\\ge |a|\\). dostatochnost dokazhem induktsiey po \\(|x|\\). esli dlya kazhdogo nepustogo sobstvennogo \\(a\\subset x\\) vypolneno strogoe neravenstvo \\(|n(a)|>|a|\\), vyberem lyubuyu vershinu \\(x\\in x\\) i lyubogo ee soseda \\(y\\). udalim \\(x\\) i \\(y\\). dlya lyubogo mnozhestva \\(a\\subseteq x\\setminus\\{x\\}\\) ego okrestnost mogla umenshitsya ne bolee chem na odnu vershinu, poetomu novaya okrestnost imeet razmer ne menshe \\(|n(a)|-1\\ge |a|\\). po induktsii ostavshiesya vershiny \\(x\\setminus\\{x\\}\\) mozhno pokryt parosochetaniem; dobaviv rebro \\(xy\\), pokryvaem vse \\(x\\). ostaetsya sluchay, kogda suschestvuet nepustoe sobstvennoe \\(… sol-tight-set-splitting dokazatelstvo cherez tight-podmnozhestva ai_checked induction dokazhem dostatochnost usloviya holla induktsiey, no budem razrezat zadachu po tight-podmnozhestvam, gde \\(|n(a)|=|a|\\). vozmem vershinu \\(x\\) iz \\(x\\). esli u nekotorogo soseda \\(y\\) vershiny \\(x\\) udalenie \\(y\\) iz vseh spiskov, krome spiska \\(x\\), ne narushaet uslovie holla, to po induktsii na menshem grafe pokryvaem \\(x\\setminus\\{x\\}\\), a zatem sopostavlyaem \\(x\\) s \\(y\\). inache dlya kazhdogo soseda \\(y\\) nahoditsya podmnozhestvo \\(a_y\\subseteq x\\setminus\\{x\\}\\), dlya kotorogo posle udaleniya \\(y\\) ravenstvo holla lomaetsya; eto vozmozhno tolko esli \\(y\\) uzhe lezhit v \\(n(a_y)\\) i pri etom \\(|n(a_y)|=|a_y|\\). berem lyuboe takoe tight-podmnozhestvo \\(a\\). po induktsii vnutri podgrafa na \\(a\\) i \\(n(a)\\) suschestvuet parosochetanie, pokryvayuschee \\(a\\). dlya ostavshihsya vershin uslovie holla tozhe sohranyaetsya: esli \\(b\\subseteq x\\setminus a\\), to iz \\(|n(a\\cup b)|\\ge |a|+|b|\\) i \\(|n(a)|=|a|\\) poluchaem \\(|n(a\\cu…","source_keys":["misc"]}
{"id":"handshaking-lemma","title":"Лемма о сумме степеней и чётности нечётных вершин","path":"data\\problems\\classical\\handshaking-lemma.yaml","raw_github_url":"https://raw.githubusercontent.com/didin-maxim/knowledge_graph_of_graphs/main/data/problems/classical/handshaking-lemma.yaml","viewer_url":"https://didin-maxim.github.io/knowledge_graph_of_graphs/#handshaking-lemma","source_key":"misc","source_label":"Прочее","source_titles":["Лемма о рукопожатиях"],"year":"","type":"lemma","authors":[],"tags":["double_counting","classical_theorem","goal_counting"],"agent_topics":[],"difficulty":{"main":"exercise","local_score":1,"comment":"Базовый инструмент.","status":"ai_checked"},"review_status":"needs_human_review","public_ready":false,"solution_state":"with_solution","solution_classification":{"type":"unofficial_published","label":"опубликованное неофициальное","status":"ai_checked","confidence":0.78,"basis":"агентский аудит средней сложности","notes":"Карточка подкреплена опубликованными неофициальными, справочными, журнальными, вики-, форумными источниками или страницами задач.","audit_source":"agent-imo-us-classical.json"},"statements":{"original":[{"id":"stmt-original-1","title":"","status":"needs_review","text":"В конечном неориентированном графе сумма степеней всех вершин равна удвоенному числу ребер. Степень вершины — это число ребер, выходящих из нее.","definition_ids":["degree"]}]},"solutions":[{"id":"sol-double-counting","title":"Двойной счет","status":"ai_checked","definition_ids":["degree"],"standard_idea_ids":["double_counting"],"tags":[],"has_text":true,"text_preview":"Посчитаем пары (v,e), где вершина v инцидентна ребру e. С одной стороны, для фиксированной вершины таких пар deg(v), всего сумма степеней. С другой стороны, каждое ребро дает ровно две пары. Поэтому сумма степеней равна 2e(G). Так как эта сумма четна, число нечетных слагаемых в ней четно."}],"relations":[{"id":"rel-handshaking-eulerian","neighbor_id":"eulerian-graph-criterion","direction":"forward","type":"same_motif","distance":2,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-handshaking-gnomes-2020","neighbor_id":"tc-2020-21-gnomes-two-cycles-even-n","direction":"forward","type":"same_motif","distance":3,"status":"ai_draft"},{"id":"rel-handshaking-polyhedron-2017","neighbor_id":"tc-2017-18-polyhedron-three-colors-parity","direction":"forward","type":"prerequisite","distance":1,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-handshaking-odd-main-roads-2010","neighbor_id":"tc-2010-11-odd-main-roads","direction":"forward","type":"same_motif","distance":2,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-handshaking-rooks-2001","neighbor_id":"tc-2001-02-rooks-odd-attacks","direction":"forward","type":"same_motif","distance":3,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-handshaking-havel-hakimi","neighbor_id":"havel-hakimi-graphical-degree-sequence","direction":"forward","type":"same_motif","distance":2,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-handshaking-c4-kst","neighbor_id":"c4-free-kovari-sos-turan-bound","direction":"forward","type":"prerequisite","distance":1,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-handshaking-near-perfect-tree-matchings","neighbor_id":"tree-near-perfect-matchings-path-extremal","direction":"forward","type":"prerequisite","distance":2,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-cmo-1991-p4-handshaking-cut-parity","neighbor_id":"cmo-1991-p4-edge-difference-labeling-diagram","direction":"forward","type":"prerequisite","distance":1,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-cmo-2010-p4-handshaking-even-degree","neighbor_id":"cmo-2010-p4-graph-neighborhood-toggle","direction":"backward","type":"prerequisite","distance":1,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-cmo-2023-p2-handshaking-edge-count","neighbor_id":"cmo-2023-p2-three-regular-bootstrap-friendship","direction":"backward","type":"prerequisite","distance":1,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-handshaking-spbmo-1997-p63-degree-sum","neighbor_id":"spbmo-1997-11-p63-red-blue-complete-graph-two-edge-count","direction":"forward","type":"prerequisite","distance":1,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-fyum-2010-tur2a-p1-handshaking-odd-auxiliary-graph","neighbor_id":"fyum-2010-tur2a-p1","direction":"backward","type":"same_motif","distance":2,"status":"needs_human_review"},{"id":"rel-imc-2024-tableaux-handshaking","neighbor_id":"imc-2024-day2-p9-young-tableaux-friend-graph","direction":"backward","type":"prerequisite","distance":1,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-handshaking-imo-1995-nc5-codegree","neighbor_id":"imo-1995-nc5-greetings-regular-codegree-graph","direction":"forward","type":"prerequisite","distance":2,"status":"needs_human_review"},{"id":"rel-kolm-2021-volleyball-handshaking","neighbor_id":"kolmogorov-2021-individual-olympiad-seniors-problem-1","direction":"backward","type":"prerequisite","distance":1,"status":"needs_human_review"},{"id":"rel-metadata-pass-usamo-2008-handshaking-parity","neighbor_id":"usamo-2008-p6-even-friends-two-rooms","direction":"forward","type":"same_motif","distance":3,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-metadata-tree-euler-handshaking-egmo-2016-incidence","neighbor_id":"egmo-2016-p3-blue-cells-bipartite-incidence","direction":"forward","type":"prerequisite","distance":1,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-metadata-tree-euler-handshaking-bmo-2022-boundary","neighbor_id":"bmo-2022-p4-frog-grid-boundary-graph","direction":"forward","type":"same_motif","distance":2,"status":"needs_human_review"},{"id":"rel-metadata-tree-euler-handshaking-imo-2010-c5-degree-sum","neighbor_id":"imo-2010-c5-bad-company-tournament","direction":"forward","type":"prerequisite","distance":1,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-metadata-kolm-2007-induced-count-handshaking","neighbor_id":"kolmogorov-2007-team-olympiad-seniors-problem-7","direction":"backward","type":"same_motif","distance":2,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-schweitzer-2017-p1-planar-count","neighbor_id":"miklos-schweitzer-2017-p1-triangle-tiling-no-shared-side","direction":"backward","type":"prerequisite","distance":2,"status":"needs_human_review"},{"id":"rel-handshaking-no-isolated-edge-lower-bound","neighbor_id":"no-isolated-vertices-edge-lower-bound","direction":"forward","type":"prerequisite","distance":1,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-handshaking-memo-2025-t4-weighted-complete","neighbor_id":"memo-2025-t4-toll-complete-graph","direction":"forward","type":"same_motif","distance":3,"status":"needs_human_review"},{"id":"rel-handshaking-putnam-2002-b2-cubic-polyhedron-count","neighbor_id":"putnam-2002-b2-polyhedron-face-game-four-edge-face","direction":"forward","type":"prerequisite","distance":2,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-putnam-2013-a1-handshaking","neighbor_id":"putnam-2013-a1-icosahedron-face-labels","direction":"backward","type":"prerequisite","distance":2,"status":"needs_human_review"},{"id":"rel-kolm-2022-k10-triangles-handshaking","neighbor_id":"kolmogorov-2022-round2-second-third-red-blue-k10-triangles","direction":"backward","type":"prerequisite","distance":1,"status":"needs_human_review"},{"id":"rel-kolm-2022-airport-walk-parity-handshaking","neighbor_id":"kolmogorov-2022-round4-high-airport-walk-parity","direction":"backward","type":"prerequisite","distance":2,"status":"needs_human_review"},{"id":"rel-kolm-2022-even-degree-odd-walks-handshaking","neighbor_id":"kolmogorov-2022-round4-second-third-even-degree-odd-walks","direction":"backward","type":"same_motif","distance":2,"status":"needs_human_review"},{"id":"rel-sums-2011-p8-planar-degree-counting","neighbor_id":"sums-2011-p8-periodic-hexagon-tessellation-even-vertices","direction":"backward","type":"prerequisite","distance":2,"status":"needs_human_review"},{"id":"rel-vjimc-2024-degree-squares-handshaking","neighbor_id":"vjimc-2024-cat1-p3-degree-squares-triangle","direction":"backward","type":"prerequisite","distance":2,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-handshaking-vosh-2017-friendship-triangle-factor","neighbor_id":"vosh-2017-18-regional-friendship-triangle-factor","direction":"forward","type":"prerequisite","distance":1,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-handshaking-vosh-2025-degree-difference-friendship","neighbor_id":"vosh-2025-26-regional-degree-difference-friendship","direction":"forward","type":"prerequisite","distance":1,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-yumt-2019-start-high-r1-p7-handshaking-lemma","neighbor_id":"yumt-2019-start-high-round1-problem7","direction":"backward","type":"prerequisite","distance":1,"status":"needs_human_review"}],"search_text":"handshaking-lemma лемма о сумме степеней и чётности нечётных вершин double_counting classical_theorem goal_counting https://ru.wikipedia.org/wiki/%d0%9b%d0%b5%d0%bc%d0%bc%d0%b0_%d0%be_%d1%80%d1%83%d0%ba%d0%be%d0%bf%d0%be%d0%b6%d0%b0%d1%82%d0%b8%d1%8f%d1%85 misc reference src-wikipedia-handshaking with_solution лемма о рукопожатиях прочее ? лемма о рукопожатиях stmt-original-1 needs_review в конечном неориентированном графе сумма степеней всех вершин равна удвоенному числу ребер. степень вершины — это число ребер, выходящих из нее. degree idea-count-incidences счет инцидентностей каждое ребро имеет два конца и поэтому вносит 2 в сумму степеней. double_counting ai_checked sol-double-counting двойной счет ai_checked degree double_counting посчитаем пары (v,e), где вершина v инцидентна ребру e. с одной стороны, для фиксированной вершины таких пар deg(v), всего сумма степеней. с другой стороны, каждое ребро дает ровно две пары. поэтому сумма степеней равна 2e(g). так как эта сумма четна, число нечетных слагаемых в ней четно. handshaking-lemma lemma o summe stepeney i chetnosti nechetnyh vershin double_counting classical_theorem goal_counting https://ru.wikipedia.org/wiki/%d0%9b%d0%b5%d0%bc%d0%bc%d0%b0_%d0%be_%d1%80%d1%83%d0%ba%d0%be%d0%bf%d0%be%d0%b6%d0%b0%d1%82%d0%b8%d1%8f%d1%85 misc reference src-wikipedia-handshaking with_solution lemma o rukopozhatiyah prochee ? lemma o rukopozhatiyah stmt-original-1 needs_review v konechnom neorientirovannom grafe summa stepeney vseh vershin ravna udvoennomu chislu reber. stepen vershiny — eto chislo reber, vyhodyaschih iz nee. degree idea-count-incidences schet intsidentnostey kazhdoe rebro imeet dva kontsa i poetomu vnosit 2 v summu stepeney. double_counting ai_checked sol-double-counting dvoynoy schet ai_checked degree double_counting poschitaem pary (v,e), gde vershina v intsidentna rebru e. s odnoy storony, dlya fiksirovannoy vershiny takih par deg(v), vsego summa stepeney. s drugoy storony, kazhdoe rebro daet rovno dve pary. poetomu summa stepeney ravna 2e(g). tak kak eta summa chetna, chislo nechetnyh slagaemyh v ney chetno.","source_keys":["misc"]}
{"id":"havel-hakimi-graphical-degree-sequence","title":"Критерий Хавела-Хакими для графических последовательностей степеней","path":"data\\problems\\classical\\havel-hakimi-graphical-degree-sequence.yaml","raw_github_url":"https://raw.githubusercontent.com/didin-maxim/knowledge_graph_of_graphs/main/data/problems/classical/havel-hakimi-graphical-degree-sequence.yaml","viewer_url":"https://didin-maxim.github.io/knowledge_graph_of_graphs/#havel-hakimi-graphical-degree-sequence","source_key":"misc","source_label":"Прочее","source_titles":["Wikipedia, Havel-Hakimi algorithm"],"year":"","type":"theorem","authors":["Václav Havel","Sam Hakimi"],"tags":["classical_theorem","goal_characterization","goal_algorithm","induction","extremal_choice"],"agent_topics":[],"difficulty":{"main":"regional","local_score":5,"comment":"Алгоритм прост, а единственный нетривиальный шаг — школьное переключение двух рёбер с сохранением степеней.","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":"Карточка подкреплена опубликованными неофициальными, справочными, журнальными, вики-, форумными источниками или страницами задач.","audit_source":"agent-imo-us-classical.json"},"statements":{"original":[{"id":"stmt-original-1","title":"Один шаг Хавела-Хакими","status":"ai_checked","text":"Пусть \\(d_1\\ge d_2\\ge\\cdots\\ge d_n\\ge 0\\). Последовательность \\((d_1,d_2,\\ldots,d_n)\\) является последовательностью степеней некоторого простого графа тогда и только тогда, когда последовательность \\((d_2-1,d_3-1,\\ldots,d_{d_1+1}-1,d_{d_1+2},\\ldots,d_n)\\), после удаления нулей и упорядочивания, является последовательностью степеней простого графа. Если \\(d_1>n-1\\) или среди первых \\(d_1\\) оставшихся чисел после вычитания появляется отрицательное, последовательность не графична.","definition_ids":["simple_graph","degree"]}],"olympiad_reformulations":[{"id":"stmt-algorithm","title":"Алгоритмическая форма","status":"ai_checked","text":"Чтобы проверить, можно ли задать простой граф с данными степенями вершин, каждый раз берут наибольшую оставшуюся степень \\(d\\), соединяют соответствующую вершину с \\(d\\) вершинами наибольших оставшихся степеней и уменьшают эти \\(d\\) степеней на 1. Исходная последовательность графична тогда и только тогда, когда этот процесс заканчивается всеми нулями и нигде не требует отрицательной степени.","definition_ids":["simple_graph","degree"]}]},"solutions":[{"id":"sol-switching-induction","title":"Доказательство через переключение рёбер","status":"ai_checked","definition_ids":["simple_graph","degree"],"standard_idea_ids":["extremal_choice","induction"],"tags":[],"has_text":true,"text_preview":"Пусть последовательность \\(d_1\\ge d_2\\ge\\cdots\\ge d_n\\) графична. Рассмотрим любую реализацию этой последовательности простым графом и обозначим вершину степени \\(d_1\\) через \\(v_1\\). Среди остальных вершин выберем \\(d_1\\) вершин наибольших степеней; при равенстве степеней договоримся ставить соседей \\(v_1\\) раньше несоседей. Обозначим эти вершины через \\(v_2,\\ldots,v_{d_1+1}\\). Нам нужно показать, что существует реализация, где \\(v_1\\) соединена именно с ними. Среди всех реализаций с такой договоренностью выберем ту, где число соседей \\(v_1\\) внутри множества \\(\\{v_2,\\ldots,v_{d_1+1}\\}\\) максимально. Если оно уже равно \\(d_1\\), все хорошо. Иначе найдется вершина \\(x\\) среди \\(v_2,\\ldots,v_{d_1+1}\\), не соединенная с \\(v_1\\), и найдется сосед \\(y\\) вершины \\(v_1\\) вне этого множества. По выбору порядка степень \\(x\\) не меньше степени \\(y\\); более того, если степени равны, то сосед \\(y\\)…"}],"relations":[{"id":"rel-handshaking-havel-hakimi","neighbor_id":"handshaking-lemma","direction":"backward","type":"same_motif","distance":2,"status":"ai_checked"}],"search_text":"havel-hakimi-graphical-degree-sequence критерий хавела-хакими для графических последовательностей степеней classical_theorem goal_characterization goal_algorithm induction extremal_choice https://en.wikipedia.org/wiki/havel%e2%80%93hakimi_algorithm misc sam hakimi samhakimi src-wikipedia-havel-hakimi standard_reference václav havel václavhavel wikipedia, havel-hakimi algorithm with_solution прочее václav havel sam hakimi wikipedia, havel-hakimi algorithm stmt-original-1 один шаг хавела-хакими ai_checked пусть \\(d_1\\ge d_2\\ge\\cdots\\ge d_n\\ge 0\\). последовательность \\((d_1,d_2,\\ldots,d_n)\\) является последовательностью степеней некоторого простого графа тогда и только тогда, когда последовательность \\((d_2-1,d_3-1,\\ldots,d_{d_1+1}-1,d_{d_1+2},\\ldots,d_n)\\), после удаления нулей и упорядочивания, является последовательностью степеней простого графа. если \\(d_1>n-1\\) или среди первых \\(d_1\\) оставшихся чисел после вычитания появляется отрицательное, последовательность не графична. simple_graph degree stmt-algorithm алгоритмическая форма ai_checked чтобы проверить, можно ли задать простой граф с данными степенями вершин, каждый раз берут наибольшую оставшуюся степень \\(d\\), соединяют соответствующую вершину с \\(d\\) вершинами наибольших оставшихся степеней и уменьшают эти \\(d\\) степеней на 1. исходная последовательность графична тогда и только тогда, когда этот процесс заканчивается всеми нулями и нигде не требует отрицательной степени. simple_graph degree idea-switch-neighbors-to-largest переставить соседей к большим степеням если вершина максимальной степени соединена не с одной из вершин наибольших остаточных степеней, а с меньшей, то ребра можно поменять местами так, чтобы степени сохранились, а сосед стал нужным. extremal_choice goal_algorithm ai_checked sol-switching-induction доказательство через переключение рёбер ai_checked simple_graph degree extremal_choice induction пусть последовательность \\(d_1\\ge d_2\\ge\\cdots\\ge d_n\\) графична. рассмотрим любую реализацию этой последовательности простым графом и обозначим вершину степени \\(d_1\\) через \\(v_1\\). среди остальных вершин выберем \\(d_1\\) вершин наибольших степеней; при равенстве степеней договоримся ставить соседей \\(v_1\\) раньше несоседей. обозначим эти вершины через \\(v_2,\\ldots,v_{d_1+1}\\). нам нужно показать, что существует реализация, где \\(v_1\\) соединена именно с ними. среди всех реализаций с такой договоренностью выберем ту, где число соседей \\(v_1\\) внутри множества \\(\\{v_2,\\ldots,v_{d_1+1}\\}\\) максимально. если оно уже равно \\(d_1\\), все хорошо. иначе найдется вершина \\(x\\) среди \\(v_2,\\ldots,v_{d_1+1}\\), не соединенная с \\(v_1\\), и найдется сосед \\(y\\) вершины \\(v_1\\) вне этого множества. по выбору порядка степень \\(x\\) не меньше степени \\(y\\); более того, если степени равны, то сосед \\(y\\)… havel-hakimi-graphical-degree-sequence kriteriy havela-hakimi dlya graficheskih posledovatelnostey stepeney classical_theorem goal_characterization goal_algorithm induction extremal_choice https://en.wikipedia.org/wiki/havel%e2%80%93hakimi_algorithm misc sam hakimi samhakimi src-wikipedia-havel-hakimi standard_reference václav havel václavhavel wikipedia, havel-hakimi algorithm with_solution prochee václav havel sam hakimi wikipedia, havel-hakimi algorithm stmt-original-1 odin shag havela-hakimi ai_checked pust \\(d_1\\ge d_2\\ge\\cdots\\ge d_n\\ge 0\\). posledovatelnost \\((d_1,d_2,\\ldots,d_n)\\) yavlyaetsya posledovatelnostyu stepeney nekotorogo prostogo grafa togda i tolko togda, kogda posledovatelnost \\((d_2-1,d_3-1,\\ldots,d_{d_1+1}-1,d_{d_1+2},\\ldots,d_n)\\), posle udaleniya nuley i uporyadochivaniya, yavlyaetsya posledovatelnostyu stepeney prostogo grafa. esli \\(d_1>n-1\\) ili sredi pervyh \\(d_1\\) ostavshihsya chisel posle vychitaniya poyavlyaetsya otritsatelnoe, posledovatelnost ne grafichna. simple_graph degree stmt-algorithm algoritmicheskaya forma ai_checked chtoby proverit, mozhno li zadat prostoy graf s dannymi stepenyami vershin, kazhdyy raz berut naibolshuyu ostavshuyusya stepen \\(d\\), soedinyayut sootvetstvuyuschuyu vershinu s \\(d\\) vershinami naibolshih ostavshihsya stepeney i umenshayut eti \\(d\\) stepeney na 1. ishodnaya posledovatelnost grafichna togda i tolko togda, kogda etot protsess zakanchivaetsya vsemi nulyami i nigde ne trebuet otritsatelnoy stepeni. simple_graph degree idea-switch-neighbors-to-largest perestavit sosedey k bolshim stepenyam esli vershina maksimalnoy stepeni soedinena ne s odnoy iz vershin naibolshih ostatochnyh stepeney, a s menshey, to rebra mozhno pomenyat mestami tak, chtoby stepeni sohranilis, a sosed stal nuzhnym. extremal_choice goal_algorithm ai_checked sol-switching-induction dokazatelstvo cherez pereklyuchenie reber ai_checked simple_graph degree extremal_choice induction pust posledovatelnost \\(d_1\\ge d_2\\ge\\cdots\\ge d_n\\) grafichna. rassmotrim lyubuyu realizatsiyu etoy posledovatelnosti prostym grafom i oboznachim vershinu stepeni \\(d_1\\) cherez \\(v_1\\). sredi ostalnyh vershin vyberem \\(d_1\\) vershin naibolshih stepeney; pri ravenstve stepeney dogovorimsya stavit sosedey \\(v_1\\) ranshe nesosedey. oboznachim eti vershiny cherez \\(v_2,\\ldots,v_{d_1+1}\\). nam nuzhno pokazat, chto suschestvuet realizatsiya, gde \\(v_1\\) soedinena imenno s nimi. sredi vseh realizatsiy s takoy dogovorennostyu vyberem tu, gde chislo sosedey \\(v_1\\) vnutri mnozhestva \\(\\{v_2,\\ldots,v_{d_1+1}\\}\\) maksimalno. esli ono uzhe ravno \\(d_1\\), vse horosho. inache naydetsya vershina \\(x\\) sredi \\(v_2,\\ldots,v_{d_1+1}\\), ne soedinennaya s \\(v_1\\), i naydetsya sosed \\(y\\) vershiny \\(v_1\\) vne etogo mnozhestva. po vyboru poryadka stepen \\(x\\) ne menshe stepeni \\(y\\); bolee togo, esli stepeni ravny, to sosed \\(y\\)…","source_keys":["misc"]}
{"id":"hse-2024-final-11-p5-rock-paper-scissors-tree","title":"Стабилизация игры «камень, ножницы, бумага» на дереве, «Высшая проба» 2024","path":"data\\problems\\hse\\hse-2024-final-11-p5-rock-paper-scissors-tree.yaml","raw_github_url":"https://raw.githubusercontent.com/didin-maxim/knowledge_graph_of_graphs/main/data/problems/hse/hse-2024-final-11-p5-rock-paper-scissors-tree.yaml","viewer_url":"https://didin-maxim.github.io/knowledge_graph_of_graphs/#hse-2024-final-11-p5-rock-paper-scissors-tree","source_key":"hse","source_label":"«Высшая проба»","source_titles":["«Высшая проба» 2024, заключительный этап, математика, 11 класс","ЛКТГ 2026, проект 2 «Игры на меняющихся графах»: условия, русская редакция 7","ЛКТГ 2026, проект 2 «Игры на меняющихся графах»: решения, русская редакция 7"],"year":"2024","type":"olympiad_problem","authors":[],"tags":["trees","coloring","dynamics","process_invariant","goal_proof"],"agent_topics":[],"difficulty":{"main":"national_final_medium","local_score":6,"comment":"Задача 11.5 заключительного этапа «Высшей пробы» 2024 года; основной шаг — корректно поднять циклические цвета в целые высоты на дереве.","status":"source_verified"},"review_status":"ai_checked","public_ready":true,"solution_state":"with_solution","solution_classification":{"type":"official_solution","label":"полное опубликованное решение","status":"ai_checked","confidence":0.98,"basis":"официальный листок условия ВШЭ и опубликованное полное решение в проекте ЛКТГ 2026","notes":"Доказательство самодостаточно: построение целочисленного подъёма и стабилизация через распространение максимума выписаны полностью.","audit_source":"lktg-2026-project2-import"},"statements":{"original":[{"id":"stmt-original","title":"Официальная формулировка","status":"source_verified","text":"Деревни некоторой языческой страны соединены дорогами так, что от любой деревни можно добраться до любой другой, не проходя ни через какую деревню дважды, причём сделать это можно единственным способом. В каждой деревне живёт племя, поклоняющееся одному из трёх идолов: Камню, Ножницам или Бумаге. Камень сильнее Ножниц, Ножницы сильнее Бумаги, а Бумага сильнее Камня. Каждый вечер одновременно каждое племя, у которого есть сосед с более сильным идолом, начинает поклоняться этому более сильному идолу. Верно ли, что рано или поздно все племена начнут верить в одного и того же идола?","definition_ids":["tree"]}],"graph_theory":[{"id":"stmt-graph","title":"Синхронная трёхцветная динамика на дереве","status":"ai_checked","text":"Вершины конечного дерева раскрашены тремя цветами \\(A_0,A_1,A_2\\), индексы считаются по модулю \\(3\\), причём \\(A_{i+1}\\) побеждает \\(A_i\\). На каждом шаге все вершины обновляются одновременно: цвет \\(A_i\\) заменяется на \\(A_{i+1}\\), если среди соседей есть вершина цвета \\(A_{i+1}\\), и не меняется иначе. Докажите, что через конечное число шагов все вершины будут иметь один цвет.","definition_ids":["tree"]}]},"solutions":[{"id":"sol-integer-height-lift","title":"Решение через целочисленные высоты","status":"ai_checked","definition_ids":["tree","distance"],"standard_idea_ids":[],"tags":[],"has_text":true,"text_preview":"Ответ: да. Занумеруем три идола числами по модулю \\(3\\) так, что \\(A_{i+1}\\) побеждает \\(A_i\\). Выберем корень дерева и сопоставим каждой вершине целую высоту \\(h(v)\\), сравнимую по модулю \\(3\\) с номером её идола. В корне выберем любой целый представитель. Далее, проходя от корня к листьям, для каждого ребра \\(uv\\), где высота \\(u\\) уже выбрана, выберем единственную высоту \\(h(v)\\), сравнимую с цветом \\(v\\) по модулю \\(3\\) и удовлетворяющую \\(h(v)-h(u)\\in\\{-1,0,1\\}\\). На дереве противоречий не возникает, поскольку к каждой вершине из корня ведёт единственный путь. Покажем, как выглядит один шаг процесса в этих высотах. Если у вершины \\(v\\) есть сосед высоты \\(h(v)+1\\), то его цвет побеждает цвет \\(v\\), поэтому высота \\(v\\) увеличивается на \\(1\\). Если такого соседа нет, ни у одного соседа нет побеждающего цвета: из условия на разности соседних высот их высоты принадлежат \\(\\{h(v)-1,h(v…"}],"relations":[{"id":"rel-lktg-2026-p28-hse-2024-generalization","neighbor_id":"lktg-2026-project2-problem28-rock-paper-scissors-dynamics","direction":"backward","type":"generalization","distance":1,"status":"ai_checked"}],"search_text":"hse-2024-final-11-p5-rock-paper-scissors-tree стабилизация игры «камень, ножницы, бумага» на дереве, «высшая проба» 2024 trees coloring dynamics process_invariant goal_proof 2024 hse hse2024 https://tasks.olimpiada.ru/upload/files/tasks/149/2023/149-tasks-math-11-final-23-24.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 official_solutions olympiad_archive src-hse-2024-final-math-11 src-lktg-2026-project2-problems-ru src-lktg-2026-project2-solutions-ru with_solution «высшая проба» «высшая проба» 2024, заключительный этап, математика, 11 класс высшаяпроба высшаяпроба2024 лктг 2026, проект 2 «игры на меняющихся графах»: решения, русская редакция 7 лктг 2026, проект 2 «игры на меняющихся графах»: условия, русская редакция 7 «высшая проба» 2024, заключительный этап, математика, 11 класс лктг 2026, проект 2 «игры на меняющихся графах»: условия, русская редакция 7 лктг 2026, проект 2 «игры на меняющихся графах»: решения, русская редакция 7 stmt-original официальная формулировка source_verified деревни некоторой языческой страны соединены дорогами так, что от любой деревни можно добраться до любой другой, не проходя ни через какую деревню дважды, причём сделать это можно единственным способом. в каждой деревне живёт племя, поклоняющееся одному из трёх идолов: камню, ножницам или бумаге. камень сильнее ножниц, ножницы сильнее бумаги, а бумага сильнее камня. каждый вечер одновременно каждое племя, у которого есть сосед с более сильным идолом, начинает поклоняться этому более сильному идолу. верно ли, что рано или поздно все племена начнут верить в одного и того же идола? tree stmt-graph синхронная трёхцветная динамика на дереве ai_checked вершины конечного дерева раскрашены тремя цветами \\(a_0,a_1,a_2\\), индексы считаются по модулю \\(3\\), причём \\(a_{i+1}\\) побеждает \\(a_i\\). на каждом шаге все вершины обновляются одновременно: цвет \\(a_i\\) заменяется на \\(a_{i+1}\\), если среди соседей есть вершина цвета \\(a_{i+1}\\), и не меняется иначе. докажите, что через конечное число шагов все вершины будут иметь один цвет. tree idea-lift-colors-to-heights поднять циклические цвета в целые высоты после выбора высоты корня цвета на дереве однозначно поднимаются в целые числа так, чтобы соседние высоты отличались на \\(-1\\), \\(0\\) или \\(1\\). обновление цвета становится взятием максимума по замкнутой окрестности. dynamics process_invariant ai_checked sol-integer-height-lift решение через целочисленные высоты ai_checked tree distance ответ: да. занумеруем три идола числами по модулю \\(3\\) так, что \\(a_{i+1}\\) побеждает \\(a_i\\). выберем корень дерева и сопоставим каждой вершине целую высоту \\(h(v)\\), сравнимую по модулю \\(3\\) с номером её идола. в корне выберем любой целый представитель. далее, проходя от корня к листьям, для каждого ребра \\(uv\\), где высота \\(u\\) уже выбрана, выберем единственную высоту \\(h(v)\\), сравнимую с цветом \\(v\\) по модулю \\(3\\) и удовлетворяющую \\(h(v)-h(u)\\in\\{-1,0,1\\}\\). на дереве противоречий не возникает, поскольку к каждой вершине из корня ведёт единственный путь. покажем, как выглядит один шаг процесса в этих высотах. если у вершины \\(v\\) есть сосед высоты \\(h(v)+1\\), то его цвет побеждает цвет \\(v\\), поэтому высота \\(v\\) увеличивается на \\(1\\). если такого соседа нет, ни у одного соседа нет побеждающего цвета: из условия на разности соседних высот их высоты принадлежат \\(\\{h(v)-1,h(v… hse-2024-final-11-p5-rock-paper-scissors-tree stabilizatsiya igry «kamen, nozhnitsy, bumaga» na dereve, «vysshaya proba» 2024 trees coloring dynamics process_invariant goal_proof 2024 hse hse2024 https://tasks.olimpiada.ru/upload/files/tasks/149/2023/149-tasks-math-11-final-23-24.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 official_solutions olympiad_archive src-hse-2024-final-math-11 src-lktg-2026-project2-problems-ru src-lktg-2026-project2-solutions-ru with_solution «vysshaya proba» «vysshaya proba» 2024, zaklyuchitelnyy etap, matematika, 11 klass vysshayaproba vysshayaproba2024 lktg 2026, proekt 2 «igry na menyayuschihsya grafah»: resheniya, russkaya redaktsiya 7 lktg 2026, proekt 2 «igry na menyayuschihsya grafah»: usloviya, russkaya redaktsiya 7 «vysshaya proba» 2024, zaklyuchitelnyy etap, matematika, 11 klass lktg 2026, proekt 2 «igry na menyayuschihsya grafah»: usloviya, russkaya redaktsiya 7 lktg 2026, proekt 2 «igry na menyayuschihsya grafah»: resheniya, russkaya redaktsiya 7 stmt-original ofitsialnaya formulirovka source_verified derevni nekotoroy yazycheskoy strany soedineny dorogami tak, chto ot lyuboy derevni mozhno dobratsya do lyuboy drugoy, ne prohodya ni cherez kakuyu derevnyu dvazhdy, prichem sdelat eto mozhno edinstvennym sposobom. v kazhdoy derevne zhivet plemya, poklonyayuscheesya odnomu iz treh idolov: kamnyu, nozhnitsam ili bumage. kamen silnee nozhnits, nozhnitsy silnee bumagi, a bumaga silnee kamnya. kazhdyy vecher odnovremenno kazhdoe plemya, u kotorogo est sosed s bolee silnym idolom, nachinaet poklonyatsya etomu bolee silnomu idolu. verno li, chto rano ili pozdno vse plemena nachnut verit v odnogo i togo zhe idola? tree stmt-graph sinhronnaya trehtsvetnaya dinamika na dereve ai_checked vershiny konechnogo dereva raskrasheny tremya tsvetami \\(a_0,a_1,a_2\\), indeksy schitayutsya po modulyu \\(3\\), prichem \\(a_{i+1}\\) pobezhdaet \\(a_i\\). na kazhdom shage vse vershiny obnovlyayutsya odnovremenno: tsvet \\(a_i\\) zamenyaetsya na \\(a_{i+1}\\), esli sredi sosedey est vershina tsveta \\(a_{i+1}\\), i ne menyaetsya inache. dokazhite, chto cherez konechnoe chislo shagov vse vershiny budut imet odin tsvet. tree idea-lift-colors-to-heights podnyat tsiklicheskie tsveta v tselye vysoty posle vybora vysoty kornya tsveta na dereve odnoznachno podnimayutsya v tselye chisla tak, chtoby sosednie vysoty otlichalis na \\(-1\\), \\(0\\) ili \\(1\\). obnovlenie tsveta stanovitsya vzyatiem maksimuma po zamknutoy okrestnosti. dynamics process_invariant ai_checked sol-integer-height-lift reshenie cherez tselochislennye vysoty ai_checked tree distance otvet: da. zanumeruem tri idola chislami po modulyu \\(3\\) tak, chto \\(a_{i+1}\\) pobezhdaet \\(a_i\\). vyberem koren dereva i sopostavim kazhdoy vershine tseluyu vysotu \\(h(v)\\), sravnimuyu po modulyu \\(3\\) s nomerom ee idola. v korne vyberem lyuboy tselyy predstavitel. dalee, prohodya ot kornya k listyam, dlya kazhdogo rebra \\(uv\\), gde vysota \\(u\\) uzhe vybrana, vyberem edinstvennuyu vysotu \\(h(v)\\), sravnimuyu s tsvetom \\(v\\) po modulyu \\(3\\) i udovletvoryayuschuyu \\(h(v)-h(u)\\in\\{-1,0,1\\}\\). na dereve protivorechiy ne voznikaet, poskolku k kazhdoy vershine iz kornya vedet edinstvennyy put. pokazhem, kak vyglyadit odin shag protsessa v etih vysotah. esli u vershiny \\(v\\) est sosed vysoty \\(h(v)+1\\), to ego tsvet pobezhdaet tsvet \\(v\\), poetomu vysota \\(v\\) uvelichivaetsya na \\(1\\). esli takogo soseda net, ni u odnogo soseda net pobezhdayuschego tsveta: iz usloviya na raznosti sosednih vysot ih vysoty prinadlezhat \\(\\{h(v)-1,h(v…","source_keys":["hse","lktg"]}
{"id":"imc-1997-day1-p6-intersecting-families-finite-transversal","title":"Пересекающиеся семейства конечных подмножеств и конечный носитель пересечений, IMC 1997 Day 1 P6","path":"data\\problems\\imc\\imc-1997-day1-p6-intersecting-families-finite-transversal.yaml","raw_github_url":"https://raw.githubusercontent.com/didin-maxim/knowledge_graph_of_graphs/main/data/problems/imc/imc-1997-day1-p6-intersecting-families-finite-transversal.yaml","viewer_url":"https://didin-maxim.github.io/knowledge_graph_of_graphs/#imc-1997-day1-p6-intersecting-families-finite-transversal","source_key":"imc","source_label":"IMC","source_titles":["IMC 1997 Day 1 P6, официальные условия и решения"],"year":"1997","type":"olympiad_problem","authors":[],"tags":["graph_model","induction","construction","goal_proof","goal_impossibility"],"agent_topics":[],"difficulty":{"main":"national_final_hard","local_score":13,"comment":"Продвинутая гиперграфовая задача о конечных носителях попарных пересечений: контрпример короткий, а положительная часть требует аккуратной индукции для двух перекрестно пересекающихся равномерных семейств.","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":"агент grouped classification","audit_source":"agent-university-archives.json"},"statements":{"original":[{"id":"stmt-original","title":"Условие","status":"ai_checked","text":"Пусть \\(\\mathcal F\\) - семейство конечных подмножеств множества натуральных чисел \\(\\mathbb N\\), причем любые два множества \\(A,B\\in\\mathcal F\\) имеют непустое пересечение. (a) Верно ли, что существует конечное множество \\(Y\\subset\\mathbb N\\), такое что для любых \\(A,B\\in\\mathcal F\\) выполнено \\(A\\cap B\\cap Y\\ne\\varnothing\\)? (b) Останется ли утверждение пункта (a) верным, если дополнительно известно, что все множества из \\(\\mathcal F\\) имеют один и тот же размер? Ответы обоснуйте.","definition_ids":[]}],"graph_theory":[{"id":"stmt-hypergraph","title":"Пересекающиеся конечные гиперграфы","status":"ai_checked","text":"Пусть \\(\\mathcal H\\) — гиперграф на множестве вершин \\(\\mathbb N\\), все рёбра которого конечны и попарно пересекаются. В общем случае не обязательно существует конечное множество вершин \\(Y\\), пересекающее каждое множество вида \\(E\\cap E'\\) для рёбер \\(E,E'\\in\\mathcal H\\). Если же \\(\\mathcal H\\) равномерен, то такое конечное \\(Y\\) существует.","definition_ids":[]}]},"solutions":[{"id":"sol-official-expanded","title":"Контрпример и индукция для равномерного случая","status":"ai_checked","definition_ids":[],"standard_idea_ids":["induction"],"tags":[],"has_text":true,"text_preview":"В пункте (a) ответ отрицательный. Для каждого \\(n\\ge 1\\) положим \\(A_n=\\{1,3,5,\\ldots,2n-1,2n\\}\\) и \\(B_n=\\{2,4,6,\\ldots,2n,2n+1\\}\\), а семейство \\(\\mathcal F\\) составим из всех этих \\(A_n\\) и \\(B_n\\). Проверим, что любые два множества из \\(\\mathcal F\\) пересекаются. Если взяты \\(A_n\\) и \\(A_m\\), то они оба содержат \\(1\\). Если взяты \\(B_n\\) и \\(B_m\\), то они оба содержат \\(2\\). Наконец, для \\(A_n\\) и \\(B_m\\) при \\(n\\le m\\) общим элементом является \\(2n\\), а при \\(n>m\\) общим элементом является \\(2m+1\\). С другой стороны, \\(A_n\\cap B_n=\\{2n\\}\\). Если \\(Y\\) - любое конечное подмножество \\(\\mathbb N\\), выберем \\(n\\) так, что \\(2n\\notin Y\\). Тогда \\(A_n\\cap B_n\\cap Y=\\varnothing\\). Значит, универсального конечного множества \\(Y\\) в пункте (a) может не быть. Для пункта (b) докажем более сильное утверждение о двух перекрестно пересекающихся семействах. Пусть \\(\\mathcal F\\) и \\(\\mathcal G\\) -…"}],"relations":[{"id":"rel-imc1997-p6-parent-to-a-counterexample","neighbor_id":"imc-1997-day1-p6a-intersecting-families-no-finite-transversal","direction":"forward","type":"specialization","distance":1,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-imc1997-p6-parent-to-b-uniform-theorem","neighbor_id":"imc-1997-day1-p6b-uniform-intersecting-families-finite-transversal","direction":"forward","type":"specialization","distance":1,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-vjimc-2009-partial-hypergraph-imc-1997","neighbor_id":"vjimc-2009-cat1-p3-partial-hypergraph-bicoloring","direction":"backward","type":"same_motif","distance":3,"status":"needs_human_review"}],"search_text":"imc-1997-day1-p6-intersecting-families-finite-transversal пересекающиеся семейства конечных подмножеств и конечный носитель пересечений, imc 1997 day 1 p6 graph_model induction construction goal_proof goal_impossibility 1997 https://www.homepages.ucl.ac.uk/~ucahjej/imc/imc1997/prob_sol1.pdf imc imc 1997 day 1 p6, официальные условия и решения imc1997 problem_and_solution src-imc-1997-day1-p6-official with_solution ? imc 1997 day 1 p6, официальные условия и решения stmt-original условие ai_checked пусть \\(\\mathcal f\\) - семейство конечных подмножеств множества натуральных чисел \\(\\mathbb n\\), причем любые два множества \\(a,b\\in\\mathcal f\\) имеют непустое пересечение. (a) верно ли, что существует конечное множество \\(y\\subset\\mathbb n\\), такое что для любых \\(a,b\\in\\mathcal f\\) выполнено \\(a\\cap b\\cap y\\ne\\varnothing\\)? (b) останется ли утверждение пункта (a) верным, если дополнительно известно, что все множества из \\(\\mathcal f\\) имеют один и тот же размер? ответы обоснуйте. stmt-hypergraph пересекающиеся конечные гиперграфы ai_checked пусть \\(\\mathcal h\\) — гиперграф на множестве вершин \\(\\mathbb n\\), все рёбра которого конечны и попарно пересекаются. в общем случае не обязательно существует конечное множество вершин \\(y\\), пересекающее каждое множество вида \\(e\\cap e'\\) для рёбер \\(e,e'\\in\\mathcal h\\). если же \\(\\mathcal h\\) равномерен, то такое конечное \\(y\\) существует. idea-moving-intersection-counterexample пересечение можно уводить за любой конечный барьер в неравномерном случае пары множеств можно устроить так, что \\(a_n\\cap b_n\\) состоит из одной большой точки \\(2n\\). тогда любое заранее выбранное конечное \\(y\\) промахивается мимо этой пары при больших \\(n\\). construction goal_impossibility ai_checked idea-traces-on-fixed-pair индукция по размерам через следы на фиксированной паре для двух равномерных перекрестно пересекающихся семейств фиксируем одну пару множеств \\(a_0,b_0\\) и разбиваем остальные множества по их следам на конечном множестве \\(a_0\\cup b_0\\). если два следа пересекаются, одна точка из их пересечения уже работает; если нет, то пересечение вынуждено лежать вне \\(a_0\\cup b_0\\), и после удаления следов размеры обоих семейств уменьшаются. induction graph_model ai_checked sol-official-expanded контрпример и индукция для равномерного случая ai_checked induction в пункте (a) ответ отрицательный. для каждого \\(n\\ge 1\\) положим \\(a_n=\\{1,3,5,\\ldots,2n-1,2n\\}\\) и \\(b_n=\\{2,4,6,\\ldots,2n,2n+1\\}\\), а семейство \\(\\mathcal f\\) составим из всех этих \\(a_n\\) и \\(b_n\\). проверим, что любые два множества из \\(\\mathcal f\\) пересекаются. если взяты \\(a_n\\) и \\(a_m\\), то они оба содержат \\(1\\). если взяты \\(b_n\\) и \\(b_m\\), то они оба содержат \\(2\\). наконец, для \\(a_n\\) и \\(b_m\\) при \\(n\\le m\\) общим элементом является \\(2n\\), а при \\(n>m\\) общим элементом является \\(2m+1\\). с другой стороны, \\(a_n\\cap b_n=\\{2n\\}\\). если \\(y\\) - любое конечное подмножество \\(\\mathbb n\\), выберем \\(n\\) так, что \\(2n\\notin y\\). тогда \\(a_n\\cap b_n\\cap y=\\varnothing\\). значит, универсального конечного множества \\(y\\) в пункте (a) может не быть. для пункта (b) докажем более сильное утверждение о двух перекрестно пересекающихся семействах. пусть \\(\\mathcal f\\) и \\(\\mathcal g\\) -… imc-1997-day1-p6-intersecting-families-finite-transversal peresekayuschiesya semeystva konechnyh podmnozhestv i konechnyy nositel peresecheniy, imc 1997 day 1 p6 graph_model induction construction goal_proof goal_impossibility 1997 https://www.homepages.ucl.ac.uk/~ucahjej/imc/imc1997/prob_sol1.pdf imc imc 1997 day 1 p6, ofitsialnye usloviya i resheniya imc1997 problem_and_solution src-imc-1997-day1-p6-official with_solution ? imc 1997 day 1 p6, ofitsialnye usloviya i resheniya stmt-original uslovie ai_checked pust \\(\\mathcal f\\) - semeystvo konechnyh podmnozhestv mnozhestva naturalnyh chisel \\(\\mathbb n\\), prichem lyubye dva mnozhestva \\(a,b\\in\\mathcal f\\) imeyut nepustoe peresechenie. (a) verno li, chto suschestvuet konechnoe mnozhestvo \\(y\\subset\\mathbb n\\), takoe chto dlya lyubyh \\(a,b\\in\\mathcal f\\) vypolneno \\(a\\cap b\\cap y\\ne\\varnothing\\)? (b) ostanetsya li utverzhdenie punkta (a) vernym, esli dopolnitelno izvestno, chto vse mnozhestva iz \\(\\mathcal f\\) imeyut odin i tot zhe razmer? otvety obosnuyte. stmt-hypergraph peresekayuschiesya konechnye gipergrafy ai_checked pust \\(\\mathcal h\\) — gipergraf na mnozhestve vershin \\(\\mathbb n\\), vse rebra kotorogo konechny i poparno peresekayutsya. v obschem sluchae ne obyazatelno suschestvuet konechnoe mnozhestvo vershin \\(y\\), peresekayuschee kazhdoe mnozhestvo vida \\(e\\cap e'\\) dlya reber \\(e,e'\\in\\mathcal h\\). esli zhe \\(\\mathcal h\\) ravnomeren, to takoe konechnoe \\(y\\) suschestvuet. idea-moving-intersection-counterexample peresechenie mozhno uvodit za lyuboy konechnyy barer v neravnomernom sluchae pary mnozhestv mozhno ustroit tak, chto \\(a_n\\cap b_n\\) sostoit iz odnoy bolshoy tochki \\(2n\\). togda lyuboe zaranee vybrannoe konechnoe \\(y\\) promahivaetsya mimo etoy pary pri bolshih \\(n\\). construction goal_impossibility ai_checked idea-traces-on-fixed-pair induktsiya po razmeram cherez sledy na fiksirovannoy pare dlya dvuh ravnomernyh perekrestno peresekayuschihsya semeystv fiksiruem odnu paru mnozhestv \\(a_0,b_0\\) i razbivaem ostalnye mnozhestva po ih sledam na konechnom mnozhestve \\(a_0\\cup b_0\\). esli dva sleda peresekayutsya, odna tochka iz ih peresecheniya uzhe rabotaet; esli net, to peresechenie vynuzhdeno lezhat vne \\(a_0\\cup b_0\\), i posle udaleniya sledov razmery oboih semeystv umenshayutsya. induction graph_model ai_checked sol-official-expanded kontrprimer i induktsiya dlya ravnomernogo sluchaya ai_checked induction v punkte (a) otvet otritsatelnyy. dlya kazhdogo \\(n\\ge 1\\) polozhim \\(a_n=\\{1,3,5,\\ldots,2n-1,2n\\}\\) i \\(b_n=\\{2,4,6,\\ldots,2n,2n+1\\}\\), a semeystvo \\(\\mathcal f\\) sostavim iz vseh etih \\(a_n\\) i \\(b_n\\). proverim, chto lyubye dva mnozhestva iz \\(\\mathcal f\\) peresekayutsya. esli vzyaty \\(a_n\\) i \\(a_m\\), to oni oba soderzhat \\(1\\). esli vzyaty \\(b_n\\) i \\(b_m\\), to oni oba soderzhat \\(2\\). nakonets, dlya \\(a_n\\) i \\(b_m\\) pri \\(n\\le m\\) obschim elementom yavlyaetsya \\(2n\\), a pri \\(n>m\\) obschim elementom yavlyaetsya \\(2m+1\\). s drugoy storony, \\(a_n\\cap b_n=\\{2n\\}\\). esli \\(y\\) - lyuboe konechnoe podmnozhestvo \\(\\mathbb n\\), vyberem \\(n\\) tak, chto \\(2n\\notin y\\). togda \\(a_n\\cap b_n\\cap y=\\varnothing\\). znachit, universalnogo konechnogo mnozhestva \\(y\\) v punkte (a) mozhet ne byt. dlya punkta (b) dokazhem bolee silnoe utverzhdenie o dvuh perekrestno peresekayuschihsya semeystvah. pust \\(\\mathcal f\\) i \\(\\mathcal g\\) -…","source_keys":["imc"]}
{"id":"imc-1997-day1-p6a-intersecting-families-no-finite-transversal","title":"Пересекающееся семейство без конечного носителя попарных пересечений, IMC 1997 Day 1 P6(a)","path":"data\\problems\\imc\\imc-1997-day1-p6a-intersecting-families-no-finite-transversal.yaml","raw_github_url":"https://raw.githubusercontent.com/didin-maxim/knowledge_graph_of_graphs/main/data/problems/imc/imc-1997-day1-p6a-intersecting-families-no-finite-transversal.yaml","viewer_url":"https://didin-maxim.github.io/knowledge_graph_of_graphs/#imc-1997-day1-p6a-intersecting-families-no-finite-transversal","source_key":"imc","source_label":"IMC","source_titles":["IMC 1997 Day 1 P6, официальные условия и решения"],"year":"1997","type":"olympiad_problem","authors":[],"tags":["construction","graph_model","goal_impossibility"],"agent_topics":[],"difficulty":{"main":"national_final_medium","local_score":5,"comment":"Короткий, но нетривиальный контрпример: нужно сохранить попарное пересечение всего бесконечного семейства и одновременно увести некоторые конкретные пересечения за любой конечный свидетель.","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":"агент high-reasoning split аудит","notes":"Выделенная часть официальной задачи с самодостаточным контрпримером.","audit_source":"agent-imc-1997-p6-split"},"statements":{"original":[{"id":"stmt-original","title":"Условие","status":"ai_checked","text":"Постройте семейство \\(\\mathcal F\\) конечных подмножеств множества натуральных чисел \\(\\mathbb N\\), такое что любые два множества из \\(\\mathcal F\\) имеют непустое пересечение, но не существует конечного множества \\(Y\\subset\\mathbb N\\), для которого \\(A\\cap B\\cap Y\\ne\\varnothing\\) при любых \\(A,B\\in\\mathcal F\\).","definition_ids":[]}],"graph_theory":[{"id":"stmt-hypergraph","title":"Контрпример для конечного трансверсаля пересечений","status":"ai_checked","text":"Постройте гиперграф \\(\\mathcal H\\) на множестве вершин \\(\\mathbb N\\), все рёбра которого конечны и попарно пересекаются, но для которого никакое конечное множество вершин \\(Y\\) не пересекает все множества вида \\(E\\cap E'\\), где \\(E,E'\\) — рёбра \\(\\mathcal H\\).","definition_ids":[]}]},"solutions":[{"id":"sol-explicit-counterexample","title":"Явный контрпример","status":"ai_checked","definition_ids":[],"standard_idea_ids":[],"tags":[],"has_text":true,"text_preview":"Для каждого \\(n\\ge1\\) положим \\[ A_n=\\{1,3,5,\\ldots,2n-1,2n\\},\\qquad B_n=\\{2,4,6,\\ldots,2n,2n+1\\}. \\] Пусть \\(\\mathcal F=\\{A_n:n\\ge1\\}\\cup\\{B_n:n\\ge1\\}\\). Все множества в \\(\\mathcal F\\) конечны. Проверим попарное пересечение. Любые два множества вида \\(A_n,A_m\\) содержат \\(1\\). Любые два множества вида \\(B_n,B_m\\) содержат \\(2\\). Если взяты \\(A_n\\) и \\(B_m\\), то при \\(n\\le m\\) число \\(2n\\) лежит в обоих множествах, а при \\(n>m\\) число \\(2m+1\\) лежит в обоих множествах. Следовательно, \\(\\mathcal F\\) действительно является пересекающимся семейством. Теперь рассмотрим диагональные пары. По построению \\[ A_n\\cap B_n=\\{2n\\}. \\] Пусть \\(Y\\subset\\mathbb N\\) конечно. Тогда можно выбрать \\(n\\) так, что \\(2n\\notin Y\\). Для этой пары получаем \\[ A_n\\cap B_n\\cap Y=\\varnothing. \\] Значит, никакое конечное множество \\(Y\\) не может пересекать все попарные пересечения множеств из \\(\\mathcal F\\)."}],"relations":[{"id":"rel-imc1997-p6-parent-to-a-counterexample","neighbor_id":"imc-1997-day1-p6-intersecting-families-finite-transversal","direction":"backward","type":"specialization","distance":1,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-imc1997-p6a-p6b-paired-variant","neighbor_id":"imc-1997-day1-p6b-uniform-intersecting-families-finite-transversal","direction":"forward","type":"paired_variant","distance":1,"status":"ai_checked"}],"search_text":"imc-1997-day1-p6a-intersecting-families-no-finite-transversal пересекающееся семейство без конечного носителя попарных пересечений, imc 1997 day 1 p6(a) construction graph_model goal_impossibility 1997 https://www.homepages.ucl.ac.uk/~ucahjej/imc/imc1997/prob_sol1.pdf imc imc 1997 day 1 p6, официальные условия и решения imc1997 problem_and_solution src-imc-1997-day1-p6-official with_solution ? imc 1997 day 1 p6, официальные условия и решения stmt-original условие ai_checked постройте семейство \\(\\mathcal f\\) конечных подмножеств множества натуральных чисел \\(\\mathbb n\\), такое что любые два множества из \\(\\mathcal f\\) имеют непустое пересечение, но не существует конечного множества \\(y\\subset\\mathbb n\\), для которого \\(a\\cap b\\cap y\\ne\\varnothing\\) при любых \\(a,b\\in\\mathcal f\\). stmt-hypergraph контрпример для конечного трансверсаля пересечений ai_checked постройте гиперграф \\(\\mathcal h\\) на множестве вершин \\(\\mathbb n\\), все рёбра которого конечны и попарно пересекаются, но для которого никакое конечное множество вершин \\(y\\) не пересекает все множества вида \\(e\\cap e'\\), где \\(e,e'\\) — рёбра \\(\\mathcal h\\). idea-moving-singleton-intersections единственное пересечение пары уходит на бесконечность две бесконечные серии множеств можно сделать так, чтобы все множества внутри одной серии имели общий малый элемент, а диагональная пара \\(a_n,b_n\\) пересекалась только в точке \\(2n\\). любое конечное \\(y\\) пропустит такую точку при подходящем \\(n\\). construction goal_impossibility ai_checked sol-explicit-counterexample явный контрпример ai_checked для каждого \\(n\\ge1\\) положим \\[ a_n=\\{1,3,5,\\ldots,2n-1,2n\\},\\qquad b_n=\\{2,4,6,\\ldots,2n,2n+1\\}. \\] пусть \\(\\mathcal f=\\{a_n:n\\ge1\\}\\cup\\{b_n:n\\ge1\\}\\). все множества в \\(\\mathcal f\\) конечны. проверим попарное пересечение. любые два множества вида \\(a_n,a_m\\) содержат \\(1\\). любые два множества вида \\(b_n,b_m\\) содержат \\(2\\). если взяты \\(a_n\\) и \\(b_m\\), то при \\(n\\le m\\) число \\(2n\\) лежит в обоих множествах, а при \\(n>m\\) число \\(2m+1\\) лежит в обоих множествах. следовательно, \\(\\mathcal f\\) действительно является пересекающимся семейством. теперь рассмотрим диагональные пары. по построению \\[ a_n\\cap b_n=\\{2n\\}. \\] пусть \\(y\\subset\\mathbb n\\) конечно. тогда можно выбрать \\(n\\) так, что \\(2n\\notin y\\). для этой пары получаем \\[ a_n\\cap b_n\\cap y=\\varnothing. \\] значит, никакое конечное множество \\(y\\) не может пересекать все попарные пересечения множеств из \\(\\mathcal f\\). imc-1997-day1-p6a-intersecting-families-no-finite-transversal peresekayuscheesya semeystvo bez konechnogo nositelya poparnyh peresecheniy, imc 1997 day 1 p6(a) construction graph_model goal_impossibility 1997 https://www.homepages.ucl.ac.uk/~ucahjej/imc/imc1997/prob_sol1.pdf imc imc 1997 day 1 p6, ofitsialnye usloviya i resheniya imc1997 problem_and_solution src-imc-1997-day1-p6-official with_solution ? imc 1997 day 1 p6, ofitsialnye usloviya i resheniya stmt-original uslovie ai_checked postroyte semeystvo \\(\\mathcal f\\) konechnyh podmnozhestv mnozhestva naturalnyh chisel \\(\\mathbb n\\), takoe chto lyubye dva mnozhestva iz \\(\\mathcal f\\) imeyut nepustoe peresechenie, no ne suschestvuet konechnogo mnozhestva \\(y\\subset\\mathbb n\\), dlya kotorogo \\(a\\cap b\\cap y\\ne\\varnothing\\) pri lyubyh \\(a,b\\in\\mathcal f\\). stmt-hypergraph kontrprimer dlya konechnogo transversalya peresecheniy ai_checked postroyte gipergraf \\(\\mathcal h\\) na mnozhestve vershin \\(\\mathbb n\\), vse rebra kotorogo konechny i poparno peresekayutsya, no dlya kotorogo nikakoe konechnoe mnozhestvo vershin \\(y\\) ne peresekaet vse mnozhestva vida \\(e\\cap e'\\), gde \\(e,e'\\) — rebra \\(\\mathcal h\\). idea-moving-singleton-intersections edinstvennoe peresechenie pary uhodit na beskonechnost dve beskonechnye serii mnozhestv mozhno sdelat tak, chtoby vse mnozhestva vnutri odnoy serii imeli obschiy malyy element, a diagonalnaya para \\(a_n,b_n\\) peresekalas tolko v tochke \\(2n\\). lyuboe konechnoe \\(y\\) propustit takuyu tochku pri podhodyaschem \\(n\\). construction goal_impossibility ai_checked sol-explicit-counterexample yavnyy kontrprimer ai_checked dlya kazhdogo \\(n\\ge1\\) polozhim \\[ a_n=\\{1,3,5,\\ldots,2n-1,2n\\},\\qquad b_n=\\{2,4,6,\\ldots,2n,2n+1\\}. \\] pust \\(\\mathcal f=\\{a_n:n\\ge1\\}\\cup\\{b_n:n\\ge1\\}\\). vse mnozhestva v \\(\\mathcal f\\) konechny. proverim poparnoe peresechenie. lyubye dva mnozhestva vida \\(a_n,a_m\\) soderzhat \\(1\\). lyubye dva mnozhestva vida \\(b_n,b_m\\) soderzhat \\(2\\). esli vzyaty \\(a_n\\) i \\(b_m\\), to pri \\(n\\le m\\) chislo \\(2n\\) lezhit v oboih mnozhestvah, a pri \\(n>m\\) chislo \\(2m+1\\) lezhit v oboih mnozhestvah. sledovatelno, \\(\\mathcal f\\) deystvitelno yavlyaetsya peresekayuschimsya semeystvom. teper rassmotrim diagonalnye pary. po postroeniyu \\[ a_n\\cap b_n=\\{2n\\}. \\] pust \\(y\\subset\\mathbb n\\) konechno. togda mozhno vybrat \\(n\\) tak, chto \\(2n\\notin y\\). dlya etoy pary poluchaem \\[ a_n\\cap b_n\\cap y=\\varnothing. \\] znachit, nikakoe konechnoe mnozhestvo \\(y\\) ne mozhet peresekat vse poparnye peresecheniya mnozhestv iz \\(\\mathcal f\\).","source_keys":["imc"]}
{"id":"imc-1997-day1-p6b-uniform-intersecting-families-finite-transversal","title":"Конечный носитель попарных пересечений для равномерного пересекающегося семейства, IMC 1997 Day 1 P6(b)","path":"data\\problems\\imc\\imc-1997-day1-p6b-uniform-intersecting-families-finite-transversal.yaml","raw_github_url":"https://raw.githubusercontent.com/didin-maxim/knowledge_graph_of_graphs/main/data/problems/imc/imc-1997-day1-p6b-uniform-intersecting-families-finite-transversal.yaml","viewer_url":"https://didin-maxim.github.io/knowledge_graph_of_graphs/#imc-1997-day1-p6b-uniform-intersecting-families-finite-transversal","source_key":"imc","source_label":"IMC","source_titles":["IMC 1997 Day 1 P6, официальные условия и решения"],"year":"1997","type":"olympiad_problem","authors":[],"tags":["graph_model","induction","goal_proof","goal_existence"],"agent_topics":[],"difficulty":{"main":"national_final_hard","local_score":12,"comment":"Положительная часть существенно сложнее контрпримера: полезно усилить задачу до двух перекрестно пересекающихся равномерных семейств и провести индукцию по сумме размеров через конечное разбиение по следам.","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":"агент high-reasoning split аудит","notes":"Выделенная часть официальной задачи с самодостаточным усиленным доказательством.","audit_source":"agent-imc-1997-p6-split"},"statements":{"original":[{"id":"stmt-original","title":"Условие","status":"ai_checked","text":"Пусть \\(\\mathcal F\\) - семейство конечных подмножеств множества натуральных чисел \\(\\mathbb N\\). Предположим, что любые два множества из \\(\\mathcal F\\) имеют непустое пересечение и что все множества из \\(\\mathcal F\\) имеют один и тот же размер. Докажите, что существует конечное множество \\(Y\\subset\\mathbb N\\), такое что \\(A\\cap B\\cap Y\\ne\\varnothing\\) для любых \\(A,B\\in\\mathcal F\\).","definition_ids":[]}],"graph_theory":[{"id":"stmt-hypergraph","title":"Равномерный пересекающийся гиперграф","status":"ai_checked","text":"Пусть \\(\\mathcal H\\) — равномерный гиперграф на множестве вершин \\(\\mathbb N\\), все рёбра которого конечны и попарно пересекаются. Докажите, что существует конечное множество вершин \\(Y\\), пересекающее каждое множество вида \\(E\\cap E'\\), где \\(E,E'\\) — рёбра \\(\\mathcal H\\).","definition_ids":[]}]},"solutions":[{"id":"sol-cross-intersecting-induction","title":"Индукция для перекрестно пересекающихся равномерных семейств","status":"ai_checked","definition_ids":[],"standard_idea_ids":["induction"],"tags":[],"has_text":true,"text_preview":"Докажем более сильное утверждение. Пусть \\(\\mathcal F\\) и \\(\\mathcal G\\) - два семейства конечных подмножеств \\(\\mathbb N\\), каждое множество из \\(\\mathcal F\\) имеет размер \\(r\\), каждое множество из \\(\\mathcal G\\) имеет размер \\(s\\), и для любых \\(A\\in\\mathcal F\\), \\(B\\in\\mathcal G\\) выполнено \\(A\\cap B\\ne\\varnothing\\). Тогда существует конечное множество \\(Y\\subset\\mathbb N\\), такое что \\(A\\cap B\\cap Y\\ne\\varnothing\\) для всех \\(A\\in\\mathcal F\\), \\(B\\in\\mathcal G\\). Искомая теорема получается из этого утверждения при \\(\\mathcal G=\\mathcal F\\) и \\(r=s\\). Если одно из семейств пусто, можно взять \\(Y=\\varnothing\\). Далее считаем оба семейства непустыми и доказываем утверждение индукцией по \\(r+s\\). База. Если \\(r=1\\), зафиксируем любое \\(B_0\\in\\mathcal G\\). Всякое \\(A\\in\\mathcal F\\) имеет вид \\(\\{a\\}\\) и должно пересекать \\(B_0\\), значит \\(a\\in B_0\\). Для любого \\(B\\in\\mathcal G\\) из \\(A…"}],"relations":[{"id":"rel-imc1997-p6-parent-to-b-uniform-theorem","neighbor_id":"imc-1997-day1-p6-intersecting-families-finite-transversal","direction":"backward","type":"specialization","distance":1,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-imc1997-p6a-p6b-paired-variant","neighbor_id":"imc-1997-day1-p6a-intersecting-families-no-finite-transversal","direction":"backward","type":"paired_variant","distance":1,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-imc1997-p6b-imc2003-uniform-hypergraph","neighbor_id":"imc-2003-day2-p4-steiner-triples-elementary-abelian-2-group","direction":"forward","type":"same_motif","distance":4,"status":"needs_human_review"},{"id":"rel-kolm-2002-p8-imc-1997-uniform-intersecting-families","neighbor_id":"kolmogorov-2002-team-olympiad-seniors-problem-8","direction":"backward","type":"same_motif","distance":3,"status":"needs_human_review"}],"search_text":"imc-1997-day1-p6b-uniform-intersecting-families-finite-transversal конечный носитель попарных пересечений для равномерного пересекающегося семейства, imc 1997 day 1 p6(b) graph_model induction goal_proof goal_existence 1997 https://www.homepages.ucl.ac.uk/~ucahjej/imc/imc1997/prob_sol1.pdf imc imc 1997 day 1 p6, официальные условия и решения imc1997 problem_and_solution src-imc-1997-day1-p6-official with_solution ? imc 1997 day 1 p6, официальные условия и решения stmt-original условие ai_checked пусть \\(\\mathcal f\\) - семейство конечных подмножеств множества натуральных чисел \\(\\mathbb n\\). предположим, что любые два множества из \\(\\mathcal f\\) имеют непустое пересечение и что все множества из \\(\\mathcal f\\) имеют один и тот же размер. докажите, что существует конечное множество \\(y\\subset\\mathbb n\\), такое что \\(a\\cap b\\cap y\\ne\\varnothing\\) для любых \\(a,b\\in\\mathcal f\\). stmt-hypergraph равномерный пересекающийся гиперграф ai_checked пусть \\(\\mathcal h\\) — равномерный гиперграф на множестве вершин \\(\\mathbb n\\), все рёбра которого конечны и попарно пересекаются. докажите, что существует конечное множество вершин \\(y\\), пересекающее каждое множество вида \\(e\\cap e'\\), где \\(e,e'\\) — рёбра \\(\\mathcal h\\). idea-cross-intersecting-lemma усилить задачу до двух перекрестно пересекающихся семейств вместо одного равномерного пересекающегося семейства доказывается более сильная лемма для двух семейств фиксированных размеров \\(r\\) и \\(s\\), где каждое множество первого пересекает каждое множество второго. induction goal_proof ai_checked idea-finite-trace-partition разбить по следам на фиксированном конечном множестве фиксируем \\(a_0\\) и \\(b_0\\), кладем \\(u=a_0\\cup b_0\\) и разбиваем оба семейства по непустым следам на \\(u\\). если следы пересекаются, одна точка из \\(u\\) уже работает; если следы не пересекаются, удаление следов уменьшает оба размера и запускает индукцию. induction graph_model ai_checked sol-cross-intersecting-induction индукция для перекрестно пересекающихся равномерных семейств ai_checked induction докажем более сильное утверждение. пусть \\(\\mathcal f\\) и \\(\\mathcal g\\) - два семейства конечных подмножеств \\(\\mathbb n\\), каждое множество из \\(\\mathcal f\\) имеет размер \\(r\\), каждое множество из \\(\\mathcal g\\) имеет размер \\(s\\), и для любых \\(a\\in\\mathcal f\\), \\(b\\in\\mathcal g\\) выполнено \\(a\\cap b\\ne\\varnothing\\). тогда существует конечное множество \\(y\\subset\\mathbb n\\), такое что \\(a\\cap b\\cap y\\ne\\varnothing\\) для всех \\(a\\in\\mathcal f\\), \\(b\\in\\mathcal g\\). искомая теорема получается из этого утверждения при \\(\\mathcal g=\\mathcal f\\) и \\(r=s\\). если одно из семейств пусто, можно взять \\(y=\\varnothing\\). далее считаем оба семейства непустыми и доказываем утверждение индукцией по \\(r+s\\). база. если \\(r=1\\), зафиксируем любое \\(b_0\\in\\mathcal g\\). всякое \\(a\\in\\mathcal f\\) имеет вид \\(\\{a\\}\\) и должно пересекать \\(b_0\\), значит \\(a\\in b_0\\). для любого \\(b\\in\\mathcal g\\) из \\(a… imc-1997-day1-p6b-uniform-intersecting-families-finite-transversal konechnyy nositel poparnyh peresecheniy dlya ravnomernogo peresekayuschegosya semeystva, imc 1997 day 1 p6(b) graph_model induction goal_proof goal_existence 1997 https://www.homepages.ucl.ac.uk/~ucahjej/imc/imc1997/prob_sol1.pdf imc imc 1997 day 1 p6, ofitsialnye usloviya i resheniya imc1997 problem_and_solution src-imc-1997-day1-p6-official with_solution ? imc 1997 day 1 p6, ofitsialnye usloviya i resheniya stmt-original uslovie ai_checked pust \\(\\mathcal f\\) - semeystvo konechnyh podmnozhestv mnozhestva naturalnyh chisel \\(\\mathbb n\\). predpolozhim, chto lyubye dva mnozhestva iz \\(\\mathcal f\\) imeyut nepustoe peresechenie i chto vse mnozhestva iz \\(\\mathcal f\\) imeyut odin i tot zhe razmer. dokazhite, chto suschestvuet konechnoe mnozhestvo \\(y\\subset\\mathbb n\\), takoe chto \\(a\\cap b\\cap y\\ne\\varnothing\\) dlya lyubyh \\(a,b\\in\\mathcal f\\). stmt-hypergraph ravnomernyy peresekayuschiysya gipergraf ai_checked pust \\(\\mathcal h\\) — ravnomernyy gipergraf na mnozhestve vershin \\(\\mathbb n\\), vse rebra kotorogo konechny i poparno peresekayutsya. dokazhite, chto suschestvuet konechnoe mnozhestvo vershin \\(y\\), peresekayuschee kazhdoe mnozhestvo vida \\(e\\cap e'\\), gde \\(e,e'\\) — rebra \\(\\mathcal h\\). idea-cross-intersecting-lemma usilit zadachu do dvuh perekrestno peresekayuschihsya semeystv vmesto odnogo ravnomernogo peresekayuschegosya semeystva dokazyvaetsya bolee silnaya lemma dlya dvuh semeystv fiksirovannyh razmerov \\(r\\) i \\(s\\), gde kazhdoe mnozhestvo pervogo peresekaet kazhdoe mnozhestvo vtorogo. induction goal_proof ai_checked idea-finite-trace-partition razbit po sledam na fiksirovannom konechnom mnozhestve fiksiruem \\(a_0\\) i \\(b_0\\), kladem \\(u=a_0\\cup b_0\\) i razbivaem oba semeystva po nepustym sledam na \\(u\\). esli sledy peresekayutsya, odna tochka iz \\(u\\) uzhe rabotaet; esli sledy ne peresekayutsya, udalenie sledov umenshaet oba razmera i zapuskaet induktsiyu. induction graph_model ai_checked sol-cross-intersecting-induction induktsiya dlya perekrestno peresekayuschihsya ravnomernyh semeystv ai_checked induction dokazhem bolee silnoe utverzhdenie. pust \\(\\mathcal f\\) i \\(\\mathcal g\\) - dva semeystva konechnyh podmnozhestv \\(\\mathbb n\\), kazhdoe mnozhestvo iz \\(\\mathcal f\\) imeet razmer \\(r\\), kazhdoe mnozhestvo iz \\(\\mathcal g\\) imeet razmer \\(s\\), i dlya lyubyh \\(a\\in\\mathcal f\\), \\(b\\in\\mathcal g\\) vypolneno \\(a\\cap b\\ne\\varnothing\\). togda suschestvuet konechnoe mnozhestvo \\(y\\subset\\mathbb n\\), takoe chto \\(a\\cap b\\cap y\\ne\\varnothing\\) dlya vseh \\(a\\in\\mathcal f\\), \\(b\\in\\mathcal g\\). iskomaya teorema poluchaetsya iz etogo utverzhdeniya pri \\(\\mathcal g=\\mathcal f\\) i \\(r=s\\). esli odno iz semeystv pusto, mozhno vzyat \\(y=\\varnothing\\). dalee schitaem oba semeystva nepustymi i dokazyvaem utverzhdenie induktsiey po \\(r+s\\). baza. esli \\(r=1\\), zafiksiruem lyuboe \\(b_0\\in\\mathcal g\\). vsyakoe \\(a\\in\\mathcal f\\) imeet vid \\(\\{a\\}\\) i dolzhno peresekat \\(b_0\\), znachit \\(a\\in b_0\\). dlya lyubogo \\(b\\in\\mathcal g\\) iz \\(a…","source_keys":["imc"]}
{"id":"imc-1999-day1-p5-marked-grid-cycle","title":"Цикл в двудольном графе строк и столбцов, IMC 1999 Day 1 P5","path":"data\\problems\\imc\\imc-1999-day1-p5-marked-grid-cycle.yaml","raw_github_url":"https://raw.githubusercontent.com/didin-maxim/knowledge_graph_of_graphs/main/data/problems/imc/imc-1999-day1-p5-marked-grid-cycle.yaml","viewer_url":"https://didin-maxim.github.io/knowledge_graph_of_graphs/#imc-1999-day1-p5-marked-grid-cycle","source_key":"imc","source_label":"IMC","source_titles":["IMC 1999 Day 1 P5, официальные условия и решения"],"year":"1999","type":"olympiad_problem","authors":[],"tags":["graph_model","connectivity","double_counting","goal_existence"],"agent_topics":[],"difficulty":{"main":"national_final_hard","local_score":5,"comment":"После перевода в двудольный граф задача сводится к базовой оценке числа ребер в лесу.","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":"агент grouped classification","audit_source":"agent-university-archives.json"},"statements":{"original":[{"id":"stmt-original","title":"Условие","status":"ai_checked","text":"В таблице \\(n\\times n\\) отмечены \\(2n\\) точек. Докажите, что для некоторого \\(k>1\\) можно выбрать \\(2k\\) различных отмеченных точек \\(a_1,a_2,\\ldots,a_{2k}\\) так, что \\(a_1\\) и \\(a_2\\) лежат в одной строке, \\(a_2\\) и \\(a_3\\) - в одном столбце, \\(a_3\\) и \\(a_4\\) - в одной строке, и так далее, \\(a_{2k-1}\\) и \\(a_{2k}\\) лежат в одной строке, а \\(a_{2k}\\) и \\(a_1\\) - в одном столбце.","definition_ids":[]}],"graph_theory":[{"id":"stmt-graph","title":"Цикл в двудольном графе строк и столбцов","status":"ai_checked","text":"Пусть \\(G\\) — простой двудольный граф с долями размера \\(n\\) и с \\(2n\\) рёбрами. Докажите, что \\(G\\) содержит цикл.","definition_ids":["bipartite_graph","cycle"]}]},"solutions":[{"id":"sol-official-graph","title":"Двудольный граф строк и столбцов","status":"ai_checked","definition_ids":["bipartite_graph","cycle"],"standard_idea_ids":[],"tags":[],"has_text":true,"text_preview":"Рассмотрим граф \\(G\\). Его вершинами являются все \\(n\\) строк и все \\(n\\) столбцов таблицы. Для каждой отмеченной точки в строке \\(r\\) и столбце \\(c\\) проведем ребро между вершинами \\(r\\) и \\(c\\). Получается двудольный граф с \\(2n\\) вершинами и \\(2n\\) ребрами. Если граф без циклов имеет \\(N\\) вершин, то он содержит не более \\(N-1\\) ребра: каждая его компонента является деревом или изолированной вершиной, и сумма по компонентам дает эту оценку. В нашем случае ребер столько же, сколько вершин, то есть \\(2n\\), поэтому \\(G\\) обязан содержать цикл. Так как граф двудольный, любой его цикл имеет четную длину и попеременно проходит через вершины-строки и вершины-столбцы. Пусть цикл имеет вид \\(r_1,c_1,r_2,c_2,\\ldots,r_k,c_k,r_1\\). Каждое соседство \\(r_i c_i\\) и \\(c_i r_{i+1}\\) соответствует отмеченной точке таблицы. Взяв эти точки по порядку, получаем \\(2k\\) различных отмеченных точек, у которы…"}],"relations":[{"id":"rel-edge-count-bound-imc-1999-marked-grid-cycle","neighbor_id":"edge-count-bipartite-matching-bound","direction":"backward","type":"same_motif","distance":3,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-imc-1999-grid-cycle-egmo-2016-incidence","neighbor_id":"egmo-2016-p3-blue-cells-bipartite-incidence","direction":"forward","type":"same_motif","distance":2,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-imc-1999-grid-cycle-tree-properties","neighbor_id":"tree-equivalent-properties","direction":"forward","type":"prerequisite","distance":3,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-putnam-2014-imc-1999-bipartite-cycle","neighbor_id":"putnam-2014-b3-prime-entries-bipartite-cycle","direction":"backward","type":"same_motif","distance":3,"status":"needs_human_review"},{"id":"rel-yumt-2025-unior-r3p1-imc-1999-forest-edge-bound","neighbor_id":"yumt-2025-unior-round3-problem1","direction":"backward","type":"same_motif","distance":4,"status":"needs_human_review"}],"search_text":"imc-1999-day1-p5-marked-grid-cycle цикл в двудольном графе строк и столбцов, imc 1999 day 1 p5 graph_model connectivity double_counting goal_existence 1999 https://www.homepages.ucl.ac.uk/~ucahjej/imc/imc1999/prob_sol1.pdf imc imc 1999 day 1 p5, официальные условия и решения imc1999 problem_and_solution src-imc-1999-day1-p5-official with_solution ? imc 1999 day 1 p5, официальные условия и решения stmt-original условие ai_checked в таблице \\(n\\times n\\) отмечены \\(2n\\) точек. докажите, что для некоторого \\(k>1\\) можно выбрать \\(2k\\) различных отмеченных точек \\(a_1,a_2,\\ldots,a_{2k}\\) так, что \\(a_1\\) и \\(a_2\\) лежат в одной строке, \\(a_2\\) и \\(a_3\\) - в одном столбце, \\(a_3\\) и \\(a_4\\) - в одной строке, и так далее, \\(a_{2k-1}\\) и \\(a_{2k}\\) лежат в одной строке, а \\(a_{2k}\\) и \\(a_1\\) - в одном столбце. stmt-graph цикл в двудольном графе строк и столбцов ai_checked пусть \\(g\\) — простой двудольный граф с долями размера \\(n\\) и с \\(2n\\) рёбрами. докажите, что \\(g\\) содержит цикл. bipartite_graph cycle idea-row-column-bipartite-cycle строки и столбцы как вершины отмеченная точка становится ребром между своей строкой и своим столбцом. если бы цикла не было, граф был бы лесом и имел бы не больше \\(2n-1\\) ребра, что противоречит наличию \\(2n\\) отмеченных точек. connectivity double_counting graph_model ai_checked sol-official-graph двудольный граф строк и столбцов ai_checked bipartite_graph cycle рассмотрим граф \\(g\\). его вершинами являются все \\(n\\) строк и все \\(n\\) столбцов таблицы. для каждой отмеченной точки в строке \\(r\\) и столбце \\(c\\) проведем ребро между вершинами \\(r\\) и \\(c\\). получается двудольный граф с \\(2n\\) вершинами и \\(2n\\) ребрами. если граф без циклов имеет \\(n\\) вершин, то он содержит не более \\(n-1\\) ребра: каждая его компонента является деревом или изолированной вершиной, и сумма по компонентам дает эту оценку. в нашем случае ребер столько же, сколько вершин, то есть \\(2n\\), поэтому \\(g\\) обязан содержать цикл. так как граф двудольный, любой его цикл имеет четную длину и попеременно проходит через вершины-строки и вершины-столбцы. пусть цикл имеет вид \\(r_1,c_1,r_2,c_2,\\ldots,r_k,c_k,r_1\\). каждое соседство \\(r_i c_i\\) и \\(c_i r_{i+1}\\) соответствует отмеченной точке таблицы. взяв эти точки по порядку, получаем \\(2k\\) различных отмеченных точек, у которы… imc-1999-day1-p5-marked-grid-cycle tsikl v dvudolnom grafe strok i stolbtsov, imc 1999 day 1 p5 graph_model connectivity double_counting goal_existence 1999 https://www.homepages.ucl.ac.uk/~ucahjej/imc/imc1999/prob_sol1.pdf imc imc 1999 day 1 p5, ofitsialnye usloviya i resheniya imc1999 problem_and_solution src-imc-1999-day1-p5-official with_solution ? imc 1999 day 1 p5, ofitsialnye usloviya i resheniya stmt-original uslovie ai_checked v tablitse \\(n\\times n\\) otmecheny \\(2n\\) tochek. dokazhite, chto dlya nekotorogo \\(k>1\\) mozhno vybrat \\(2k\\) razlichnyh otmechennyh tochek \\(a_1,a_2,\\ldots,a_{2k}\\) tak, chto \\(a_1\\) i \\(a_2\\) lezhat v odnoy stroke, \\(a_2\\) i \\(a_3\\) - v odnom stolbtse, \\(a_3\\) i \\(a_4\\) - v odnoy stroke, i tak dalee, \\(a_{2k-1}\\) i \\(a_{2k}\\) lezhat v odnoy stroke, a \\(a_{2k}\\) i \\(a_1\\) - v odnom stolbtse. stmt-graph tsikl v dvudolnom grafe strok i stolbtsov ai_checked pust \\(g\\) — prostoy dvudolnyy graf s dolyami razmera \\(n\\) i s \\(2n\\) rebrami. dokazhite, chto \\(g\\) soderzhit tsikl. bipartite_graph cycle idea-row-column-bipartite-cycle stroki i stolbtsy kak vershiny otmechennaya tochka stanovitsya rebrom mezhdu svoey strokoy i svoim stolbtsom. esli by tsikla ne bylo, graf byl by lesom i imel by ne bolshe \\(2n-1\\) rebra, chto protivorechit nalichiyu \\(2n\\) otmechennyh tochek. connectivity double_counting graph_model ai_checked sol-official-graph dvudolnyy graf strok i stolbtsov ai_checked bipartite_graph cycle rassmotrim graf \\(g\\). ego vershinami yavlyayutsya vse \\(n\\) strok i vse \\(n\\) stolbtsov tablitsy. dlya kazhdoy otmechennoy tochki v stroke \\(r\\) i stolbtse \\(c\\) provedem rebro mezhdu vershinami \\(r\\) i \\(c\\). poluchaetsya dvudolnyy graf s \\(2n\\) vershinami i \\(2n\\) rebrami. esli graf bez tsiklov imeet \\(n\\) vershin, to on soderzhit ne bolee \\(n-1\\) rebra: kazhdaya ego komponenta yavlyaetsya derevom ili izolirovannoy vershinoy, i summa po komponentam daet etu otsenku. v nashem sluchae reber stolko zhe, skolko vershin, to est \\(2n\\), poetomu \\(g\\) obyazan soderzhat tsikl. tak kak graf dvudolnyy, lyuboy ego tsikl imeet chetnuyu dlinu i poperemenno prohodit cherez vershiny-stroki i vershiny-stolbtsy. pust tsikl imeet vid \\(r_1,c_1,r_2,c_2,\\ldots,r_k,c_k,r_1\\). kazhdoe sosedstvo \\(r_i c_i\\) i \\(c_i r_{i+1}\\) sootvetstvuet otmechennoy tochke tablitsy. vzyav eti tochki po poryadku, poluchaem \\(2k\\) razlichnyh otmechennyh tochek, u kotory…","source_keys":["imc"]}
{"id":"imc-2001-day2-p4-zero-principal-minors-acyclic-digraph","title":"Нулевые главные миноры и ациклический граф ненулевых элементов, IMC 2001 Day 2 P4","path":"data\\problems\\imc\\imc-2001-day2-p4-zero-principal-minors-acyclic-digraph.yaml","raw_github_url":"https://raw.githubusercontent.com/didin-maxim/knowledge_graph_of_graphs/main/data/problems/imc/imc-2001-day2-p4-zero-principal-minors-acyclic-digraph.yaml","viewer_url":"https://didin-maxim.github.io/knowledge_graph_of_graphs/#imc-2001-day2-p4-zero-principal-minors-acyclic-digraph","source_key":"imc","source_label":"IMC","source_titles":["IMC 2001 Day 2 P4, официальные условия и решения"],"year":"2001","type":"olympiad_problem","authors":[],"tags":["graph_in_solution","minimal_counterexample","goal_proof"],"agent_topics":[],"difficulty":{"main":"national_final_hard","local_score":14,"comment":"Сильная задача: графовая часть естественна, но ключевой шаг с ненулевым членом определителя и минимальным циклом требует ручной проверки.","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":"агент grouped classification","audit_source":"agent-university-archives.json"},"statements":{"original":[{"id":"stmt-original","title":"Условие","status":"ai_checked","text":"Пусть \\(A=(a_{k,l})_{k,l=1,\\ldots,n}\\) - комплексная матрица \\(n\\times n\\), такая что для каждого \\(m\\in\\{1,\\ldots,n\\}\\) и любых \\(1\\le j_1<\\cdots<j_m\\le n\\) определитель матрицы \\((a_{j_k,j_l})_{k,l=1,\\ldots,m}\\) равен нулю. Докажите, что \\(A^n=0\\), и что существует перестановка \\(\\sigma\\in S_n\\), для которой матрица \\((a_{\\sigma(k),\\sigma(l)})_{k,l=1,\\ldots,n}\\) имеет нули на диагонали и ниже диагонали.","definition_ids":[]}]},"solutions":[{"id":"sol-official-expanded","title":"Граф ненулевых элементов","status":"ai_checked","definition_ids":["directed_graph","cycle"],"standard_idea_ids":["minimal_counterexample","greedy_ordering"],"tags":[],"has_text":true,"text_preview":"Сначала из главных миноров порядка \\(1\\) получаем \\(a_{ii}=0\\) для всех \\(i\\). Построим ориентированный граф \\(G\\) на вершинах \\(1,\\ldots,n\\): дуга \\(i\\to j\\) проводится тогда и только тогда, когда \\(a_{ij}\\ne0\\). Нужно доказать, что в \\(G\\) нет ориентированных циклов. Предположим противное и выберем ориентированный цикл минимальной длины \\(m\\), пусть его вершины \\(i_1,i_2,\\ldots,i_m\\) идут в порядке цикла. Рассмотрим главную подматрицу \\(B\\) с этими строками и столбцами. В разложении \\(\\det B\\) есть член \\(a_{i_1i_2}a_{i_2i_3}\\cdots a_{i_mi_1}\\), и он ненулевой. Рассмотрим любой другой ненулевой член разложения. Соответствующая перестановка раскладывается в непересекающиеся циклы; так как диагональные элементы равны нулю, неподвижных точек в ненулевом члене нет. Каждый цикл этой перестановки даёт ориентированный цикл в \\(G\\) на части выбранных вершин. Если циклов несколько, один из них…"}],"relations":[{"id":"rel-imc-2001-putnam-2021-principal-minor-dag","neighbor_id":"putnam-2021-b5-very-odd-matrices-dag","direction":"forward","type":"same_motif","distance":1,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-simon-marais-2021-a3-imc-2001-determinant-cycles","neighbor_id":"simon-marais-2021-a3-determinants-cycle-components","direction":"backward","type":"same_motif","distance":3,"status":"ai_checked"}],"search_text":"imc-2001-day2-p4-zero-principal-minors-acyclic-digraph нулевые главные миноры и ациклический граф ненулевых элементов, imc 2001 day 2 p4 graph_in_solution minimal_counterexample goal_proof 2001 https://www.homepages.ucl.ac.uk/~ucahjej/imc/imc2001/prob_sol2.pdf imc imc 2001 day 2 p4, официальные условия и решения imc2001 problem_and_solution src-imc-2001-day2-p4-official with_solution ? imc 2001 day 2 p4, официальные условия и решения stmt-original условие ai_checked пусть \\(a=(a_{k,l})_{k,l=1,\\ldots,n}\\) - комплексная матрица \\(n\\times n\\), такая что для каждого \\(m\\in\\{1,\\ldots,n\\}\\) и любых \\(1\\le j_1<\\cdots<j_m\\le n\\) определитель матрицы \\((a_{j_k,j_l})_{k,l=1,\\ldots,m}\\) равен нулю. докажите, что \\(a^n=0\\), и что существует перестановка \\(\\sigma\\in s_n\\), для которой матрица \\((a_{\\sigma(k),\\sigma(l)})_{k,l=1,\\ldots,n}\\) имеет нули на диагонали и ниже диагонали. idea-minimal-cycle-determinant-term минимальный ориентированный цикл дает ненулевой главный минор если в графе ненулевых элементов есть кратчайший ориентированный цикл, то в определителе главной подматрицы по его вершинам есть ненулевой циклический член. остальные ненулевые члены разлагаются на ориентированные циклы и нарушают минимальность, поэтому этот минор не может быть нулевым. minimal_counterexample graph_in_solution ai_checked idea-acyclic-support-triangular ациклический граф упорядочивается топологически если в ориентированном графе нет циклов, его вершины можно занумеровать так, что каждая дуга идет вперед. в этой нумерации матрица имеет нули на диагонали и ниже нее, а значит является строго верхнетреугольной. graph_in_solution goal_proof ai_checked sol-official-expanded граф ненулевых элементов ai_checked directed_graph cycle minimal_counterexample greedy_ordering сначала из главных миноров порядка \\(1\\) получаем \\(a_{ii}=0\\) для всех \\(i\\). построим ориентированный граф \\(g\\) на вершинах \\(1,\\ldots,n\\): дуга \\(i\\to j\\) проводится тогда и только тогда, когда \\(a_{ij}\\ne0\\). нужно доказать, что в \\(g\\) нет ориентированных циклов. предположим противное и выберем ориентированный цикл минимальной длины \\(m\\), пусть его вершины \\(i_1,i_2,\\ldots,i_m\\) идут в порядке цикла. рассмотрим главную подматрицу \\(b\\) с этими строками и столбцами. в разложении \\(\\det b\\) есть член \\(a_{i_1i_2}a_{i_2i_3}\\cdots a_{i_mi_1}\\), и он ненулевой. рассмотрим любой другой ненулевой член разложения. соответствующая перестановка раскладывается в непересекающиеся циклы; так как диагональные элементы равны нулю, неподвижных точек в ненулевом члене нет. каждый цикл этой перестановки даёт ориентированный цикл в \\(g\\) на части выбранных вершин. если циклов несколько, один из них… imc-2001-day2-p4-zero-principal-minors-acyclic-digraph nulevye glavnye minory i atsiklicheskiy graf nenulevyh elementov, imc 2001 day 2 p4 graph_in_solution minimal_counterexample goal_proof 2001 https://www.homepages.ucl.ac.uk/~ucahjej/imc/imc2001/prob_sol2.pdf imc imc 2001 day 2 p4, ofitsialnye usloviya i resheniya imc2001 problem_and_solution src-imc-2001-day2-p4-official with_solution ? imc 2001 day 2 p4, ofitsialnye usloviya i resheniya stmt-original uslovie ai_checked pust \\(a=(a_{k,l})_{k,l=1,\\ldots,n}\\) - kompleksnaya matritsa \\(n\\times n\\), takaya chto dlya kazhdogo \\(m\\in\\{1,\\ldots,n\\}\\) i lyubyh \\(1\\le j_1<\\cdots<j_m\\le n\\) opredelitel matritsy \\((a_{j_k,j_l})_{k,l=1,\\ldots,m}\\) raven nulyu. dokazhite, chto \\(a^n=0\\), i chto suschestvuet perestanovka \\(\\sigma\\in s_n\\), dlya kotoroy matritsa \\((a_{\\sigma(k),\\sigma(l)})_{k,l=1,\\ldots,n}\\) imeet nuli na diagonali i nizhe diagonali. idea-minimal-cycle-determinant-term minimalnyy orientirovannyy tsikl daet nenulevoy glavnyy minor esli v grafe nenulevyh elementov est kratchayshiy orientirovannyy tsikl, to v opredelitele glavnoy podmatritsy po ego vershinam est nenulevoy tsiklicheskiy chlen. ostalnye nenulevye chleny razlagayutsya na orientirovannye tsikly i narushayut minimalnost, poetomu etot minor ne mozhet byt nulevym. minimal_counterexample graph_in_solution ai_checked idea-acyclic-support-triangular atsiklicheskiy graf uporyadochivaetsya topologicheski esli v orientirovannom grafe net tsiklov, ego vershiny mozhno zanumerovat tak, chto kazhdaya duga idet vpered. v etoy numeratsii matritsa imeet nuli na diagonali i nizhe nee, a znachit yavlyaetsya strogo verhnetreugolnoy. graph_in_solution goal_proof ai_checked sol-official-expanded graf nenulevyh elementov ai_checked directed_graph cycle minimal_counterexample greedy_ordering snachala iz glavnyh minorov poryadka \\(1\\) poluchaem \\(a_{ii}=0\\) dlya vseh \\(i\\). postroim orientirovannyy graf \\(g\\) na vershinah \\(1,\\ldots,n\\): duga \\(i\\to j\\) provoditsya togda i tolko togda, kogda \\(a_{ij}\\ne0\\). nuzhno dokazat, chto v \\(g\\) net orientirovannyh tsiklov. predpolozhim protivnoe i vyberem orientirovannyy tsikl minimalnoy dliny \\(m\\), pust ego vershiny \\(i_1,i_2,\\ldots,i_m\\) idut v poryadke tsikla. rassmotrim glavnuyu podmatritsu \\(b\\) s etimi strokami i stolbtsami. v razlozhenii \\(\\det b\\) est chlen \\(a_{i_1i_2}a_{i_2i_3}\\cdots a_{i_mi_1}\\), i on nenulevoy. rassmotrim lyuboy drugoy nenulevoy chlen razlozheniya. sootvetstvuyuschaya perestanovka raskladyvaetsya v neperesekayuschiesya tsikly; tak kak diagonalnye elementy ravny nulyu, nepodvizhnyh tochek v nenulevom chlene net. kazhdyy tsikl etoy perestanovki daet orientirovannyy tsikl v \\(g\\) na chasti vybrannyh vershin. esli tsiklov neskolko, odin iz nih…","source_keys":["imc"]}
{"id":"imc-2002-day2-p2-students-problems-dominating-pair","title":"Доминирующая пара в двудольном графе, IMC 2002 Day 2 P2","path":"data\\problems\\imc\\imc-2002-day2-p2-students-problems-dominating-pair.yaml","raw_github_url":"https://raw.githubusercontent.com/didin-maxim/knowledge_graph_of_graphs/main/data/problems/imc/imc-2002-day2-p2-students-problems-dominating-pair.yaml","viewer_url":"https://didin-maxim.github.io/knowledge_graph_of_graphs/#imc-2002-day2-p2-students-problems-dominating-pair","source_key":"imc","source_label":"IMC","source_titles":["IMC 2002 Day 2 P2, официальные условия и решения"],"year":"2002","type":"olympiad_problem","authors":[],"tags":["graph_model","double_counting","pigeonhole_principle","goal_existence"],"agent_topics":[],"difficulty":{"main":"national_final_hard","local_score":6,"comment":"Короткий счет плохих пар; графовая модель помогает увидеть задачу как поиск пары студентов, доминирующей шесть задач.","status":"ai_checked"},"review_status":"ai_checked","public_ready":true,"solution_state":"with_solution","solution_classification":{"type":"official_complete_or_near_complete","label":"официальное полное/почти полное","status":"ai_checked","confidence":0.78,"basis":"агентский аудит средней сложности","notes":"агент grouped classification","audit_source":"agent-university-archives.json"},"statements":{"original":[{"id":"stmt-original","title":"Условие","status":"ai_checked","text":"В математическом конкурсе участвовали \\(200\\) студентов. Им было предложено \\(6\\) задач. Известно, что каждую задачу правильно решили по крайней мере \\(120\\) участников. Докажите, что найдутся два участника, такие что каждая из \\(6\\) задач была решена хотя бы одним из них.","definition_ids":[]}],"graph_theory":[{"id":"stmt-graph","title":"Доминирующая пара в двудольном графе","status":"ai_checked","text":"Пусть \\(G\\) — двудольный граф с долями \\(S\\) и \\(P\\), где \\(|S|=200\\) и \\(|P|=6\\). Предположим, что каждая вершина из \\(P\\) имеет степень не меньше \\(120\\). Докажите, что существуют две вершины из \\(S\\), объединение соседей которых равно \\(P\\).","definition_ids":["bipartite_graph","dominating_set","degree"]}]},"solutions":[{"id":"sol-official-expanded","title":"Подсчет плохих пар","status":"ai_checked","definition_ids":[],"standard_idea_ids":["double_counting","pigeonhole_principle"],"tags":[],"has_text":true,"text_preview":"Назовем пару студентов плохой для некоторой задачи, если ни один из этих двух студентов эту задачу не решил. Если найдется пара, которая не является плохой ни для одной из шести задач, то она и требуется. Всего пар студентов равно \\(\\binom{200}{2}=19900\\). Зафиксируем одну задачу. Ее решили не менее \\(120\\) студентов, значит не решили ее не более \\(80\\) студентов. Поэтому пар, плохих для этой задачи, не больше \\(\\binom{80}{2}=3160\\). Для всех шести задач суммарное число инцидентностей вида «пара студентов плоха для задачи» не превосходит \\(6\\cdot3160=18960\\). Если бы каждая пара студентов не покрывала все задачи, то каждая из \\(19900\\) пар была бы плохой хотя бы для одной задачи, и таких инцидентностей было бы не меньше \\(19900\\). Это невозможно, поскольку \\(18960<19900\\). Следовательно, существует пара студентов, которая для каждой задачи содержит хотя бы одного решившего ее участника.…"}],"relations":[{"id":"rel-imc-2002-students-usa-tst-incidence","neighbor_id":"usa-tst-2005-p1-set-system-incidence-graph","direction":"forward","type":"same_motif","distance":3,"status":"needs_human_review"}],"search_text":"imc-2002-day2-p2-students-problems-dominating-pair доминирующая пара в двудольном графе, imc 2002 day 2 p2 graph_model double_counting pigeonhole_principle goal_existence 2002 https://www.homepages.ucl.ac.uk/~ucahjej/imc/imc2002/prob_sol2.pdf imc imc 2002 day 2 p2, официальные условия и решения imc2002 problem_and_solution src-imc-2002-day2-p2-official with_solution ? imc 2002 day 2 p2, официальные условия и решения stmt-original условие ai_checked в математическом конкурсе участвовали \\(200\\) студентов. им было предложено \\(6\\) задач. известно, что каждую задачу правильно решили по крайней мере \\(120\\) участников. докажите, что найдутся два участника, такие что каждая из \\(6\\) задач была решена хотя бы одним из них. stmt-graph доминирующая пара в двудольном графе ai_checked пусть \\(g\\) — двудольный граф с долями \\(s\\) и \\(p\\), где \\(|s|=200\\) и \\(|p|=6\\). предположим, что каждая вершина из \\(p\\) имеет степень не меньше \\(120\\). докажите, что существуют две вершины из \\(s\\), объединение соседей которых равно \\(p\\). bipartite_graph dominating_set degree idea-count-bad-student-pairs считать пары, которые не покрывают задачу для фиксированной задачи оба студента не решили ее только если они оба лежат среди не более чем \\(80\\) нерешивших. таких пар не больше \\(\\binom{80}{2}\\). для шести задач этого меньше, чем общее число пар студентов. double_counting pigeonhole_principle ai_checked sol-official-expanded подсчет плохих пар ai_checked double_counting pigeonhole_principle назовем пару студентов плохой для некоторой задачи, если ни один из этих двух студентов эту задачу не решил. если найдется пара, которая не является плохой ни для одной из шести задач, то она и требуется. всего пар студентов равно \\(\\binom{200}{2}=19900\\). зафиксируем одну задачу. ее решили не менее \\(120\\) студентов, значит не решили ее не более \\(80\\) студентов. поэтому пар, плохих для этой задачи, не больше \\(\\binom{80}{2}=3160\\). для всех шести задач суммарное число инцидентностей вида «пара студентов плоха для задачи» не превосходит \\(6\\cdot3160=18960\\). если бы каждая пара студентов не покрывала все задачи, то каждая из \\(19900\\) пар была бы плохой хотя бы для одной задачи, и таких инцидентностей было бы не меньше \\(19900\\). это невозможно, поскольку \\(18960<19900\\). следовательно, существует пара студентов, которая для каждой задачи содержит хотя бы одного решившего ее участника.… imc-2002-day2-p2-students-problems-dominating-pair dominiruyuschaya para v dvudolnom grafe, imc 2002 day 2 p2 graph_model double_counting pigeonhole_principle goal_existence 2002 https://www.homepages.ucl.ac.uk/~ucahjej/imc/imc2002/prob_sol2.pdf imc imc 2002 day 2 p2, ofitsialnye usloviya i resheniya imc2002 problem_and_solution src-imc-2002-day2-p2-official with_solution ? imc 2002 day 2 p2, ofitsialnye usloviya i resheniya stmt-original uslovie ai_checked v matematicheskom konkurse uchastvovali \\(200\\) studentov. im bylo predlozheno \\(6\\) zadach. izvestno, chto kazhduyu zadachu pravilno reshili po krayney mere \\(120\\) uchastnikov. dokazhite, chto naydutsya dva uchastnika, takie chto kazhdaya iz \\(6\\) zadach byla reshena hotya by odnim iz nih. stmt-graph dominiruyuschaya para v dvudolnom grafe ai_checked pust \\(g\\) — dvudolnyy graf s dolyami \\(s\\) i \\(p\\), gde \\(|s|=200\\) i \\(|p|=6\\). predpolozhim, chto kazhdaya vershina iz \\(p\\) imeet stepen ne menshe \\(120\\). dokazhite, chto suschestvuyut dve vershiny iz \\(s\\), obedinenie sosedey kotoryh ravno \\(p\\). bipartite_graph dominating_set degree idea-count-bad-student-pairs schitat pary, kotorye ne pokryvayut zadachu dlya fiksirovannoy zadachi oba studenta ne reshili ee tolko esli oni oba lezhat sredi ne bolee chem \\(80\\) nereshivshih. takih par ne bolshe \\(\\binom{80}{2}\\). dlya shesti zadach etogo menshe, chem obschee chislo par studentov. double_counting pigeonhole_principle ai_checked sol-official-expanded podschet plohih par ai_checked double_counting pigeonhole_principle nazovem paru studentov plohoy dlya nekotoroy zadachi, esli ni odin iz etih dvuh studentov etu zadachu ne reshil. esli naydetsya para, kotoraya ne yavlyaetsya plohoy ni dlya odnoy iz shesti zadach, to ona i trebuetsya. vsego par studentov ravno \\(\\binom{200}{2}=19900\\). zafiksiruem odnu zadachu. ee reshili ne menee \\(120\\) studentov, znachit ne reshili ee ne bolee \\(80\\) studentov. poetomu par, plohih dlya etoy zadachi, ne bolshe \\(\\binom{80}{2}=3160\\). dlya vseh shesti zadach summarnoe chislo intsidentnostey vida «para studentov ploha dlya zadachi» ne prevoshodit \\(6\\cdot3160=18960\\). esli by kazhdaya para studentov ne pokryvala vse zadachi, to kazhdaya iz \\(19900\\) par byla by plohoy hotya by dlya odnoy zadachi, i takih intsidentnostey bylo by ne menshe \\(19900\\). eto nevozmozhno, poskolku \\(18960<19900\\). sledovatelno, suschestvuet para studentov, kotoraya dlya kazhdoy zadachi soderzhit hotya by odnogo reshivshego ee uchastnika.…","source_keys":["imc"]}
{"id":"imc-2003-day2-p4-steiner-triples-elementary-abelian-2-group","title":"Тройки Штейнера с замыканием и порядок \\(2^m-1\\), IMC 2003 Day 2 P4","path":"data\\problems\\imc\\imc-2003-day2-p4-steiner-triples-elementary-abelian-2-group.yaml","raw_github_url":"https://raw.githubusercontent.com/didin-maxim/knowledge_graph_of_graphs/main/data/problems/imc/imc-2003-day2-p4-steiner-triples-elementary-abelian-2-group.yaml","viewer_url":"https://didin-maxim.github.io/knowledge_graph_of_graphs/#imc-2003-day2-p4-steiner-triples-elementary-abelian-2-group","source_key":"imc","source_label":"IMC","source_titles":["IMC 2003 Day 2 P4, официальные условия и решения"],"year":"2003","type":"olympiad_problem","authors":[],"tags":["graph_model","construction","goal_characterization"],"agent_topics":[],"difficulty":{"main":"national_final_hard","local_score":12,"comment":"Гиперграфовая задача о системе троек Штейнера с дополнительным замыканием; ключевой шаг — аккуратно превратить операцию дополнения пары в элементарную абелеву 2-группу.","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":"агент grouped classification","audit_source":"agent-university-archives.json"},"statements":{"original":[{"id":"stmt-original","title":"Условие","status":"ai_checked","text":"Найдите все положительные целые \\(n\\), для которых существует семейство \\(\\mathcal F\\) трехэлементных подмножеств множества \\(S=\\{1,2,\\ldots,n\\}\\), удовлетворяющее двум условиям: (i) для любых двух различных элементов \\(a,b\\in S\\) существует ровно одно множество \\(A\\in\\mathcal F\\), содержащее и \\(a\\), и \\(b\\); (ii) если \\(a,b,c,x,y,z\\in S\\) и \\(\\{a,b,x\\},\\{a,c,y\\},\\{b,c,z\\}\\in\\mathcal F\\), то \\(\\{x,y,z\\}\\in\\mathcal F\\).","definition_ids":[]}],"graph_theory":[{"id":"stmt-hypergraph","title":"Замкнутая система троек Штейнера","status":"ai_checked","text":"Найдите все возможные числа вершин \\(n\\) для \\(3\\)-однородного гиперграфа \\(H\\), в котором каждая пара различных вершин лежит ровно в одном гиперребре, и выполнено правило замыкания: если гиперребра, содержащие пары \\((a,b)\\), \\((a,c)\\), \\((b,c)\\), имеют соответственно третьи вершины \\(x,y,z\\), то \\(\\{x,y,z\\}\\) тоже является гиперребром. Иными словами, требуется охарактеризовать системы троек Штейнера с этим дополнительным замыканием.","definition_ids":[]}]},"solutions":[{"id":"sol-official-expanded","title":"От троек к группе над \\(\\mathbb F_2\\)","status":"ai_checked","definition_ids":[],"standard_idea_ids":[],"tags":[],"has_text":true,"text_preview":"Ответ: все числа \\(n=2^m-1\\), где \\(m\\ge1\\). Сначала докажем необходимость. Пусть семейство \\(\\mathcal F\\) существует. По условию (i) для любых разных \\(a,b\\in S\\) однозначно определена третья вершина \\(c\\), для которой \\(\\{a,b,c\\}\\in\\mathcal F\\). Обозначим ее через \\(a+b\\). Пока операция определена только при \\(a\\ne b\\). Из определения сразу следуют три свойства: \\(a+b=b+a\\), элемент \\(a+b\\) отличен от \\(a\\) и от \\(b\\), а также \\(a+(a+b)=b\\), потому что пара \\(a,a+b\\) лежит в той же единственной тройке \\(\\{a,b,a+b\\}\\). Теперь извлечем из условия (ii) ассоциативность. Добавим к \\(S\\) новый элемент \\(0\\) и доопределим операцию на \\(G=S\\cup\\{0\\}\\) так: \\(a+a=0\\) для всех \\(a\\in S\\), \\(a+0=0+a=a\\), и \\(0+0=0\\). Коммутативность и наличие нейтрального элемента очевидны; остается проверить ассоциативность. Рассмотрим \\(x,a,c\\in G\\). Если один из них равен \\(0\\), ассоциативность следует из опр…"}],"relations":[{"id":"rel-imc1997-p6b-imc2003-uniform-hypergraph","neighbor_id":"imc-1997-day1-p6b-uniform-intersecting-families-finite-transversal","direction":"backward","type":"same_motif","distance":4,"status":"needs_human_review"}],"search_text":"imc-2003-day2-p4-steiner-triples-elementary-abelian-2-group тройки штейнера с замыканием и порядок \\(2^m-1\\), imc 2003 day 2 p4 graph_model construction goal_characterization 2003 https://www.ucl.ac.uk/~ucahjej/imc/imc2003/day2_solutions.pdf imc imc 2003 day 2 p4, официальные условия и решения imc2003 problem_and_solution src-imc-2003-day2-p4-official with_solution unknown imc 2003 day 2 p4, официальные условия и решения stmt-original условие ai_checked найдите все положительные целые \\(n\\), для которых существует семейство \\(\\mathcal f\\) трехэлементных подмножеств множества \\(s=\\{1,2,\\ldots,n\\}\\), удовлетворяющее двум условиям: (i) для любых двух различных элементов \\(a,b\\in s\\) существует ровно одно множество \\(a\\in\\mathcal f\\), содержащее и \\(a\\), и \\(b\\); (ii) если \\(a,b,c,x,y,z\\in s\\) и \\(\\{a,b,x\\},\\{a,c,y\\},\\{b,c,z\\}\\in\\mathcal f\\), то \\(\\{x,y,z\\}\\in\\mathcal f\\). stmt-hypergraph замкнутая система троек штейнера ai_checked найдите все возможные числа вершин \\(n\\) для \\(3\\)-однородного гиперграфа \\(h\\), в котором каждая пара различных вершин лежит ровно в одном гиперребре, и выполнено правило замыкания: если гиперребра, содержащие пары \\((a,b)\\), \\((a,c)\\), \\((b,c)\\), имеют соответственно третьи вершины \\(x,y,z\\), то \\(\\{x,y,z\\}\\) тоже является гиперребром. иными словами, требуется охарактеризовать системы троек штейнера с этим дополнительным замыканием. idea-triples-define-operation единственная тройка задает операцию для разных \\(a,b\\) определяем \\(a+b=c\\), если \\(\\{a,b,c\\}\\) является тройкой. условие (i) дает коммутативность, отличие \\(a+b\\) от \\(a,b\\) и правило \\(a+(a+b)=b\\). условие (ii) после переобозначения дает недостающую ассоциативность в невырожденных случаях. graph_model goal_characterization ai_checked idea-add-zero-get-f2-vector-space добавить ноль и получить булеву группу если добавить новый элемент \\(0\\) и положить \\(a+a=0\\), \\(a+0=a\\), то проверка случаев превращает частичную операцию на тройках в полную ассоциативную операцию. получается конечная абелева группа, где каждый элемент равен своему обратному, то есть векторное пространство над \\(\\mathbb f_2\\). construction goal_characterization ai_checked sol-official-expanded от троек к группе над \\(\\mathbb f_2\\) ai_checked ответ: все числа \\(n=2^m-1\\), где \\(m\\ge1\\). сначала докажем необходимость. пусть семейство \\(\\mathcal f\\) существует. по условию (i) для любых разных \\(a,b\\in s\\) однозначно определена третья вершина \\(c\\), для которой \\(\\{a,b,c\\}\\in\\mathcal f\\). обозначим ее через \\(a+b\\). пока операция определена только при \\(a\\ne b\\). из определения сразу следуют три свойства: \\(a+b=b+a\\), элемент \\(a+b\\) отличен от \\(a\\) и от \\(b\\), а также \\(a+(a+b)=b\\), потому что пара \\(a,a+b\\) лежит в той же единственной тройке \\(\\{a,b,a+b\\}\\). теперь извлечем из условия (ii) ассоциативность. добавим к \\(s\\) новый элемент \\(0\\) и доопределим операцию на \\(g=s\\cup\\{0\\}\\) так: \\(a+a=0\\) для всех \\(a\\in s\\), \\(a+0=0+a=a\\), и \\(0+0=0\\). коммутативность и наличие нейтрального элемента очевидны; остается проверить ассоциативность. рассмотрим \\(x,a,c\\in g\\). если один из них равен \\(0\\), ассоциативность следует из опр… imc-2003-day2-p4-steiner-triples-elementary-abelian-2-group troyki shteynera s zamykaniem i poryadok \\(2^m-1\\), imc 2003 day 2 p4 graph_model construction goal_characterization 2003 https://www.ucl.ac.uk/~ucahjej/imc/imc2003/day2_solutions.pdf imc imc 2003 day 2 p4, ofitsialnye usloviya i resheniya imc2003 problem_and_solution src-imc-2003-day2-p4-official with_solution unknown imc 2003 day 2 p4, ofitsialnye usloviya i resheniya stmt-original uslovie ai_checked naydite vse polozhitelnye tselye \\(n\\), dlya kotoryh suschestvuet semeystvo \\(\\mathcal f\\) trehelementnyh podmnozhestv mnozhestva \\(s=\\{1,2,\\ldots,n\\}\\), udovletvoryayuschee dvum usloviyam: (i) dlya lyubyh dvuh razlichnyh elementov \\(a,b\\in s\\) suschestvuet rovno odno mnozhestvo \\(a\\in\\mathcal f\\), soderzhaschee i \\(a\\), i \\(b\\); (ii) esli \\(a,b,c,x,y,z\\in s\\) i \\(\\{a,b,x\\},\\{a,c,y\\},\\{b,c,z\\}\\in\\mathcal f\\), to \\(\\{x,y,z\\}\\in\\mathcal f\\). stmt-hypergraph zamknutaya sistema troek shteynera ai_checked naydite vse vozmozhnye chisla vershin \\(n\\) dlya \\(3\\)-odnorodnogo gipergrafa \\(h\\), v kotorom kazhdaya para razlichnyh vershin lezhit rovno v odnom giperrebre, i vypolneno pravilo zamykaniya: esli giperrebra, soderzhaschie pary \\((a,b)\\), \\((a,c)\\), \\((b,c)\\), imeyut sootvetstvenno treti vershiny \\(x,y,z\\), to \\(\\{x,y,z\\}\\) tozhe yavlyaetsya giperrebrom. inymi slovami, trebuetsya oharakterizovat sistemy troek shteynera s etim dopolnitelnym zamykaniem. idea-triples-define-operation edinstvennaya troyka zadaet operatsiyu dlya raznyh \\(a,b\\) opredelyaem \\(a+b=c\\), esli \\(\\{a,b,c\\}\\) yavlyaetsya troykoy. uslovie (i) daet kommutativnost, otlichie \\(a+b\\) ot \\(a,b\\) i pravilo \\(a+(a+b)=b\\). uslovie (ii) posle pereoboznacheniya daet nedostayuschuyu assotsiativnost v nevyrozhdennyh sluchayah. graph_model goal_characterization ai_checked idea-add-zero-get-f2-vector-space dobavit nol i poluchit bulevu gruppu esli dobavit novyy element \\(0\\) i polozhit \\(a+a=0\\), \\(a+0=a\\), to proverka sluchaev prevraschaet chastichnuyu operatsiyu na troykah v polnuyu assotsiativnuyu operatsiyu. poluchaetsya konechnaya abeleva gruppa, gde kazhdyy element raven svoemu obratnomu, to est vektornoe prostranstvo nad \\(\\mathbb f_2\\). construction goal_characterization ai_checked sol-official-expanded ot troek k gruppe nad \\(\\mathbb f_2\\) ai_checked otvet: vse chisla \\(n=2^m-1\\), gde \\(m\\ge1\\). snachala dokazhem neobhodimost. pust semeystvo \\(\\mathcal f\\) suschestvuet. po usloviyu (i) dlya lyubyh raznyh \\(a,b\\in s\\) odnoznachno opredelena tretya vershina \\(c\\), dlya kotoroy \\(\\{a,b,c\\}\\in\\mathcal f\\). oboznachim ee cherez \\(a+b\\). poka operatsiya opredelena tolko pri \\(a\\ne b\\). iz opredeleniya srazu sleduyut tri svoystva: \\(a+b=b+a\\), element \\(a+b\\) otlichen ot \\(a\\) i ot \\(b\\), a takzhe \\(a+(a+b)=b\\), potomu chto para \\(a,a+b\\) lezhit v toy zhe edinstvennoy troyke \\(\\{a,b,a+b\\}\\). teper izvlechem iz usloviya (ii) assotsiativnost. dobavim k \\(s\\) novyy element \\(0\\) i doopredelim operatsiyu na \\(g=s\\cup\\{0\\}\\) tak: \\(a+a=0\\) dlya vseh \\(a\\in s\\), \\(a+0=0+a=a\\), i \\(0+0=0\\). kommutativnost i nalichie neytralnogo elementa ochevidny; ostaetsya proverit assotsiativnost. rassmotrim \\(x,a,c\\in g\\). esli odin iz nih raven \\(0\\), assotsiativnost sleduet iz opr…","source_keys":["imc"]}
{"id":"imc-2006-day2-p1-polygon-triangulation-parity","title":"Триангуляция многоугольника с заданной чётностью вершин, IMC 2006 Day 2 P1","path":"data\\problems\\imc\\imc-2006-day2-p1-polygon-triangulation-parity.yaml","raw_github_url":"https://raw.githubusercontent.com/didin-maxim/knowledge_graph_of_graphs/main/data/problems/imc/imc-2006-day2-p1-polygon-triangulation-parity.yaml","viewer_url":"https://didin-maxim.github.io/knowledge_graph_of_graphs/#imc-2006-day2-p1-polygon-triangulation-parity","source_key":"imc","source_label":"IMC","source_titles":["IMC 2006 Day 2 P1, официальные условия и решения"],"year":"2006","type":"olympiad_problem","authors":[],"tags":["planar_graphs","induction","parity_coloring","construction","goal_construction"],"agent_topics":[],"difficulty":{"main":"imo_p2_p5","local_score":6,"comment":"Конструктивная индукция на триангуляциях; графовая модель — максимальный внешнепланарный граф с подсчётом инцидентных треугольных граней.","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":"агент grouped classification","audit_source":"agent-university-archives.json"},"statements":{"original":[{"id":"stmt-original","title":"Условие","status":"ai_checked","text":"Пусть \\(V\\) — выпуклый многоугольник с \\(n\\) вершинами. (a) Докажите, что если \\(3\\mid n\\), то \\(V\\) можно триангулировать, то есть разбить непересекающимися диагоналями на треугольники с вершинами в вершинах \\(V\\), так, чтобы каждая вершина \\(V\\) была вершиной нечётного числа треугольников. (b) Докажите, что если \\(3\\nmid n\\), то \\(V\\) можно триангулировать так, чтобы ровно две вершины были вершинами чётного числа треугольников.","definition_ids":[]}],"graph_theory":[{"id":"stmt-graph","title":"Максимальный внешнепланарный граф с заданной чётностью граней","status":"ai_checked","text":"Для цикла \\(C_n\\) требуется добавить непересекающиеся хорды до максимального внешнепланарного графа так, чтобы число внутренних треугольных граней, инцидентных каждой вершине, имело заданную чётность: все нечётны при \\(3\\mid n\\), а при \\(3\\nmid n\\) ровно две вершины имеют чётную инцидентность.","definition_ids":["planar_graph","cycle"]}]},"solutions":[{"id":"sol-official-expanded","title":"Индукция с шагом на три вершины","status":"ai_checked","definition_ids":["planar_graph"],"standard_idea_ids":["induction","invariant"],"tags":[],"has_text":true,"text_preview":"Достаточно проверить три начальных случая и затем переходить от \\(k\\) к \\(k+3\\). Для \\(n=3\\) единственный треугольник даёт нечётное число треугольников при каждой вершине. Для \\(n=4\\) любая диагональ разбивает четырёхугольник на два треугольника: две вершины диагонали входят в два треугольника, а две остальные — в один, значит ровно две вершины имеют чётную инцидентность. Для \\(n=5\\) достаточно взять триангуляцию веером из одной вершины: эта вершина входит в три треугольника, две соседние с ней — в один, а две оставшиеся — в два; снова ровно две вершины чётные. Пусть утверждение уже доказано для выпуклого \\(k\\)-угольника \\(P_1P_2\\ldots P_k\\). Рассмотрим \\((k+3)\\)-угольник \\(P_1P_2\\ldots P_{k+3}\\). Сначала триангулируем старый \\(k\\)-угольник \\(P_1P_2\\ldots P_k\\) по индукционному предположению. Затем добавим три треугольника \\[ P_1P_kP_{k+2},\\qquad P_kP_{k+1}P_{k+2},\\qquad P_1P_{k+2}P_{k+…"}],"relations":[{"id":"rel-imc-2006-p1-parent-p1a-all-odd","neighbor_id":"imc-2006-day2-p1a-polygon-triangulation-all-odd","direction":"forward","type":"same_source","distance":1,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-imc-2006-p1-parent-p1b-two-even","neighbor_id":"imc-2006-day2-p1b-polygon-triangulation-two-even","direction":"forward","type":"same_source","distance":1,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-imc-2006-triangulation-euler-formula","neighbor_id":"euler-formula-planar","direction":"forward","type":"same_motif","distance":3,"status":"needs_human_review"},{"id":"rel-imc-2006-triangulation-cmo-1973","neighbor_id":"cmo-1973-p4-triangulated-nonagon-labelings","direction":"forward","type":"same_motif","distance":2,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-schweitzer-1956-p3-imc-2006-triangulations","neighbor_id":"miklos-schweitzer-1956-p3-convex-polygon-triangulations","direction":"backward","type":"same_motif","distance":3,"status":"needs_human_review"}],"search_text":"imc-2006-day2-p1-polygon-triangulation-parity триангуляция многоугольника с заданной чётностью вершин, imc 2006 day 2 p1 planar_graphs induction parity_coloring construction goal_construction 2006 https://www.imc-math.org.uk/imc2006/day2_solutions.pdf imc imc 2006 day 2 p1, официальные условия и решения imc2006 problem_and_solution src-imc-2006-day2-p1-official with_solution ? imc 2006 day 2 p1, официальные условия и решения stmt-original условие ai_checked пусть \\(v\\) — выпуклый многоугольник с \\(n\\) вершинами. (a) докажите, что если \\(3\\mid n\\), то \\(v\\) можно триангулировать, то есть разбить непересекающимися диагоналями на треугольники с вершинами в вершинах \\(v\\), так, чтобы каждая вершина \\(v\\) была вершиной нечётного числа треугольников. (b) докажите, что если \\(3\\nmid n\\), то \\(v\\) можно триангулировать так, чтобы ровно две вершины были вершинами чётного числа треугольников. stmt-graph максимальный внешнепланарный граф с заданной чётностью граней ai_checked для цикла \\(c_n\\) требуется добавить непересекающиеся хорды до максимального внешнепланарного графа так, чтобы число внутренних треугольных граней, инцидентных каждой вершине, имело заданную чётность: все нечётны при \\(3\\mid n\\), а при \\(3\\nmid n\\) ровно две вершины имеют чётную инцидентность. planar_graph cycle idea-add-three-vertices добавление трёх вершин сохраняет нужное число чётных вершин если задача решена для \\(k\\)-угольника, то к стороне между двумя старыми вершинами можно приставить три новые вершины и три треугольника. две старые вершины получают по два новых инцидентных треугольника, а три новые — по нечётному числу, поэтому набор чётных вершин не меняется. induction parity_coloring ai_checked sol-official-expanded индукция с шагом на три вершины ai_checked planar_graph induction invariant достаточно проверить три начальных случая и затем переходить от \\(k\\) к \\(k+3\\). для \\(n=3\\) единственный треугольник даёт нечётное число треугольников при каждой вершине. для \\(n=4\\) любая диагональ разбивает четырёхугольник на два треугольника: две вершины диагонали входят в два треугольника, а две остальные — в один, значит ровно две вершины имеют чётную инцидентность. для \\(n=5\\) достаточно взять триангуляцию веером из одной вершины: эта вершина входит в три треугольника, две соседние с ней — в один, а две оставшиеся — в два; снова ровно две вершины чётные. пусть утверждение уже доказано для выпуклого \\(k\\)-угольника \\(p_1p_2\\ldots p_k\\). рассмотрим \\((k+3)\\)-угольник \\(p_1p_2\\ldots p_{k+3}\\). сначала триангулируем старый \\(k\\)-угольник \\(p_1p_2\\ldots p_k\\) по индукционному предположению. затем добавим три треугольника \\[ p_1p_kp_{k+2},\\qquad p_kp_{k+1}p_{k+2},\\qquad p_1p_{k+2}p_{k+… imc-2006-day2-p1-polygon-triangulation-parity triangulyatsiya mnogougolnika s zadannoy chetnostyu vershin, imc 2006 day 2 p1 planar_graphs induction parity_coloring construction goal_construction 2006 https://www.imc-math.org.uk/imc2006/day2_solutions.pdf imc imc 2006 day 2 p1, ofitsialnye usloviya i resheniya imc2006 problem_and_solution src-imc-2006-day2-p1-official with_solution ? imc 2006 day 2 p1, ofitsialnye usloviya i resheniya stmt-original uslovie ai_checked pust \\(v\\) — vypuklyy mnogougolnik s \\(n\\) vershinami. (a) dokazhite, chto esli \\(3\\mid n\\), to \\(v\\) mozhno triangulirovat, to est razbit neperesekayuschimisya diagonalyami na treugolniki s vershinami v vershinah \\(v\\), tak, chtoby kazhdaya vershina \\(v\\) byla vershinoy nechetnogo chisla treugolnikov. (b) dokazhite, chto esli \\(3\\nmid n\\), to \\(v\\) mozhno triangulirovat tak, chtoby rovno dve vershiny byli vershinami chetnogo chisla treugolnikov. stmt-graph maksimalnyy vneshneplanarnyy graf s zadannoy chetnostyu graney ai_checked dlya tsikla \\(c_n\\) trebuetsya dobavit neperesekayuschiesya hordy do maksimalnogo vneshneplanarnogo grafa tak, chtoby chislo vnutrennih treugolnyh graney, intsidentnyh kazhdoy vershine, imelo zadannuyu chetnost: vse nechetny pri \\(3\\mid n\\), a pri \\(3\\nmid n\\) rovno dve vershiny imeyut chetnuyu intsidentnost. planar_graph cycle idea-add-three-vertices dobavlenie treh vershin sohranyaet nuzhnoe chislo chetnyh vershin esli zadacha reshena dlya \\(k\\)-ugolnika, to k storone mezhdu dvumya starymi vershinami mozhno pristavit tri novye vershiny i tri treugolnika. dve starye vershiny poluchayut po dva novyh intsidentnyh treugolnika, a tri novye — po nechetnomu chislu, poetomu nabor chetnyh vershin ne menyaetsya. induction parity_coloring ai_checked sol-official-expanded induktsiya s shagom na tri vershiny ai_checked planar_graph induction invariant dostatochno proverit tri nachalnyh sluchaya i zatem perehodit ot \\(k\\) k \\(k+3\\). dlya \\(n=3\\) edinstvennyy treugolnik daet nechetnoe chislo treugolnikov pri kazhdoy vershine. dlya \\(n=4\\) lyubaya diagonal razbivaet chetyrehugolnik na dva treugolnika: dve vershiny diagonali vhodyat v dva treugolnika, a dve ostalnye — v odin, znachit rovno dve vershiny imeyut chetnuyu intsidentnost. dlya \\(n=5\\) dostatochno vzyat triangulyatsiyu veerom iz odnoy vershiny: eta vershina vhodit v tri treugolnika, dve sosednie s ney — v odin, a dve ostavshiesya — v dva; snova rovno dve vershiny chetnye. pust utverzhdenie uzhe dokazano dlya vypuklogo \\(k\\)-ugolnika \\(p_1p_2\\ldots p_k\\). rassmotrim \\((k+3)\\)-ugolnik \\(p_1p_2\\ldots p_{k+3}\\). snachala trianguliruem staryy \\(k\\)-ugolnik \\(p_1p_2\\ldots p_k\\) po induktsionnomu predpolozheniyu. zatem dobavim tri treugolnika \\[ p_1p_kp_{k+2},\\qquad p_kp_{k+1}p_{k+2},\\qquad p_1p_{k+2}p_{k+…","source_keys":["imc"]}
{"id":"imc-2006-day2-p1a-polygon-triangulation-all-odd","title":"Триангуляция многоугольника с нечётной инцидентностью, IMC 2006 Day 2 P1(a)","path":"data\\problems\\imc\\imc-2006-day2-p1a-polygon-triangulation-all-odd.yaml","raw_github_url":"https://raw.githubusercontent.com/didin-maxim/knowledge_graph_of_graphs/main/data/problems/imc/imc-2006-day2-p1a-polygon-triangulation-all-odd.yaml","viewer_url":"https://didin-maxim.github.io/knowledge_graph_of_graphs/#imc-2006-day2-p1a-polygon-triangulation-all-odd","source_key":"imc","source_label":"IMC","source_titles":["IMC 2006 Day 2 P1, официальные условия и решения"],"year":"2006","type":"olympiad_problem","authors":[],"tags":["planar_graphs","induction","parity_coloring","construction","goal_construction"],"agent_topics":[],"difficulty":{"main":"imo_p1_p4","local_score":5,"comment":"Самостоятельная половина IMC 2006 Day 2 P1: конструктивная индукция по числу вершин с шагом 3 и аккуратным учетом четности инцидентных треугольников.","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":0.8,"basis":"Аудит разбиения агентом повышенного уровня из составной карточки IMC 2006, день 2, задача 1","notes":"Решение является самодостаточным развёртыванием официального индукционного шага для случая делимости на 3.","audit_source":"agent-high-reasoning-split"},"statements":{"original":[{"id":"stmt-original","title":"Случай делимости числа вершин на 3","status":"ai_checked","text":"Пусть \\(V\\) - выпуклый многоугольник с \\(n\\) вершинами, где \\(3\\mid n\\). Докажите, что \\(V\\) можно триангулировать непересекающимися диагоналями так, чтобы каждая вершина \\(V\\) была вершиной нечетного числа треугольников этой триангуляции.","definition_ids":[]}],"graph_theory":[{"id":"stmt-graph","title":"Максимальный внешнепланарный граф с нечётной инцидентностью","status":"ai_checked","text":"Пусть \\(3\\mid n\\). Добавьте к циклу \\(C_n\\) непересекающиеся хорды до максимального внешнепланарного графа так, чтобы каждая вершина была инцидентна нечётному числу внутренних треугольных граней.","definition_ids":["planar_graph","cycle"]}]},"solutions":[{"id":"sol-add-three-vertices-all-odd","title":"Индукция с шагом на три вершины","status":"ai_checked","definition_ids":["planar_graph"],"standard_idea_ids":["induction","invariant"],"tags":[],"has_text":true,"text_preview":"Проведем индукцию по \\(n\\) среди чисел, кратных \\(3\\). База \\(n=3\\) очевидна: единственный треугольник инцидентен каждой из трех вершин ровно один раз, то есть нечетное число раз. Пусть утверждение доказано для некоторого \\(k\\)-угольника \\(P_1P_2\\ldots P_k\\), где \\(3\\mid k\\). Рассмотрим выпуклый \\((k+3)\\)-угольник \\(P_1P_2\\ldots P_{k+3}\\). По предположению индукции триангулируем подмногоугольник \\(P_1P_2\\ldots P_k\\) так, что каждая его вершина входит в нечетное число треугольников. Оставшаяся часть большого многоугольника - пятиугольник \\(P_1P_kP_{k+1}P_{k+2}P_{k+3}\\). Разобьем его на три треугольника \\[ P_1P_kP_{k+2},\\qquad P_kP_{k+1}P_{k+2},\\qquad P_1P_{k+2}P_{k+3}. \\] Эти треугольники вместе со старой триангуляцией дают триангуляцию всего \\((k+3)\\)-угольника. Теперь проверим четности. Вершины \\(P_1\\) и \\(P_k\\) получили по два новых инцидентных треугольника, поэтому их четность не изм…"}],"relations":[{"id":"rel-imc-2006-p1-parent-p1a-all-odd","neighbor_id":"imc-2006-day2-p1-polygon-triangulation-parity","direction":"backward","type":"same_source","distance":1,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-imc-2006-p1a-p1b-residue-pair","neighbor_id":"imc-2006-day2-p1b-polygon-triangulation-two-even","direction":"forward","type":"paired_variant","distance":1,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-imc-2006-p1a-kolmogorov-2006-dual-tree","neighbor_id":"kolmogorov-2006-round-4-super-league-problem-5","direction":"forward","type":"same_motif","distance":2,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-imc-2006-p1a-miklos-schweitzer-triangulation","neighbor_id":"miklos-schweitzer-1956-p3-convex-polygon-triangulations","direction":"forward","type":"same_motif","distance":2,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-imc-2006-p1a-usamo-2024-balanced-triangulation","neighbor_id":"usamo-2024-p3-balanced-regular-polygon-triangulation","direction":"forward","type":"same_motif","distance":2,"status":"needs_human_review"}],"search_text":"imc-2006-day2-p1a-polygon-triangulation-all-odd триангуляция многоугольника с нечётной инцидентностью, imc 2006 day 2 p1(a) planar_graphs induction parity_coloring construction goal_construction 2006 https://www.imc-math.org.uk/imc2006/day2_solutions.pdf imc imc 2006 day 2 p1, официальные условия и решения imc2006 problem_and_solution src-imc-2006-day2-p1-official with_solution ? imc 2006 day 2 p1, официальные условия и решения stmt-original случай делимости числа вершин на 3 ai_checked пусть \\(v\\) - выпуклый многоугольник с \\(n\\) вершинами, где \\(3\\mid n\\). докажите, что \\(v\\) можно триангулировать непересекающимися диагоналями так, чтобы каждая вершина \\(v\\) была вершиной нечетного числа треугольников этой триангуляции. stmt-graph максимальный внешнепланарный граф с нечётной инцидентностью ai_checked пусть \\(3\\mid n\\). добавьте к циклу \\(c_n\\) непересекающиеся хорды до максимального внешнепланарного графа так, чтобы каждая вершина была инцидентна нечётному числу внутренних треугольных граней. planar_graph cycle idea-add-three-vertices-preserves-all-odd добавлять три вершины, не меняя четность старых вершин если нужная триангуляция построена для \\(k\\)-угольника, то к стороне между двумя старыми вершинами можно пристроить три новые вершины и три новых треугольника. две старые вершины получают по два новых инцидентных треугольника, а три новые вершины получают соответственно \\(1,3,1\\) треугольников; поэтому все вершины остаются нечетными. induction parity_coloring ai_checked sol-add-three-vertices-all-odd индукция с шагом на три вершины ai_checked planar_graph induction invariant проведем индукцию по \\(n\\) среди чисел, кратных \\(3\\). база \\(n=3\\) очевидна: единственный треугольник инцидентен каждой из трех вершин ровно один раз, то есть нечетное число раз. пусть утверждение доказано для некоторого \\(k\\)-угольника \\(p_1p_2\\ldots p_k\\), где \\(3\\mid k\\). рассмотрим выпуклый \\((k+3)\\)-угольник \\(p_1p_2\\ldots p_{k+3}\\). по предположению индукции триангулируем подмногоугольник \\(p_1p_2\\ldots p_k\\) так, что каждая его вершина входит в нечетное число треугольников. оставшаяся часть большого многоугольника - пятиугольник \\(p_1p_kp_{k+1}p_{k+2}p_{k+3}\\). разобьем его на три треугольника \\[ p_1p_kp_{k+2},\\qquad p_kp_{k+1}p_{k+2},\\qquad p_1p_{k+2}p_{k+3}. \\] эти треугольники вместе со старой триангуляцией дают триангуляцию всего \\((k+3)\\)-угольника. теперь проверим четности. вершины \\(p_1\\) и \\(p_k\\) получили по два новых инцидентных треугольника, поэтому их четность не изм… imc-2006-day2-p1a-polygon-triangulation-all-odd triangulyatsiya mnogougolnika s nechetnoy intsidentnostyu, imc 2006 day 2 p1(a) planar_graphs induction parity_coloring construction goal_construction 2006 https://www.imc-math.org.uk/imc2006/day2_solutions.pdf imc imc 2006 day 2 p1, ofitsialnye usloviya i resheniya imc2006 problem_and_solution src-imc-2006-day2-p1-official with_solution ? imc 2006 day 2 p1, ofitsialnye usloviya i resheniya stmt-original sluchay delimosti chisla vershin na 3 ai_checked pust \\(v\\) - vypuklyy mnogougolnik s \\(n\\) vershinami, gde \\(3\\mid n\\). dokazhite, chto \\(v\\) mozhno triangulirovat neperesekayuschimisya diagonalyami tak, chtoby kazhdaya vershina \\(v\\) byla vershinoy nechetnogo chisla treugolnikov etoy triangulyatsii. stmt-graph maksimalnyy vneshneplanarnyy graf s nechetnoy intsidentnostyu ai_checked pust \\(3\\mid n\\). dobavte k tsiklu \\(c_n\\) neperesekayuschiesya hordy do maksimalnogo vneshneplanarnogo grafa tak, chtoby kazhdaya vershina byla intsidentna nechetnomu chislu vnutrennih treugolnyh graney. planar_graph cycle idea-add-three-vertices-preserves-all-odd dobavlyat tri vershiny, ne menyaya chetnost staryh vershin esli nuzhnaya triangulyatsiya postroena dlya \\(k\\)-ugolnika, to k storone mezhdu dvumya starymi vershinami mozhno pristroit tri novye vershiny i tri novyh treugolnika. dve starye vershiny poluchayut po dva novyh intsidentnyh treugolnika, a tri novye vershiny poluchayut sootvetstvenno \\(1,3,1\\) treugolnikov; poetomu vse vershiny ostayutsya nechetnymi. induction parity_coloring ai_checked sol-add-three-vertices-all-odd induktsiya s shagom na tri vershiny ai_checked planar_graph induction invariant provedem induktsiyu po \\(n\\) sredi chisel, kratnyh \\(3\\). baza \\(n=3\\) ochevidna: edinstvennyy treugolnik intsidenten kazhdoy iz treh vershin rovno odin raz, to est nechetnoe chislo raz. pust utverzhdenie dokazano dlya nekotorogo \\(k\\)-ugolnika \\(p_1p_2\\ldots p_k\\), gde \\(3\\mid k\\). rassmotrim vypuklyy \\((k+3)\\)-ugolnik \\(p_1p_2\\ldots p_{k+3}\\). po predpolozheniyu induktsii trianguliruem podmnogougolnik \\(p_1p_2\\ldots p_k\\) tak, chto kazhdaya ego vershina vhodit v nechetnoe chislo treugolnikov. ostavshayasya chast bolshogo mnogougolnika - pyatiugolnik \\(p_1p_kp_{k+1}p_{k+2}p_{k+3}\\). razobem ego na tri treugolnika \\[ p_1p_kp_{k+2},\\qquad p_kp_{k+1}p_{k+2},\\qquad p_1p_{k+2}p_{k+3}. \\] eti treugolniki vmeste so staroy triangulyatsiey dayut triangulyatsiyu vsego \\((k+3)\\)-ugolnika. teper proverim chetnosti. vershiny \\(p_1\\) i \\(p_k\\) poluchili po dva novyh intsidentnyh treugolnika, poetomu ih chetnost ne izm…","source_keys":["imc"]}
{"id":"imc-2006-day2-p1b-polygon-triangulation-two-even","title":"Триангуляция многоугольника с двумя чётными вершинами, IMC 2006 Day 2 P1(b)","path":"data\\problems\\imc\\imc-2006-day2-p1b-polygon-triangulation-two-even.yaml","raw_github_url":"https://raw.githubusercontent.com/didin-maxim/knowledge_graph_of_graphs/main/data/problems/imc/imc-2006-day2-p1b-polygon-triangulation-two-even.yaml","viewer_url":"https://didin-maxim.github.io/knowledge_graph_of_graphs/#imc-2006-day2-p1b-polygon-triangulation-two-even","source_key":"imc","source_label":"IMC","source_titles":["IMC 2006 Day 2 P1, официальные условия и решения"],"year":"2006","type":"olympiad_problem","authors":[],"tags":["planar_graphs","induction","parity_coloring","construction","goal_construction"],"agent_topics":[],"difficulty":{"main":"imo_p1_p4","local_score":5,"comment":"Самостоятельная половина IMC 2006 Day 2 P1: две малые базы для остатков 1 и 2 по модулю 3 плюс общий шаг, сохраняющий ровно две четные вершины.","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":0.8,"basis":"Аудит разбиения агентом повышенного уровня из составной карточки IMC 2006, день 2, задача 1","notes":"Решение является самодостаточным развёртыванием официального индукционного шага для случая, когда число не делится на 3.","audit_source":"agent-high-reasoning-split"},"statements":{"original":[{"id":"stmt-original","title":"Случай, когда число вершин не делится на 3","status":"ai_checked","text":"Пусть \\(V\\) - выпуклый многоугольник с \\(n\\) вершинами, где \\(3\\nmid n\\). Докажите, что \\(V\\) можно триангулировать непересекающимися диагоналями так, чтобы ровно две вершины \\(V\\) были вершинами четного числа треугольников этой триангуляции.","definition_ids":[]}],"graph_theory":[{"id":"stmt-graph","title":"Максимальный внешнепланарный граф с двумя чётными вершинами","status":"ai_checked","text":"Пусть \\(3\\nmid n\\). Добавьте к циклу \\(C_n\\) непересекающиеся хорды до максимального внешнепланарного графа так, чтобы ровно две вершины были инцидентны чётному числу внутренних треугольных граней.","definition_ids":["planar_graph","cycle"]}]},"solutions":[{"id":"sol-add-three-vertices-two-even","title":"Две базы и индукция с шагом 3","status":"ai_checked","definition_ids":["planar_graph"],"standard_idea_ids":["induction","invariant"],"tags":[],"has_text":true,"text_preview":"Проведем индукцию отдельно по двум остаткам \\(n\\equiv 1\\pmod 3\\) и \\(n\\equiv 2\\pmod 3\\). База \\(n=4\\): любая диагональ разбивает четырехугольник на два треугольника. Две вершины проведенной диагонали входят в два треугольника, а две остальные - в один. Значит, ровно две вершины имеют четное число инцидентных треугольников. База \\(n=5\\): возьмем веерную триангуляцию из одной вершины. Эта вершина входит в три треугольника; две соседние с ней вершины входят в один треугольник; две оставшиеся вершины входят в два треугольника. Значит, снова ровно две вершины имеют четную инцидентность. Теперь пусть утверждение доказано для некоторого \\(k\\)-угольника \\(P_1P_2\\ldots P_k\\), где \\(3\\nmid k\\). Рассмотрим выпуклый \\((k+3)\\)-угольник \\(P_1P_2\\ldots P_{k+3}\\). По предположению индукции триангулируем подмногоугольник \\(P_1P_2\\ldots P_k\\) так, что ровно две его вершины имеют четную инцидентность. Ост…"}],"relations":[{"id":"rel-imc-2006-p1-parent-p1b-two-even","neighbor_id":"imc-2006-day2-p1-polygon-triangulation-parity","direction":"backward","type":"same_source","distance":1,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-imc-2006-p1a-p1b-residue-pair","neighbor_id":"imc-2006-day2-p1a-polygon-triangulation-all-odd","direction":"backward","type":"paired_variant","distance":1,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-imc-2006-p1b-kolmogorov-2006-dual-tree","neighbor_id":"kolmogorov-2006-round-4-super-league-problem-5","direction":"forward","type":"same_motif","distance":2,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-imc-2006-p1b-miklos-schweitzer-triangulation","neighbor_id":"miklos-schweitzer-1956-p3-convex-polygon-triangulations","direction":"forward","type":"same_motif","distance":2,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-imc-2006-p1b-usamo-2024-balanced-triangulation","neighbor_id":"usamo-2024-p3-balanced-regular-polygon-triangulation","direction":"forward","type":"same_motif","distance":2,"status":"needs_human_review"}],"search_text":"imc-2006-day2-p1b-polygon-triangulation-two-even триангуляция многоугольника с двумя чётными вершинами, imc 2006 day 2 p1(b) planar_graphs induction parity_coloring construction goal_construction 2006 https://www.imc-math.org.uk/imc2006/day2_solutions.pdf imc imc 2006 day 2 p1, официальные условия и решения imc2006 problem_and_solution src-imc-2006-day2-p1-official with_solution ? imc 2006 day 2 p1, официальные условия и решения stmt-original случай, когда число вершин не делится на 3 ai_checked пусть \\(v\\) - выпуклый многоугольник с \\(n\\) вершинами, где \\(3\\nmid n\\). докажите, что \\(v\\) можно триангулировать непересекающимися диагоналями так, чтобы ровно две вершины \\(v\\) были вершинами четного числа треугольников этой триангуляции. stmt-graph максимальный внешнепланарный граф с двумя чётными вершинами ai_checked пусть \\(3\\nmid n\\). добавьте к циклу \\(c_n\\) непересекающиеся хорды до максимального внешнепланарного графа так, чтобы ровно две вершины были инцидентны чётному числу внутренних треугольных граней. planar_graph cycle idea-add-three-vertices-preserves-two-even добавление трех вершин сохраняет число четных вершин при пристройке трех вершин к стороне уже триангулированного многоугольника две старые вершины получают по два новых треугольника, а новые вершины получают \\(1,3,1\\) треугольников. поэтому множество старых четных вершин не меняется, а новые вершины не добавляют четных инцидентностей. induction parity_coloring ai_checked sol-add-three-vertices-two-even две базы и индукция с шагом 3 ai_checked planar_graph induction invariant проведем индукцию отдельно по двум остаткам \\(n\\equiv 1\\pmod 3\\) и \\(n\\equiv 2\\pmod 3\\). база \\(n=4\\): любая диагональ разбивает четырехугольник на два треугольника. две вершины проведенной диагонали входят в два треугольника, а две остальные - в один. значит, ровно две вершины имеют четное число инцидентных треугольников. база \\(n=5\\): возьмем веерную триангуляцию из одной вершины. эта вершина входит в три треугольника; две соседние с ней вершины входят в один треугольник; две оставшиеся вершины входят в два треугольника. значит, снова ровно две вершины имеют четную инцидентность. теперь пусть утверждение доказано для некоторого \\(k\\)-угольника \\(p_1p_2\\ldots p_k\\), где \\(3\\nmid k\\). рассмотрим выпуклый \\((k+3)\\)-угольник \\(p_1p_2\\ldots p_{k+3}\\). по предположению индукции триангулируем подмногоугольник \\(p_1p_2\\ldots p_k\\) так, что ровно две его вершины имеют четную инцидентность. ост… imc-2006-day2-p1b-polygon-triangulation-two-even triangulyatsiya mnogougolnika s dvumya chetnymi vershinami, imc 2006 day 2 p1(b) planar_graphs induction parity_coloring construction goal_construction 2006 https://www.imc-math.org.uk/imc2006/day2_solutions.pdf imc imc 2006 day 2 p1, ofitsialnye usloviya i resheniya imc2006 problem_and_solution src-imc-2006-day2-p1-official with_solution ? imc 2006 day 2 p1, ofitsialnye usloviya i resheniya stmt-original sluchay, kogda chislo vershin ne delitsya na 3 ai_checked pust \\(v\\) - vypuklyy mnogougolnik s \\(n\\) vershinami, gde \\(3\\nmid n\\). dokazhite, chto \\(v\\) mozhno triangulirovat neperesekayuschimisya diagonalyami tak, chtoby rovno dve vershiny \\(v\\) byli vershinami chetnogo chisla treugolnikov etoy triangulyatsii. stmt-graph maksimalnyy vneshneplanarnyy graf s dvumya chetnymi vershinami ai_checked pust \\(3\\nmid n\\). dobavte k tsiklu \\(c_n\\) neperesekayuschiesya hordy do maksimalnogo vneshneplanarnogo grafa tak, chtoby rovno dve vershiny byli intsidentny chetnomu chislu vnutrennih treugolnyh graney. planar_graph cycle idea-add-three-vertices-preserves-two-even dobavlenie treh vershin sohranyaet chislo chetnyh vershin pri pristroyke treh vershin k storone uzhe triangulirovannogo mnogougolnika dve starye vershiny poluchayut po dva novyh treugolnika, a novye vershiny poluchayut \\(1,3,1\\) treugolnikov. poetomu mnozhestvo staryh chetnyh vershin ne menyaetsya, a novye vershiny ne dobavlyayut chetnyh intsidentnostey. induction parity_coloring ai_checked sol-add-three-vertices-two-even dve bazy i induktsiya s shagom 3 ai_checked planar_graph induction invariant provedem induktsiyu otdelno po dvum ostatkam \\(n\\equiv 1\\pmod 3\\) i \\(n\\equiv 2\\pmod 3\\). baza \\(n=4\\): lyubaya diagonal razbivaet chetyrehugolnik na dva treugolnika. dve vershiny provedennoy diagonali vhodyat v dva treugolnika, a dve ostalnye - v odin. znachit, rovno dve vershiny imeyut chetnoe chislo intsidentnyh treugolnikov. baza \\(n=5\\): vozmem veernuyu triangulyatsiyu iz odnoy vershiny. eta vershina vhodit v tri treugolnika; dve sosednie s ney vershiny vhodyat v odin treugolnik; dve ostavshiesya vershiny vhodyat v dva treugolnika. znachit, snova rovno dve vershiny imeyut chetnuyu intsidentnost. teper pust utverzhdenie dokazano dlya nekotorogo \\(k\\)-ugolnika \\(p_1p_2\\ldots p_k\\), gde \\(3\\nmid k\\). rassmotrim vypuklyy \\((k+3)\\)-ugolnik \\(p_1p_2\\ldots p_{k+3}\\). po predpolozheniyu induktsii trianguliruem podmnogougolnik \\(p_1p_2\\ldots p_k\\) tak, chto rovno dve ego vershiny imeyut chetnuyu intsidentnost. ost…","source_keys":["imc"]}
{"id":"imc-2009-day1-p3-friendship-girth-five","title":"Граф знакомств с диаметром два и кратчайшим циклом, IMC 2009 Day 1 P3","path":"data\\problems\\imc\\imc-2009-day1-p3-friendship-girth-five.yaml","raw_github_url":"https://raw.githubusercontent.com/didin-maxim/knowledge_graph_of_graphs/main/data/problems/imc/imc-2009-day1-p3-friendship-girth-five.yaml","viewer_url":"https://didin-maxim.github.io/knowledge_graph_of_graphs/#imc-2009-day1-p3-friendship-girth-five","source_key":"imc","source_label":"IMC","source_titles":["IMC 2009 Day 1 P3, официальные условия и решения"],"year":"2009","type":"olympiad_problem","authors":[],"tags":["connectivity","degree_counting","double_counting","forbidden_triangle","goal_exact_bound"],"agent_topics":[],"difficulty":{"main":"imo_p2_p5","local_score":7,"comment":"Задача фактически является задачей о графе диаметра два, подсчёте ходов длины два и обхвате.","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":"агент grouped classification","audit_source":"agent-university-archives.json"},"statements":{"original":[{"id":"stmt-original","title":"Условие","status":"ai_checked","text":"В городе любые два незнакомых жителя имеют общего друга, и нет жителя, который дружит со всеми остальными. Пронумеруем жителей числами \\(1,\\ldots,n\\), и пусть \\(a_i\\) — число друзей \\(i\\)-го жителя. Известно, что \\(\\sum_{i=1}^n a_i^2=n^2-n\\). Пусть \\(k\\) — наименьшее число жителей, не меньшее \\(3\\), которых можно посадить за круглый стол так, чтобы любые два соседа за столом были друзьями. Найдите все возможные значения \\(k\\).","definition_ids":[]}],"graph_theory":[{"id":"stmt-graph","title":"Граф диаметра два с заданной суммой квадратов степеней","status":"ai_checked","text":"Пусть \\(G\\) — простой граф на \\(n\\) вершинах с \\(\\operatorname{diam}G\\le2\\), без универсальной вершины, и пусть степени вершин \\(a_1,\\ldots,a_n\\) удовлетворяют \\(\\sum a_i^2=n^2-n\\). Определите все возможные значения длины кратчайшего цикла в \\(G\\).","definition_ids":["simple_graph","degree","cycle"]}]},"solutions":[{"id":"sol-official-expanded","title":"Подсчёт ходов длины два и обхват графа","status":"ai_checked","definition_ids":["degree","cycle","connected_graph"],"standard_idea_ids":["double_counting","extremal_choice"],"tags":[],"has_text":true,"text_preview":"Ответ: единственно возможное значение \\(k\\) равно \\(5\\). Построим граф \\(G\\): вершины — жители, ребро означает дружбу. Условие про общих друзей говорит, что любые две несмежные вершины соединяются путём длины \\(2\\), а отсутствие жителя, знакомого со всеми, означает отсутствие универсальной вершины. Число \\(k\\) — это длина кратчайшего цикла в \\(G\\), если циклы есть. Подсчитаем упорядоченные ходы длины \\(2\\), то есть тройки \\((v_i,v_j,v_l)\\), где \\(v_iv_j\\) и \\(v_jv_l\\) — рёбра; разрешаем \\(i=l\\). Для фиксированной средней вершины \\(v_j\\) таких ходов \\(a_j^2\\), поэтому всего их \\(\\sum a_j^2=n^2-n\\). Теперь сопоставим каждой упорядоченной паре различных вершин ход длины \\(2\\). Если \\(v_i\\) и \\(v_j\\) несмежны, берём одного их общего соседа \\(v_l\\) и ход \\((v_i,v_l,v_j)\\). Если они смежны, берём ход \\((v_i,v_j,v_i)\\). Такое отображение инъективно: ход с разными концами мог прийти только от п…"}],"relations":[{"id":"rel-vjimc-2024-cat1-p3-imc-2009-degree-square-counting","neighbor_id":"vjimc-2024-cat1-p3-degree-squares-triangle","direction":"backward","type":"same_motif","distance":2,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-imc-2009-friendship-apmo-2010","neighbor_id":"apmo-2010-p3-common-acquaintance-extremal","direction":"forward","type":"same_motif","distance":2,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-imc-2009-friendship-mantel","neighbor_id":"mantel-theorem","direction":"forward","type":"same_motif","distance":3,"status":"needs_human_review"}],"search_text":"imc-2009-day1-p3-friendship-girth-five граф знакомств с диаметром два и кратчайшим циклом, imc 2009 day 1 p3 connectivity degree_counting double_counting forbidden_triangle goal_exact_bound 2009 https://www.imc-math.org.uk/imc2009/imc2009-day1-solutions.pdf imc imc 2009 day 1 p3, официальные условия и решения imc2009 problem_and_solution src-imc-2009-day1-p3-official with_solution ? imc 2009 day 1 p3, официальные условия и решения stmt-original условие ai_checked в городе любые два незнакомых жителя имеют общего друга, и нет жителя, который дружит со всеми остальными. пронумеруем жителей числами \\(1,\\ldots,n\\), и пусть \\(a_i\\) — число друзей \\(i\\)-го жителя. известно, что \\(\\sum_{i=1}^n a_i^2=n^2-n\\). пусть \\(k\\) — наименьшее число жителей, не меньшее \\(3\\), которых можно посадить за круглый стол так, чтобы любые два соседа за столом были друзьями. найдите все возможные значения \\(k\\). stmt-graph граф диаметра два с заданной суммой квадратов степеней ai_checked пусть \\(g\\) — простой граф на \\(n\\) вершинах с \\(\\operatorname{diam}g\\le2\\), без универсальной вершины, и пусть степени вершин \\(a_1,\\ldots,a_n\\) удовлетворяют \\(\\sum a_i^2=n^2-n\\). определите все возможные значения длины кратчайшего цикла в \\(g\\). simple_graph degree cycle idea-length-two-walks-force-no-c3-c4 равенство в подсчёте ходов длины два запрещает \\(c_3\\) и \\(c_4\\) каждая упорядоченная пара различных вершин инъективно кодируется ходом длины два: ребро кодируется возвращением по тому же ребру, а неребро — путём через общего соседа. равенство \\(\\sum a_i^2=n^2-n\\) означает, что лишних ходов длины два нет, то есть у смежных вершин нет общего соседа, а у несмежных он единственный. double_counting degree_counting ai_checked idea-diameter-two-shortest-cycle диаметр два укорачивает длинный кратчайший цикл если кратчайший цикл имел бы длину хотя бы \\(6\\), то на нём нашлись бы две вершины, далеко расположенные по обеим дугам. путь между ними длины не больше \\(2\\) дал бы более короткий замкнутый обход и, значит, более короткий цикл. connectivity extremal_choice ai_checked sol-official-expanded подсчёт ходов длины два и обхват графа ai_checked degree cycle connected_graph double_counting extremal_choice ответ: единственно возможное значение \\(k\\) равно \\(5\\). построим граф \\(g\\): вершины — жители, ребро означает дружбу. условие про общих друзей говорит, что любые две несмежные вершины соединяются путём длины \\(2\\), а отсутствие жителя, знакомого со всеми, означает отсутствие универсальной вершины. число \\(k\\) — это длина кратчайшего цикла в \\(g\\), если циклы есть. подсчитаем упорядоченные ходы длины \\(2\\), то есть тройки \\((v_i,v_j,v_l)\\), где \\(v_iv_j\\) и \\(v_jv_l\\) — рёбра; разрешаем \\(i=l\\). для фиксированной средней вершины \\(v_j\\) таких ходов \\(a_j^2\\), поэтому всего их \\(\\sum a_j^2=n^2-n\\). теперь сопоставим каждой упорядоченной паре различных вершин ход длины \\(2\\). если \\(v_i\\) и \\(v_j\\) несмежны, берём одного их общего соседа \\(v_l\\) и ход \\((v_i,v_l,v_j)\\). если они смежны, берём ход \\((v_i,v_j,v_i)\\). такое отображение инъективно: ход с разными концами мог прийти только от п… imc-2009-day1-p3-friendship-girth-five graf znakomstv s diametrom dva i kratchayshim tsiklom, imc 2009 day 1 p3 connectivity degree_counting double_counting forbidden_triangle goal_exact_bound 2009 https://www.imc-math.org.uk/imc2009/imc2009-day1-solutions.pdf imc imc 2009 day 1 p3, ofitsialnye usloviya i resheniya imc2009 problem_and_solution src-imc-2009-day1-p3-official with_solution ? imc 2009 day 1 p3, ofitsialnye usloviya i resheniya stmt-original uslovie ai_checked v gorode lyubye dva neznakomyh zhitelya imeyut obschego druga, i net zhitelya, kotoryy druzhit so vsemi ostalnymi. pronumeruem zhiteley chislami \\(1,\\ldots,n\\), i pust \\(a_i\\) — chislo druzey \\(i\\)-go zhitelya. izvestno, chto \\(\\sum_{i=1}^n a_i^2=n^2-n\\). pust \\(k\\) — naimenshee chislo zhiteley, ne menshee \\(3\\), kotoryh mozhno posadit za kruglyy stol tak, chtoby lyubye dva soseda za stolom byli druzyami. naydite vse vozmozhnye znacheniya \\(k\\). stmt-graph graf diametra dva s zadannoy summoy kvadratov stepeney ai_checked pust \\(g\\) — prostoy graf na \\(n\\) vershinah s \\(\\operatorname{diam}g\\le2\\), bez universalnoy vershiny, i pust stepeni vershin \\(a_1,\\ldots,a_n\\) udovletvoryayut \\(\\sum a_i^2=n^2-n\\). opredelite vse vozmozhnye znacheniya dliny kratchayshego tsikla v \\(g\\). simple_graph degree cycle idea-length-two-walks-force-no-c3-c4 ravenstvo v podschete hodov dliny dva zapreschaet \\(c_3\\) i \\(c_4\\) kazhdaya uporyadochennaya para razlichnyh vershin inektivno kodiruetsya hodom dliny dva: rebro kodiruetsya vozvrascheniem po tomu zhe rebru, a nerebro — putem cherez obschego soseda. ravenstvo \\(\\sum a_i^2=n^2-n\\) oznachaet, chto lishnih hodov dliny dva net, to est u smezhnyh vershin net obschego soseda, a u nesmezhnyh on edinstvennyy. double_counting degree_counting ai_checked idea-diameter-two-shortest-cycle diametr dva ukorachivaet dlinnyy kratchayshiy tsikl esli kratchayshiy tsikl imel by dlinu hotya by \\(6\\), to na nem nashlis by dve vershiny, daleko raspolozhennye po obeim dugam. put mezhdu nimi dliny ne bolshe \\(2\\) dal by bolee korotkiy zamknutyy obhod i, znachit, bolee korotkiy tsikl. connectivity extremal_choice ai_checked sol-official-expanded podschet hodov dliny dva i obhvat grafa ai_checked degree cycle connected_graph double_counting extremal_choice otvet: edinstvenno vozmozhnoe znachenie \\(k\\) ravno \\(5\\). postroim graf \\(g\\): vershiny — zhiteli, rebro oznachaet druzhbu. uslovie pro obschih druzey govorit, chto lyubye dve nesmezhnye vershiny soedinyayutsya putem dliny \\(2\\), a otsutstvie zhitelya, znakomogo so vsemi, oznachaet otsutstvie universalnoy vershiny. chislo \\(k\\) — eto dlina kratchayshego tsikla v \\(g\\), esli tsikly est. podschitaem uporyadochennye hody dliny \\(2\\), to est troyki \\((v_i,v_j,v_l)\\), gde \\(v_iv_j\\) i \\(v_jv_l\\) — rebra; razreshaem \\(i=l\\). dlya fiksirovannoy sredney vershiny \\(v_j\\) takih hodov \\(a_j^2\\), poetomu vsego ih \\(\\sum a_j^2=n^2-n\\). teper sopostavim kazhdoy uporyadochennoy pare razlichnyh vershin hod dliny \\(2\\). esli \\(v_i\\) i \\(v_j\\) nesmezhny, berem odnogo ih obschego soseda \\(v_l\\) i hod \\((v_i,v_l,v_j)\\). esli oni smezhny, berem hod \\((v_i,v_j,v_i)\\). takoe otobrazhenie inektivno: hod s raznymi kontsami mog priyti tolko ot p…","source_keys":["imc"]}
{"id":"imc-2010-day2-p4-f2-adjacency-matrix-zero-entry","title":"Маршруты нечётной кратности в графе, IMC 2010 Day 2 P4","path":"data\\problems\\imc\\imc-2010-day2-p4-f2-adjacency-matrix-zero-entry.yaml","raw_github_url":"https://raw.githubusercontent.com/didin-maxim/knowledge_graph_of_graphs/main/data/problems/imc/imc-2010-day2-p4-f2-adjacency-matrix-zero-entry.yaml","viewer_url":"https://didin-maxim.github.io/knowledge_graph_of_graphs/#imc-2010-day2-p4-f2-adjacency-matrix-zero-entry","source_key":"imc","source_label":"IMC","source_titles":["IMC 2010 Day 2 P4, официальные условия и решения"],"year":"2010","type":"olympiad_problem","authors":[],"tags":["graph_model","parity_coloring","invariant","induction","goal_proof"],"agent_topics":[],"difficulty":{"main":"imo_p3_p6","local_score":9,"comment":"Линейная алгебра над \\(\\mathbb F_2\\); графовая интерпретация как матрица смежности полезна, но решение остаётся алгебраическим.","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":"агент grouped classification","audit_source":"agent-university-archives.json"},"statements":{"original":[{"id":"stmt-original","title":"Условие","status":"ai_checked","text":"Пусть \\(A\\) — симметричная матрица размера \\(m\\times m\\) над полем из двух элементов, причём все диагональные элементы \\(A\\) равны нулю. Докажите, что для каждого положительного целого \\(n\\) каждый столбец матрицы \\(A^n\\) содержит нулевой элемент.","definition_ids":[]}],"graph_theory":[{"id":"stmt-graph","title":"Маршруты нечётной кратности","status":"ai_checked","text":"Пусть \\(G\\) — конечный простой граф, а \\(A\\) — его матрица смежности над \\(\\mathbb F_2\\). Докажите, что для любой вершины \\(v\\) и любого \\(r\\ge1\\) найдётся вершина, в которую из \\(v\\) ведёт чётное число маршрутов длины \\(r\\).","definition_ids":["simple_graph"]}]},"solutions":[{"id":"sol-official-expanded","title":"Билинейная форма над \\(\\mathbb F_2\\)","status":"ai_checked","definition_ids":["simple_graph"],"standard_idea_ids":["invariant","induction"],"tags":[],"has_text":true,"text_preview":"Обозначим через \\(e_k\\) стандартный базисный столбец, а через \\(u\\) столбец, все элементы которого равны \\(1\\). \\(k\\)-й столбец матрицы \\(A^n\\) равен \\(A^n e_k\\), поэтому надо доказать, что \\(A^n e_k\\ne u\\) для всех \\(k\\) и \\(n\\ge1\\). Введём над \\(\\mathbb F_2^m\\) билинейную форму \\[ (x,y)=x^Ty=x_1y_1+\\cdots+x_my_m. \\] Для любого \\(x\\) верно \\((x,x)=(x,u)\\), потому что в поле \\(\\mathbb F_2\\) имеем \\(x_i^2=x_i\\). Кроме того, для любого \\(w\\) \\[ (w,Aw)=w^TAw=0. \\] Действительно, диагональные слагаемые равны нулю из-за нулевой диагонали \\(A\\), а внедиагональные слагаемые \\(a_{ij}w_iw_j\\) и \\(a_{ji}w_jw_i\\) попарно совпадают и в сумме дают \\(0\\) по модулю \\(2\\). Докажем лемму: если для некоторого вектора \\(v\\) и некоторого \\(n\\ge1\\) выполнено \\(A^n v=u\\), то \\((v,v)=0\\). Индукция идёт по \\(n\\). Если \\(n=2r+1\\) нечётно, положим \\(w=A^r v\\). Тогда \\[ (v,v)=(v,u)=(v,A^n v)=(A^r v,A^{r+1}v)=(w,A…"}],"relations":[{"id":"rel-kolm-2022-even-degree-odd-walks-imc-2010-f2-adjacency","neighbor_id":"kolmogorov-2022-round4-second-third-even-degree-odd-walks","direction":"backward","type":"same_motif","distance":2,"status":"ai_checked"}],"search_text":"imc-2010-day2-p4-f2-adjacency-matrix-zero-entry маршруты нечётной кратности в графе, imc 2010 day 2 p4 graph_model parity_coloring invariant induction goal_proof 2010 https://www.imc-math.org.uk/imc2010/imc2010-day2-solutions.pdf imc imc 2010 day 2 p4, официальные условия и решения imc2010 problem_and_solution src-imc-2010-day2-p4-official with_solution ? imc 2010 day 2 p4, официальные условия и решения stmt-original условие ai_checked пусть \\(a\\) — симметричная матрица размера \\(m\\times m\\) над полем из двух элементов, причём все диагональные элементы \\(a\\) равны нулю. докажите, что для каждого положительного целого \\(n\\) каждый столбец матрицы \\(a^n\\) содержит нулевой элемент. stmt-graph маршруты нечётной кратности ai_checked пусть \\(g\\) — конечный простой граф, а \\(a\\) — его матрица смежности над \\(\\mathbb f_2\\). докажите, что для любой вершины \\(v\\) и любого \\(r\\ge1\\) найдётся вершина, в которую из \\(v\\) ведёт чётное число маршрутов длины \\(r\\). simple_graph idea-f2-form-kills-aw нулевая диагональ делает \\((w,aw)=0\\) для симметричной матрицы над \\(\\mathbb f_2\\) с нулевой диагональю сумма \\(w^taw\\) состоит из попарно равных внедиагональных слагаемых, которые взаимно уничтожаются по модулю \\(2\\). invariant parity_coloring ai_checked idea-all-ones-implies-isotropic если \\(a^n v=u\\), то \\((v,v)=0\\) индукция по \\(n\\) переносит равенство с большой степени \\(a\\) к выражениям вида \\((w,aw)\\) или \\((w,w)\\). это заставляет исходный вектор быть изотропным относительно формы \\((x,x)\\). induction invariant ai_checked sol-official-expanded билинейная форма над \\(\\mathbb f_2\\) ai_checked simple_graph invariant induction обозначим через \\(e_k\\) стандартный базисный столбец, а через \\(u\\) столбец, все элементы которого равны \\(1\\). \\(k\\)-й столбец матрицы \\(a^n\\) равен \\(a^n e_k\\), поэтому надо доказать, что \\(a^n e_k\\ne u\\) для всех \\(k\\) и \\(n\\ge1\\). введём над \\(\\mathbb f_2^m\\) билинейную форму \\[ (x,y)=x^ty=x_1y_1+\\cdots+x_my_m. \\] для любого \\(x\\) верно \\((x,x)=(x,u)\\), потому что в поле \\(\\mathbb f_2\\) имеем \\(x_i^2=x_i\\). кроме того, для любого \\(w\\) \\[ (w,aw)=w^taw=0. \\] действительно, диагональные слагаемые равны нулю из-за нулевой диагонали \\(a\\), а внедиагональные слагаемые \\(a_{ij}w_iw_j\\) и \\(a_{ji}w_jw_i\\) попарно совпадают и в сумме дают \\(0\\) по модулю \\(2\\). докажем лемму: если для некоторого вектора \\(v\\) и некоторого \\(n\\ge1\\) выполнено \\(a^n v=u\\), то \\((v,v)=0\\). индукция идёт по \\(n\\). если \\(n=2r+1\\) нечётно, положим \\(w=a^r v\\). тогда \\[ (v,v)=(v,u)=(v,a^n v)=(a^r v,a^{r+1}v)=(w,a… imc-2010-day2-p4-f2-adjacency-matrix-zero-entry marshruty nechetnoy kratnosti v grafe, imc 2010 day 2 p4 graph_model parity_coloring invariant induction goal_proof 2010 https://www.imc-math.org.uk/imc2010/imc2010-day2-solutions.pdf imc imc 2010 day 2 p4, ofitsialnye usloviya i resheniya imc2010 problem_and_solution src-imc-2010-day2-p4-official with_solution ? imc 2010 day 2 p4, ofitsialnye usloviya i resheniya stmt-original uslovie ai_checked pust \\(a\\) — simmetrichnaya matritsa razmera \\(m\\times m\\) nad polem iz dvuh elementov, prichem vse diagonalnye elementy \\(a\\) ravny nulyu. dokazhite, chto dlya kazhdogo polozhitelnogo tselogo \\(n\\) kazhdyy stolbets matritsy \\(a^n\\) soderzhit nulevoy element. stmt-graph marshruty nechetnoy kratnosti ai_checked pust \\(g\\) — konechnyy prostoy graf, a \\(a\\) — ego matritsa smezhnosti nad \\(\\mathbb f_2\\). dokazhite, chto dlya lyuboy vershiny \\(v\\) i lyubogo \\(r\\ge1\\) naydetsya vershina, v kotoruyu iz \\(v\\) vedet chetnoe chislo marshrutov dliny \\(r\\). simple_graph idea-f2-form-kills-aw nulevaya diagonal delaet \\((w,aw)=0\\) dlya simmetrichnoy matritsy nad \\(\\mathbb f_2\\) s nulevoy diagonalyu summa \\(w^taw\\) sostoit iz poparno ravnyh vnediagonalnyh slagaemyh, kotorye vzaimno unichtozhayutsya po modulyu \\(2\\). invariant parity_coloring ai_checked idea-all-ones-implies-isotropic esli \\(a^n v=u\\), to \\((v,v)=0\\) induktsiya po \\(n\\) perenosit ravenstvo s bolshoy stepeni \\(a\\) k vyrazheniyam vida \\((w,aw)\\) ili \\((w,w)\\). eto zastavlyaet ishodnyy vektor byt izotropnym otnositelno formy \\((x,x)\\). induction invariant ai_checked sol-official-expanded bilineynaya forma nad \\(\\mathbb f_2\\) ai_checked simple_graph invariant induction oboznachim cherez \\(e_k\\) standartnyy bazisnyy stolbets, a cherez \\(u\\) stolbets, vse elementy kotorogo ravny \\(1\\). \\(k\\)-y stolbets matritsy \\(a^n\\) raven \\(a^n e_k\\), poetomu nado dokazat, chto \\(a^n e_k\\ne u\\) dlya vseh \\(k\\) i \\(n\\ge1\\). vvedem nad \\(\\mathbb f_2^m\\) bilineynuyu formu \\[ (x,y)=x^ty=x_1y_1+\\cdots+x_my_m. \\] dlya lyubogo \\(x\\) verno \\((x,x)=(x,u)\\), potomu chto v pole \\(\\mathbb f_2\\) imeem \\(x_i^2=x_i\\). krome togo, dlya lyubogo \\(w\\) \\[ (w,aw)=w^taw=0. \\] deystvitelno, diagonalnye slagaemye ravny nulyu iz-za nulevoy diagonali \\(a\\), a vnediagonalnye slagaemye \\(a_{ij}w_iw_j\\) i \\(a_{ji}w_jw_i\\) poparno sovpadayut i v summe dayut \\(0\\) po modulyu \\(2\\). dokazhem lemmu: esli dlya nekotorogo vektora \\(v\\) i nekotorogo \\(n\\ge1\\) vypolneno \\(a^n v=u\\), to \\((v,v)=0\\). induktsiya idet po \\(n\\). esli \\(n=2r+1\\) nechetno, polozhim \\(w=a^r v\\). togda \\[ (v,v)=(v,u)=(v,a^n v)=(a^r v,a^{r+1}v)=(w,a…","source_keys":["imc"]}
{"id":"imc-2011-day2-p2-tripartite-married-triples","title":"Тройственные браки в плотном трёхдольном графе, IMC 2011 Day 2 P2","path":"data\\problems\\imc\\imc-2011-day2-p2-tripartite-married-triples.yaml","raw_github_url":"https://raw.githubusercontent.com/didin-maxim/knowledge_graph_of_graphs/main/data/problems/imc/imc-2011-day2-p2-tripartite-married-triples.yaml","viewer_url":"https://didin-maxim.github.io/knowledge_graph_of_graphs/#imc-2011-day2-p2-tripartite-married-triples","source_key":"imc","source_label":"IMC","source_titles":["IMC 2011 Day 2 P2, официальные условия и решения"],"year":"2011","type":"olympiad_problem","authors":["Fedor Duzhin","Nick Gravin"],"tags":["matching","construction","potential_function","degree_counting","extremal_graph_theory","graph_model","forbidden_triangle","goal_existence","goal_construction"],"agent_topics":[],"difficulty":{"main":"imo_p2_p5","local_score":8,"comment":"Конструкция в части (a) короткая, но часть (b) требует нетривиального локального улучшения или аккуратной двухступенчатой проверки условия Холла для плотного трёхдольного графа.","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":"агент grouped classification","audit_source":"agent-university-archives.json"},"statements":{"original":[{"id":"stmt-original","title":"Условие","status":"ai_checked","text":"У инопланетной расы три пола: мужской, женский и эмальский. Брачная тройка состоит из трёх представителей разных полов, которые все нравятся друг другу. Каждый человек может входить не более чем в одну брачную тройку; симпатии всегда взаимны. В экспедиции есть \\(n\\) мужчин, \\(n\\) женщин и \\(n\\) эмалей. Известно, что каждый участник симпатизирует хотя бы \\(k\\) представителям каждого из двух других полов. Нужно создать как можно больше брачных троек. (a) Докажите, что если \\(n\\) чётно и \\(k=n/2\\), то может быть невозможно создать даже одну брачную тройку. (b) Докажите, что если \\(k\\ge 3n/4\\), то всегда можно создать \\(n\\) попарно непересекающихся брачных троек, то есть включить в них всех участников экспедиции.","definition_ids":[]}],"graph_theory":[{"id":"stmt-graph","title":"Фактор из треугольников в плотном трёхдольном графе","status":"ai_checked","text":"Пусть \\(G\\) — простой трёхдольный граф с долями \\(M,F,E\\), каждая размера \\(n\\). Предположим, что каждая вершина имеет не меньше \\(k\\) соседей в каждой из двух чужих долей. (a) Если \\(n\\) чётно и \\(k=n/2\\), то существует такой граф без треугольников. (b) Если \\(k\\ge 3n/4\\), то \\(G\\) содержит \\(n\\) попарно непересекающихся треугольников, покрывающих все вершины.","definition_ids":["simple_graph","cycle","degree","matching"]}]},"solutions":[{"id":"sol-official-expanded","title":"Граф симпатий, обмены и проверка через Холла","status":"ai_checked","definition_ids":["simple_graph","bipartite_graph","matching","degree","cycle"],"standard_idea_ids":["potential_function"],"tags":[],"has_text":true,"text_preview":"Обозначим три множества участников через \\(M\\), \\(F\\), \\(E\\). Построим простой трёхдольный граф \\(G\\): ребро между двумя вершинами разных долей означает взаимную симпатию. Тогда брачная тройка — это треугольник с одной вершиной в каждой доле, а \\(n\\) непересекающихся брачных троек — это фактор из таких треугольников. (a) Пусть \\(n\\) чётно. Разобьём каждую долю на две равные части: \\(M_0,M_1,F_0,F_1,E_0,E_1\\). Проведём все рёбра между \\(M_i\\) и \\(F_i\\), между \\(F_i\\) и \\(E_i\\), а также между \\(E_i\\) и \\(M_{1-i}\\), где \\(i=0,1\\). У каждой вершины ровно \\(n/2\\) соседей в каждой из двух других долей. Треугольника нет: если вершины лежат в \\(M_a\\), \\(F_b\\), \\(E_c\\), то рёбра \\(M_aF_b\\) и \\(F_bE_c\\) требуют \\(a=b=c\\), а ребро \\(E_cM_a\\) требует \\(a=1-c\\), что невозможно. Значит, при \\(k=n/2\\) нельзя гарантировать даже одну брачную тройку. (b) Докажем сначала официальным методом локального улу…"}],"relations":[{"id":"rel-imc-2011-tripartite-putnam-2012-hall-obstruction","neighbor_id":"putnam-2012-b3-round-robin-winners-hall","direction":"forward","type":"same_motif","distance":2,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-imc2011-p2-parent-to-half-threshold-counterexample","neighbor_id":"imc-2011-day2-p2a-tripartite-half-threshold-counterexample","direction":"forward","type":"specialization","distance":1,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-imc2011-p2-parent-to-three-quarter-perfect-cover","neighbor_id":"imc-2011-day2-p2b-tripartite-three-quarter-perfect-cover","direction":"forward","type":"specialization","distance":1,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-imc-2011-tripartite-hall","neighbor_id":"hall-marriage-theorem","direction":"forward","type":"prerequisite","distance":2,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-min-degree-common-neighborhood-clique-imc-2011-tripartite","neighbor_id":"min-degree-common-neighborhood-clique","direction":"backward","type":"same_motif","distance":2,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-vosh-2017-friendship-triangle-factor-imc-2011-tripartite-triangles","neighbor_id":"vosh-2017-18-regional-friendship-triangle-factor","direction":"backward","type":"same_motif","distance":3,"status":"needs_human_review"}],"search_text":"imc-2011-day2-p2-tripartite-married-triples тройственные браки в плотном трёхдольном графе, imc 2011 day 2 p2 matching construction potential_function degree_counting extremal_graph_theory graph_model forbidden_triangle goal_existence goal_construction 2011 fedor duzhin fedorduzhin https://www.imc-math.org.uk/imc2011/imc2011-day2-solutions.pdf imc imc 2011 day 2 p2, официальные условия и решения imc2011 nick gravin nickgravin problem_and_solution src-imc-2011-day2-p2-official with_solution fedor duzhin nick gravin imc 2011 day 2 p2, официальные условия и решения stmt-original условие ai_checked у инопланетной расы три пола: мужской, женский и эмальский. брачная тройка состоит из трёх представителей разных полов, которые все нравятся друг другу. каждый человек может входить не более чем в одну брачную тройку; симпатии всегда взаимны. в экспедиции есть \\(n\\) мужчин, \\(n\\) женщин и \\(n\\) эмалей. известно, что каждый участник симпатизирует хотя бы \\(k\\) представителям каждого из двух других полов. нужно создать как можно больше брачных троек. (a) докажите, что если \\(n\\) чётно и \\(k=n/2\\), то может быть невозможно создать даже одну брачную тройку. (b) докажите, что если \\(k\\ge 3n/4\\), то всегда можно создать \\(n\\) попарно непересекающихся брачных троек, то есть включить в них всех участников экспедиции. stmt-graph фактор из треугольников в плотном трёхдольном графе ai_checked пусть \\(g\\) — простой трёхдольный граф с долями \\(m,f,e\\), каждая размера \\(n\\). предположим, что каждая вершина имеет не меньше \\(k\\) соседей в каждой из двух чужих долей. (a) если \\(n\\) чётно и \\(k=n/2\\), то существует такой граф без треугольников. (b) если \\(k\\ge 3n/4\\), то \\(g\\) содержит \\(n\\) попарно непересекающихся треугольников, покрывающих все вершины. simple_graph cycle degree matching idea-bipartition-counterexample двухцветная конструкция без треугольников при чётном \\(n\\) разбиваем каждую из трёх долей пополам и соединяем половины по правилам, несовместимым на цикле из трёх долей. тогда каждая вершина имеет ровно \\(n/2\\) соседей в каждой другой доле, но замкнуть треугольник невозможно. construction forbidden_triangle ai_checked idea-unhappiness-descent потенциал недовольства убывает при удачном обмене в произвольном разбиении на разноцветные тройки считаем число отсутствующих рёбер внутри троек. если оно положительно, плотность \\(3n/4\\) позволяет обменять две вершины одной доли так, чтобы все новые рёбра с этими вершинами стали хорошими; потенциал строго уменьшается. potential_function degree_counting ai_checked idea-hall-two-stage два применения теоремы холла сначала теорема холла даёт совершенное паросочетание между двумя долями. затем пары из этого паросочетания сопоставляются вершинам третьей доли; оценки степеней снова проверяют условие холла. matching degree_counting ai_checked sol-official-expanded граф симпатий, обмены и проверка через холла ai_checked simple_graph bipartite_graph matching degree cycle potential_function обозначим три множества участников через \\(m\\), \\(f\\), \\(e\\). построим простой трёхдольный граф \\(g\\): ребро между двумя вершинами разных долей означает взаимную симпатию. тогда брачная тройка — это треугольник с одной вершиной в каждой доле, а \\(n\\) непересекающихся брачных троек — это фактор из таких треугольников. (a) пусть \\(n\\) чётно. разобьём каждую долю на две равные части: \\(m_0,m_1,f_0,f_1,e_0,e_1\\). проведём все рёбра между \\(m_i\\) и \\(f_i\\), между \\(f_i\\) и \\(e_i\\), а также между \\(e_i\\) и \\(m_{1-i}\\), где \\(i=0,1\\). у каждой вершины ровно \\(n/2\\) соседей в каждой из двух других долей. треугольника нет: если вершины лежат в \\(m_a\\), \\(f_b\\), \\(e_c\\), то рёбра \\(m_af_b\\) и \\(f_be_c\\) требуют \\(a=b=c\\), а ребро \\(e_cm_a\\) требует \\(a=1-c\\), что невозможно. значит, при \\(k=n/2\\) нельзя гарантировать даже одну брачную тройку. (b) докажем сначала официальным методом локального улу… imc-2011-day2-p2-tripartite-married-triples troystvennye braki v plotnom trehdolnom grafe, imc 2011 day 2 p2 matching construction potential_function degree_counting extremal_graph_theory graph_model forbidden_triangle goal_existence goal_construction 2011 fedor duzhin fedorduzhin https://www.imc-math.org.uk/imc2011/imc2011-day2-solutions.pdf imc imc 2011 day 2 p2, ofitsialnye usloviya i resheniya imc2011 nick gravin nickgravin problem_and_solution src-imc-2011-day2-p2-official with_solution fedor duzhin nick gravin imc 2011 day 2 p2, ofitsialnye usloviya i resheniya stmt-original uslovie ai_checked u inoplanetnoy rasy tri pola: muzhskoy, zhenskiy i emalskiy. brachnaya troyka sostoit iz treh predstaviteley raznyh polov, kotorye vse nravyatsya drug drugu. kazhdyy chelovek mozhet vhodit ne bolee chem v odnu brachnuyu troyku; simpatii vsegda vzaimny. v ekspeditsii est \\(n\\) muzhchin, \\(n\\) zhenschin i \\(n\\) emaley. izvestno, chto kazhdyy uchastnik simpatiziruet hotya by \\(k\\) predstavitelyam kazhdogo iz dvuh drugih polov. nuzhno sozdat kak mozhno bolshe brachnyh troek. (a) dokazhite, chto esli \\(n\\) chetno i \\(k=n/2\\), to mozhet byt nevozmozhno sozdat dazhe odnu brachnuyu troyku. (b) dokazhite, chto esli \\(k\\ge 3n/4\\), to vsegda mozhno sozdat \\(n\\) poparno neperesekayuschihsya brachnyh troek, to est vklyuchit v nih vseh uchastnikov ekspeditsii. stmt-graph faktor iz treugolnikov v plotnom trehdolnom grafe ai_checked pust \\(g\\) — prostoy trehdolnyy graf s dolyami \\(m,f,e\\), kazhdaya razmera \\(n\\). predpolozhim, chto kazhdaya vershina imeet ne menshe \\(k\\) sosedey v kazhdoy iz dvuh chuzhih doley. (a) esli \\(n\\) chetno i \\(k=n/2\\), to suschestvuet takoy graf bez treugolnikov. (b) esli \\(k\\ge 3n/4\\), to \\(g\\) soderzhit \\(n\\) poparno neperesekayuschihsya treugolnikov, pokryvayuschih vse vershiny. simple_graph cycle degree matching idea-bipartition-counterexample dvuhtsvetnaya konstruktsiya bez treugolnikov pri chetnom \\(n\\) razbivaem kazhduyu iz treh doley popolam i soedinyaem poloviny po pravilam, nesovmestimym na tsikle iz treh doley. togda kazhdaya vershina imeet rovno \\(n/2\\) sosedey v kazhdoy drugoy dole, no zamknut treugolnik nevozmozhno. construction forbidden_triangle ai_checked idea-unhappiness-descent potentsial nedovolstva ubyvaet pri udachnom obmene v proizvolnom razbienii na raznotsvetnye troyki schitaem chislo otsutstvuyuschih reber vnutri troek. esli ono polozhitelno, plotnost \\(3n/4\\) pozvolyaet obmenyat dve vershiny odnoy doli tak, chtoby vse novye rebra s etimi vershinami stali horoshimi; potentsial strogo umenshaetsya. potential_function degree_counting ai_checked idea-hall-two-stage dva primeneniya teoremy holla snachala teorema holla daet sovershennoe parosochetanie mezhdu dvumya dolyami. zatem pary iz etogo parosochetaniya sopostavlyayutsya vershinam tretey doli; otsenki stepeney snova proveryayut uslovie holla. matching degree_counting ai_checked sol-official-expanded graf simpatiy, obmeny i proverka cherez holla ai_checked simple_graph bipartite_graph matching degree cycle potential_function oboznachim tri mnozhestva uchastnikov cherez \\(m\\), \\(f\\), \\(e\\). postroim prostoy trehdolnyy graf \\(g\\): rebro mezhdu dvumya vershinami raznyh doley oznachaet vzaimnuyu simpatiyu. togda brachnaya troyka — eto treugolnik s odnoy vershinoy v kazhdoy dole, a \\(n\\) neperesekayuschihsya brachnyh troek — eto faktor iz takih treugolnikov. (a) pust \\(n\\) chetno. razobem kazhduyu dolyu na dve ravnye chasti: \\(m_0,m_1,f_0,f_1,e_0,e_1\\). provedem vse rebra mezhdu \\(m_i\\) i \\(f_i\\), mezhdu \\(f_i\\) i \\(e_i\\), a takzhe mezhdu \\(e_i\\) i \\(m_{1-i}\\), gde \\(i=0,1\\). u kazhdoy vershiny rovno \\(n/2\\) sosedey v kazhdoy iz dvuh drugih doley. treugolnika net: esli vershiny lezhat v \\(m_a\\), \\(f_b\\), \\(e_c\\), to rebra \\(m_af_b\\) i \\(f_be_c\\) trebuyut \\(a=b=c\\), a rebro \\(e_cm_a\\) trebuet \\(a=1-c\\), chto nevozmozhno. znachit, pri \\(k=n/2\\) nelzya garantirovat dazhe odnu brachnuyu troyku. (b) dokazhem snachala ofitsialnym metodom lokalnogo ulu…","source_keys":["imc"]}
{"id":"imc-2011-day2-p2a-tripartite-half-threshold-counterexample","title":"Контрпример без треугольников при пороге \\(k=n/2\\), IMC 2011 Day 2 P2(a)","path":"data\\problems\\imc\\imc-2011-day2-p2a-tripartite-half-threshold-counterexample.yaml","raw_github_url":"https://raw.githubusercontent.com/didin-maxim/knowledge_graph_of_graphs/main/data/problems/imc/imc-2011-day2-p2a-tripartite-half-threshold-counterexample.yaml","viewer_url":"https://didin-maxim.github.io/knowledge_graph_of_graphs/#imc-2011-day2-p2a-tripartite-half-threshold-counterexample","source_key":"imc","source_label":"IMC","source_titles":["IMC 2011 Day 2 P2, официальные условия и решения"],"year":"2011","type":"olympiad_problem","authors":["Fedor Duzhin","Nick Gravin"],"tags":["construction","forbidden_triangle","extremal_graph_theory","graph_model","goal_construction"],"agent_topics":[],"difficulty":{"main":"regional","local_score":3,"comment":"Короткая, но самостоятельная экстремальная конструкция: нужно увидеть правильное несовместимое разбиение трех долей пополам и проверить степень ровно до каждой чужой доли.","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":"high-reasoning split аудит","notes":"Часть (a) — ровно официальная пороговая конструкция, развёрнутая с проверками степеней и отсутствия треугольников.","audit_source":"agent-imc-2011-p2-split"},"statements":{"original":[{"id":"stmt-original-half-threshold","title":"Условие, часть (a)","status":"ai_checked","text":"У инопланетной расы три пола: мужской, женский и эмальский. Брачная тройка состоит из трех представителей разных полов, которые все нравятся друг другу; симпатии взаимны. В экспедиции есть \\(n\\) мужчин, \\(n\\) женщин и \\(n\\) эмалей. Каждый участник симпатизирует хотя бы \\(k\\) представителям каждого из двух других полов. Докажите, что если \\(n\\) четно и \\(k=n/2\\), то может быть невозможно создать даже одну брачную тройку.","definition_ids":[]}],"graph_theory":[{"id":"stmt-graph-half-threshold","title":"Сбалансированный трёхдольный граф без треугольников","status":"ai_checked","text":"Пусть \\(n\\) чётно. Постройте простой трёхдольный граф с долями \\(M,F,E\\), каждая размера \\(n\\), такой что каждая вершина имеет ровно \\(n/2\\) соседей в каждой из двух чужих долей, но граф не содержит треугольника с одной вершиной в каждой доле.","definition_ids":["simple_graph","degree","triangle"]}]},"solutions":[{"id":"sol-half-threshold-construction","title":"Двухцветная конструкция без треугольников","status":"ai_checked","definition_ids":["simple_graph","degree"],"standard_idea_ids":["invariant"],"tags":[],"has_text":true,"text_preview":"Пусть \\(n\\) четно. Разобьем каждую из трех долей на две равные части: \\[ M=M_0\\sqcup M_1,\\qquad F=F_0\\sqcup F_1,\\qquad E=E_0\\sqcup E_1, \\] где каждая часть имеет размер \\(n/2\\). Проведем все ребра между \\(M_i\\) и \\(F_i\\), все ребра между \\(F_i\\) и \\(E_i\\), а также все ребра между \\(E_i\\) и \\(M_{1-i}\\), где \\(i=0,1\\). Других ребер нет. Тогда каждая вершина из любой доли соединена ровно с одной половиной каждой из двух других долей, то есть имеет ровно \\(n/2\\) соседей в каждой чужой доле. Проверим, что треугольника нет. Если вершины предполагаемого треугольника лежат в \\(M_a\\), \\(F_b\\), \\(E_c\\), то ребро между \\(M_a\\) и \\(F_b\\) возможно только при \\(a=b\\), а ребро между \\(F_b\\) и \\(E_c\\) возможно только при \\(b=c\\). Значит, эти два ребра требуют \\(a=b=c\\). Но ребро между \\(E_c\\) и \\(M_a\\) возможно только при \\(a=1-c\\), что противоречит \\(a=c\\). Поэтому треугольников нет. В исходном языке…"}],"relations":[{"id":"rel-imc2011-p2-parent-to-half-threshold-counterexample","neighbor_id":"imc-2011-day2-p2-tripartite-married-triples","direction":"backward","type":"specialization","distance":1,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-imc2011-p2-half-threshold-three-quarter-paired","neighbor_id":"imc-2011-day2-p2b-tripartite-three-quarter-perfect-cover","direction":"forward","type":"paired_variant","distance":1,"status":"ai_checked"}],"search_text":"imc-2011-day2-p2a-tripartite-half-threshold-counterexample контрпример без треугольников при пороге \\(k=n/2\\), imc 2011 day 2 p2(a) construction forbidden_triangle extremal_graph_theory graph_model goal_construction 2011 fedor duzhin fedorduzhin https://www.imc-math.org.uk/imc2011/imc2011-day2-solutions.pdf imc imc 2011 day 2 p2, официальные условия и решения imc2011 nick gravin nickgravin problem_and_solution src-imc-2011-day2-p2-official with_solution fedor duzhin nick gravin imc 2011 day 2 p2, официальные условия и решения stmt-original-half-threshold условие, часть (a) ai_checked у инопланетной расы три пола: мужской, женский и эмальский. брачная тройка состоит из трех представителей разных полов, которые все нравятся друг другу; симпатии взаимны. в экспедиции есть \\(n\\) мужчин, \\(n\\) женщин и \\(n\\) эмалей. каждый участник симпатизирует хотя бы \\(k\\) представителям каждого из двух других полов. докажите, что если \\(n\\) четно и \\(k=n/2\\), то может быть невозможно создать даже одну брачную тройку. stmt-graph-half-threshold сбалансированный трёхдольный граф без треугольников ai_checked пусть \\(n\\) чётно. постройте простой трёхдольный граф с долями \\(m,f,e\\), каждая размера \\(n\\), такой что каждая вершина имеет ровно \\(n/2\\) соседей в каждой из двух чужих долей, но граф не содержит треугольника с одной вершиной в каждой доле. simple_graph degree triangle idea-binary-label-obstruction несовместимые двоичные метки на трех долях разбиваем каждую долю пополам и разрешаем ребра \\(m_if_i\\), \\(f_ie_i\\), \\(e_im_{1-i}\\). любые два первых типа ребер заставляют три метки совпасть, а третий тип требует противоположности. construction ai_checked sol-half-threshold-construction двухцветная конструкция без треугольников ai_checked simple_graph degree invariant пусть \\(n\\) четно. разобьем каждую из трех долей на две равные части: \\[ m=m_0\\sqcup m_1,\\qquad f=f_0\\sqcup f_1,\\qquad e=e_0\\sqcup e_1, \\] где каждая часть имеет размер \\(n/2\\). проведем все ребра между \\(m_i\\) и \\(f_i\\), все ребра между \\(f_i\\) и \\(e_i\\), а также все ребра между \\(e_i\\) и \\(m_{1-i}\\), где \\(i=0,1\\). других ребер нет. тогда каждая вершина из любой доли соединена ровно с одной половиной каждой из двух других долей, то есть имеет ровно \\(n/2\\) соседей в каждой чужой доле. проверим, что треугольника нет. если вершины предполагаемого треугольника лежат в \\(m_a\\), \\(f_b\\), \\(e_c\\), то ребро между \\(m_a\\) и \\(f_b\\) возможно только при \\(a=b\\), а ребро между \\(f_b\\) и \\(e_c\\) возможно только при \\(b=c\\). значит, эти два ребра требуют \\(a=b=c\\). но ребро между \\(e_c\\) и \\(m_a\\) возможно только при \\(a=1-c\\), что противоречит \\(a=c\\). поэтому треугольников нет. в исходном языке… imc-2011-day2-p2a-tripartite-half-threshold-counterexample kontrprimer bez treugolnikov pri poroge \\(k=n/2\\), imc 2011 day 2 p2(a) construction forbidden_triangle extremal_graph_theory graph_model goal_construction 2011 fedor duzhin fedorduzhin https://www.imc-math.org.uk/imc2011/imc2011-day2-solutions.pdf imc imc 2011 day 2 p2, ofitsialnye usloviya i resheniya imc2011 nick gravin nickgravin problem_and_solution src-imc-2011-day2-p2-official with_solution fedor duzhin nick gravin imc 2011 day 2 p2, ofitsialnye usloviya i resheniya stmt-original-half-threshold uslovie, chast (a) ai_checked u inoplanetnoy rasy tri pola: muzhskoy, zhenskiy i emalskiy. brachnaya troyka sostoit iz treh predstaviteley raznyh polov, kotorye vse nravyatsya drug drugu; simpatii vzaimny. v ekspeditsii est \\(n\\) muzhchin, \\(n\\) zhenschin i \\(n\\) emaley. kazhdyy uchastnik simpatiziruet hotya by \\(k\\) predstavitelyam kazhdogo iz dvuh drugih polov. dokazhite, chto esli \\(n\\) chetno i \\(k=n/2\\), to mozhet byt nevozmozhno sozdat dazhe odnu brachnuyu troyku. stmt-graph-half-threshold sbalansirovannyy trehdolnyy graf bez treugolnikov ai_checked pust \\(n\\) chetno. postroyte prostoy trehdolnyy graf s dolyami \\(m,f,e\\), kazhdaya razmera \\(n\\), takoy chto kazhdaya vershina imeet rovno \\(n/2\\) sosedey v kazhdoy iz dvuh chuzhih doley, no graf ne soderzhit treugolnika s odnoy vershinoy v kazhdoy dole. simple_graph degree triangle idea-binary-label-obstruction nesovmestimye dvoichnye metki na treh dolyah razbivaem kazhduyu dolyu popolam i razreshaem rebra \\(m_if_i\\), \\(f_ie_i\\), \\(e_im_{1-i}\\). lyubye dva pervyh tipa reber zastavlyayut tri metki sovpast, a tretiy tip trebuet protivopolozhnosti. construction ai_checked sol-half-threshold-construction dvuhtsvetnaya konstruktsiya bez treugolnikov ai_checked simple_graph degree invariant pust \\(n\\) chetno. razobem kazhduyu iz treh doley na dve ravnye chasti: \\[ m=m_0\\sqcup m_1,\\qquad f=f_0\\sqcup f_1,\\qquad e=e_0\\sqcup e_1, \\] gde kazhdaya chast imeet razmer \\(n/2\\). provedem vse rebra mezhdu \\(m_i\\) i \\(f_i\\), vse rebra mezhdu \\(f_i\\) i \\(e_i\\), a takzhe vse rebra mezhdu \\(e_i\\) i \\(m_{1-i}\\), gde \\(i=0,1\\). drugih reber net. togda kazhdaya vershina iz lyuboy doli soedinena rovno s odnoy polovinoy kazhdoy iz dvuh drugih doley, to est imeet rovno \\(n/2\\) sosedey v kazhdoy chuzhoy dole. proverim, chto treugolnika net. esli vershiny predpolagaemogo treugolnika lezhat v \\(m_a\\), \\(f_b\\), \\(e_c\\), to rebro mezhdu \\(m_a\\) i \\(f_b\\) vozmozhno tolko pri \\(a=b\\), a rebro mezhdu \\(f_b\\) i \\(e_c\\) vozmozhno tolko pri \\(b=c\\). znachit, eti dva rebra trebuyut \\(a=b=c\\). no rebro mezhdu \\(e_c\\) i \\(m_a\\) vozmozhno tolko pri \\(a=1-c\\), chto protivorechit \\(a=c\\). poetomu treugolnikov net. v ishodnom yazyke…","source_keys":["imc"]}
{"id":"imc-2011-day2-p2b-tripartite-three-quarter-perfect-cover","title":"Совершенное покрытие треугольниками при \\(k\\ge 3n/4\\), IMC 2011 Day 2 P2(b)","path":"data\\problems\\imc\\imc-2011-day2-p2b-tripartite-three-quarter-perfect-cover.yaml","raw_github_url":"https://raw.githubusercontent.com/didin-maxim/knowledge_graph_of_graphs/main/data/problems/imc/imc-2011-day2-p2b-tripartite-three-quarter-perfect-cover.yaml","viewer_url":"https://didin-maxim.github.io/knowledge_graph_of_graphs/#imc-2011-day2-p2b-tripartite-three-quarter-perfect-cover","source_key":"imc","source_label":"IMC","source_titles":["IMC 2011 Day 2 P2, официальные условия и решения"],"year":"2011","type":"olympiad_problem","authors":["Fedor Duzhin","Nick Gravin"],"tags":["matching","degree_counting","graph_model","goal_existence"],"agent_topics":[],"difficulty":{"main":"imo_p2_p5","local_score":8,"comment":"Самостоятельная плотностная теорема о факторе треугольников: после первого паросочетания нужна аккуратная вторая проверка Холла, где порог \\(3n/4\\) появляется из неравенств \\(2k-n<l\\le2n-2k\\).","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":"high-reasoning split аудит","notes":"Доказательство — версия официального аргумента через теорему Холла, развёрнутая так, что карточка доказывает ровно положительное утверждение.","audit_source":"agent-imc-2011-p2-split"},"statements":{"original":[{"id":"stmt-original-three-quarter","title":"Условие, часть (b)","status":"ai_checked","text":"У инопланетной расы три пола: мужской, женский и эмальский. Брачная тройка состоит из трех представителей разных полов, которые все нравятся друг другу; симпатии взаимны. В экспедиции есть \\(n\\) мужчин, \\(n\\) женщин и \\(n\\) эмалей. Каждый участник симпатизирует хотя бы \\(k\\) представителям каждого из двух других полов. Докажите, что если \\(k\\ge 3n/4\\), то всегда можно создать \\(n\\) попарно непересекающихся брачных троек, то есть включить в них всех участников экспедиции.","definition_ids":["matching"]}],"graph_theory":[{"id":"stmt-graph-three-quarter","title":"Фактор из треугольников в плотном трёхдольном графе","status":"ai_checked","text":"Пусть \\(G\\) — простой трёхдольный граф с долями \\(M,F,E\\), каждая размера \\(n\\). Предположим, что каждая вершина имеет не меньше \\(k\\) соседей в каждой из двух чужих долей, где \\(k\\ge 3n/4\\). Докажите, что \\(G\\) содержит \\(n\\) попарно непересекающихся треугольников, покрывающих все вершины.","definition_ids":["simple_graph","bipartite_graph","matching","degree"]}]},"solutions":[{"id":"sol-two-stage-hall","title":"Два применения теоремы Холла","status":"ai_checked","definition_ids":["simple_graph","bipartite_graph","matching","degree"],"standard_idea_ids":["augmenting_path_method","double_counting"],"tags":[],"has_text":true,"text_preview":"Работаем в графовой формулировке. Сначала докажем, что между долями \\(M\\) и \\(F\\) есть совершенное паросочетание. По теореме Холла достаточно проверить, что для любого \\(A\\subseteq M\\) его множество соседей \\(N_F(A)\\) имеет размер хотя бы \\(|A|\\). Если бы \\(|N_F(A)|<|A|\\), то, с одной стороны, из степени вершин \\(A\\) следовало бы \\(|N_F(A)|\\ge k\\). С другой стороны, любая вершина \\(f\\in F\\setminus N_F(A)\\) не соединена ни с одной вершиной из \\(A\\), поэтому ее степень в \\(M\\) не превосходит \\(n-|A|\\). Значит, \\(k\\le n-|A|\\), то есть \\(|A|\\le n-k\\). Получаем \\(k\\le |N_F(A)|<|A|\\le n-k\\), что невозможно, поскольку \\(k\\ge3n/4>n/2\\). Значит, совершенное паросочетание между \\(M\\) и \\(F\\) существует. Зафиксируем такое паросочетание и обозначим через \\(P\\) множество его \\(n\\) пар. Построим двудольный граф \\(H\\) с долями \\(P\\) и \\(E\\): пару \\(p=(m,f)\\) соединяем с вершиной \\(e\\in E\\), если в исх…"}],"relations":[{"id":"rel-imc2011-p2-parent-to-three-quarter-perfect-cover","neighbor_id":"imc-2011-day2-p2-tripartite-married-triples","direction":"backward","type":"specialization","distance":1,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-imc2011-p2-half-threshold-three-quarter-paired","neighbor_id":"imc-2011-day2-p2a-tripartite-half-threshold-counterexample","direction":"backward","type":"paired_variant","distance":1,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-hall-marriage-imc2011-three-quarter-perfect-cover","neighbor_id":"hall-marriage-theorem","direction":"backward","type":"prerequisite","distance":1,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-putnam-2012-b3-imc2011-three-quarter-hall-applications","neighbor_id":"putnam-2012-b3-round-robin-winners-hall","direction":"backward","type":"same_motif","distance":3,"status":"needs_human_review"},{"id":"rel-vosh-2017-triangle-factor-imc2011-three-quarter-perfect-cover","neighbor_id":"vosh-2017-18-regional-friendship-triangle-factor","direction":"backward","type":"same_motif","distance":3,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-winner-count-lemma-imc2011-hall-applications","neighbor_id":"round-robin-winner-count-hall-lemma","direction":"backward","type":"same_motif","distance":3,"status":"ai_checked"}],"search_text":"imc-2011-day2-p2b-tripartite-three-quarter-perfect-cover совершенное покрытие треугольниками при \\(k\\ge 3n/4\\), imc 2011 day 2 p2(b) matching degree_counting graph_model goal_existence 2011 fedor duzhin fedorduzhin https://www.imc-math.org.uk/imc2011/imc2011-day2-solutions.pdf imc imc 2011 day 2 p2, официальные условия и решения imc2011 nick gravin nickgravin problem_and_solution src-imc-2011-day2-p2-official with_solution fedor duzhin nick gravin imc 2011 day 2 p2, официальные условия и решения stmt-original-three-quarter условие, часть (b) ai_checked у инопланетной расы три пола: мужской, женский и эмальский. брачная тройка состоит из трех представителей разных полов, которые все нравятся друг другу; симпатии взаимны. в экспедиции есть \\(n\\) мужчин, \\(n\\) женщин и \\(n\\) эмалей. каждый участник симпатизирует хотя бы \\(k\\) представителям каждого из двух других полов. докажите, что если \\(k\\ge 3n/4\\), то всегда можно создать \\(n\\) попарно непересекающихся брачных троек, то есть включить в них всех участников экспедиции. matching stmt-graph-three-quarter фактор из треугольников в плотном трёхдольном графе ai_checked пусть \\(g\\) — простой трёхдольный граф с долями \\(m,f,e\\), каждая размера \\(n\\). предположим, что каждая вершина имеет не меньше \\(k\\) соседей в каждой из двух чужих долей, где \\(k\\ge 3n/4\\). докажите, что \\(g\\) содержит \\(n\\) попарно непересекающихся треугольников, покрывающих все вершины. simple_graph bipartite_graph matching degree idea-first-match-two-parts сначала сопоставить две доли так как каждая вершина имеет больше половины возможных соседей в чужой доле, теорема холла дает совершенное паросочетание между двумя выбранными долями. matching ai_checked idea-match-pairs-to-third-part пары сопоставляются с общей третьей вершиной после фиксации пар \\((m,f)\\) строим двудольный граф между этими парами и третьей долей. ребро означает, что третья вершина соединена и с \\(m\\), и с \\(f\\); условие \\(k\\ge3n/4\\) ровно закрывает проверку холла. matching degree_counting ai_checked sol-two-stage-hall два применения теоремы холла ai_checked simple_graph bipartite_graph matching degree augmenting_path_method double_counting работаем в графовой формулировке. сначала докажем, что между долями \\(m\\) и \\(f\\) есть совершенное паросочетание. по теореме холла достаточно проверить, что для любого \\(a\\subseteq m\\) его множество соседей \\(n_f(a)\\) имеет размер хотя бы \\(|a|\\). если бы \\(|n_f(a)|<|a|\\), то, с одной стороны, из степени вершин \\(a\\) следовало бы \\(|n_f(a)|\\ge k\\). с другой стороны, любая вершина \\(f\\in f\\setminus n_f(a)\\) не соединена ни с одной вершиной из \\(a\\), поэтому ее степень в \\(m\\) не превосходит \\(n-|a|\\). значит, \\(k\\le n-|a|\\), то есть \\(|a|\\le n-k\\). получаем \\(k\\le |n_f(a)|<|a|\\le n-k\\), что невозможно, поскольку \\(k\\ge3n/4>n/2\\). значит, совершенное паросочетание между \\(m\\) и \\(f\\) существует. зафиксируем такое паросочетание и обозначим через \\(p\\) множество его \\(n\\) пар. построим двудольный граф \\(h\\) с долями \\(p\\) и \\(e\\): пару \\(p=(m,f)\\) соединяем с вершиной \\(e\\in e\\), если в исх… imc-2011-day2-p2b-tripartite-three-quarter-perfect-cover sovershennoe pokrytie treugolnikami pri \\(k\\ge 3n/4\\), imc 2011 day 2 p2(b) matching degree_counting graph_model goal_existence 2011 fedor duzhin fedorduzhin https://www.imc-math.org.uk/imc2011/imc2011-day2-solutions.pdf imc imc 2011 day 2 p2, ofitsialnye usloviya i resheniya imc2011 nick gravin nickgravin problem_and_solution src-imc-2011-day2-p2-official with_solution fedor duzhin nick gravin imc 2011 day 2 p2, ofitsialnye usloviya i resheniya stmt-original-three-quarter uslovie, chast (b) ai_checked u inoplanetnoy rasy tri pola: muzhskoy, zhenskiy i emalskiy. brachnaya troyka sostoit iz treh predstaviteley raznyh polov, kotorye vse nravyatsya drug drugu; simpatii vzaimny. v ekspeditsii est \\(n\\) muzhchin, \\(n\\) zhenschin i \\(n\\) emaley. kazhdyy uchastnik simpatiziruet hotya by \\(k\\) predstavitelyam kazhdogo iz dvuh drugih polov. dokazhite, chto esli \\(k\\ge 3n/4\\), to vsegda mozhno sozdat \\(n\\) poparno neperesekayuschihsya brachnyh troek, to est vklyuchit v nih vseh uchastnikov ekspeditsii. matching stmt-graph-three-quarter faktor iz treugolnikov v plotnom trehdolnom grafe ai_checked pust \\(g\\) — prostoy trehdolnyy graf s dolyami \\(m,f,e\\), kazhdaya razmera \\(n\\). predpolozhim, chto kazhdaya vershina imeet ne menshe \\(k\\) sosedey v kazhdoy iz dvuh chuzhih doley, gde \\(k\\ge 3n/4\\). dokazhite, chto \\(g\\) soderzhit \\(n\\) poparno neperesekayuschihsya treugolnikov, pokryvayuschih vse vershiny. simple_graph bipartite_graph matching degree idea-first-match-two-parts snachala sopostavit dve doli tak kak kazhdaya vershina imeet bolshe poloviny vozmozhnyh sosedey v chuzhoy dole, teorema holla daet sovershennoe parosochetanie mezhdu dvumya vybrannymi dolyami. matching ai_checked idea-match-pairs-to-third-part pary sopostavlyayutsya s obschey tretey vershinoy posle fiksatsii par \\((m,f)\\) stroim dvudolnyy graf mezhdu etimi parami i tretey doley. rebro oznachaet, chto tretya vershina soedinena i s \\(m\\), i s \\(f\\); uslovie \\(k\\ge3n/4\\) rovno zakryvaet proverku holla. matching degree_counting ai_checked sol-two-stage-hall dva primeneniya teoremy holla ai_checked simple_graph bipartite_graph matching degree augmenting_path_method double_counting rabotaem v grafovoy formulirovke. snachala dokazhem, chto mezhdu dolyami \\(m\\) i \\(f\\) est sovershennoe parosochetanie. po teoreme holla dostatochno proverit, chto dlya lyubogo \\(a\\subseteq m\\) ego mnozhestvo sosedey \\(n_f(a)\\) imeet razmer hotya by \\(|a|\\). esli by \\(|n_f(a)|<|a|\\), to, s odnoy storony, iz stepeni vershin \\(a\\) sledovalo by \\(|n_f(a)|\\ge k\\). s drugoy storony, lyubaya vershina \\(f\\in f\\setminus n_f(a)\\) ne soedinena ni s odnoy vershinoy iz \\(a\\), poetomu ee stepen v \\(m\\) ne prevoshodit \\(n-|a|\\). znachit, \\(k\\le n-|a|\\), to est \\(|a|\\le n-k\\). poluchaem \\(k\\le |n_f(a)|<|a|\\le n-k\\), chto nevozmozhno, poskolku \\(k\\ge3n/4>n/2\\). znachit, sovershennoe parosochetanie mezhdu \\(m\\) i \\(f\\) suschestvuet. zafiksiruem takoe parosochetanie i oboznachim cherez \\(p\\) mnozhestvo ego \\(n\\) par. postroim dvudolnyy graf \\(h\\) s dolyami \\(p\\) i \\(e\\): paru \\(p=(m,f)\\) soedinyaem s vershinoy \\(e\\in e\\), esli v ish…","source_keys":["imc"]}
{"id":"imc-2013-day1-p3-six-trips-cover-pairs","title":"Экскурсии, покрывающие все пары учеников, IMC 2013 Day 1 P3","path":"data\\problems\\imc\\imc-2013-day1-p3-six-trips-cover-pairs.yaml","raw_github_url":"https://raw.githubusercontent.com/didin-maxim/knowledge_graph_of_graphs/main/data/problems/imc/imc-2013-day1-p3-six-trips-cover-pairs.yaml","viewer_url":"https://didin-maxim.github.io/knowledge_graph_of_graphs/#imc-2013-day1-p3-six-trips-cover-pairs","source_key":"imc","source_label":"IMC","source_titles":["IMC 2013 Day 1 P3, официальные условия и решения"],"year":"2013","type":"olympiad_problem","authors":["Oleksandr Rybak"],"tags":["double_counting","construction","graph_model","goal_exact_bound"],"agent_topics":[],"difficulty":{"main":"imo_p2_p5","local_score":6,"comment":"Комбинаторное покрытие рёбер полного графа кликами размера \\(n\\); графовая модель полезна для классификации, хотя официальное решение говорит языком групп учеников.","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":"агент grouped classification","audit_source":"agent-university-archives.json"},"statements":{"original":[{"id":"stmt-original","title":"Условие","status":"ai_checked","text":"В школе \\(2n\\) учеников, где \\(n\\ge2\\). Каждую неделю \\(n\\) учеников отправляются на экскурсию. После нескольких экскурсий выполнено условие: любые два ученика хотя бы один раз были вместе на экскурсии. Каково минимальное число экскурсий, необходимое для этого?","definition_ids":[]}],"graph_theory":[{"id":"stmt-graph","title":"Покрытие рёбер \\(K_{2n}\\) кликами \\(K_n\\)","status":"ai_checked","text":"Найдите минимальное число полных подграфов на \\(n\\) вершинах, которыми можно покрыть все рёбра полного графа \\(K_{2n}\\), где \\(n\\ge2\\).","definition_ids":["complete_graph"]}]},"solutions":[{"id":"sol-official-expanded","title":"Нижняя оценка и блочные конструкции","status":"ai_checked","definition_ids":["complete_graph"],"standard_idea_ids":["double_counting"],"tags":[],"has_text":true,"text_preview":"Ответ: \\(6\\) экскурсий. Сначала докажем, что пяти экскурсий недостаточно. Если было не больше пяти экскурсий, суммарное число участий учеников в них не превосходит \\(5n\\). С другой стороны, фиксированный ученик за одну экскурсию встречает не более \\(n-1\\) других учеников. Чтобы встретить всех остальных \\(2n-1\\) учеников, он должен участвовать как минимум в трёх экскурсиях, потому что \\(2(n-1)<2n-1\\). Значит, суммарное число участий не меньше \\(3\\cdot2n=6n\\), противоречие. Поэтому нужно хотя бы \\(6\\) экскурсий. Построим расписание из шести экскурсий. Если \\(n\\) чётно, делим всех \\(2n\\) учеников на четыре равные группы \\(A,B,C,D\\) размера \\(n/2\\). Шесть экскурсий берём как объединения пар групп: \\[ (A,B),\\ (C,D),\\ (A,C),\\ (B,D),\\ (A,D),\\ (B,C). \\] Любые две группы встречаются вместе ровно в одной экскурсии, а ученики внутри одной группы вместе участвуют во всех трёх экскурсиях, содержащих…"}],"relations":[{"id":"rel-bw1997-p19-k9-imc2013-complete-graph-cover","neighbor_id":"baltic-way-1997-p19b-k9-edge-disjoint-hamiltonian-cycles","direction":"backward","type":"same_motif","distance":4,"status":"needs_human_review"},{"id":"rel-imc-2013-trips-complete-graph-clique-cover","neighbor_id":"ramsey-r33","direction":"forward","type":"same_motif","distance":4,"status":"needs_human_review"}],"search_text":"imc-2013-day1-p3-six-trips-cover-pairs экскурсии, покрывающие все пары учеников, imc 2013 day 1 p3 double_counting construction graph_model goal_exact_bound 2013 https://www.imc-math.org.uk/imc2013/imc2013-day1-solutions.pdf imc imc 2013 day 1 p3, официальные условия и решения imc2013 oleksandr rybak oleksandrrybak problem_and_solution src-imc-2013-day1-p3-official with_solution oleksandr rybak imc 2013 day 1 p3, официальные условия и решения stmt-original условие ai_checked в школе \\(2n\\) учеников, где \\(n\\ge2\\). каждую неделю \\(n\\) учеников отправляются на экскурсию. после нескольких экскурсий выполнено условие: любые два ученика хотя бы один раз были вместе на экскурсии. каково минимальное число экскурсий, необходимое для этого? stmt-graph покрытие рёбер \\(k_{2n}\\) кликами \\(k_n\\) ai_checked найдите минимальное число полных подграфов на \\(n\\) вершинах, которыми можно покрыть все рёбра полного графа \\(k_{2n}\\), где \\(n\\ge2\\). complete_graph idea-each-student-needs-three-trips каждому ученику нужны как минимум три экскурсии за одну экскурсию ученик встречает не больше \\(n-1\\) других, а всего ему нужно встретить \\(2n-1\\) школьников. поэтому каждый участвует минимум в трёх экскурсиях, что даёт нижнюю оценку \\(6n\\) ученико-мест. double_counting degree_counting ai_checked idea-six-blocks шесть блоков реализуют покрытие всех пар конструкции для чётного \\(n\\) и для \\(3\\mid n\\) склеиваются: если \\(n=2x+3y\\), берём четыре группы размера \\(x\\) и шесть групп размера \\(y\\), а шесть экскурсий объединяют соответствующие блоки из двух базовых схем. construction goal_construction ai_checked sol-official-expanded нижняя оценка и блочные конструкции ai_checked complete_graph double_counting ответ: \\(6\\) экскурсий. сначала докажем, что пяти экскурсий недостаточно. если было не больше пяти экскурсий, суммарное число участий учеников в них не превосходит \\(5n\\). с другой стороны, фиксированный ученик за одну экскурсию встречает не более \\(n-1\\) других учеников. чтобы встретить всех остальных \\(2n-1\\) учеников, он должен участвовать как минимум в трёх экскурсиях, потому что \\(2(n-1)<2n-1\\). значит, суммарное число участий не меньше \\(3\\cdot2n=6n\\), противоречие. поэтому нужно хотя бы \\(6\\) экскурсий. построим расписание из шести экскурсий. если \\(n\\) чётно, делим всех \\(2n\\) учеников на четыре равные группы \\(a,b,c,d\\) размера \\(n/2\\). шесть экскурсий берём как объединения пар групп: \\[ (a,b),\\ (c,d),\\ (a,c),\\ (b,d),\\ (a,d),\\ (b,c). \\] любые две группы встречаются вместе ровно в одной экскурсии, а ученики внутри одной группы вместе участвуют во всех трёх экскурсиях, содержащих… imc-2013-day1-p3-six-trips-cover-pairs ekskursii, pokryvayuschie vse pary uchenikov, imc 2013 day 1 p3 double_counting construction graph_model goal_exact_bound 2013 https://www.imc-math.org.uk/imc2013/imc2013-day1-solutions.pdf imc imc 2013 day 1 p3, ofitsialnye usloviya i resheniya imc2013 oleksandr rybak oleksandrrybak problem_and_solution src-imc-2013-day1-p3-official with_solution oleksandr rybak imc 2013 day 1 p3, ofitsialnye usloviya i resheniya stmt-original uslovie ai_checked v shkole \\(2n\\) uchenikov, gde \\(n\\ge2\\). kazhduyu nedelyu \\(n\\) uchenikov otpravlyayutsya na ekskursiyu. posle neskolkih ekskursiy vypolneno uslovie: lyubye dva uchenika hotya by odin raz byli vmeste na ekskursii. kakovo minimalnoe chislo ekskursiy, neobhodimoe dlya etogo? stmt-graph pokrytie reber \\(k_{2n}\\) klikami \\(k_n\\) ai_checked naydite minimalnoe chislo polnyh podgrafov na \\(n\\) vershinah, kotorymi mozhno pokryt vse rebra polnogo grafa \\(k_{2n}\\), gde \\(n\\ge2\\). complete_graph idea-each-student-needs-three-trips kazhdomu ucheniku nuzhny kak minimum tri ekskursii za odnu ekskursiyu uchenik vstrechaet ne bolshe \\(n-1\\) drugih, a vsego emu nuzhno vstretit \\(2n-1\\) shkolnikov. poetomu kazhdyy uchastvuet minimum v treh ekskursiyah, chto daet nizhnyuyu otsenku \\(6n\\) ucheniko-mest. double_counting degree_counting ai_checked idea-six-blocks shest blokov realizuyut pokrytie vseh par konstruktsii dlya chetnogo \\(n\\) i dlya \\(3\\mid n\\) skleivayutsya: esli \\(n=2x+3y\\), berem chetyre gruppy razmera \\(x\\) i shest grupp razmera \\(y\\), a shest ekskursiy obedinyayut sootvetstvuyuschie bloki iz dvuh bazovyh shem. construction goal_construction ai_checked sol-official-expanded nizhnyaya otsenka i blochnye konstruktsii ai_checked complete_graph double_counting otvet: \\(6\\) ekskursiy. snachala dokazhem, chto pyati ekskursiy nedostatochno. esli bylo ne bolshe pyati ekskursiy, summarnoe chislo uchastiy uchenikov v nih ne prevoshodit \\(5n\\). s drugoy storony, fiksirovannyy uchenik za odnu ekskursiyu vstrechaet ne bolee \\(n-1\\) drugih uchenikov. chtoby vstretit vseh ostalnyh \\(2n-1\\) uchenikov, on dolzhen uchastvovat kak minimum v treh ekskursiyah, potomu chto \\(2(n-1)<2n-1\\). znachit, summarnoe chislo uchastiy ne menshe \\(3\\cdot2n=6n\\), protivorechie. poetomu nuzhno hotya by \\(6\\) ekskursiy. postroim raspisanie iz shesti ekskursiy. esli \\(n\\) chetno, delim vseh \\(2n\\) uchenikov na chetyre ravnye gruppy \\(a,b,c,d\\) razmera \\(n/2\\). shest ekskursiy berem kak obedineniya par grupp: \\[ (a,b),\\ (c,d),\\ (a,c),\\ (b,d),\\ (a,d),\\ (b,c). \\] lyubye dve gruppy vstrechayutsya vmeste rovno v odnoy ekskursii, a ucheniki vnutri odnoy gruppy vmeste uchastvuyut vo vseh treh ekskursiyah, soderzhaschih…","source_keys":["imc"]}
{"id":"imc-2013-day2-p5-necklace-good-colorings-odd","title":"Нечётность числа раскрасок цикла без длинных белых дуг, IMC 2013 Day 2 P5","path":"data\\problems\\imc\\imc-2013-day2-p5-necklace-good-colorings-odd.yaml","raw_github_url":"https://raw.githubusercontent.com/didin-maxim/knowledge_graph_of_graphs/main/data/problems/imc/imc-2013-day2-p5-necklace-good-colorings-odd.yaml","viewer_url":"https://didin-maxim.github.io/knowledge_graph_of_graphs/#imc-2013-day2-p5-necklace-good-colorings-odd","source_key":"imc","source_label":"IMC","source_titles":["IMC 2013 Day 2 P5, официальные условия и решения"],"year":"2013","type":"olympiad_problem","authors":["Vsevolod Bykov","Oleksandr Rybak"],"tags":["coloring","parity_coloring","invariant","process_invariant","goal_proof"],"agent_topics":[],"difficulty":{"main":"imo_p2_p5","local_score":7,"comment":"Циклическая раскраска с запретом длинной белой дуги; графовая формулировка как раскраска \\(C_{2013}\\) естественна.","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":"агент grouped classification","audit_source":"agent-university-archives.json"},"statements":{"original":[{"id":"stmt-original","title":"Условие","status":"ai_checked","text":"Рассмотрим круговое ожерелье из \\(2013\\) бусин. Каждую бусину можно покрасить в белый или зелёный цвет. Раскраска называется хорошей, если среди любых \\(21\\) последовательных бусин есть хотя бы одна зелёная. Докажите, что число хороших раскрасок нечётно. Две раскраски, которые различаются на каких-то бусинах, считаются различными даже тогда, когда одну можно получить из другой поворотом или отражением ожерелья.","definition_ids":[]}],"graph_theory":[{"id":"stmt-graph","title":"Раскраски цикла без длинных белых дуг","status":"ai_checked","text":"Докажите, что число двуцветных раскрасок вершин цикла \\(C_{2013}\\), в которых на каждом пути из 21 последовательной вершины есть зелёная вершина, нечётно.","definition_ids":["cycle","path"]}]},"solutions":[{"id":"sol-official-expanded","title":"Разрезание цикла и рекурсия по модулю два","status":"ai_checked","definition_ids":["cycle","path"],"standard_idea_ids":["invariant"],"tags":[],"has_text":true,"text_preview":"Пусть \\(N_k\\) — число хороших линейных цепочек из \\(k\\) бусин, то есть таких бело-зелёных слов длины \\(k\\), в которых в любых \\(21\\) подряд идущих позициях есть зелёная. Для \\(0\\le k\\le20\\) все слова подходят, поэтому \\(N_k=2^k\\): \\(N_0\\) нечётно, а \\(N_1,…,N_{20}\\) чётны. При \\(k\\ge21\\) в последних \\(21\\) позициях должна быть зелёная бусина. Пусть последняя зелёная бусина всей цепочки стоит на позиции \\(\\ell\\). Тогда \\(\\ell\\ge k-20\\), а первые \\(\\ell-1\\) бусин образуют произвольную хорошую цепочку. Выбор \\(\\ell=k,k-1,…,k-20\\) даёт рекурсию \\[ N_k=N_{k-1}+N_{k-2}+\\cdots+N_{k-21}\\qquad (k\\ge21). \\] Отсюда \\(N_{21}=N_0+\\cdots+N_{20}\\) нечётно и \\(N_{22}=N_1+\\cdots+N_{21}\\) тоже нечётно. Кроме того, если заменить в правой части \\(N_{k-1}\\) через предыдущую рекурсию, то по модулю \\(2\\) все средние слагаемые удвоятся и исчезнут: \\[ N_k\\equiv N_{k-22}\\pmod2. \\] Следовательно, чётность \\(N_k\\)…"}],"relations":[{"id":"rel-imc-2013-necklace-imc-2022-flea-cycle-recurrence","neighbor_id":"imc-2022-day1-p3-flea-cycle-recurrence","direction":"forward","type":"same_motif","distance":2,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-imc-2013-necklace-imo-1979-cycle-walks","neighbor_id":"imo-1979-p6-octagon-walks-cycle-graph","direction":"forward","type":"same_motif","distance":3,"status":"needs_human_review"},{"id":"rel-vjimc-2000-distances-imc-2013-necklace","neighbor_id":"vjimc-2000-cat1-p4-red-blue-distances","direction":"backward","type":"same_motif","distance":3,"status":"needs_human_review"}],"search_text":"imc-2013-day2-p5-necklace-good-colorings-odd нечётность числа раскрасок цикла без длинных белых дуг, imc 2013 day 2 p5 coloring parity_coloring invariant process_invariant goal_proof 2013 https://www.imc-math.org.uk/imc2013/imc2013-day2-solutions.pdf imc imc 2013 day 2 p5, официальные условия и решения imc2013 oleksandr rybak oleksandrrybak problem_and_solution src-imc-2013-day2-p5-official vsevolod bykov vsevolodbykov with_solution vsevolod bykov oleksandr rybak imc 2013 day 2 p5, официальные условия и решения stmt-original условие ai_checked рассмотрим круговое ожерелье из \\(2013\\) бусин. каждую бусину можно покрасить в белый или зелёный цвет. раскраска называется хорошей, если среди любых \\(21\\) последовательных бусин есть хотя бы одна зелёная. докажите, что число хороших раскрасок нечётно. две раскраски, которые различаются на каких-то бусинах, считаются различными даже тогда, когда одну можно получить из другой поворотом или отражением ожерелья. stmt-graph раскраски цикла без длинных белых дуг ai_checked докажите, что число двуцветных раскрасок вершин цикла \\(c_{2013}\\), в которых на каждом пути из 21 последовательной вершины есть зелёная вершина, нечётно. cycle path idea-open-lace-recurrence последняя зелёная бусина даёт рекурсию порядка 21 для линейных хороших цепочек длины \\(k\\) последняя зелёная бусина среди последних \\(21\\) позиций определяет длину предыдущей хорошей цепочки. поэтому \\(n_k=n_{k-1}+\\cdots+n_{k-21}\\). process_invariant parity_coloring ai_checked idea-period-22 по модулю два рекурсия имеет период 22 из рекурсии следует \\(n_k\\equiv n_{k-22}\\pmod2\\). при начальных значениях нечётны ровно \\(n_k\\) с \\(k\\equiv0\\) или \\(21\\pmod{22}\\). invariant parity_coloring ai_checked sol-official-expanded разрезание цикла и рекурсия по модулю два ai_checked cycle path invariant пусть \\(n_k\\) — число хороших линейных цепочек из \\(k\\) бусин, то есть таких бело-зелёных слов длины \\(k\\), в которых в любых \\(21\\) подряд идущих позициях есть зелёная. для \\(0\\le k\\le20\\) все слова подходят, поэтому \\(n_k=2^k\\): \\(n_0\\) нечётно, а \\(n_1,…,n_{20}\\) чётны. при \\(k\\ge21\\) в последних \\(21\\) позициях должна быть зелёная бусина. пусть последняя зелёная бусина всей цепочки стоит на позиции \\(\\ell\\). тогда \\(\\ell\\ge k-20\\), а первые \\(\\ell-1\\) бусин образуют произвольную хорошую цепочку. выбор \\(\\ell=k,k-1,…,k-20\\) даёт рекурсию \\[ n_k=n_{k-1}+n_{k-2}+\\cdots+n_{k-21}\\qquad (k\\ge21). \\] отсюда \\(n_{21}=n_0+\\cdots+n_{20}\\) нечётно и \\(n_{22}=n_1+\\cdots+n_{21}\\) тоже нечётно. кроме того, если заменить в правой части \\(n_{k-1}\\) через предыдущую рекурсию, то по модулю \\(2\\) все средние слагаемые удвоятся и исчезнут: \\[ n_k\\equiv n_{k-22}\\pmod2. \\] следовательно, чётность \\(n_k\\)… imc-2013-day2-p5-necklace-good-colorings-odd nechetnost chisla raskrasok tsikla bez dlinnyh belyh dug, imc 2013 day 2 p5 coloring parity_coloring invariant process_invariant goal_proof 2013 https://www.imc-math.org.uk/imc2013/imc2013-day2-solutions.pdf imc imc 2013 day 2 p5, ofitsialnye usloviya i resheniya imc2013 oleksandr rybak oleksandrrybak problem_and_solution src-imc-2013-day2-p5-official vsevolod bykov vsevolodbykov with_solution vsevolod bykov oleksandr rybak imc 2013 day 2 p5, ofitsialnye usloviya i resheniya stmt-original uslovie ai_checked rassmotrim krugovoe ozherele iz \\(2013\\) busin. kazhduyu businu mozhno pokrasit v belyy ili zelenyy tsvet. raskraska nazyvaetsya horoshey, esli sredi lyubyh \\(21\\) posledovatelnyh busin est hotya by odna zelenaya. dokazhite, chto chislo horoshih raskrasok nechetno. dve raskraski, kotorye razlichayutsya na kakih-to businah, schitayutsya razlichnymi dazhe togda, kogda odnu mozhno poluchit iz drugoy povorotom ili otrazheniem ozherelya. stmt-graph raskraski tsikla bez dlinnyh belyh dug ai_checked dokazhite, chto chislo dvutsvetnyh raskrasok vershin tsikla \\(c_{2013}\\), v kotoryh na kazhdom puti iz 21 posledovatelnoy vershiny est zelenaya vershina, nechetno. cycle path idea-open-lace-recurrence poslednyaya zelenaya busina daet rekursiyu poryadka 21 dlya lineynyh horoshih tsepochek dliny \\(k\\) poslednyaya zelenaya busina sredi poslednih \\(21\\) pozitsiy opredelyaet dlinu predyduschey horoshey tsepochki. poetomu \\(n_k=n_{k-1}+\\cdots+n_{k-21}\\). process_invariant parity_coloring ai_checked idea-period-22 po modulyu dva rekursiya imeet period 22 iz rekursii sleduet \\(n_k\\equiv n_{k-22}\\pmod2\\). pri nachalnyh znacheniyah nechetny rovno \\(n_k\\) s \\(k\\equiv0\\) ili \\(21\\pmod{22}\\). invariant parity_coloring ai_checked sol-official-expanded razrezanie tsikla i rekursiya po modulyu dva ai_checked cycle path invariant pust \\(n_k\\) — chislo horoshih lineynyh tsepochek iz \\(k\\) busin, to est takih belo-zelenyh slov dliny \\(k\\), v kotoryh v lyubyh \\(21\\) podryad iduschih pozitsiyah est zelenaya. dlya \\(0\\le k\\le20\\) vse slova podhodyat, poetomu \\(n_k=2^k\\): \\(n_0\\) nechetno, a \\(n_1,…,n_{20}\\) chetny. pri \\(k\\ge21\\) v poslednih \\(21\\) pozitsiyah dolzhna byt zelenaya busina. pust poslednyaya zelenaya busina vsey tsepochki stoit na pozitsii \\(\\ell\\). togda \\(\\ell\\ge k-20\\), a pervye \\(\\ell-1\\) busin obrazuyut proizvolnuyu horoshuyu tsepochku. vybor \\(\\ell=k,k-1,…,k-20\\) daet rekursiyu \\[ n_k=n_{k-1}+n_{k-2}+\\cdots+n_{k-21}\\qquad (k\\ge21). \\] otsyuda \\(n_{21}=n_0+\\cdots+n_{20}\\) nechetno i \\(n_{22}=n_1+\\cdots+n_{21}\\) tozhe nechetno. krome togo, esli zamenit v pravoy chasti \\(n_{k-1}\\) cherez predyduschuyu rekursiyu, to po modulyu \\(2\\) vse srednie slagaemye udvoyatsya i ischeznut: \\[ n_k\\equiv n_{k-22}\\pmod2. \\] sledovatelno, chetnost \\(n_k\\)…","source_keys":["imc"]}
{"id":"imc-2018-day2-p6-path-orthogonal-representation","title":"Ортогональное представление дополнения пути, IMC 2018 Day 2 P6","path":"data\\problems\\imc\\imc-2018-day2-p6-path-orthogonal-representation.yaml","raw_github_url":"https://raw.githubusercontent.com/didin-maxim/knowledge_graph_of_graphs/main/data/problems/imc/imc-2018-day2-p6-path-orthogonal-representation.yaml","viewer_url":"https://didin-maxim.github.io/knowledge_graph_of_graphs/#imc-2018-day2-p6-path-orthogonal-representation","source_key":"imc","source_label":"IMC","source_titles":["IMC 2018 Day 2 P6, официальные условия и решения"],"year":"2018","type":"olympiad_problem","authors":["Alexey Balitskiy"],"tags":["graph_model","extremal_choice","construction","goal_exact_bound"],"agent_topics":[],"difficulty":{"main":"regional","local_score":3,"comment":"Короткая задача: граф пути помогает увидеть независимое множество нечётных индексов и парную конструкцию.","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":"агент grouped classification","audit_source":"agent-university-archives.json"},"statements":{"original":[{"id":"stmt-original","title":"Условие","status":"ai_checked","text":"Пусть \\(k\\) -- положительное целое число. Найдите наименьшее положительное целое \\(n\\), для которого существуют \\(k\\) ненулевых векторов \\(v_1,\\ldots,v_k\\) в \\(\\mathbb R^n\\) такие, что для любых индексов \\(i,j\\) с \\(|i-j|>1\\) векторы \\(v_i\\) и \\(v_j\\) ортогональны.","definition_ids":[]}],"graph_theory":[{"id":"stmt-graph","title":"Ортогональное представление дополнения пути","status":"ai_checked","text":"Рассмотрим путь \\(1-2-\\cdots-k\\). Найдите минимальную размерность евклидова пространства, в котором вершинам пути можно сопоставить ненулевые векторы так, чтобы любые две несмежные вершины пути получили ортогональные векторы.","definition_ids":["path"]}]},"solutions":[{"id":"sol-official-expanded","title":"Оценка по независимому множеству пути и явная конструкция","status":"ai_checked","definition_ids":["path"],"standard_idea_ids":["extremal_choice"],"tags":[],"has_text":true,"text_preview":"Ответ: \\(\\lceil k/2\\rceil\\). Сначала докажем нижнюю оценку. Пусть такие векторы существуют в \\(\\mathbb R^n\\). Если \\(k\\ge 2n+1\\), то среди них можно выбрать \\[ v_1,v_3,v_5,\\ldots,v_{2n+1}. \\] Индексы любых двух выбранных векторов отличаются больше чем на \\(1\\), поэтому по условию эти \\(n+1\\) векторов попарно ортогональны. Но в \\(n\\)-мерном евклидовом пространстве ненулевых попарно ортогональных векторов не больше \\(n\\): после нормировки они были бы линейно независимыми. Значит, необходимо \\(k\\le 2n\\), то есть \\(n\\ge \\lceil k/2\\rceil\\). Теперь построим пример при \\(n=\\lceil k/2\\rceil\\). Возьмём ортогональный базис \\(e_1,\\ldots,e_n\\) пространства \\(\\mathbb R^n\\). Для полного списка длины \\(2n\\) положим \\[ v_1=v_2=e_1,\\quad v_3=v_4=e_2,\\quad \\ldots,\\quad v_{2n-1}=v_{2n}=e_n. \\] Если \\(|i-j|>1\\), то индексы \\(i\\) и \\(j\\) не лежат в одной паре \\((2r-1,2r)\\). Значит, соответствующие векторы я…"}],"relations":[{"id":"rel-imc-2018-p6-putnam-2025-a4-orthogonal-representation","neighbor_id":"putnam-2025-a4-cycle-commutation-graph-matrices","direction":"forward","type":"same_motif","distance":2,"status":"ai_checked"}],"search_text":"imc-2018-day2-p6-path-orthogonal-representation ортогональное представление дополнения пути, imc 2018 day 2 p6 graph_model extremal_choice construction goal_exact_bound 2018 alexey balitskiy alexeybalitskiy https://imc-math.org.uk/imc2018/imc2018-day2-solutions.pdf imc imc 2018 day 2 p6, официальные условия и решения imc2018 problem_and_solution src-imc-2018-day2-p6-official with_solution alexey balitskiy imc 2018 day 2 p6, официальные условия и решения stmt-original условие ai_checked пусть \\(k\\) -- положительное целое число. найдите наименьшее положительное целое \\(n\\), для которого существуют \\(k\\) ненулевых векторов \\(v_1,\\ldots,v_k\\) в \\(\\mathbb r^n\\) такие, что для любых индексов \\(i,j\\) с \\(|i-j|>1\\) векторы \\(v_i\\) и \\(v_j\\) ортогональны. stmt-graph ортогональное представление дополнения пути ai_checked рассмотрим путь \\(1-2-\\cdots-k\\). найдите минимальную размерность евклидова пространства, в котором вершинам пути можно сопоставить ненулевые векторы так, чтобы любые две несмежные вершины пути получили ортогональные векторы. path idea-odd-indices-independent-set нечётные индексы дают слишком большую ортогональную систему в графе пути вершины \\(1,3,5,\\ldots\\) попарно несмежны, поэтому соответствующие векторы должны быть попарно ортогональны. в \\(\\mathbb r^n\\) не может быть больше \\(n\\) ненулевых попарно ортогональных векторов. graph_model ai_checked idea-pair-basis-vectors одна базисная ось на две соседние вершины для конструкции достаточно присвоить один и тот же базисный вектор парам индексов \\((1,2),(3,4),\\ldots\\). несоседние индексы попадают в разные пары и получают разные ортогональные базисные векторы. construction ai_checked sol-official-expanded оценка по независимому множеству пути и явная конструкция ai_checked path extremal_choice ответ: \\(\\lceil k/2\\rceil\\). сначала докажем нижнюю оценку. пусть такие векторы существуют в \\(\\mathbb r^n\\). если \\(k\\ge 2n+1\\), то среди них можно выбрать \\[ v_1,v_3,v_5,\\ldots,v_{2n+1}. \\] индексы любых двух выбранных векторов отличаются больше чем на \\(1\\), поэтому по условию эти \\(n+1\\) векторов попарно ортогональны. но в \\(n\\)-мерном евклидовом пространстве ненулевых попарно ортогональных векторов не больше \\(n\\): после нормировки они были бы линейно независимыми. значит, необходимо \\(k\\le 2n\\), то есть \\(n\\ge \\lceil k/2\\rceil\\). теперь построим пример при \\(n=\\lceil k/2\\rceil\\). возьмём ортогональный базис \\(e_1,\\ldots,e_n\\) пространства \\(\\mathbb r^n\\). для полного списка длины \\(2n\\) положим \\[ v_1=v_2=e_1,\\quad v_3=v_4=e_2,\\quad \\ldots,\\quad v_{2n-1}=v_{2n}=e_n. \\] если \\(|i-j|>1\\), то индексы \\(i\\) и \\(j\\) не лежат в одной паре \\((2r-1,2r)\\). значит, соответствующие векторы я… imc-2018-day2-p6-path-orthogonal-representation ortogonalnoe predstavlenie dopolneniya puti, imc 2018 day 2 p6 graph_model extremal_choice construction goal_exact_bound 2018 alexey balitskiy alexeybalitskiy https://imc-math.org.uk/imc2018/imc2018-day2-solutions.pdf imc imc 2018 day 2 p6, ofitsialnye usloviya i resheniya imc2018 problem_and_solution src-imc-2018-day2-p6-official with_solution alexey balitskiy imc 2018 day 2 p6, ofitsialnye usloviya i resheniya stmt-original uslovie ai_checked pust \\(k\\) -- polozhitelnoe tseloe chislo. naydite naimenshee polozhitelnoe tseloe \\(n\\), dlya kotorogo suschestvuyut \\(k\\) nenulevyh vektorov \\(v_1,\\ldots,v_k\\) v \\(\\mathbb r^n\\) takie, chto dlya lyubyh indeksov \\(i,j\\) s \\(|i-j|>1\\) vektory \\(v_i\\) i \\(v_j\\) ortogonalny. stmt-graph ortogonalnoe predstavlenie dopolneniya puti ai_checked rassmotrim put \\(1-2-\\cdots-k\\). naydite minimalnuyu razmernost evklidova prostranstva, v kotorom vershinam puti mozhno sopostavit nenulevye vektory tak, chtoby lyubye dve nesmezhnye vershiny puti poluchili ortogonalnye vektory. path idea-odd-indices-independent-set nechetnye indeksy dayut slishkom bolshuyu ortogonalnuyu sistemu v grafe puti vershiny \\(1,3,5,\\ldots\\) poparno nesmezhny, poetomu sootvetstvuyuschie vektory dolzhny byt poparno ortogonalny. v \\(\\mathbb r^n\\) ne mozhet byt bolshe \\(n\\) nenulevyh poparno ortogonalnyh vektorov. graph_model ai_checked idea-pair-basis-vectors odna bazisnaya os na dve sosednie vershiny dlya konstruktsii dostatochno prisvoit odin i tot zhe bazisnyy vektor param indeksov \\((1,2),(3,4),\\ldots\\). nesosednie indeksy popadayut v raznye pary i poluchayut raznye ortogonalnye bazisnye vektory. construction ai_checked sol-official-expanded otsenka po nezavisimomu mnozhestvu puti i yavnaya konstruktsiya ai_checked path extremal_choice otvet: \\(\\lceil k/2\\rceil\\). snachala dokazhem nizhnyuyu otsenku. pust takie vektory suschestvuyut v \\(\\mathbb r^n\\). esli \\(k\\ge 2n+1\\), to sredi nih mozhno vybrat \\[ v_1,v_3,v_5,\\ldots,v_{2n+1}. \\] indeksy lyubyh dvuh vybrannyh vektorov otlichayutsya bolshe chem na \\(1\\), poetomu po usloviyu eti \\(n+1\\) vektorov poparno ortogonalny. no v \\(n\\)-mernom evklidovom prostranstve nenulevyh poparno ortogonalnyh vektorov ne bolshe \\(n\\): posle normirovki oni byli by lineyno nezavisimymi. znachit, neobhodimo \\(k\\le 2n\\), to est \\(n\\ge \\lceil k/2\\rceil\\). teper postroim primer pri \\(n=\\lceil k/2\\rceil\\). vozmem ortogonalnyy bazis \\(e_1,\\ldots,e_n\\) prostranstva \\(\\mathbb r^n\\). dlya polnogo spiska dliny \\(2n\\) polozhim \\[ v_1=v_2=e_1,\\quad v_3=v_4=e_2,\\quad \\ldots,\\quad v_{2n-1}=v_{2n}=e_n. \\] esli \\(|i-j|>1\\), to indeksy \\(i\\) i \\(j\\) ne lezhat v odnoy pare \\((2r-1,2r)\\). znachit, sootvetstvuyuschie vektory ya…","source_keys":["imc"]}
{"id":"imc-2018-day2-p8-frog-lattice-paths","title":"Кратчайшие пути в решётчатой области, IMC 2018 Day 2 P8","path":"data\\problems\\imc\\imc-2018-day2-p8-frog-lattice-paths.yaml","raw_github_url":"https://raw.githubusercontent.com/didin-maxim/knowledge_graph_of_graphs/main/data/problems/imc/imc-2018-day2-p8-frog-lattice-paths.yaml","viewer_url":"https://didin-maxim.github.io/knowledge_graph_of_graphs/#imc-2018-day2-p8-frog-lattice-paths","source_key":"imc","source_label":"IMC","source_titles":["IMC 2018 Day 2 P8, официальные условия и решения"],"year":"2018","type":"olympiad_problem","authors":["Fedor Petrov","Anatoly Vershik"],"tags":["graph_model","goal_counting","dynamics","invariant"],"agent_topics":[],"difficulty":{"main":"regional","local_score":6,"comment":"Существенная решётчато-графовая модель; решение сводит трёхмерные пути к двумерному DAG и решает рекурсию.","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":"агент grouped classification","audit_source":"agent-university-archives.json"},"statements":{"original":[{"id":"stmt-original","title":"Условие","status":"ai_checked","text":"Пусть \\(\\Omega=\\{(x,y,z)\\in\\mathbb Z^3: y+1\\ge x\\ge y\\ge z\\ge0\\}\\). Лягушка прыгает по точкам множества \\(\\Omega\\) прыжками длины \\(1\\). Для каждого положительного целого \\(n\\) определите число путей, которыми лягушка может попасть из \\((0,0,0)\\) в \\((n,n,n)\\) ровно за \\(3n\\) прыжков.","definition_ids":[]}],"graph_theory":[{"id":"stmt-graph","title":"Ориентированные пути в двумерной решётчатой области","status":"ai_checked","text":"Пусть \\(D\\) — ориентированный граф с вершинами \\((u,v)\\in\\mathbb Z^2\\), где \\(v\\ge0\\) и \\(u\\ge2v\\). Из вершины \\((u,v)\\) проведены дуги в \\((u+1,v)\\) и \\((u,v+1)\\), если соответствующая вершина принадлежит \\(D\\). Найдите число ориентированных путей из \\((0,0)\\) в \\((2n,n)\\).","definition_ids":["directed_graph","path"]}]},"solutions":[{"id":"sol-official-expanded","title":"Рекурсия Паскаля на ориентированном решётчатом графе","status":"ai_checked","definition_ids":["directed_graph","path"],"standard_idea_ids":["invariant"],"tags":[],"has_text":true,"text_preview":"Ответ: \\[ \\frac{1}{2n+1}\\binom{3n}{n}. \\] Рассмотрим отображение \\[ \\pi(x,y,z)=(x+y,z). \\] Из условий \\(y+1\\ge x\\ge y\\ge z\\ge0\\) следует, что \\(v=z\\ge0\\), а \\(u=x+y\\ge2z=2v\\). Обратно, для всякой точки \\((u,v)\\) с \\(v\\ge0\\), \\(u\\ge2v\\) можно восстановить единственную точку \\(\\Omega\\): берём \\(z=v\\), а \\(x,y\\) как две соседние или равные целые координаты с суммой \\(u\\) и условием \\(y+1\\ge x\\ge y\\). Поэтому \\(\\pi\\) является биекцией между \\(\\Omega\\) и областью \\[ \\Psi=\\\\{(u,v)\\in\\mathbb Z^2: v\\ge0,\\ u\\ge2v\\\\}. \\] Путь длины \\(3n\\) из \\((0,0,0)\\) в \\((n,n,n)\\) не может делать лишних обратных движений: сумма координат должна увеличиться от \\(0\\) до \\(3n\\) ровно за \\(3n\\) прыжков длины \\(1\\). Значит, каждый прыжок увеличивает одну координату на \\(1\\). После проекции это даёт шаги \\((1,0)\\) и \\((0,1)\\) из \\((0,0)\\) в \\((2n,n)\\), оставаясь в \\(\\Psi\\). Обозначим через \\(f(u,v)\\) число таких пут…"}],"relations":[{"id":"rel-imc-2018-frog-cmo-2005-lattice-paths","neighbor_id":"cmo-2005-p1-triangular-grid-paths","direction":"forward","type":"same_motif","distance":2,"status":"ai_checked"}],"search_text":"imc-2018-day2-p8-frog-lattice-paths кратчайшие пути в решётчатой области, imc 2018 day 2 p8 graph_model goal_counting dynamics invariant 2018 anatoly vershik anatolyvershik fedor petrov fedorpetrov https://imc-math.org.uk/imc2018/imc2018-day2-solutions.pdf imc imc 2018 day 2 p8, официальные условия и решения imc2018 problem_and_solution src-imc-2018-day2-p8-official with_solution fedor petrov anatoly vershik imc 2018 day 2 p8, официальные условия и решения stmt-original условие ai_checked пусть \\(\\omega=\\{(x,y,z)\\in\\mathbb z^3: y+1\\ge x\\ge y\\ge z\\ge0\\}\\). лягушка прыгает по точкам множества \\(\\omega\\) прыжками длины \\(1\\). для каждого положительного целого \\(n\\) определите число путей, которыми лягушка может попасть из \\((0,0,0)\\) в \\((n,n,n)\\) ровно за \\(3n\\) прыжков. stmt-graph ориентированные пути в двумерной решётчатой области ai_checked пусть \\(d\\) — ориентированный граф с вершинами \\((u,v)\\in\\mathbb z^2\\), где \\(v\\ge0\\) и \\(u\\ge2v\\). из вершины \\((u,v)\\) проведены дуги в \\((u+1,v)\\) и \\((u,v+1)\\), если соответствующая вершина принадлежит \\(d\\). найдите число ориентированных путей из \\((0,0)\\) в \\((2n,n)\\). directed_graph path idea-project-to-two-coordinates проекция сохраняет допустимые пути отображение \\((x,y,z)\\mapsto(x+y,z)\\) переводит область в \\(v\\ge0, u\\ge2v\\) и превращает допустимые минимальные пути в обычные пути с шагами вправо и вверх. graph_model ai_checked idea-binomial-correction-boundary биномиальная функция с поправкой зануляется на границе число путей удовлетворяет рекурсии паскаля. комбинация \\(\\binom{u+v}{v}-2\\binom{u+v}{v-1}\\) имеет правильное начальное значение и обращается в ноль на запрещающей границе \\(u=2v-1\\). invariant ai_checked sol-official-expanded рекурсия паскаля на ориентированном решётчатом графе ai_checked directed_graph path invariant ответ: \\[ \\frac{1}{2n+1}\\binom{3n}{n}. \\] рассмотрим отображение \\[ \\pi(x,y,z)=(x+y,z). \\] из условий \\(y+1\\ge x\\ge y\\ge z\\ge0\\) следует, что \\(v=z\\ge0\\), а \\(u=x+y\\ge2z=2v\\). обратно, для всякой точки \\((u,v)\\) с \\(v\\ge0\\), \\(u\\ge2v\\) можно восстановить единственную точку \\(\\omega\\): берём \\(z=v\\), а \\(x,y\\) как две соседние или равные целые координаты с суммой \\(u\\) и условием \\(y+1\\ge x\\ge y\\). поэтому \\(\\pi\\) является биекцией между \\(\\omega\\) и областью \\[ \\psi=\\\\{(u,v)\\in\\mathbb z^2: v\\ge0,\\ u\\ge2v\\\\}. \\] путь длины \\(3n\\) из \\((0,0,0)\\) в \\((n,n,n)\\) не может делать лишних обратных движений: сумма координат должна увеличиться от \\(0\\) до \\(3n\\) ровно за \\(3n\\) прыжков длины \\(1\\). значит, каждый прыжок увеличивает одну координату на \\(1\\). после проекции это даёт шаги \\((1,0)\\) и \\((0,1)\\) из \\((0,0)\\) в \\((2n,n)\\), оставаясь в \\(\\psi\\). обозначим через \\(f(u,v)\\) число таких пут… imc-2018-day2-p8-frog-lattice-paths kratchayshie puti v reshetchatoy oblasti, imc 2018 day 2 p8 graph_model goal_counting dynamics invariant 2018 anatoly vershik anatolyvershik fedor petrov fedorpetrov https://imc-math.org.uk/imc2018/imc2018-day2-solutions.pdf imc imc 2018 day 2 p8, ofitsialnye usloviya i resheniya imc2018 problem_and_solution src-imc-2018-day2-p8-official with_solution fedor petrov anatoly vershik imc 2018 day 2 p8, ofitsialnye usloviya i resheniya stmt-original uslovie ai_checked pust \\(\\omega=\\{(x,y,z)\\in\\mathbb z^3: y+1\\ge x\\ge y\\ge z\\ge0\\}\\). lyagushka prygaet po tochkam mnozhestva \\(\\omega\\) pryzhkami dliny \\(1\\). dlya kazhdogo polozhitelnogo tselogo \\(n\\) opredelite chislo putey, kotorymi lyagushka mozhet popast iz \\((0,0,0)\\) v \\((n,n,n)\\) rovno za \\(3n\\) pryzhkov. stmt-graph orientirovannye puti v dvumernoy reshetchatoy oblasti ai_checked pust \\(d\\) — orientirovannyy graf s vershinami \\((u,v)\\in\\mathbb z^2\\), gde \\(v\\ge0\\) i \\(u\\ge2v\\). iz vershiny \\((u,v)\\) provedeny dugi v \\((u+1,v)\\) i \\((u,v+1)\\), esli sootvetstvuyuschaya vershina prinadlezhit \\(d\\). naydite chislo orientirovannyh putey iz \\((0,0)\\) v \\((2n,n)\\). directed_graph path idea-project-to-two-coordinates proektsiya sohranyaet dopustimye puti otobrazhenie \\((x,y,z)\\mapsto(x+y,z)\\) perevodit oblast v \\(v\\ge0, u\\ge2v\\) i prevraschaet dopustimye minimalnye puti v obychnye puti s shagami vpravo i vverh. graph_model ai_checked idea-binomial-correction-boundary binomialnaya funktsiya s popravkoy zanulyaetsya na granitse chislo putey udovletvoryaet rekursii paskalya. kombinatsiya \\(\\binom{u+v}{v}-2\\binom{u+v}{v-1}\\) imeet pravilnoe nachalnoe znachenie i obraschaetsya v nol na zapreschayuschey granitse \\(u=2v-1\\). invariant ai_checked sol-official-expanded rekursiya paskalya na orientirovannom reshetchatom grafe ai_checked directed_graph path invariant otvet: \\[ \\frac{1}{2n+1}\\binom{3n}{n}. \\] rassmotrim otobrazhenie \\[ \\pi(x,y,z)=(x+y,z). \\] iz usloviy \\(y+1\\ge x\\ge y\\ge z\\ge0\\) sleduet, chto \\(v=z\\ge0\\), a \\(u=x+y\\ge2z=2v\\). obratno, dlya vsyakoy tochki \\((u,v)\\) s \\(v\\ge0\\), \\(u\\ge2v\\) mozhno vosstanovit edinstvennuyu tochku \\(\\omega\\): berem \\(z=v\\), a \\(x,y\\) kak dve sosednie ili ravnye tselye koordinaty s summoy \\(u\\) i usloviem \\(y+1\\ge x\\ge y\\). poetomu \\(\\pi\\) yavlyaetsya biektsiey mezhdu \\(\\omega\\) i oblastyu \\[ \\psi=\\\\{(u,v)\\in\\mathbb z^2: v\\ge0,\\ u\\ge2v\\\\}. \\] put dliny \\(3n\\) iz \\((0,0,0)\\) v \\((n,n,n)\\) ne mozhet delat lishnih obratnyh dvizheniy: summa koordinat dolzhna uvelichitsya ot \\(0\\) do \\(3n\\) rovno za \\(3n\\) pryzhkov dliny \\(1\\). znachit, kazhdyy pryzhok uvelichivaet odnu koordinatu na \\(1\\). posle proektsii eto daet shagi \\((1,0)\\) i \\((0,1)\\) iz \\((0,0)\\) v \\((2n,n)\\), ostavayas v \\(\\psi\\). oboznachim cherez \\(f(u,v)\\) chislo takih put…","source_keys":["imc"]}
{"id":"imc-2022-day1-p3-flea-cycle-recurrence","title":"Возвраты на цикле вычетов, IMC 2022 Day 1 P3","path":"data\\problems\\imc\\imc-2022-day1-p3-flea-cycle-recurrence.yaml","raw_github_url":"https://raw.githubusercontent.com/didin-maxim/knowledge_graph_of_graphs/main/data/problems/imc/imc-2022-day1-p3-flea-cycle-recurrence.yaml","viewer_url":"https://didin-maxim.github.io/knowledge_graph_of_graphs/#imc-2022-day1-p3-flea-cycle-recurrence","source_key":"imc","source_label":"IMC","source_titles":["IMC 2022 Day 1 P3, официальные условия и решения"],"year":"2022","type":"olympiad_problem","authors":["Fedor Petrov"],"tags":["graph_model","dynamics","invariant","goal_counting"],"agent_topics":[],"difficulty":{"main":"regional","local_score":5,"comment":"Графовая модель цикла вычетов является удобной формой официального рекуррентного решения.","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":"агент grouped classification","audit_source":"agent-university-archives.json"},"statements":{"original":[{"id":"stmt-original","title":"Условие","status":"ai_checked","text":"Пусть \\(p\\) -- простое число. Блоха находится в точке \\(0\\) числовой прямой. Каждую минуту она может остаться на месте, прыгнуть на \\(1\\) влево или прыгнуть на \\(1\\) вправо. Через \\(p-1\\) минут она хочет снова оказаться в точке \\(0\\). Обозначим через \\(f(p)\\) число её стратегий сделать это. Найдите \\(f(p)\\) по модулю \\(p\\).","definition_ids":[]}],"graph_theory":[{"id":"stmt-graph","title":"Возвраты на цикле вычетов","status":"ai_checked","text":"На графе с вершинами \\(\\mathbb Z/p\\mathbb Z\\), петлёй в каждой вершине и рёбрами между соседними вычетами считаются маршруты длины \\(p-1\\) из \\(0\\) в \\(0\\). Определите это число по модулю \\(p\\).","definition_ids":["cycle","path"]}]},"solutions":[{"id":"sol-official-expanded","title":"Сведение к маршрутам на цикле вычетов","status":"ai_checked","definition_ids":["cycle","path"],"standard_idea_ids":["invariant"],"tags":[],"has_text":true,"text_preview":"Ответ: \\[ f(p)\\equiv \\begin{cases} 0 \\pmod p, & p=3,\\\\ 1 \\pmod p, & p\\equiv1\\pmod3,\\\\ -1 \\pmod p, & p\\equiv2\\pmod3. \\end{cases} \\] Для \\(p=3\\) прямо есть три стратегии: стоять два раза, пойти влево и вправо, пойти вправо и влево; значит \\(f(3)=3\\). Далее пусть \\(p\\ne3\\). Считаем положение блохи по модулю \\(p\\). За \\(p-1\\) ходов из \\(0\\) невозможно прийти на прямой в ненулевую кратную \\(p\\) точку, потому что абсолютное смещение не превосходит \\(p-1\\). Поэтому число возвратов на прямой равно числу маршрутов длины \\(p-1\\) из \\(0\\) в \\(0\\) на графе вычетов. Обозначим через \\(a_i(k)\\) число стратегий, после \\(k\\) минут приводящих в вычет \\(i\\). Тогда \\[ a_i(k+1)=a_{i-1}(k)+a_i(k)+a_{i+1}(k), \\] где индексы берутся по модулю \\(p\\). Рассмотрим стратегии длины \\(p\\). Любое непостоянное слово из символов \\(-1,0,+1\\) имеет орбиту размера \\(p\\) относительно циклического сдвига: если слово имеет ме…"}],"relations":[{"id":"rel-imc-2013-necklace-imc-2022-flea-cycle-recurrence","neighbor_id":"imc-2013-day2-p5-necklace-good-colorings-odd","direction":"backward","type":"same_motif","distance":2,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-smmc-2022-c3-imc-2022-flea-cycle-walk-recurrence","neighbor_id":"simon-marais-2022-c3-random-walk-cycle-five","direction":"backward","type":"same_motif","distance":2,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-imc-2022-flea-imo-1979-cycle-walks","neighbor_id":"imo-1979-p6-octagon-walks-cycle-graph","direction":"forward","type":"same_motif","distance":2,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-jbmo-2026-p3-imc-2022-cycle-recurrence","neighbor_id":"jbmo-2026-p3-three-color-lamps-cycle","direction":"backward","type":"same_motif","distance":2,"status":"ai_checked"}],"search_text":"imc-2022-day1-p3-flea-cycle-recurrence возвраты на цикле вычетов, imc 2022 day 1 p3 graph_model dynamics invariant goal_counting 2022 fedor petrov fedorpetrov https://www.imc-math.org.uk/imc2022/imc2022day1solutions.pdf imc imc 2022 day 1 p3, официальные условия и решения imc2022 problem_and_solution src-imc-2022-day1-p3-official with_solution fedor petrov imc 2022 day 1 p3, официальные условия и решения stmt-original условие ai_checked пусть \\(p\\) -- простое число. блоха находится в точке \\(0\\) числовой прямой. каждую минуту она может остаться на месте, прыгнуть на \\(1\\) влево или прыгнуть на \\(1\\) вправо. через \\(p-1\\) минут она хочет снова оказаться в точке \\(0\\). обозначим через \\(f(p)\\) число её стратегий сделать это. найдите \\(f(p)\\) по модулю \\(p\\). stmt-graph возвраты на цикле вычетов ai_checked на графе с вершинами \\(\\mathbb z/p\\mathbb z\\), петлёй в каждой вершине и рёбрами между соседними вычетами считаются маршруты длины \\(p-1\\) из \\(0\\) в \\(0\\). определите это число по модулю \\(p\\). cycle path idea-p-step-orbits циклический сдвиг слов длины p слова из \\(p\\) ходов, кроме трёх постоянных слов, разбиваются на орбиты размера \\(p\\) по циклическому сдвигу. поэтому по модулю \\(p\\) после \\(p\\) шагов остаётся только вклад трёх постоянных стратегий. invariant ai_checked idea-three-periodic-system линейная система на цикле имеет период 3 если \\(x_i\\) -- число способов оказаться в вычете \\(i\\) после \\(p-1\\) шагов, то уравнения для следующего шага имеют вид \\(x_{i-1}+x_i+x_{i+1}\\). их решение по модулю \\(p\\) задаётся периодическим шаблоном длины 3. dynamics ai_checked sol-official-expanded сведение к маршрутам на цикле вычетов ai_checked cycle path invariant ответ: \\[ f(p)\\equiv \\begin{cases} 0 \\pmod p, & p=3,\\\\ 1 \\pmod p, & p\\equiv1\\pmod3,\\\\ -1 \\pmod p, & p\\equiv2\\pmod3. \\end{cases} \\] для \\(p=3\\) прямо есть три стратегии: стоять два раза, пойти влево и вправо, пойти вправо и влево; значит \\(f(3)=3\\). далее пусть \\(p\\ne3\\). считаем положение блохи по модулю \\(p\\). за \\(p-1\\) ходов из \\(0\\) невозможно прийти на прямой в ненулевую кратную \\(p\\) точку, потому что абсолютное смещение не превосходит \\(p-1\\). поэтому число возвратов на прямой равно числу маршрутов длины \\(p-1\\) из \\(0\\) в \\(0\\) на графе вычетов. обозначим через \\(a_i(k)\\) число стратегий, после \\(k\\) минут приводящих в вычет \\(i\\). тогда \\[ a_i(k+1)=a_{i-1}(k)+a_i(k)+a_{i+1}(k), \\] где индексы берутся по модулю \\(p\\). рассмотрим стратегии длины \\(p\\). любое непостоянное слово из символов \\(-1,0,+1\\) имеет орбиту размера \\(p\\) относительно циклического сдвига: если слово имеет ме… imc-2022-day1-p3-flea-cycle-recurrence vozvraty na tsikle vychetov, imc 2022 day 1 p3 graph_model dynamics invariant goal_counting 2022 fedor petrov fedorpetrov https://www.imc-math.org.uk/imc2022/imc2022day1solutions.pdf imc imc 2022 day 1 p3, ofitsialnye usloviya i resheniya imc2022 problem_and_solution src-imc-2022-day1-p3-official with_solution fedor petrov imc 2022 day 1 p3, ofitsialnye usloviya i resheniya stmt-original uslovie ai_checked pust \\(p\\) -- prostoe chislo. bloha nahoditsya v tochke \\(0\\) chislovoy pryamoy. kazhduyu minutu ona mozhet ostatsya na meste, prygnut na \\(1\\) vlevo ili prygnut na \\(1\\) vpravo. cherez \\(p-1\\) minut ona hochet snova okazatsya v tochke \\(0\\). oboznachim cherez \\(f(p)\\) chislo ee strategiy sdelat eto. naydite \\(f(p)\\) po modulyu \\(p\\). stmt-graph vozvraty na tsikle vychetov ai_checked na grafe s vershinami \\(\\mathbb z/p\\mathbb z\\), petley v kazhdoy vershine i rebrami mezhdu sosednimi vychetami schitayutsya marshruty dliny \\(p-1\\) iz \\(0\\) v \\(0\\). opredelite eto chislo po modulyu \\(p\\). cycle path idea-p-step-orbits tsiklicheskiy sdvig slov dliny p slova iz \\(p\\) hodov, krome treh postoyannyh slov, razbivayutsya na orbity razmera \\(p\\) po tsiklicheskomu sdvigu. poetomu po modulyu \\(p\\) posle \\(p\\) shagov ostaetsya tolko vklad treh postoyannyh strategiy. invariant ai_checked idea-three-periodic-system lineynaya sistema na tsikle imeet period 3 esli \\(x_i\\) -- chislo sposobov okazatsya v vychete \\(i\\) posle \\(p-1\\) shagov, to uravneniya dlya sleduyuschego shaga imeyut vid \\(x_{i-1}+x_i+x_{i+1}\\). ih reshenie po modulyu \\(p\\) zadaetsya periodicheskim shablonom dliny 3. dynamics ai_checked sol-official-expanded svedenie k marshrutam na tsikle vychetov ai_checked cycle path invariant otvet: \\[ f(p)\\equiv \\begin{cases} 0 \\pmod p, & p=3,\\\\ 1 \\pmod p, & p\\equiv1\\pmod3,\\\\ -1 \\pmod p, & p\\equiv2\\pmod3. \\end{cases} \\] dlya \\(p=3\\) pryamo est tri strategii: stoyat dva raza, poyti vlevo i vpravo, poyti vpravo i vlevo; znachit \\(f(3)=3\\). dalee pust \\(p\\ne3\\). schitaem polozhenie blohi po modulyu \\(p\\). za \\(p-1\\) hodov iz \\(0\\) nevozmozhno priyti na pryamoy v nenulevuyu kratnuyu \\(p\\) tochku, potomu chto absolyutnoe smeschenie ne prevoshodit \\(p-1\\). poetomu chislo vozvratov na pryamoy ravno chislu marshrutov dliny \\(p-1\\) iz \\(0\\) v \\(0\\) na grafe vychetov. oboznachim cherez \\(a_i(k)\\) chislo strategiy, posle \\(k\\) minut privodyaschih v vychet \\(i\\). togda \\[ a_i(k+1)=a_{i-1}(k)+a_i(k)+a_{i+1}(k), \\] gde indeksy berutsya po modulyu \\(p\\). rassmotrim strategii dliny \\(p\\). lyuboe nepostoyannoe slovo iz simvolov \\(-1,0,+1\\) imeet orbitu razmera \\(p\\) otnositelno tsiklicheskogo sdviga: esli slovo imeet me…","source_keys":["imc"]}
{"id":"imc-2022-day1-p4-triples-chromatic-loglog","title":"Хроматическое число сдвигового графа троек, IMC 2022 Day 1 P4","path":"data\\problems\\imc\\imc-2022-day1-p4-triples-chromatic-loglog.yaml","raw_github_url":"https://raw.githubusercontent.com/didin-maxim/knowledge_graph_of_graphs/main/data/problems/imc/imc-2022-day1-p4-triples-chromatic-loglog.yaml","viewer_url":"https://didin-maxim.github.io/knowledge_graph_of_graphs/#imc-2022-day1-p4-triples-chromatic-loglog","source_key":"imc","source_label":"IMC","source_titles":["IMC 2022 Day 1 P4, официальные условия и решения"],"year":"2022","type":"olympiad_problem","authors":["Danila Cherkashin"],"tags":["coloring","graph_model","goal_bound"],"agent_topics":[],"difficulty":{"main":"national_final_hard","local_score":9,"comment":"Продвинутая графовая задача: центральны сдвиговые графы, хроматическое число и покрытие рёбер допустимыми классами.","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":"агент grouped classification","audit_source":"agent-university-archives.json"},"statements":{"original":[{"id":"stmt-original","title":"Условие","status":"ai_checked","text":"Пусть \\(n>3\\) -- целое число, а \\(\\Omega\\) -- множество всех троек различных элементов множества \\(\\{1,2,\\ldots,n\\}\\). Пусть \\(m\\) -- минимальное число цветов, достаточное для раскраски \\(\\Omega\\), при которой для любых \\(1\\le a<b<c<d\\le n\\) тройки \\(\\{a,b,c\\}\\) и \\(\\{b,c,d\\}\\) имеют разные цвета. Докажите, что \\(\\frac1{100}\\log\\log n\\le m\\le100\\log\\log n\\).","definition_ids":[]}],"graph_theory":[{"id":"stmt-graph","title":"Хроматическое число сдвигового графа троек","status":"ai_checked","text":"Пусть \\(H_n\\) — граф, вершинами которого являются трёхэлементные подмножества \\([n]\\), а две вершины \\(\\{a,b,c\\}\\) и \\(\\{b,c,d\\}\\) смежны для любых \\(a<b<c<d\\). Докажите, что \\(\\frac1{100}\\log\\log n\\le \\chi(H_n)\\le100\\log\\log n\\).","definition_ids":["directed_graph","chromatic_number"]}]},"solutions":[{"id":"sol-official-expanded","title":"Итерация хроматического числа через допустимые покрытия рёбер","status":"ai_checked","definition_ids":["directed_graph","chromatic_number"],"standard_idea_ids":["induction"],"tags":[],"has_text":true,"text_preview":"Для \\(k=1,\\ldots,n\\) обозначим через \\(\\Omega_k\\) множество всех \\(k\\)-элементных подмножеств \\([n]\\). Построим ориентированный граф \\(G_k\\): его вершины -- элементы \\(\\Omega_k\\), а каждое \\((k+1)\\)-подмножество \\(a_1<\\cdots<a_{k+1}\\) задаёт ребро \\[ (a_1,\\ldots,a_k)\\to(a_2,\\ldots,a_{k+1}). \\] В исходной задаче две тройки \\(\\\\{a,b,c\\\\}\\) и \\(\\\\{b,c,d\\\\}\\) должны иметь разные цвета ровно тогда, когда они являются концами ребра в \\(G_3\\). Следовательно, \\(m=\\chi(G_3)\\). Для ориентированного графа \\(G=(V,E)\\) назовём множество рёбер допустимым, если оно не содержит ориентированного пути длины \\(2\\). Пусть \\(b(G)\\) -- минимальное число допустимых множеств, покрывающих все рёбра. Ключевое наблюдение: для \\(k\\ge2\\) множество \\(A\\subset\\Omega_k\\) независимо в \\(G_k\\) тогда и только тогда, когда то же множество, рассматриваемое как набор рёбер графа \\(G_{k-1}\\), допустимо. Действительно, ребро…"}],"relations":[{"id":"rel-imc-2022-triples-mmo-2012-triple-chromatic","neighbor_id":"mmo-2012-three-subsets-coloring","direction":"forward","type":"same_motif","distance":2,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-miklos-2005-p1-imc-2022-high-chromatic","neighbor_id":"miklos-schweitzer-2005-p1-high-chromatic-defined-graph","direction":"backward","type":"same_motif","distance":3,"status":"needs_human_review"},{"id":"rel-spbmo2003-p5-to-imc2022-auxiliary-chromatic-model","neighbor_id":"spbmo-2003-9-qual-p5-edge-colored-graph-vertex-coloring","direction":"backward","type":"same_motif","distance":4,"status":"needs_human_review"}],"search_text":"imc-2022-day1-p4-triples-chromatic-loglog хроматическое число сдвигового графа троек, imc 2022 day 1 p4 coloring graph_model goal_bound 2022 danila cherkashin danilacherkashin https://www.imc-math.org.uk/imc2022/imc2022day1solutions.pdf imc imc 2022 day 1 p4, официальные условия и решения imc2022 problem_and_solution src-imc-2022-day1-p4-official with_solution danila cherkashin imc 2022 day 1 p4, официальные условия и решения stmt-original условие ai_checked пусть \\(n>3\\) -- целое число, а \\(\\omega\\) -- множество всех троек различных элементов множества \\(\\{1,2,\\ldots,n\\}\\). пусть \\(m\\) -- минимальное число цветов, достаточное для раскраски \\(\\omega\\), при которой для любых \\(1\\le a<b<c<d\\le n\\) тройки \\(\\{a,b,c\\}\\) и \\(\\{b,c,d\\}\\) имеют разные цвета. докажите, что \\(\\frac1{100}\\log\\log n\\le m\\le100\\log\\log n\\). stmt-graph хроматическое число сдвигового графа троек ai_checked пусть \\(h_n\\) — граф, вершинами которого являются трёхэлементные подмножества \\([n]\\), а две вершины \\(\\{a,b,c\\}\\) и \\(\\{b,c,d\\}\\) смежны для любых \\(a<b<c<d\\). докажите, что \\(\\frac1{100}\\log\\log n\\le \\chi(h_n)\\le100\\log\\log n\\). directed_graph chromatic_number idea-independent-admissible-shift независимые множества вершин становятся допустимыми множествами рёбер одно и то же \\(k\\)-подмножество является вершиной \\(g_k\\) и ребром \\(g_{k-1}\\). запрет на две последовательные тройки ровно означает отсутствие ориентированного пути длины 2 в соответствующем множестве рёбер. coloring ai_checked idea-b-index-log-chi покрытия рёбер связаны с логарифмом хроматического числа если рёбра покрыты \\(m\\) допустимыми классами, цвет вершины можно кодировать множеством исходящих классов, что даёт \\(\\chi\\le2^m\\). в другую сторону двоичные разряды правильной раскраски вершин дают \\(o(\\log\\chi)\\) допустимых классов рёбер. coloring ai_checked sol-official-expanded итерация хроматического числа через допустимые покрытия рёбер ai_checked directed_graph chromatic_number induction для \\(k=1,\\ldots,n\\) обозначим через \\(\\omega_k\\) множество всех \\(k\\)-элементных подмножеств \\([n]\\). построим ориентированный граф \\(g_k\\): его вершины -- элементы \\(\\omega_k\\), а каждое \\((k+1)\\)-подмножество \\(a_1<\\cdots<a_{k+1}\\) задаёт ребро \\[ (a_1,\\ldots,a_k)\\to(a_2,\\ldots,a_{k+1}). \\] в исходной задаче две тройки \\(\\\\{a,b,c\\\\}\\) и \\(\\\\{b,c,d\\\\}\\) должны иметь разные цвета ровно тогда, когда они являются концами ребра в \\(g_3\\). следовательно, \\(m=\\chi(g_3)\\). для ориентированного графа \\(g=(v,e)\\) назовём множество рёбер допустимым, если оно не содержит ориентированного пути длины \\(2\\). пусть \\(b(g)\\) -- минимальное число допустимых множеств, покрывающих все рёбра. ключевое наблюдение: для \\(k\\ge2\\) множество \\(a\\subset\\omega_k\\) независимо в \\(g_k\\) тогда и только тогда, когда то же множество, рассматриваемое как набор рёбер графа \\(g_{k-1}\\), допустимо. действительно, ребро… imc-2022-day1-p4-triples-chromatic-loglog hromaticheskoe chislo sdvigovogo grafa troek, imc 2022 day 1 p4 coloring graph_model goal_bound 2022 danila cherkashin danilacherkashin https://www.imc-math.org.uk/imc2022/imc2022day1solutions.pdf imc imc 2022 day 1 p4, ofitsialnye usloviya i resheniya imc2022 problem_and_solution src-imc-2022-day1-p4-official with_solution danila cherkashin imc 2022 day 1 p4, ofitsialnye usloviya i resheniya stmt-original uslovie ai_checked pust \\(n>3\\) -- tseloe chislo, a \\(\\omega\\) -- mnozhestvo vseh troek razlichnyh elementov mnozhestva \\(\\{1,2,\\ldots,n\\}\\). pust \\(m\\) -- minimalnoe chislo tsvetov, dostatochnoe dlya raskraski \\(\\omega\\), pri kotoroy dlya lyubyh \\(1\\le a<b<c<d\\le n\\) troyki \\(\\{a,b,c\\}\\) i \\(\\{b,c,d\\}\\) imeyut raznye tsveta. dokazhite, chto \\(\\frac1{100}\\log\\log n\\le m\\le100\\log\\log n\\). stmt-graph hromaticheskoe chislo sdvigovogo grafa troek ai_checked pust \\(h_n\\) — graf, vershinami kotorogo yavlyayutsya trehelementnye podmnozhestva \\([n]\\), a dve vershiny \\(\\{a,b,c\\}\\) i \\(\\{b,c,d\\}\\) smezhny dlya lyubyh \\(a<b<c<d\\). dokazhite, chto \\(\\frac1{100}\\log\\log n\\le \\chi(h_n)\\le100\\log\\log n\\). directed_graph chromatic_number idea-independent-admissible-shift nezavisimye mnozhestva vershin stanovyatsya dopustimymi mnozhestvami reber odno i to zhe \\(k\\)-podmnozhestvo yavlyaetsya vershinoy \\(g_k\\) i rebrom \\(g_{k-1}\\). zapret na dve posledovatelnye troyki rovno oznachaet otsutstvie orientirovannogo puti dliny 2 v sootvetstvuyuschem mnozhestve reber. coloring ai_checked idea-b-index-log-chi pokrytiya reber svyazany s logarifmom hromaticheskogo chisla esli rebra pokryty \\(m\\) dopustimymi klassami, tsvet vershiny mozhno kodirovat mnozhestvom ishodyaschih klassov, chto daet \\(\\chi\\le2^m\\). v druguyu storonu dvoichnye razryady pravilnoy raskraski vershin dayut \\(o(\\log\\chi)\\) dopustimyh klassov reber. coloring ai_checked sol-official-expanded iteratsiya hromaticheskogo chisla cherez dopustimye pokrytiya reber ai_checked directed_graph chromatic_number induction dlya \\(k=1,\\ldots,n\\) oboznachim cherez \\(\\omega_k\\) mnozhestvo vseh \\(k\\)-elementnyh podmnozhestv \\([n]\\). postroim orientirovannyy graf \\(g_k\\): ego vershiny -- elementy \\(\\omega_k\\), a kazhdoe \\((k+1)\\)-podmnozhestvo \\(a_1<\\cdots<a_{k+1}\\) zadaet rebro \\[ (a_1,\\ldots,a_k)\\to(a_2,\\ldots,a_{k+1}). \\] v ishodnoy zadache dve troyki \\(\\\\{a,b,c\\\\}\\) i \\(\\\\{b,c,d\\\\}\\) dolzhny imet raznye tsveta rovno togda, kogda oni yavlyayutsya kontsami rebra v \\(g_3\\). sledovatelno, \\(m=\\chi(g_3)\\). dlya orientirovannogo grafa \\(g=(v,e)\\) nazovem mnozhestvo reber dopustimym, esli ono ne soderzhit orientirovannogo puti dliny \\(2\\). pust \\(b(g)\\) -- minimalnoe chislo dopustimyh mnozhestv, pokryvayuschih vse rebra. klyuchevoe nablyudenie: dlya \\(k\\ge2\\) mnozhestvo \\(a\\subset\\omega_k\\) nezavisimo v \\(g_k\\) togda i tolko togda, kogda to zhe mnozhestvo, rassmatrivaemoe kak nabor reber grafa \\(g_{k-1}\\), dopustimo. deystvitelno, rebro…","source_keys":["imc"]}
{"id":"imc-2022-day2-p5-regular-43-coloured-triangles","title":"Красно-синие треугольники в \\(K_{43}\\), IMC 2022 Day 2 P5","path":"data\\problems\\imc\\imc-2022-day2-p5-regular-43-coloured-triangles.yaml","raw_github_url":"https://raw.githubusercontent.com/didin-maxim/knowledge_graph_of_graphs/main/data/problems/imc/imc-2022-day2-p5-regular-43-coloured-triangles.yaml","viewer_url":"https://didin-maxim.github.io/knowledge_graph_of_graphs/#imc-2022-day2-p5-regular-43-coloured-triangles","source_key":"imc","source_label":"IMC","source_titles":["IMC 2022 Day 2 P5, официальные условия и решения"],"year":"2022","type":"olympiad_problem","authors":["Mike Daas"],"tags":["double_counting","degree_counting","coloring","goal_exact_bound"],"agent_topics":[],"difficulty":{"main":"regional","local_score":5,"comment":"Классический двойной счёт в двухцветном полном графе с регулярными цветными степенями.","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":"агент grouped classification","audit_source":"agent-university-archives.json"},"statements":{"original":[{"id":"stmt-original","title":"Условие","status":"ai_checked","text":"Все стороны и диагонали правильного \\(43\\)-угольника \\(P\\) окрашены в красный или синий цвет так, что из каждой вершины выходит \\(20\\) красных и \\(22\\) синих отрезка. Треугольник с вершинами в вершинах \\(P\\) называется одноцветным, если все его стороны одного цвета. Известно, что синих одноцветных треугольников \\(2022\\). Сколько красных одноцветных треугольников?","definition_ids":[]}],"graph_theory":[{"id":"stmt-graph","title":"Одноцветные треугольники в регулярной раскраске \\(K_{43}\\)","status":"ai_checked","text":"Рёбра полного графа \\(K_{43}\\) окрашены в красный и синий цвета; степень каждой вершины в красном подграфе равна \\(20\\), а в синем равна \\(22\\). Если синих одноцветных треугольников \\(2022\\), найдите число красных одноцветных треугольников.","definition_ids":["complete_graph","degree"]}]},"solutions":[{"id":"sol-official-expanded","title":"Двойной счёт пар рёбер с общей вершиной","status":"ai_checked","definition_ids":["complete_graph","degree"],"standard_idea_ids":["double_counting"],"tags":[],"has_text":true,"text_preview":"Будем рассматривать данный рисунок как полную графовую раскраску \\(K_{43}\\). Назовём вишней пару различных рёбер с общей вершиной. Вишня бывает одноцветной или разноцветной. Пусть \\(M\\) -- число одноцветных вишен во всём графе, а \\(P\\) -- число разноцветных. Рассмотрим величину \\(2M-P\\) по треугольникам. Каждая вишня входит ровно в один треугольник: если рёбра имеют общий центр \\(v\\) и другие концы \\(a,b\\), то это треугольник \\(a,b,v\\). Если треугольник одноцветный, то все три его вишни одноцветны, и он даёт вклад \\(2\\cdot3=6\\). Если треугольник не одноцветный, то в двухцветной раскраске его рёбер есть две стороны одного цвета и одна другого; значит, ровно одна вишня одноцветна и две разноцветны. Его вклад равен \\(2\\cdot1-2=0\\). Поэтому \\[ 2M-P=6T, \\] где \\(T\\) -- общее число одноцветных треугольников. Теперь посчитаем ту же величину по центрам вишен. В каждой вершине выходит \\(20\\) кра…"}],"relations":[{"id":"rel-imc-2022-spbmo-1997-two-colour-complete-graph-counting","neighbor_id":"spbmo-1997-11-p63-red-blue-complete-graph-two-edge-count","direction":"forward","type":"same_motif","distance":2,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-imc-2022-triangles-imo-1964-edge-coloring","neighbor_id":"imo-1964-p4-three-topic-ramsey","direction":"forward","type":"same_motif","distance":2,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-imc-2022-triangles-ramsey-r33","neighbor_id":"ramsey-r33","direction":"forward","type":"same_motif","distance":2,"status":"ai_checked"}],"search_text":"imc-2022-day2-p5-regular-43-coloured-triangles красно-синие треугольники в \\(k_{43}\\), imc 2022 day 2 p5 double_counting degree_counting coloring goal_exact_bound 2022 https://www.imc-math.org.uk/imc2022/imc2022day2solutions.pdf imc imc 2022 day 2 p5, официальные условия и решения imc2022 mike daas mikedaas problem_and_solution src-imc-2022-day2-p5-official with_solution mike daas imc 2022 day 2 p5, официальные условия и решения stmt-original условие ai_checked все стороны и диагонали правильного \\(43\\)-угольника \\(p\\) окрашены в красный или синий цвет так, что из каждой вершины выходит \\(20\\) красных и \\(22\\) синих отрезка. треугольник с вершинами в вершинах \\(p\\) называется одноцветным, если все его стороны одного цвета. известно, что синих одноцветных треугольников \\(2022\\). сколько красных одноцветных треугольников? stmt-graph одноцветные треугольники в регулярной раскраске \\(k_{43}\\) ai_checked рёбра полного графа \\(k_{43}\\) окрашены в красный и синий цвета; степень каждой вершины в красном подграфе равна \\(20\\), а в синем равна \\(22\\). если синих одноцветных треугольников \\(2022\\), найдите число красных одноцветных треугольников. complete_graph degree idea-cherries-contribution вишни отличают одноцветные треугольники пара рёбер с общей вершиной даёт вклад в подсчёт. для одноцветного треугольника три такие пары одноцветны, а для неодноцветного ровно одна одноцветна и две разноцветны. double_counting ai_checked sol-official-expanded двойной счёт пар рёбер с общей вершиной ai_checked complete_graph degree double_counting будем рассматривать данный рисунок как полную графовую раскраску \\(k_{43}\\). назовём вишней пару различных рёбер с общей вершиной. вишня бывает одноцветной или разноцветной. пусть \\(m\\) -- число одноцветных вишен во всём графе, а \\(p\\) -- число разноцветных. рассмотрим величину \\(2m-p\\) по треугольникам. каждая вишня входит ровно в один треугольник: если рёбра имеют общий центр \\(v\\) и другие концы \\(a,b\\), то это треугольник \\(a,b,v\\). если треугольник одноцветный, то все три его вишни одноцветны, и он даёт вклад \\(2\\cdot3=6\\). если треугольник не одноцветный, то в двухцветной раскраске его рёбер есть две стороны одного цвета и одна другого; значит, ровно одна вишня одноцветна и две разноцветны. его вклад равен \\(2\\cdot1-2=0\\). поэтому \\[ 2m-p=6t, \\] где \\(t\\) -- общее число одноцветных треугольников. теперь посчитаем ту же величину по центрам вишен. в каждой вершине выходит \\(20\\) кра… imc-2022-day2-p5-regular-43-coloured-triangles krasno-sinie treugolniki v \\(k_{43}\\), imc 2022 day 2 p5 double_counting degree_counting coloring goal_exact_bound 2022 https://www.imc-math.org.uk/imc2022/imc2022day2solutions.pdf imc imc 2022 day 2 p5, ofitsialnye usloviya i resheniya imc2022 mike daas mikedaas problem_and_solution src-imc-2022-day2-p5-official with_solution mike daas imc 2022 day 2 p5, ofitsialnye usloviya i resheniya stmt-original uslovie ai_checked vse storony i diagonali pravilnogo \\(43\\)-ugolnika \\(p\\) okrasheny v krasnyy ili siniy tsvet tak, chto iz kazhdoy vershiny vyhodit \\(20\\) krasnyh i \\(22\\) sinih otrezka. treugolnik s vershinami v vershinah \\(p\\) nazyvaetsya odnotsvetnym, esli vse ego storony odnogo tsveta. izvestno, chto sinih odnotsvetnyh treugolnikov \\(2022\\). skolko krasnyh odnotsvetnyh treugolnikov? stmt-graph odnotsvetnye treugolniki v regulyarnoy raskraske \\(k_{43}\\) ai_checked rebra polnogo grafa \\(k_{43}\\) okrasheny v krasnyy i siniy tsveta; stepen kazhdoy vershiny v krasnom podgrafe ravna \\(20\\), a v sinem ravna \\(22\\). esli sinih odnotsvetnyh treugolnikov \\(2022\\), naydite chislo krasnyh odnotsvetnyh treugolnikov. complete_graph degree idea-cherries-contribution vishni otlichayut odnotsvetnye treugolniki para reber s obschey vershinoy daet vklad v podschet. dlya odnotsvetnogo treugolnika tri takie pary odnotsvetny, a dlya neodnotsvetnogo rovno odna odnotsvetna i dve raznotsvetny. double_counting ai_checked sol-official-expanded dvoynoy schet par reber s obschey vershinoy ai_checked complete_graph degree double_counting budem rassmatrivat dannyy risunok kak polnuyu grafovuyu raskrasku \\(k_{43}\\). nazovem vishney paru razlichnyh reber s obschey vershinoy. vishnya byvaet odnotsvetnoy ili raznotsvetnoy. pust \\(m\\) -- chislo odnotsvetnyh vishen vo vsem grafe, a \\(p\\) -- chislo raznotsvetnyh. rassmotrim velichinu \\(2m-p\\) po treugolnikam. kazhdaya vishnya vhodit rovno v odin treugolnik: esli rebra imeyut obschiy tsentr \\(v\\) i drugie kontsy \\(a,b\\), to eto treugolnik \\(a,b,v\\). esli treugolnik odnotsvetnyy, to vse tri ego vishni odnotsvetny, i on daet vklad \\(2\\cdot3=6\\). esli treugolnik ne odnotsvetnyy, to v dvuhtsvetnoy raskraske ego reber est dve storony odnogo tsveta i odna drugogo; znachit, rovno odna vishnya odnotsvetna i dve raznotsvetny. ego vklad raven \\(2\\cdot1-2=0\\). poetomu \\[ 2m-p=6t, \\] gde \\(t\\) -- obschee chislo odnotsvetnyh treugolnikov. teper poschitaem tu zhe velichinu po tsentram vishen. v kazhdoy vershine vyhodit \\(20\\) kra…","source_keys":["imc"]}
{"id":"imc-2022-day2-p8-random-circle-hulls-colour-changes","title":"Пересечение выпуклых оболочек и смены цветов на цикле, IMC 2022 Day 2 P8","path":"data\\problems\\imc\\imc-2022-day2-p8-random-circle-hulls-colour-changes.yaml","raw_github_url":"https://raw.githubusercontent.com/didin-maxim/knowledge_graph_of_graphs/main/data/problems/imc/imc-2022-day2-p8-random-circle-hulls-colour-changes.yaml","viewer_url":"https://didin-maxim.github.io/knowledge_graph_of_graphs/#imc-2022-day2-p8-random-circle-hulls-colour-changes","source_key":"imc","source_label":"IMC","source_titles":["IMC 2022 Day 2 P8, официальные условия и решения"],"year":"2022","type":"olympiad_problem","authors":["Fedor Petrov"],"tags":["graph_in_solution","double_counting","goal_counting"],"agent_topics":[],"difficulty":{"main":"regional","local_score":6,"comment":"Геометрия переводится в циклический граф/слово; дальше работает линейность ожидания.","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":"агент grouped classification","audit_source":"agent-university-archives.json"},"statements":{"original":[{"id":"stmt-original","title":"Условие","status":"ai_checked","text":"Пусть \\(n,k\\ge3\\), и пусть \\(S\\) -- окружность. На \\(S\\) независимо и равномерно выбираются \\(n\\) синих и \\(k\\) красных точек. Обозначим через \\(F\\) пересечение выпуклой оболочки красных точек и выпуклой оболочки синих точек. Пусть \\(m\\) -- число вершин выпуклого многоугольника \\(F\\), причём \\(m=0\\), если \\(F\\) пусто. Найдите математическое ожидание \\(m\\).","definition_ids":[]}]},"solutions":[{"id":"sol-official-expanded","title":"Ожидание числа смен цвета в случайном циклическом слове","status":"ai_checked","definition_ids":["cycle"],"standard_idea_ids":["double_counting"],"tags":[],"has_text":true,"text_preview":"Ответ: \\[ \\mathbb E m=\\frac{2nk}{n+k-1}-\\frac{2n!k!}{(n+k-1)!}. \\] Почти наверное все выбранные точки различны. Зафиксируем их циклический порядок на окружности и забудем о точных положениях: все способы выбрать, какие \\(n\\) из \\(n+k\\) мест синие, равновероятны. Так задача превращается в подсчёт смен цвета в случайной раскраске цикла с \\(n\\) синими и \\(k\\) красными вершинами. Рассмотрим сначала обычный случай, когда красные точки не образуют одну сплошную дугу, за которой идёт одна сплошная дуга синих точек. Тогда при обходе окружности каждая пара соседних точек разных цветов определяет одну вершину пересечения выпуклых оболочек: сторона оболочки одного цвета и соседняя сторона оболочки другого цвета пересекаются. Обратно, всякая вершина пересечения возникает именно от такой смены цвета. Поэтому в этом случае \\(m\\) равно числу смен цвета в циклической последовательности. Исключительный…"}],"relations":[{"id":"rel-putnam-2004-imc-2022-random-colour-boundary-expectation","neighbor_id":"putnam-2004-a5-random-checkerboard-components","direction":"backward","type":"same_motif","distance":2,"status":"ai_checked"}],"search_text":"imc-2022-day2-p8-random-circle-hulls-colour-changes пересечение выпуклых оболочек и смены цветов на цикле, imc 2022 day 2 p8 graph_in_solution double_counting goal_counting 2022 fedor petrov fedorpetrov https://www.imc-math.org.uk/imc2022/imc2022day2solutions.pdf imc imc 2022 day 2 p8, официальные условия и решения imc2022 problem_and_solution src-imc-2022-day2-p8-official with_solution fedor petrov imc 2022 day 2 p8, официальные условия и решения stmt-original условие ai_checked пусть \\(n,k\\ge3\\), и пусть \\(s\\) -- окружность. на \\(s\\) независимо и равномерно выбираются \\(n\\) синих и \\(k\\) красных точек. обозначим через \\(f\\) пересечение выпуклой оболочки красных точек и выпуклой оболочки синих точек. пусть \\(m\\) -- число вершин выпуклого многоугольника \\(f\\), причём \\(m=0\\), если \\(f\\) пусто. найдите математическое ожидание \\(m\\). idea-vertices-as-colour-changes вершины пересечения соответствуют сменам цвета если красные и синие точки чередуются хотя бы в двух блоках каждого цвета, каждая смена цвета на циклической последовательности даёт одну вершину пересечения оболочек, и других вершин нет. graph_in_solution ai_checked sol-official-expanded ожидание числа смен цвета в случайном циклическом слове ai_checked cycle double_counting ответ: \\[ \\mathbb e m=\\frac{2nk}{n+k-1}-\\frac{2n!k!}{(n+k-1)!}. \\] почти наверное все выбранные точки различны. зафиксируем их циклический порядок на окружности и забудем о точных положениях: все способы выбрать, какие \\(n\\) из \\(n+k\\) мест синие, равновероятны. так задача превращается в подсчёт смен цвета в случайной раскраске цикла с \\(n\\) синими и \\(k\\) красными вершинами. рассмотрим сначала обычный случай, когда красные точки не образуют одну сплошную дугу, за которой идёт одна сплошная дуга синих точек. тогда при обходе окружности каждая пара соседних точек разных цветов определяет одну вершину пересечения выпуклых оболочек: сторона оболочки одного цвета и соседняя сторона оболочки другого цвета пересекаются. обратно, всякая вершина пересечения возникает именно от такой смены цвета. поэтому в этом случае \\(m\\) равно числу смен цвета в циклической последовательности. исключительный… imc-2022-day2-p8-random-circle-hulls-colour-changes peresechenie vypuklyh obolochek i smeny tsvetov na tsikle, imc 2022 day 2 p8 graph_in_solution double_counting goal_counting 2022 fedor petrov fedorpetrov https://www.imc-math.org.uk/imc2022/imc2022day2solutions.pdf imc imc 2022 day 2 p8, ofitsialnye usloviya i resheniya imc2022 problem_and_solution src-imc-2022-day2-p8-official with_solution fedor petrov imc 2022 day 2 p8, ofitsialnye usloviya i resheniya stmt-original uslovie ai_checked pust \\(n,k\\ge3\\), i pust \\(s\\) -- okruzhnost. na \\(s\\) nezavisimo i ravnomerno vybirayutsya \\(n\\) sinih i \\(k\\) krasnyh tochek. oboznachim cherez \\(f\\) peresechenie vypukloy obolochki krasnyh tochek i vypukloy obolochki sinih tochek. pust \\(m\\) -- chislo vershin vypuklogo mnogougolnika \\(f\\), prichem \\(m=0\\), esli \\(f\\) pusto. naydite matematicheskoe ozhidanie \\(m\\). idea-vertices-as-colour-changes vershiny peresecheniya sootvetstvuyut smenam tsveta esli krasnye i sinie tochki chereduyutsya hotya by v dvuh blokah kazhdogo tsveta, kazhdaya smena tsveta na tsiklicheskoy posledovatelnosti daet odnu vershinu peresecheniya obolochek, i drugih vershin net. graph_in_solution ai_checked sol-official-expanded ozhidanie chisla smen tsveta v sluchaynom tsiklicheskom slove ai_checked cycle double_counting otvet: \\[ \\mathbb e m=\\frac{2nk}{n+k-1}-\\frac{2n!k!}{(n+k-1)!}. \\] pochti navernoe vse vybrannye tochki razlichny. zafiksiruem ih tsiklicheskiy poryadok na okruzhnosti i zabudem o tochnyh polozheniyah: vse sposoby vybrat, kakie \\(n\\) iz \\(n+k\\) mest sinie, ravnoveroyatny. tak zadacha prevraschaetsya v podschet smen tsveta v sluchaynoy raskraske tsikla s \\(n\\) sinimi i \\(k\\) krasnymi vershinami. rassmotrim snachala obychnyy sluchay, kogda krasnye tochki ne obrazuyut odnu sploshnuyu dugu, za kotoroy idet odna sploshnaya duga sinih tochek. togda pri obhode okruzhnosti kazhdaya para sosednih tochek raznyh tsvetov opredelyaet odnu vershinu peresecheniya vypuklyh obolochek: storona obolochki odnogo tsveta i sosednyaya storona obolochki drugogo tsveta peresekayutsya. obratno, vsyakaya vershina peresecheniya voznikaet imenno ot takoy smeny tsveta. poetomu v etom sluchae \\(m\\) ravno chislu smen tsveta v tsiklicheskoy posledovatelnosti. isklyuchitelnyy…","source_keys":["imc"]}
{"id":"imc-2023-day2-p8-tree-distance-wiener-harary","title":"Произведение сумм расстояний в дереве, IMC 2023 Day 2 P8","path":"data\\problems\\imc\\imc-2023-day2-p8-tree-distance-wiener-harary.yaml","raw_github_url":"https://raw.githubusercontent.com/didin-maxim/knowledge_graph_of_graphs/main/data/problems/imc/imc-2023-day2-p8-tree-distance-wiener-harary.yaml","viewer_url":"https://didin-maxim.github.io/knowledge_graph_of_graphs/#imc-2023-day2-p8-tree-distance-wiener-harary","source_key":"imc","source_label":"IMC","source_titles":["IMC 2023 Day 2 P8, официальные условия и решения"],"year":"2023","type":"olympiad_problem","authors":["Slobodan Filipovski"],"tags":["trees","goal_bound"],"agent_topics":[],"difficulty":{"main":"regional","local_score":5,"comment":"Графовая постановка уже исходная; решение использует только набор расстояний в дереве и Коши.","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":"агент grouped classification","audit_source":"agent-university-archives.json"},"statements":{"original":[{"id":"stmt-original","title":"Условие","status":"ai_checked","text":"Пусть \\(T\\) -- дерево с \\(n\\) вершинами, то есть связный простой граф без циклов. Для каждой пары вершин \\(u,v\\) обозначим через \\(d(u,v)\\) расстояние между ними, то есть число рёбер в кратчайшем пути, соединяющем \\(u\\) и \\(v\\). Рассмотрим суммы \\(W(T)=\\sum_{\\{u,v\\}\\subseteq V(T),u\\ne v}d(u,v)\\) и \\(H(T)=\\sum_{\\{u,v\\}\\subseteq V(T),u\\ne v}1/d(u,v)\\). Докажите, что \\(W(T)H(T)\\ge (n-1)^3(n+2)/4\\).","definition_ids":["tree"]}]},"solutions":[{"id":"sol-official-expanded","title":"Сведение к набору попарных расстояний","status":"ai_checked","definition_ids":["tree"],"standard_idea_ids":["double_counting"],"tags":[],"has_text":true,"text_preview":"Упорядочим все расстояния между неупорядоченными парами вершин: \\[ x_1\\le x_2\\le\\cdots\\le x_K,\\qquad K=\\binom n2. \\] В дереве ровно \\(n-1\\) рёбер, значит ровно \\(n-1\\) пар вершин находятся на расстоянии \\(1\\). Поэтому \\[ x_1=\\cdots=x_{n-1}=1, \\] а все остальные расстояния не меньше \\(2\\). Запишем произведение: \\[ W(T)H(T)=\\left(n-1+\\sum_{i=n}^{K}x_i\\right) \\left(n-1+\\sum_{i=n}^{K}\\frac1{x_i}\\right). \\] После раскрытия скобок получаем \\[ (n-1)^2+(n-1)\\sum_{i=n}^{K}\\left(x_i+\\frac1{x_i}\\right) +\\left(\\sum_{i=n}^{K}x_i\\right)\\left(\\sum_{i=n}^{K}\\frac1{x_i}\\right). \\] По неравенству Коши \\[ \\left(\\sum_{i=n}^{K}x_i\\right)\\left(\\sum_{i=n}^{K}\\frac1{x_i}\\right)\\ge (K-n+1)^2. \\] Здесь \\[ K-n+1=\\binom n2-n+1=\\frac{(n-1)(n-2)}2. \\] Кроме того, для каждого оставшегося расстояния \\(x_i\\ge2\\), а функция \\(x+1/x\\) возрастает при \\(x\\ge1\\). Следовательно \\[ x_i+\\frac1{x_i}\\ge2+\\frac12=\\frac52. \\] Подс…"}],"relations":[{"id":"rel-imc-2023-tree-distance-tree-properties","neighbor_id":"tree-equivalent-properties","direction":"forward","type":"prerequisite","distance":2,"status":"ai_checked"}],"search_text":"imc-2023-day2-p8-tree-distance-wiener-harary произведение сумм расстояний в дереве, imc 2023 day 2 p8 trees goal_bound 2023 https://imc-math.org.uk/imc2023/imc2023-day2-solutions.pdf imc imc 2023 day 2 p8, официальные условия и решения imc2023 problem_and_solution slobodan filipovski slobodanfilipovski src-imc-2023-day2-p8-official with_solution slobodan filipovski imc 2023 day 2 p8, официальные условия и решения stmt-original условие ai_checked пусть \\(t\\) -- дерево с \\(n\\) вершинами, то есть связный простой граф без циклов. для каждой пары вершин \\(u,v\\) обозначим через \\(d(u,v)\\) расстояние между ними, то есть число рёбер в кратчайшем пути, соединяющем \\(u\\) и \\(v\\). рассмотрим суммы \\(w(t)=\\sum_{\\{u,v\\}\\subseteq v(t),u\\ne v}d(u,v)\\) и \\(h(t)=\\sum_{\\{u,v\\}\\subseteq v(t),u\\ne v}1/d(u,v)\\). докажите, что \\(w(t)h(t)\\ge (n-1)^3(n+2)/4\\). tree idea-distance-multiset в дереве ровно \\(n-1\\) пар на расстоянии 1 первые \\(n-1\\) расстояний между парами вершин равны \\(1\\), остальные не меньше \\(2\\). после этого задача сводится к неравенству для положительных чисел. trees ai_checked sol-official-expanded сведение к набору попарных расстояний ai_checked tree double_counting упорядочим все расстояния между неупорядоченными парами вершин: \\[ x_1\\le x_2\\le\\cdots\\le x_k,\\qquad k=\\binom n2. \\] в дереве ровно \\(n-1\\) рёбер, значит ровно \\(n-1\\) пар вершин находятся на расстоянии \\(1\\). поэтому \\[ x_1=\\cdots=x_{n-1}=1, \\] а все остальные расстояния не меньше \\(2\\). запишем произведение: \\[ w(t)h(t)=\\left(n-1+\\sum_{i=n}^{k}x_i\\right) \\left(n-1+\\sum_{i=n}^{k}\\frac1{x_i}\\right). \\] после раскрытия скобок получаем \\[ (n-1)^2+(n-1)\\sum_{i=n}^{k}\\left(x_i+\\frac1{x_i}\\right) +\\left(\\sum_{i=n}^{k}x_i\\right)\\left(\\sum_{i=n}^{k}\\frac1{x_i}\\right). \\] по неравенству коши \\[ \\left(\\sum_{i=n}^{k}x_i\\right)\\left(\\sum_{i=n}^{k}\\frac1{x_i}\\right)\\ge (k-n+1)^2. \\] здесь \\[ k-n+1=\\binom n2-n+1=\\frac{(n-1)(n-2)}2. \\] кроме того, для каждого оставшегося расстояния \\(x_i\\ge2\\), а функция \\(x+1/x\\) возрастает при \\(x\\ge1\\). следовательно \\[ x_i+\\frac1{x_i}\\ge2+\\frac12=\\frac52. \\] подс… imc-2023-day2-p8-tree-distance-wiener-harary proizvedenie summ rasstoyaniy v dereve, imc 2023 day 2 p8 trees goal_bound 2023 https://imc-math.org.uk/imc2023/imc2023-day2-solutions.pdf imc imc 2023 day 2 p8, ofitsialnye usloviya i resheniya imc2023 problem_and_solution slobodan filipovski slobodanfilipovski src-imc-2023-day2-p8-official with_solution slobodan filipovski imc 2023 day 2 p8, ofitsialnye usloviya i resheniya stmt-original uslovie ai_checked pust \\(t\\) -- derevo s \\(n\\) vershinami, to est svyaznyy prostoy graf bez tsiklov. dlya kazhdoy pary vershin \\(u,v\\) oboznachim cherez \\(d(u,v)\\) rasstoyanie mezhdu nimi, to est chislo reber v kratchayshem puti, soedinyayuschem \\(u\\) i \\(v\\). rassmotrim summy \\(w(t)=\\sum_{\\{u,v\\}\\subseteq v(t),u\\ne v}d(u,v)\\) i \\(h(t)=\\sum_{\\{u,v\\}\\subseteq v(t),u\\ne v}1/d(u,v)\\). dokazhite, chto \\(w(t)h(t)\\ge (n-1)^3(n+2)/4\\). tree idea-distance-multiset v dereve rovno \\(n-1\\) par na rasstoyanii 1 pervye \\(n-1\\) rasstoyaniy mezhdu parami vershin ravny \\(1\\), ostalnye ne menshe \\(2\\). posle etogo zadacha svoditsya k neravenstvu dlya polozhitelnyh chisel. trees ai_checked sol-official-expanded svedenie k naboru poparnyh rasstoyaniy ai_checked tree double_counting uporyadochim vse rasstoyaniya mezhdu neuporyadochennymi parami vershin: \\[ x_1\\le x_2\\le\\cdots\\le x_k,\\qquad k=\\binom n2. \\] v dereve rovno \\(n-1\\) reber, znachit rovno \\(n-1\\) par vershin nahodyatsya na rasstoyanii \\(1\\). poetomu \\[ x_1=\\cdots=x_{n-1}=1, \\] a vse ostalnye rasstoyaniya ne menshe \\(2\\). zapishem proizvedenie: \\[ w(t)h(t)=\\left(n-1+\\sum_{i=n}^{k}x_i\\right) \\left(n-1+\\sum_{i=n}^{k}\\frac1{x_i}\\right). \\] posle raskrytiya skobok poluchaem \\[ (n-1)^2+(n-1)\\sum_{i=n}^{k}\\left(x_i+\\frac1{x_i}\\right) +\\left(\\sum_{i=n}^{k}x_i\\right)\\left(\\sum_{i=n}^{k}\\frac1{x_i}\\right). \\] po neravenstvu koshi \\[ \\left(\\sum_{i=n}^{k}x_i\\right)\\left(\\sum_{i=n}^{k}\\frac1{x_i}\\right)\\ge (k-n+1)^2. \\] zdes \\[ k-n+1=\\binom n2-n+1=\\frac{(n-1)(n-2)}2. \\] krome togo, dlya kazhdogo ostavshegosya rasstoyaniya \\(x_i\\ge2\\), a funktsiya \\(x+1/x\\) vozrastaet pri \\(x\\ge1\\). sledovatelno \\[ x_i+\\frac1{x_i}\\ge2+\\frac12=\\frac52. \\] pods…","source_keys":["imc"]}
{"id":"imc-2024-day2-p9-young-tableaux-friend-graph","title":"Чётность хороших матриц, IMC 2024 Day 2 P9","path":"data\\problems\\imc\\imc-2024-day2-p9-young-tableaux-friend-graph.yaml","raw_github_url":"https://raw.githubusercontent.com/didin-maxim/knowledge_graph_of_graphs/main/data/problems/imc/imc-2024-day2-p9-young-tableaux-friend-graph.yaml","viewer_url":"https://didin-maxim.github.io/knowledge_graph_of_graphs/#imc-2024-day2-p9-young-tableaux-friend-graph","source_key":"imc","source_label":"IMC","source_titles":["IMC 2024 Day 2 P9, официальные условия и решения"],"year":"2024","type":"olympiad_problem","authors":["Fedor Petrov"],"tags":["graph_in_solution","degree_counting","double_counting","goal_proof"],"agent_topics":[],"difficulty":{"main":"national_final_hard","local_score":9,"comment":"Продвинутая комбинаторная задача; графовая модель и лемма о рукопожатиях являются центральными.","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":"агент grouped classification","audit_source":"agent-university-archives.json"},"statements":{"original":[{"id":"stmt-original","title":"Условие","status":"ai_checked","text":"Матрица \\(A=(a_{ij})\\) называется хорошей, если: (i) множество всех её элементов равно \\(\\{1,2,\\ldots,2t\\}\\) для некоторого целого \\(t\\); (ii) элементы не убывают в каждой строке и каждом столбце; (iii) равные элементы могут стоять только в одной строке или только в одном столбце; (iv) для каждого \\(s=1,2,\\ldots,2t-1\\) существуют \\(i\\ne k\\) и \\(j\\ne\\ell\\) такие, что \\(a_{i,j}=s\\), \\(a_{k,\\ell}=s+1\\). Докажите, что для любых положительных \\(m,n\\) число хороших матриц размера \\(m\\times n\\) чётно.","definition_ids":[]}]},"solutions":[{"id":"sol-official-expanded","title":"Хорошие матрицы как вершины нечётной степени","status":"ai_checked","definition_ids":["simple_graph","degree"],"standard_idea_ids":["double_counting"],"tags":[],"has_text":true,"text_preview":"Рассмотрим стандартные таблицы Юнга прямоугольной формы \\(m\\times n\\): это матрицы с числами \\(1,2,\\ldots,mn\\), строго возрастающими в каждой строке и каждом столбце. Если число \\(r\\) стоит в клетке \\(c_r\\), то перестановка \\(r\\) и \\(r+1\\) снова даёт стандартную таблицу тогда и только тогда, когда клетки \\(c_r\\) и \\(c_{r+1}\\) лежат в разных строках и разных столбцах. Действительно, если они в одной строке или одном столбце, то из-за отсутствия чисел между \\(r\\) и \\(r+1\\) они являются соседними по стороне, и перестановка сразу нарушает возрастание. Если же строки и столбцы разные, то у клетки \\(c_r\\) все правые и нижние соседи, кроме возможной клетки \\(c_{r+1}\\), имеют значения больше \\(r+1\\), а все левые и верхние соседи клетки \\(c_{r+1}\\), кроме возможной клетки \\(c_r\\), имеют значения меньше \\(r\\); поэтому после перестановки все строковые и столбцовые неравенства сохраняются. Построим…"}],"relations":[{"id":"rel-imc-2024-tableaux-handshaking","neighbor_id":"handshaking-lemma","direction":"forward","type":"prerequisite","distance":1,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-imc-2026-p3-imc-2024-p9-linear-extensions","neighbor_id":"imc-2026-day1-p3-alternating-shuffle-two-chains","direction":"backward","type":"same_motif","distance":2,"status":"ai_checked"}],"search_text":"imc-2024-day2-p9-young-tableaux-friend-graph чётность хороших матриц, imc 2024 day 2 p9 graph_in_solution degree_counting double_counting goal_proof 2024 fedor petrov fedorpetrov https://imc-math.org.uk/imc2024/imc2024-day2-solutions.pdf imc imc 2024 day 2 p9, официальные условия и решения imc2024 problem_and_solution src-imc-2024-day2-p9-official with_solution fedor petrov imc 2024 day 2 p9, официальные условия и решения stmt-original условие ai_checked матрица \\(a=(a_{ij})\\) называется хорошей, если: (i) множество всех её элементов равно \\(\\{1,2,\\ldots,2t\\}\\) для некоторого целого \\(t\\); (ii) элементы не убывают в каждой строке и каждом столбце; (iii) равные элементы могут стоять только в одной строке или только в одном столбце; (iv) для каждого \\(s=1,2,\\ldots,2t-1\\) существуют \\(i\\ne k\\) и \\(j\\ne\\ell\\) такие, что \\(a_{i,j}=s\\), \\(a_{k,\\ell}=s+1\\). докажите, что для любых положительных \\(m,n\\) число хороших матриц размера \\(m\\times n\\) чётно. idea-nice-to-tableau блоки равных чисел разворачиваются в стандартную таблицу каждый блок равных элементов заменяется последовательными числами, сохраняя порядок внутри строк и столбцов. обратно, стандартная таблица разбивается на максимальные интервалы, внутри которых соседние числа стоят в соседних по стороне клетках; такая цепочка не может поворачивать, поэтому каждый интервал лежит в одной строке или одном столбце. graph_in_solution ai_checked idea-odd-degree-handshake вершин нечётной степени в любом графе чётное число после биекции с хорошими матрицами остаётся стандартная лемма о рукопожатиях: сумма степеней равна удвоенному числу рёбер, поэтому число нечётных степеней чётно. degree_counting ai_checked sol-official-expanded хорошие матрицы как вершины нечётной степени ai_checked simple_graph degree double_counting рассмотрим стандартные таблицы юнга прямоугольной формы \\(m\\times n\\): это матрицы с числами \\(1,2,\\ldots,mn\\), строго возрастающими в каждой строке и каждом столбце. если число \\(r\\) стоит в клетке \\(c_r\\), то перестановка \\(r\\) и \\(r+1\\) снова даёт стандартную таблицу тогда и только тогда, когда клетки \\(c_r\\) и \\(c_{r+1}\\) лежат в разных строках и разных столбцах. действительно, если они в одной строке или одном столбце, то из-за отсутствия чисел между \\(r\\) и \\(r+1\\) они являются соседними по стороне, и перестановка сразу нарушает возрастание. если же строки и столбцы разные, то у клетки \\(c_r\\) все правые и нижние соседи, кроме возможной клетки \\(c_{r+1}\\), имеют значения больше \\(r+1\\), а все левые и верхние соседи клетки \\(c_{r+1}\\), кроме возможной клетки \\(c_r\\), имеют значения меньше \\(r\\); поэтому после перестановки все строковые и столбцовые неравенства сохраняются. построим… imc-2024-day2-p9-young-tableaux-friend-graph chetnost horoshih matrits, imc 2024 day 2 p9 graph_in_solution degree_counting double_counting goal_proof 2024 fedor petrov fedorpetrov https://imc-math.org.uk/imc2024/imc2024-day2-solutions.pdf imc imc 2024 day 2 p9, ofitsialnye usloviya i resheniya imc2024 problem_and_solution src-imc-2024-day2-p9-official with_solution fedor petrov imc 2024 day 2 p9, ofitsialnye usloviya i resheniya stmt-original uslovie ai_checked matritsa \\(a=(a_{ij})\\) nazyvaetsya horoshey, esli: (i) mnozhestvo vseh ee elementov ravno \\(\\{1,2,\\ldots,2t\\}\\) dlya nekotorogo tselogo \\(t\\); (ii) elementy ne ubyvayut v kazhdoy stroke i kazhdom stolbtse; (iii) ravnye elementy mogut stoyat tolko v odnoy stroke ili tolko v odnom stolbtse; (iv) dlya kazhdogo \\(s=1,2,\\ldots,2t-1\\) suschestvuyut \\(i\\ne k\\) i \\(j\\ne\\ell\\) takie, chto \\(a_{i,j}=s\\), \\(a_{k,\\ell}=s+1\\). dokazhite, chto dlya lyubyh polozhitelnyh \\(m,n\\) chislo horoshih matrits razmera \\(m\\times n\\) chetno. idea-nice-to-tableau bloki ravnyh chisel razvorachivayutsya v standartnuyu tablitsu kazhdyy blok ravnyh elementov zamenyaetsya posledovatelnymi chislami, sohranyaya poryadok vnutri strok i stolbtsov. obratno, standartnaya tablitsa razbivaetsya na maksimalnye intervaly, vnutri kotoryh sosednie chisla stoyat v sosednih po storone kletkah; takaya tsepochka ne mozhet povorachivat, poetomu kazhdyy interval lezhit v odnoy stroke ili odnom stolbtse. graph_in_solution ai_checked idea-odd-degree-handshake vershin nechetnoy stepeni v lyubom grafe chetnoe chislo posle biektsii s horoshimi matritsami ostaetsya standartnaya lemma o rukopozhatiyah: summa stepeney ravna udvoennomu chislu reber, poetomu chislo nechetnyh stepeney chetno. degree_counting ai_checked sol-official-expanded horoshie matritsy kak vershiny nechetnoy stepeni ai_checked simple_graph degree double_counting rassmotrim standartnye tablitsy yunga pryamougolnoy formy \\(m\\times n\\): eto matritsy s chislami \\(1,2,\\ldots,mn\\), strogo vozrastayuschimi v kazhdoy stroke i kazhdom stolbtse. esli chislo \\(r\\) stoit v kletke \\(c_r\\), to perestanovka \\(r\\) i \\(r+1\\) snova daet standartnuyu tablitsu togda i tolko togda, kogda kletki \\(c_r\\) i \\(c_{r+1}\\) lezhat v raznyh strokah i raznyh stolbtsah. deystvitelno, esli oni v odnoy stroke ili odnom stolbtse, to iz-za otsutstviya chisel mezhdu \\(r\\) i \\(r+1\\) oni yavlyayutsya sosednimi po storone, i perestanovka srazu narushaet vozrastanie. esli zhe stroki i stolbtsy raznye, to u kletki \\(c_r\\) vse pravye i nizhnie sosedi, krome vozmozhnoy kletki \\(c_{r+1}\\), imeyut znacheniya bolshe \\(r+1\\), a vse levye i verhnie sosedi kletki \\(c_{r+1}\\), krome vozmozhnoy kletki \\(c_r\\), imeyut znacheniya menshe \\(r\\); poetomu posle perestanovki vse strokovye i stolbtsovye neravenstva sohranyayutsya. postroim…","source_keys":["imc"]}
{"id":"imc-2026-day1-p3-alternating-shuffle-two-chains","title":"Перемешивание двух монотонных стопок и два пути, IMC 2026 Day 1 P3","path":"data\\problems\\imc\\imc-2026-day1-p3-alternating-shuffle-two-chains.yaml","raw_github_url":"https://raw.githubusercontent.com/didin-maxim/knowledge_graph_of_graphs/main/data/problems/imc/imc-2026-day1-p3-alternating-shuffle-two-chains.yaml","viewer_url":"https://didin-maxim.github.io/knowledge_graph_of_graphs/#imc-2026-day1-p3-alternating-shuffle-two-chains","source_key":"imc","source_label":"IMC","source_titles":["IMC 2026 Day 1 P3, официальные условие и решение"],"year":"2026","type":"olympiad_problem","authors":["Daniel Volostnov"],"tags":["graph_in_solution","goal_counting"],"agent_topics":[],"difficulty":{"main":"national_final_hard","local_score":8,"comment":"Третья задача первого дня IMC 2026; требует точного контроля пересечений семейств линейных продолжений двух цепей.","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":0.94,"basis":"официальный PDF решений IMC 2026, развёрнутый с проверкой граничных случаев","notes":"Сохранена официальная конструкция классов и пересечений; опущенные в кратком тексте проверки расписаны явно."},"statements":{"original":[{"id":"stmt-original","title":"Условие","status":"ai_checked","text":"Колода состоит из \\(n\\ge2\\) карт с различными номерами \\(1,2,\\ldots,n\\). Её разбивают на две непустые стопки. Карты первой стопки упорядочивают по возрастанию номеров, а второй — по убыванию. Затем берут по одной карте попеременно из первой и второй стопок, начиная с первой; когда одна стопка заканчивается, к полученной последовательности приписывают в прежнем порядке все карты другой стопки. Сколько различных порядков карт можно получить?","definition_ids":[]}]},"solutions":[{"id":"sol-official-two-path-posets","title":"Линейные продолжения двух путей и поправка Фибоначчи","status":"ai_checked","definition_ids":["directed_graph","path"],"standard_idea_ids":[],"tags":[],"has_text":true,"text_preview":"Ответ: \\(2^n-F_{n+1}\\), где \\(F_1=F_2=1\\) и \\(F_{m+1}=F_m+F_{m-1}\\). Обозначим первую стопку буквой \\(A\\), вторую — буквой \\(B\\). Для удобства временно разрешим одной из стопок быть пустой. Множество получаемых перестановок от этого не изменится. Действительно, возрастающий порядок \\(1,2,\\ldots,n\\), получающийся при пустой стопке \\(B\\), получается и при \\(B=\\{2\\}\\), \\(A=\\{1,3,4,\\ldots,n\\}\\); убывающий порядок получается при \\(A=\\{n\\}\\), \\(B=\\{1,2,\\ldots,n-1\\}\\). Это верно и при \\(n=2\\). Для каждого разбиения запишем слово источников: на месте каждой вынутой карты ставим \\(A\\) или \\(B\\). Оно чередуется как \\(ABAB\\ldots\\), пока одна стопка не закончится, а затем состоит только из одной буквы. Пусть \\(S=ABAB\\ldots\\) — чередующееся слово длины \\(n\\). Разобьём все возможные слова на классы по первому месту \\(i\\), на котором слово отличается от \\(S\\); если отличия нет, положим \\(i=n+1\\). Пуст…"}],"relations":[{"id":"rel-imc-2026-p3-imc-2024-p9-linear-extensions","neighbor_id":"imc-2024-day2-p9-young-tableaux-friend-graph","direction":"forward","type":"same_motif","distance":2,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-imc-2026-p3-utyum-2023-linear-extension-count","neighbor_id":"utyum-2023_komol61_8_5_yozhgorod_registry","direction":"forward","type":"same_motif","distance":2,"status":"ai_checked"}],"search_text":"imc-2026-day1-p3-alternating-shuffle-two-chains перемешивание двух монотонных стопок и два пути, imc 2026 day 1 p3 graph_in_solution goal_counting 2026 daniel volostnov danielvolostnov https://www.imc-math.org.uk/imc2026/imc2026-day1-solutions.pdf imc imc 2026 day 1 p3, официальные условие и решение imc2026 problem_and_solution src-imc-2026-day1-p3-official with_solution daniel volostnov imc 2026 day 1 p3, официальные условие и решение stmt-original условие ai_checked колода состоит из \\(n\\ge2\\) карт с различными номерами \\(1,2,\\ldots,n\\). её разбивают на две непустые стопки. карты первой стопки упорядочивают по возрастанию номеров, а второй — по убыванию. затем берут по одной карте попеременно из первой и второй стопок, начиная с первой; когда одна стопка заканчивается, к полученной последовательности приписывают в прежнем порядке все карты другой стопки. сколько различных порядков карт можно получить? idea-source-word-two-paths слово источников задаёт два ориентированных пути для фиксированного слова из букв a и b позиции карт из первой стопки должны возрастать, а позиции карт из второй — убывать. эти ограничения образуют частичный порядок, граф которого является объединением двух ориентированных путей; допустимые перестановки — его линейные продолжения. graph_in_solution goal_counting ai_checked idea-neighboring-overlaps пересекаются только соседние по два классы слова группируются по месту первого отклонения от abab... . ограничения двух классов противоречат друг другу, кроме классов с индексами \\(i\\) и \\(i+2\\) и одного граничного пересечения. объединение соответствующих пар путей оставляет свободным лишь выбор взаимного расположения двух цепей. graph_in_solution ai_checked idea-fibonacci-correction поправка за пересечения равна числу фибоначчи размеры обычных пересечений равны биномиальным коэффициентам \\(\\binom{n-1-h}{h}\\) и \\(\\binom{n-2-h}{h}\\). их сумма равна \\(f_{n+1}-1\\), а единственное граничное пересечение добавляет ещё 1. goal_counting ai_checked sol-official-two-path-posets линейные продолжения двух путей и поправка фибоначчи ai_checked directed_graph path ответ: \\(2^n-f_{n+1}\\), где \\(f_1=f_2=1\\) и \\(f_{m+1}=f_m+f_{m-1}\\). обозначим первую стопку буквой \\(a\\), вторую — буквой \\(b\\). для удобства временно разрешим одной из стопок быть пустой. множество получаемых перестановок от этого не изменится. действительно, возрастающий порядок \\(1,2,\\ldots,n\\), получающийся при пустой стопке \\(b\\), получается и при \\(b=\\{2\\}\\), \\(a=\\{1,3,4,\\ldots,n\\}\\); убывающий порядок получается при \\(a=\\{n\\}\\), \\(b=\\{1,2,\\ldots,n-1\\}\\). это верно и при \\(n=2\\). для каждого разбиения запишем слово источников: на месте каждой вынутой карты ставим \\(a\\) или \\(b\\). оно чередуется как \\(abab\\ldots\\), пока одна стопка не закончится, а затем состоит только из одной буквы. пусть \\(s=abab\\ldots\\) — чередующееся слово длины \\(n\\). разобьём все возможные слова на классы по первому месту \\(i\\), на котором слово отличается от \\(s\\); если отличия нет, положим \\(i=n+1\\). пуст… imc-2026-day1-p3-alternating-shuffle-two-chains peremeshivanie dvuh monotonnyh stopok i dva puti, imc 2026 day 1 p3 graph_in_solution goal_counting 2026 daniel volostnov danielvolostnov https://www.imc-math.org.uk/imc2026/imc2026-day1-solutions.pdf imc imc 2026 day 1 p3, ofitsialnye uslovie i reshenie imc2026 problem_and_solution src-imc-2026-day1-p3-official with_solution daniel volostnov imc 2026 day 1 p3, ofitsialnye uslovie i reshenie stmt-original uslovie ai_checked koloda sostoit iz \\(n\\ge2\\) kart s razlichnymi nomerami \\(1,2,\\ldots,n\\). ee razbivayut na dve nepustye stopki. karty pervoy stopki uporyadochivayut po vozrastaniyu nomerov, a vtoroy — po ubyvaniyu. zatem berut po odnoy karte poperemenno iz pervoy i vtoroy stopok, nachinaya s pervoy; kogda odna stopka zakanchivaetsya, k poluchennoy posledovatelnosti pripisyvayut v prezhnem poryadke vse karty drugoy stopki. skolko razlichnyh poryadkov kart mozhno poluchit? idea-source-word-two-paths slovo istochnikov zadaet dva orientirovannyh puti dlya fiksirovannogo slova iz bukv a i b pozitsii kart iz pervoy stopki dolzhny vozrastat, a pozitsii kart iz vtoroy — ubyvat. eti ogranicheniya obrazuyut chastichnyy poryadok, graf kotorogo yavlyaetsya obedineniem dvuh orientirovannyh putey; dopustimye perestanovki — ego lineynye prodolzheniya. graph_in_solution goal_counting ai_checked idea-neighboring-overlaps peresekayutsya tolko sosednie po dva klassy slova gruppiruyutsya po mestu pervogo otkloneniya ot abab... . ogranicheniya dvuh klassov protivorechat drug drugu, krome klassov s indeksami \\(i\\) i \\(i+2\\) i odnogo granichnogo peresecheniya. obedinenie sootvetstvuyuschih par putey ostavlyaet svobodnym lish vybor vzaimnogo raspolozheniya dvuh tsepey. graph_in_solution ai_checked idea-fibonacci-correction popravka za peresecheniya ravna chislu fibonachchi razmery obychnyh peresecheniy ravny binomialnym koeffitsientam \\(\\binom{n-1-h}{h}\\) i \\(\\binom{n-2-h}{h}\\). ih summa ravna \\(f_{n+1}-1\\), a edinstvennoe granichnoe peresechenie dobavlyaet esche 1. goal_counting ai_checked sol-official-two-path-posets lineynye prodolzheniya dvuh putey i popravka fibonachchi ai_checked directed_graph path otvet: \\(2^n-f_{n+1}\\), gde \\(f_1=f_2=1\\) i \\(f_{m+1}=f_m+f_{m-1}\\). oboznachim pervuyu stopku bukvoy \\(a\\), vtoruyu — bukvoy \\(b\\). dlya udobstva vremenno razreshim odnoy iz stopok byt pustoy. mnozhestvo poluchaemyh perestanovok ot etogo ne izmenitsya. deystvitelno, vozrastayuschiy poryadok \\(1,2,\\ldots,n\\), poluchayuschiysya pri pustoy stopke \\(b\\), poluchaetsya i pri \\(b=\\{2\\}\\), \\(a=\\{1,3,4,\\ldots,n\\}\\); ubyvayuschiy poryadok poluchaetsya pri \\(a=\\{n\\}\\), \\(b=\\{1,2,\\ldots,n-1\\}\\). eto verno i pri \\(n=2\\). dlya kazhdogo razbieniya zapishem slovo istochnikov: na meste kazhdoy vynutoy karty stavim \\(a\\) ili \\(b\\). ono chereduetsya kak \\(abab\\ldots\\), poka odna stopka ne zakonchitsya, a zatem sostoit tolko iz odnoy bukvy. pust \\(s=abab\\ldots\\) — chereduyuscheesya slovo dliny \\(n\\). razobem vse vozmozhnye slova na klassy po pervomu mestu \\(i\\), na kotorom slovo otlichaetsya ot \\(s\\); esli otlichiya net, polozhim \\(i=n+1\\). pust…","source_keys":["imc"]}
{"id":"imo-1964-p4-three-topic-ramsey","title":"Трёхцветная раскраска \\(K_{17}\\) и одноцветный треугольник, IMO 1964 P4","path":"data\\problems\\imo\\imo-1964-p4-three-topic-ramsey.yaml","raw_github_url":"https://raw.githubusercontent.com/didin-maxim/knowledge_graph_of_graphs/main/data/problems/imo/imo-1964-p4-three-topic-ramsey.yaml","viewer_url":"https://didin-maxim.github.io/knowledge_graph_of_graphs/#imo-1964-p4-three-topic-ramsey","source_key":"imo","source_label":"IMO","source_titles":["IMOmath, IMO 1964 условия","IMO Compendium / ранняя подборка решений IMO","AoPS Wiki, 1964 IMO Problems/Problem 4"],"year":"1964","type":"olympiad_problem","authors":[],"tags":["ramsey_theory","coloring","goal_existence"],"agent_topics":[],"difficulty":{"main":"imo_p3_plus","local_score":8,"comment":"Добавлено из оставшейся ранней выборки IMO и шорт-листов после проверки существенности графовой модели.","status":"needs_human_review"},"review_status":"needs_human_review","public_ready":false,"solution_state":"with_solution","solution_classification":{"type":"official_complete_or_near_complete","label":"официальное полное/почти полное","status":"ai_checked","confidence":0.78,"basis":"агентский аудит средней сложности","notes":"В карточке есть официальные, шортлистные или справочные источники и проверенное ИИ решение.","audit_source":"agent-imo-us-classical.json"},"statements":{"original":[{"id":"stmt-original","title":"Условие","status":"needs_human_review","text":"Каждая пара из 17 учеников поговорила ровно на одну из трёх тем. Докажите, что найдутся трое учеников, которые попарно говорили между собой на одну и ту же тему.","definition_ids":["complete_graph"]}],"graph_theory":[{"id":"stmt-graph","title":"Трёхцветная раскраска \\(K_{17}\\) и одноцветный треугольник, IMO 1964 P4","status":"needs_human_review","text":"Рёбра полного графа \\(K_{17}\\) раскрашены в три цвета. Докажите, что найдётся одноцветный треугольник.","definition_ids":["complete_graph","triangle"]}]},"solutions":[{"id":"sol-graph-review","title":"Сжатое графовое решение","status":"ai_checked","definition_ids":[],"standard_idea_ids":["pigeonhole_principle"],"tags":[],"has_text":true,"text_preview":"Выберем ученика A. Среди 16 разговоров от A хотя бы 6 имеют одну тему, скажем первую; пусть это множество B. Если две вершины из B также говорили на первую тему, вместе с A они дают нужную тройку. Если нет, то все рёбра внутри B окрашены только двумя оставшимися цветами. В любом двухцветно раскрашенном K₆ есть одноцветный треугольник: из одной вершины выходят три ребра одного цвета; если среди их концов есть ребро того же цвета, всё готово, а иначе три конца образуют треугольник второго цвета. Значит в любом случае есть трое учеников, попарно говоривших на одну тему."}],"relations":[{"id":"rel-smmc-2017-a1-imo-1964-three-color-ramsey","neighbor_id":"simon-marais-2017-a1-pentagon-triangle-game","direction":"backward","type":"same_motif","distance":3,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-imc-2022-triangles-imo-1964-edge-coloring","neighbor_id":"imc-2022-day2-p5-regular-43-coloured-triangles","direction":"backward","type":"same_motif","distance":2,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-ramsey-r33-imo-1964-p4","neighbor_id":"ramsey-r33","direction":"backward","type":"prerequisite","distance":1,"status":"needs_human_review"},{"id":"rel-imo-1964-p4-imo-1998-c6-k-le-4-ramsey-edge-colouring","neighbor_id":"imo-1998-c6-k-le-4-rainbow-edges-impossible","direction":"forward","type":"same_motif","distance":2,"status":"needs_human_review"},{"id":"rel-vjimc-1999-lines-imo-1964","neighbor_id":"vjimc-1999-cat2-p1-lines-ramsey-three-relations","direction":"backward","type":"same_motif","distance":2,"status":"ai_checked"}],"search_text":"imo-1964-p4-three-topic-ramsey трёхцветная раскраска \\(k_{17}\\) и одноцветный треугольник, imo 1964 p4 ramsey_theory coloring goal_existence 1964 aops wiki, 1964 imo problems/problem 4 https://imomath.com/othercomp/i/imo1964.pdf https://wiki.artofproblemsolving.com/wiki/index.php/1964_imo_problems/problem_4 https://www.imomath.com/ imo imo compendium / ранняя подборка решений imo imo1964 imomath, imo 1964 условия secondary_solution src-aops-imo-1964-p4 src-imo-compendium-solutions-1959-2004 src-imomath-imo-1964 statement with_solution ? imomath, imo 1964 условия imo compendium / ранняя подборка решений imo aops wiki, 1964 imo problems/problem 4 stmt-original условие needs_human_review каждая пара из 17 учеников поговорила ровно на одну из трёх тем. докажите, что найдутся трое учеников, которые попарно говорили между собой на одну и ту же тему. complete_graph stmt-graph трёхцветная раскраска \\(k_{17}\\) и одноцветный треугольник, imo 1964 p4 needs_human_review рёбра полного графа \\(k_{17}\\) раскрашены в три цвета. докажите, что найдётся одноцветный треугольник. complete_graph triangle idea-ramsey-from-one-vertex одна вершина даёт шесть рёбер одного цвета из выбранной вершины выходит 16 рёбер трёх цветов, значит хотя бы 6 из них одного цвета. ramsey_theory ai_checked complete_graph idea-close-or-complement либо замыкаем треугольник, либо остаётся двухцветный k₆ если среди шести соседей есть ребро того же цвета, всё готово; иначе их полный граф раскрашен двумя цветами и содержит одноцветный треугольник. coloring needs_human_review sol-graph-review сжатое графовое решение ai_checked pigeonhole_principle выберем ученика a. среди 16 разговоров от a хотя бы 6 имеют одну тему, скажем первую; пусть это множество b. если две вершины из b также говорили на первую тему, вместе с a они дают нужную тройку. если нет, то все рёбра внутри b окрашены только двумя оставшимися цветами. в любом двухцветно раскрашенном k₆ есть одноцветный треугольник: из одной вершины выходят три ребра одного цвета; если среди их концов есть ребро того же цвета, всё готово, а иначе три конца образуют треугольник второго цвета. значит в любом случае есть трое учеников, попарно говоривших на одну тему. imo-1964-p4-three-topic-ramsey trehtsvetnaya raskraska \\(k_{17}\\) i odnotsvetnyy treugolnik, imo 1964 p4 ramsey_theory coloring goal_existence 1964 aops wiki, 1964 imo problems/problem 4 https://imomath.com/othercomp/i/imo1964.pdf https://wiki.artofproblemsolving.com/wiki/index.php/1964_imo_problems/problem_4 https://www.imomath.com/ imo imo compendium / rannyaya podborka resheniy imo imo1964 imomath, imo 1964 usloviya secondary_solution src-aops-imo-1964-p4 src-imo-compendium-solutions-1959-2004 src-imomath-imo-1964 statement with_solution ? imomath, imo 1964 usloviya imo compendium / rannyaya podborka resheniy imo aops wiki, 1964 imo problems/problem 4 stmt-original uslovie needs_human_review kazhdaya para iz 17 uchenikov pogovorila rovno na odnu iz treh tem. dokazhite, chto naydutsya troe uchenikov, kotorye poparno govorili mezhdu soboy na odnu i tu zhe temu. complete_graph stmt-graph trehtsvetnaya raskraska \\(k_{17}\\) i odnotsvetnyy treugolnik, imo 1964 p4 needs_human_review rebra polnogo grafa \\(k_{17}\\) raskrasheny v tri tsveta. dokazhite, chto naydetsya odnotsvetnyy treugolnik. complete_graph triangle idea-ramsey-from-one-vertex odna vershina daet shest reber odnogo tsveta iz vybrannoy vershiny vyhodit 16 reber treh tsvetov, znachit hotya by 6 iz nih odnogo tsveta. ramsey_theory ai_checked complete_graph idea-close-or-complement libo zamykaem treugolnik, libo ostaetsya dvuhtsvetnyy k₆ esli sredi shesti sosedey est rebro togo zhe tsveta, vse gotovo; inache ih polnyy graf raskrashen dvumya tsvetami i soderzhit odnotsvetnyy treugolnik. coloring needs_human_review sol-graph-review szhatoe grafovoe reshenie ai_checked pigeonhole_principle vyberem uchenika a. sredi 16 razgovorov ot a hotya by 6 imeyut odnu temu, skazhem pervuyu; pust eto mnozhestvo b. esli dve vershiny iz b takzhe govorili na pervuyu temu, vmeste s a oni dayut nuzhnuyu troyku. esli net, to vse rebra vnutri b okrasheny tolko dvumya ostavshimisya tsvetami. v lyubom dvuhtsvetno raskrashennom k₆ est odnotsvetnyy treugolnik: iz odnoy vershiny vyhodyat tri rebra odnogo tsveta; esli sredi ih kontsov est rebro togo zhe tsveta, vse gotovo, a inache tri kontsa obrazuyut treugolnik vtorogo tsveta. znachit v lyubom sluchae est troe uchenikov, poparno govorivshih na odnu temu.","source_keys":["imo"]}
{"id":"imo-1979-p6-octagon-walks-cycle-graph","title":"Подсчёт маршрутов фишки на цикле \\(C_8\\), IMO 1979 P6","path":"data\\problems\\imo\\imo-1979-p6-octagon-walks-cycle-graph.yaml","raw_github_url":"https://raw.githubusercontent.com/didin-maxim/knowledge_graph_of_graphs/main/data/problems/imo/imo-1979-p6-octagon-walks-cycle-graph.yaml","viewer_url":"https://didin-maxim.github.io/knowledge_graph_of_graphs/#imo-1979-p6-octagon-walks-cycle-graph","source_key":"imo","source_label":"IMO","source_titles":["IMOmath, IMO 1979 условия","IMO Compendium / ранняя подборка решений IMO","AoPS Wiki, 1979 IMO Problems/Problem 6"],"year":"1979","type":"olympiad_problem","authors":[],"tags":["graph_symmetry","double_counting","goal_counting"],"agent_topics":[],"difficulty":{"main":"imo_p3_plus","local_score":9,"comment":"Добавлено из оставшейся ранней выборки IMO и шорт-листов после проверки существенности графовой модели.","status":"needs_human_review"},"review_status":"needs_human_review","public_ready":false,"solution_state":"with_solution","solution_classification":{"type":"official_complete_or_near_complete","label":"официальное полное/почти полное","status":"ai_checked","confidence":0.78,"basis":"агентский аудит средней сложности","notes":"В карточке есть официальные, шортлистные или справочные источники и проверенное ИИ решение.","audit_source":"agent-imo-us-classical.json"},"statements":{"original":[{"id":"stmt-original","title":"Условие","status":"needs_human_review","text":"В регулярном восьмиугольнике фишка стартует из вершины S и каждую секунду переходит в одну из двух соседних вершин. Процесс заканчивается в противоположной вершине F. Пусть aₙ — число различных путей длительности n из S в F. Докажите заданную формулу для aₙ.","definition_ids":[]}],"graph_theory":[{"id":"stmt-graph","title":"Подсчёт маршрутов фишки на цикле \\(C_8\\), IMO 1979 P6","status":"needs_human_review","text":"В цикле \\(C_8\\) выбраны противоположные вершины \\(S\\) и \\(F\\). Для \\(n\\ge0\\) пусть \\(a_n\\) — число маршрутов длины \\(n\\) из \\(S\\) в \\(F\\). Докажите, что \\(a_0=0\\), при нечётном \\(n\\) выполнено \\(a_n=0\\), а при положительном чётном \\(n\\) выполнено \\(a_n=2^{n-2}-2^{n/2-1}\\).","definition_ids":["cycle"]}]},"solutions":[{"id":"sol-graph-review","title":"Сжатое графовое решение","status":"ai_checked","definition_ids":["path","cycle"],"standard_idea_ids":[],"tags":[],"has_text":true,"text_preview":"Нечётная длина невозможна, потому что \\(C_8\\) двудолен, а вершины \\(S\\) и \\(F\\) лежат в одной доле, так что \\(a_{2n-1}=0\\). Для чётной длины удобно пронумеровать вершины цикла остатками по модулю 8 так, чтобы \\(S=0\\), \\(F=4\\), а каждый ход менял номер на \\(\\pm1\\). После \\(2n\\) ходов мы попадём в \\(F\\) тогда и только тогда, когда разность между числом ходов по часовой стрелке и против неё сравнима с 4 по модулю 8. Если ходов по часовой стрелке было \\(r\\), то против неё было \\(2n-r\\), и условие имеет вид \\(r-(2n-r)=2r-2n\\equiv4\\pmod8\\), то есть \\(r\\equiv n+2\\pmod4\\). Поэтому \\[ a_{2n}=\\sum_{k\\in\\mathbb Z}\\binom{2n}{n+2+4k}. \\] Остаётся вычислить эту сумму. По фильтру корней из единицы \\[ \\sum_{k}\\binom{2n}{n+2+4k}=\\frac18\\sum_{j=0}^7 \\zeta^{-j(n+2)}(1+\\zeta^j)^{2n},\\qquad \\zeta=e^{2\\pi i/8}. \\] После попарного объединения слагаемых получаем \\[ a_{2n}=2^{2n-2}-2^{n-1}. \\] Итак, \\[ a_m=\\beg…"}],"relations":[{"id":"rel-imc-2013-necklace-imo-1979-cycle-walks","neighbor_id":"imc-2013-day2-p5-necklace-good-colorings-odd","direction":"backward","type":"same_motif","distance":3,"status":"needs_human_review"},{"id":"rel-imc-2022-flea-imo-1979-cycle-walks","neighbor_id":"imc-2022-day1-p3-flea-cycle-recurrence","direction":"backward","type":"same_motif","distance":2,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-imo-1979-p6-cycle-walks-graph-symmetry","neighbor_id":"eulerian-graph-criterion","direction":"backward","type":"same_motif","distance":3,"status":"needs_human_review"},{"id":"rel-imo-1979-p6-egmo-2025-p5-even-cycle-encoding","neighbor_id":"egmo-2025-p5-rotating-arrows-even-dynamic-cycle","direction":"forward","type":"same_motif","distance":3,"status":"needs_human_review"},{"id":"rel-vjimc-2007-key-ring-cycle-symmetry","neighbor_id":"vjimc-2007-cat1-p2-key-ring-distinguishing-coloring","direction":"backward","type":"same_motif","distance":4,"status":"needs_human_review"}],"search_text":"imo-1979-p6-octagon-walks-cycle-graph подсчёт маршрутов фишки на цикле \\(c_8\\), imo 1979 p6 graph_symmetry double_counting goal_counting 1979 aops wiki, 1979 imo problems/problem 6 https://imomath.com/othercomp/i/imo1979.pdf https://wiki.artofproblemsolving.com/wiki/index.php/1979_imo_problems/problem_6 https://www.imomath.com/ imo imo compendium / ранняя подборка решений imo imo1979 imomath, imo 1979 условия secondary_solution src-aops-imo-1979-p6 src-imo-compendium-solutions-1959-2004 src-imomath-imo-1979 statement with_solution ? imomath, imo 1979 условия imo compendium / ранняя подборка решений imo aops wiki, 1979 imo problems/problem 6 stmt-original условие needs_human_review в регулярном восьмиугольнике фишка стартует из вершины s и каждую секунду переходит в одну из двух соседних вершин. процесс заканчивается в противоположной вершине f. пусть aₙ — число различных путей длительности n из s в f. докажите заданную формулу для aₙ. stmt-graph подсчёт маршрутов фишки на цикле \\(c_8\\), imo 1979 p6 needs_human_review в цикле \\(c_8\\) выбраны противоположные вершины \\(s\\) и \\(f\\). для \\(n\\ge0\\) пусть \\(a_n\\) — число маршрутов длины \\(n\\) из \\(s\\) в \\(f\\). докажите, что \\(a_0=0\\), при нечётном \\(n\\) выполнено \\(a_n=0\\), а при положительном чётном \\(n\\) выполнено \\(a_n=2^{n-2}-2^{n/2-1}\\). cycle idea-fold-cycle сложить c₈ по симметрии по расстоянию от s противоположные вершины имеют одинаковое число путей, поэтому задача сводится к линейной рекурсии на четырёх состояниях. graph_symmetry needs_human_review idea-characteristic-roots рекурсия для чётных длин для bₙ=a₂ₙ получается линейная рекурсия с корнями \\(2+\\sqrt2\\) и \\(2-\\sqrt2\\). double_counting needs_human_review sol-graph-review сжатое графовое решение ai_checked path cycle нечётная длина невозможна, потому что \\(c_8\\) двудолен, а вершины \\(s\\) и \\(f\\) лежат в одной доле, так что \\(a_{2n-1}=0\\). для чётной длины удобно пронумеровать вершины цикла остатками по модулю 8 так, чтобы \\(s=0\\), \\(f=4\\), а каждый ход менял номер на \\(\\pm1\\). после \\(2n\\) ходов мы попадём в \\(f\\) тогда и только тогда, когда разность между числом ходов по часовой стрелке и против неё сравнима с 4 по модулю 8. если ходов по часовой стрелке было \\(r\\), то против неё было \\(2n-r\\), и условие имеет вид \\(r-(2n-r)=2r-2n\\equiv4\\pmod8\\), то есть \\(r\\equiv n+2\\pmod4\\). поэтому \\[ a_{2n}=\\sum_{k\\in\\mathbb z}\\binom{2n}{n+2+4k}. \\] остаётся вычислить эту сумму. по фильтру корней из единицы \\[ \\sum_{k}\\binom{2n}{n+2+4k}=\\frac18\\sum_{j=0}^7 \\zeta^{-j(n+2)}(1+\\zeta^j)^{2n},\\qquad \\zeta=e^{2\\pi i/8}. \\] после попарного объединения слагаемых получаем \\[ a_{2n}=2^{2n-2}-2^{n-1}. \\] итак, \\[ a_m=\\beg… imo-1979-p6-octagon-walks-cycle-graph podschet marshrutov fishki na tsikle \\(c_8\\), imo 1979 p6 graph_symmetry double_counting goal_counting 1979 aops wiki, 1979 imo problems/problem 6 https://imomath.com/othercomp/i/imo1979.pdf https://wiki.artofproblemsolving.com/wiki/index.php/1979_imo_problems/problem_6 https://www.imomath.com/ imo imo compendium / rannyaya podborka resheniy imo imo1979 imomath, imo 1979 usloviya secondary_solution src-aops-imo-1979-p6 src-imo-compendium-solutions-1959-2004 src-imomath-imo-1979 statement with_solution ? imomath, imo 1979 usloviya imo compendium / rannyaya podborka resheniy imo aops wiki, 1979 imo problems/problem 6 stmt-original uslovie needs_human_review v regulyarnom vosmiugolnike fishka startuet iz vershiny s i kazhduyu sekundu perehodit v odnu iz dvuh sosednih vershin. protsess zakanchivaetsya v protivopolozhnoy vershine f. pust aₙ — chislo razlichnyh putey dlitelnosti n iz s v f. dokazhite zadannuyu formulu dlya aₙ. stmt-graph podschet marshrutov fishki na tsikle \\(c_8\\), imo 1979 p6 needs_human_review v tsikle \\(c_8\\) vybrany protivopolozhnye vershiny \\(s\\) i \\(f\\). dlya \\(n\\ge0\\) pust \\(a_n\\) — chislo marshrutov dliny \\(n\\) iz \\(s\\) v \\(f\\). dokazhite, chto \\(a_0=0\\), pri nechetnom \\(n\\) vypolneno \\(a_n=0\\), a pri polozhitelnom chetnom \\(n\\) vypolneno \\(a_n=2^{n-2}-2^{n/2-1}\\). cycle idea-fold-cycle slozhit c₈ po simmetrii po rasstoyaniyu ot s protivopolozhnye vershiny imeyut odinakovoe chislo putey, poetomu zadacha svoditsya k lineynoy rekursii na chetyreh sostoyaniyah. graph_symmetry needs_human_review idea-characteristic-roots rekursiya dlya chetnyh dlin dlya bₙ=a₂ₙ poluchaetsya lineynaya rekursiya s kornyami \\(2+\\sqrt2\\) i \\(2-\\sqrt2\\). double_counting needs_human_review sol-graph-review szhatoe grafovoe reshenie ai_checked path cycle nechetnaya dlina nevozmozhna, potomu chto \\(c_8\\) dvudolen, a vershiny \\(s\\) i \\(f\\) lezhat v odnoy dole, tak chto \\(a_{2n-1}=0\\). dlya chetnoy dliny udobno pronumerovat vershiny tsikla ostatkami po modulyu 8 tak, chtoby \\(s=0\\), \\(f=4\\), a kazhdyy hod menyal nomer na \\(\\pm1\\). posle \\(2n\\) hodov my popadem v \\(f\\) togda i tolko togda, kogda raznost mezhdu chislom hodov po chasovoy strelke i protiv nee sravnima s 4 po modulyu 8. esli hodov po chasovoy strelke bylo \\(r\\), to protiv nee bylo \\(2n-r\\), i uslovie imeet vid \\(r-(2n-r)=2r-2n\\equiv4\\pmod8\\), to est \\(r\\equiv n+2\\pmod4\\). poetomu \\[ a_{2n}=\\sum_{k\\in\\mathbb z}\\binom{2n}{n+2+4k}. \\] ostaetsya vychislit etu summu. po filtru korney iz edinitsy \\[ \\sum_{k}\\binom{2n}{n+2+4k}=\\frac18\\sum_{j=0}^7 \\zeta^{-j(n+2)}(1+\\zeta^j)^{2n},\\qquad \\zeta=e^{2\\pi i/8}. \\] posle poparnogo obedineniya slagaemyh poluchaem \\[ a_{2n}=2^{2n-2}-2^{n-1}. \\] itak, \\[ a_m=\\beg…","source_keys":["imo"]}
{"id":"imo-1985-sl5-lattice-perfect-code","title":"Совершенное независимое множество в кубической решётке, IMO Shortlist 1985","path":"data\\problems\\imo\\imo-1985-sl5-lattice-perfect-code.yaml","raw_github_url":"https://raw.githubusercontent.com/didin-maxim/knowledge_graph_of_graphs/main/data/problems/imo/imo-1985-sl5-lattice-perfect-code.yaml","viewer_url":"https://didin-maxim.github.io/knowledge_graph_of_graphs/#imo-1985-sl5-lattice-perfect-code","source_key":"imo","source_label":"IMO Shortlist","source_titles":["архив Kalva, IMO Shortlist 1985","IMO Compendium / ранняя подборка решений IMO"],"year":"1985","type":"olympiad_problem","authors":[],"tags":["coloring","goal_characterization"],"agent_topics":[],"difficulty":{"main":"imo_p3_plus","local_score":10,"comment":"Добавлено из оставшейся ранней выборки IMO и шорт-листов после проверки существенности графовой модели.","status":"needs_human_review"},"review_status":"needs_human_review","public_ready":false,"solution_state":"with_solution","solution_classification":{"type":"official_complete_or_near_complete","label":"официальное полное/почти полное","status":"ai_checked","confidence":0.78,"basis":"агентский аудит средней сложности","notes":"В карточке есть официальные, шортлистные или справочные источники и проверенное ИИ решение.","audit_source":"agent-imo-us-classical.json"},"statements":{"original":[{"id":"stmt-original","title":"Условие","status":"needs_human_review","text":"В множестве всех целочисленных точек пространства две точки называются соседними, если две координаты совпадают, а третья отличается на 1. Докажите, что существует подмножество S, в котором никакие две соседние точки не лежат вместе, а каждая точка вне S имеет ровно одного соседа из S.","definition_ids":[]}],"graph_theory":[{"id":"stmt-graph","title":"Совершенное независимое множество в кубической решётке, IMO Shortlist 1985","status":"needs_human_review","text":"Рассмотрим бесконечный граф с множеством вершин \\(\\mathbb Z^3\\), в котором две вершины соединены ребром тогда и только тогда, когда они отличаются ровно в одной координате на 1. Докажите, что существует множество вершин \\(S\\), являющееся совершенным кодом радиуса 1: никакие две вершины из \\(S\\) не смежны, и каждая вершина вне \\(S\\) имеет ровно одного соседа в \\(S\\).","definition_ids":["independent_set"]}]},"solutions":[{"id":"sol-graph-review","title":"Решение через линейную метку по модулю 7","status":"ai_checked","definition_ids":[],"standard_idea_ids":[],"tags":[],"has_text":true,"text_preview":"Положим \\(S=\\{(x,y,z): x+2y+3z \\equiv 0 \\pmod 7\\}\\). Рассмотрим вершину \\((x,y,z)\\) кубической решётки и обозначим \\(L=x+2y+3z\\). При переходе к шести соседям \\((x\\pm1,y,z)\\), \\((x,y\\pm1,z)\\), \\((x,y,z\\pm1)\\) значение \\(L\\) меняется соответственно на \\(\\pm1,\\pm2,\\pm3\\), то есть на шесть различных ненулевых остатков по модулю 7. Поэтому если две вершины соседние, их значения \\(L\\) по модулю 7 различаются на ненулевой остаток, и они не могут обе лежать в \\(S\\); множество \\(S\\) независимо. Если же для вершины значение \\(L\\equiv r\\ne0\\pmod 7\\), то среди шести изменений \\(\\pm1,\\pm2,\\pm3\\) ровно одно сравнимо с \\(-r\\) по модулю 7. Ровно соответствующий сосед имеет метку \\(0\\) и лежит в \\(S\\), а остальные пять соседей в \\(S\\) не лежат. Значит построенное множество имеет требуемое свойство: вершины из \\(S\\) не соседствуют друг с другом, а каждая вершина вне \\(S\\) имеет ровно одного соседа в \\(S…"}],"relations":[{"id":"rel-bmo-2016-imo-1985-perfect-code","neighbor_id":"bmo-2016-p4-infinite-grid-diamond-coloring","direction":"backward","type":"same_motif","distance":3,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-imo-1985-sl5-imo-1999-c5-grid-domination","neighbor_id":"imo-1999-c5-grid-total-domination","direction":"forward","type":"same_motif","distance":2,"status":"needs_human_review"},{"id":"rel-imo-1985-sl5-imo-1994-c6-periodic-grid","neighbor_id":"imo-1994-c6-infinite-grid-pairing-strategy","direction":"forward","type":"same_motif","distance":3,"status":"needs_human_review"},{"id":"rel-metadata-pass-imo-1985-sl5-imo-1996-c1-divisibility-residues","neighbor_id":"imo-1996-c1-grid-knight-reachability-divisible-2-or-3","direction":"forward","type":"same_motif","distance":3,"status":"ai_checked"}],"search_text":"imo-1985-sl5-lattice-perfect-code совершенное независимое множество в кубической решётке, imo shortlist 1985 coloring goal_characterization 1985 https://prase.cz/kalva/short/sh85.html https://www.imomath.com/ imo imo compendium / ранняя подборка решений imo imo shortlist imo1985 imoshortlist imoshortlist1985 secondary_shortlist_statement secondary_solution src-imo-compendium-solutions-1959-2004 src-kalva-imo-1985-shortlist with_solution архив kalva, imo shortlist 1985 ? архив kalva, imo shortlist 1985 imo compendium / ранняя подборка решений imo stmt-original условие needs_human_review в множестве всех целочисленных точек пространства две точки называются соседними, если две координаты совпадают, а третья отличается на 1. докажите, что существует подмножество s, в котором никакие две соседние точки не лежат вместе, а каждая точка вне s имеет ровно одного соседа из s. stmt-graph совершенное независимое множество в кубической решётке, imo shortlist 1985 needs_human_review рассмотрим бесконечный граф с множеством вершин \\(\\mathbb z^3\\), в котором две вершины соединены ребром тогда и только тогда, когда они отличаются ровно в одной координате на 1. докажите, что существует множество вершин \\(s\\), являющееся совершенным кодом радиуса 1: никакие две вершины из \\(s\\) не смежны, и каждая вершина вне \\(s\\) имеет ровно одного соседа в \\(s\\). independent_set idea-mod-seven-label метка по модулю 7 функция \\(x+2y+3z\\) по модулю 7 меняется на шесть разных ненулевых остатков при переходе к шести соседям. coloring needs_human_review idea-perfect-code один сосед каждого внешнего узла класс нулевого остатка независим, а у любой другой вершины ровно один сосед попадает в нулевой класс. needs_human_review sol-graph-review решение через линейную метку по модулю 7 ai_checked положим \\(s=\\{(x,y,z): x+2y+3z \\equiv 0 \\pmod 7\\}\\). рассмотрим вершину \\((x,y,z)\\) кубической решётки и обозначим \\(l=x+2y+3z\\). при переходе к шести соседям \\((x\\pm1,y,z)\\), \\((x,y\\pm1,z)\\), \\((x,y,z\\pm1)\\) значение \\(l\\) меняется соответственно на \\(\\pm1,\\pm2,\\pm3\\), то есть на шесть различных ненулевых остатков по модулю 7. поэтому если две вершины соседние, их значения \\(l\\) по модулю 7 различаются на ненулевой остаток, и они не могут обе лежать в \\(s\\); множество \\(s\\) независимо. если же для вершины значение \\(l\\equiv r\\ne0\\pmod 7\\), то среди шести изменений \\(\\pm1,\\pm2,\\pm3\\) ровно одно сравнимо с \\(-r\\) по модулю 7. ровно соответствующий сосед имеет метку \\(0\\) и лежит в \\(s\\), а остальные пять соседей в \\(s\\) не лежат. значит построенное множество имеет требуемое свойство: вершины из \\(s\\) не соседствуют друг с другом, а каждая вершина вне \\(s\\) имеет ровно одного соседа в \\(s… imo-1985-sl5-lattice-perfect-code sovershennoe nezavisimoe mnozhestvo v kubicheskoy reshetke, imo shortlist 1985 coloring goal_characterization 1985 https://prase.cz/kalva/short/sh85.html https://www.imomath.com/ imo imo compendium / rannyaya podborka resheniy imo imo shortlist imo1985 imoshortlist imoshortlist1985 secondary_shortlist_statement secondary_solution src-imo-compendium-solutions-1959-2004 src-kalva-imo-1985-shortlist with_solution arhiv kalva, imo shortlist 1985 ? arhiv kalva, imo shortlist 1985 imo compendium / rannyaya podborka resheniy imo stmt-original uslovie needs_human_review v mnozhestve vseh tselochislennyh tochek prostranstva dve tochki nazyvayutsya sosednimi, esli dve koordinaty sovpadayut, a tretya otlichaetsya na 1. dokazhite, chto suschestvuet podmnozhestvo s, v kotorom nikakie dve sosednie tochki ne lezhat vmeste, a kazhdaya tochka vne s imeet rovno odnogo soseda iz s. stmt-graph sovershennoe nezavisimoe mnozhestvo v kubicheskoy reshetke, imo shortlist 1985 needs_human_review rassmotrim beskonechnyy graf s mnozhestvom vershin \\(\\mathbb z^3\\), v kotorom dve vershiny soedineny rebrom togda i tolko togda, kogda oni otlichayutsya rovno v odnoy koordinate na 1. dokazhite, chto suschestvuet mnozhestvo vershin \\(s\\), yavlyayuscheesya sovershennym kodom radiusa 1: nikakie dve vershiny iz \\(s\\) ne smezhny, i kazhdaya vershina vne \\(s\\) imeet rovno odnogo soseda v \\(s\\). independent_set idea-mod-seven-label metka po modulyu 7 funktsiya \\(x+2y+3z\\) po modulyu 7 menyaetsya na shest raznyh nenulevyh ostatkov pri perehode k shesti sosedyam. coloring needs_human_review idea-perfect-code odin sosed kazhdogo vneshnego uzla klass nulevogo ostatka nezavisim, a u lyuboy drugoy vershiny rovno odin sosed popadaet v nulevoy klass. needs_human_review sol-graph-review reshenie cherez lineynuyu metku po modulyu 7 ai_checked polozhim \\(s=\\{(x,y,z): x+2y+3z \\equiv 0 \\pmod 7\\}\\). rassmotrim vershinu \\((x,y,z)\\) kubicheskoy reshetki i oboznachim \\(l=x+2y+3z\\). pri perehode k shesti sosedyam \\((x\\pm1,y,z)\\), \\((x,y\\pm1,z)\\), \\((x,y,z\\pm1)\\) znachenie \\(l\\) menyaetsya sootvetstvenno na \\(\\pm1,\\pm2,\\pm3\\), to est na shest razlichnyh nenulevyh ostatkov po modulyu 7. poetomu esli dve vershiny sosednie, ih znacheniya \\(l\\) po modulyu 7 razlichayutsya na nenulevoy ostatok, i oni ne mogut obe lezhat v \\(s\\); mnozhestvo \\(s\\) nezavisimo. esli zhe dlya vershiny znachenie \\(l\\equiv r\\ne0\\pmod 7\\), to sredi shesti izmeneniy \\(\\pm1,\\pm2,\\pm3\\) rovno odno sravnimo s \\(-r\\) po modulyu 7. rovno sootvetstvuyuschiy sosed imeet metku \\(0\\) i lezhit v \\(s\\), a ostalnye pyat sosedey v \\(s\\) ne lezhat. znachit postroennoe mnozhestvo imeet trebuemoe svoystvo: vershiny iz \\(s\\) ne sosedstvuyut drug s drugom, a kazhdaya vershina vne \\(s\\) imeet rovno odnogo soseda v \\(s…","source_keys":["imo"]}
{"id":"imo-1986-sl12-increasing-edge-trail","title":"Возрастающая цепь рёбер в размеченном графе, IMO Shortlist 1986","path":"data\\problems\\imo\\imo-1986-sl12-increasing-edge-trail.yaml","raw_github_url":"https://raw.githubusercontent.com/didin-maxim/knowledge_graph_of_graphs/main/data/problems/imo/imo-1986-sl12-increasing-edge-trail.yaml","viewer_url":"https://didin-maxim.github.io/knowledge_graph_of_graphs/#imo-1986-sl12-increasing-edge-trail","source_key":"imo","source_label":"IMO Shortlist","source_titles":["архив Kalva, IMO Shortlist 1986","IMO Compendium / ранняя подборка решений IMO"],"year":"1986","type":"olympiad_problem","authors":[],"tags":["extremal_choice","goal_bound"],"agent_topics":[],"difficulty":{"main":"imo_p3_plus","local_score":12,"comment":"Добавлено из оставшейся ранней выборки IMO и шорт-листов после проверки существенности графовой модели.","status":"needs_human_review"},"review_status":"needs_human_review","public_ready":false,"solution_state":"with_solution","solution_classification":{"type":"official_complete_or_near_complete","label":"официальное полное/почти полное","status":"ai_checked","confidence":0.78,"basis":"агентский аудит средней сложности","notes":"В карточке есть официальные, шортлистные или справочные источники и проверенное ИИ решение.","audit_source":"agent-imo-us-classical.json"},"statements":{"original":[{"id":"stmt-original","title":"Условие","status":"needs_human_review","text":"В графе n вершин и q рёбер; рёбра помечены числами 1,2,...,q. Докажите, что найдётся последовательность по крайней мере 2q/n рёбер, в которой метки возрастают, а соседние рёбра имеют общую вершину.","definition_ids":[]}]},"solutions":[{"id":"sol-graph-review","title":"Сжатое графовое решение","status":"ai_checked","definition_ids":["path","line_graph"],"standard_idea_ids":["longest_path"],"tags":[],"has_text":true,"text_preview":"Пусть \\(v\\) — вершина максимальной степени в графе \\(G\\). Тогда \\[ \\deg(v)\\ge \\frac{2q}{n}, \\] потому что максимальная степень не меньше средней степени. Рассмотрим все рёбра, инцидентные \\(v\\), и выпишем их в порядке возрастания меток: \\[ e_1<e_2<\\dots<e_{\\deg(v)}. \\] Любые два соседних ребра в этом списке имеют общую вершину \\(v\\), а их метки строго возрастают. Значит последовательность \\[ e_1,e_2,\\dots,e_{\\deg(v)} \\] уже является требуемой возрастающей цепью рёбер. Её длина равна \\(\\deg(v)\\), следовательно, не меньше \\(2q/n\\)."}],"relations":[{"id":"rel-imo-1986-sl12-dirac-longest-path","neighbor_id":"dirac-theorem","direction":"backward","type":"same_motif","distance":3,"status":"needs_human_review"}],"search_text":"imo-1986-sl12-increasing-edge-trail возрастающая цепь рёбер в размеченном графе, imo shortlist 1986 extremal_choice goal_bound 1986 https://prase.cz/kalva/short/sh86.html https://www.imomath.com/ imo imo compendium / ранняя подборка решений imo imo shortlist imo1986 imoshortlist imoshortlist1986 secondary_shortlist_statement secondary_solution src-imo-compendium-solutions-1959-2004 src-kalva-imo-1986-shortlist with_solution архив kalva, imo shortlist 1986 ? архив kalva, imo shortlist 1986 imo compendium / ранняя подборка решений imo stmt-original условие needs_human_review в графе n вершин и q рёбер; рёбра помечены числами 1,2,...,q. докажите, что найдётся последовательность по крайней мере 2q/n рёбер, в которой метки возрастают, а соседние рёбра имеют общую вершину. idea-line-graph-path перейти к линейному графу последовательность рёбер с общей вершиной — это путь в l(g), а возрастание меток задаёт ациклическую ориентацию. extremal_choice needs_human_review idea-average-degree-bound средняя степень заставляет длинный путь в размеченном графе можно выбрать вершину большой степени и продолжать возрастающую цепь через ранги инцидентных рёбер. extremal_choice needs_human_review sol-graph-review сжатое графовое решение ai_checked path line_graph longest_path пусть \\(v\\) — вершина максимальной степени в графе \\(g\\). тогда \\[ \\deg(v)\\ge \\frac{2q}{n}, \\] потому что максимальная степень не меньше средней степени. рассмотрим все рёбра, инцидентные \\(v\\), и выпишем их в порядке возрастания меток: \\[ e_1<e_2<\\dots<e_{\\deg(v)}. \\] любые два соседних ребра в этом списке имеют общую вершину \\(v\\), а их метки строго возрастают. значит последовательность \\[ e_1,e_2,\\dots,e_{\\deg(v)} \\] уже является требуемой возрастающей цепью рёбер. её длина равна \\(\\deg(v)\\), следовательно, не меньше \\(2q/n\\). imo-1986-sl12-increasing-edge-trail vozrastayuschaya tsep reber v razmechennom grafe, imo shortlist 1986 extremal_choice goal_bound 1986 https://prase.cz/kalva/short/sh86.html https://www.imomath.com/ imo imo compendium / rannyaya podborka resheniy imo imo shortlist imo1986 imoshortlist imoshortlist1986 secondary_shortlist_statement secondary_solution src-imo-compendium-solutions-1959-2004 src-kalva-imo-1986-shortlist with_solution arhiv kalva, imo shortlist 1986 ? arhiv kalva, imo shortlist 1986 imo compendium / rannyaya podborka resheniy imo stmt-original uslovie needs_human_review v grafe n vershin i q reber; rebra pomecheny chislami 1,2,...,q. dokazhite, chto naydetsya posledovatelnost po krayney mere 2q/n reber, v kotoroy metki vozrastayut, a sosednie rebra imeyut obschuyu vershinu. idea-line-graph-path pereyti k lineynomu grafu posledovatelnost reber s obschey vershinoy — eto put v l(g), a vozrastanie metok zadaet atsiklicheskuyu orientatsiyu. extremal_choice needs_human_review idea-average-degree-bound srednyaya stepen zastavlyaet dlinnyy put v razmechennom grafe mozhno vybrat vershinu bolshoy stepeni i prodolzhat vozrastayuschuyu tsep cherez rangi intsidentnyh reber. extremal_choice needs_human_review sol-graph-review szhatoe grafovoe reshenie ai_checked path line_graph longest_path pust \\(v\\) — vershina maksimalnoy stepeni v grafe \\(g\\). togda \\[ \\deg(v)\\ge \\frac{2q}{n}, \\] potomu chto maksimalnaya stepen ne menshe sredney stepeni. rassmotrim vse rebra, intsidentnye \\(v\\), i vypishem ih v poryadke vozrastaniya metok: \\[ e_1<e_2<\\dots<e_{\\deg(v)}. \\] lyubye dva sosednih rebra v etom spiske imeyut obschuyu vershinu \\(v\\), a ih metki strogo vozrastayut. znachit posledovatelnost \\[ e_1,e_2,\\dots,e_{\\deg(v)} \\] uzhe yavlyaetsya trebuemoy vozrastayuschey tsepyu reber. ee dlina ravna \\(\\deg(v)\\), sledovatelno, ne menshe \\(2q/n\\).","source_keys":["imo"]}
{"id":"imo-1989-sl14-seven-points-triangle-cover","title":"Минимум рёбер в графе на 7 вершинах без независимой тройки, IMO Shortlist 1989","path":"data\\problems\\imo\\imo-1989-sl14-seven-points-triangle-cover.yaml","raw_github_url":"https://raw.githubusercontent.com/didin-maxim/knowledge_graph_of_graphs/main/data/problems/imo/imo-1989-sl14-seven-points-triangle-cover.yaml","viewer_url":"https://didin-maxim.github.io/knowledge_graph_of_graphs/#imo-1989-sl14-seven-points-triangle-cover","source_key":"imo","source_label":"IMO Shortlist","source_titles":["архив Kalva, IMO Shortlist 1989","IMO Compendium / ранняя подборка решений IMO"],"year":"1989","type":"olympiad_problem","authors":[],"tags":["extremal_graph_theory","forbidden_triangle","goal_exact_bound"],"agent_topics":[],"difficulty":{"main":"imo_p3_plus","local_score":9,"comment":"Добавлено из оставшейся ранней выборки IMO и шорт-листов после проверки существенности графовой модели.","status":"needs_human_review"},"review_status":"needs_human_review","public_ready":false,"solution_state":"with_solution","solution_classification":{"type":"official_complete_or_near_complete","label":"официальное полное/почти полное","status":"ai_checked","confidence":0.78,"basis":"агентский аудит средней сложности","notes":"В карточке есть официальные, шортлистные или справочные источники и проверенное ИИ решение.","audit_source":"agent-imo-us-classical.json"},"statements":{"original":[{"id":"stmt-original","title":"Условие","status":"needs_human_review","text":"Даны 7 точек. Сколько отрезков, соединяющих пары точек, нужно провести, чтобы среди любых трёх точек хотя бы две были соединены отрезком?","definition_ids":[]}],"graph_theory":[{"id":"stmt-graph","title":"Минимум рёбер в графе на 7 вершинах без независимой тройки, IMO Shortlist 1989","status":"needs_human_review","text":"Найдите минимальное число рёбер в простом графе на 7 вершинах, в котором среди любых трёх вершин хотя бы две смежны.","definition_ids":["simple_graph","independent_set"]}]},"solutions":[{"id":"sol-graph-review","title":"Сжатое графовое решение","status":"ai_checked","definition_ids":["complete_graph","complement_graph"],"standard_idea_ids":["complement_graph_transition"],"tags":[],"has_text":true,"text_preview":"Пусть проведённые отрезки — рёбра графа \\(G\\) на 7 вершинах. Условие означает, что в \\(G\\) нет независимой тройки. В дополнении \\(H\\) это значит, что \\(H\\) не содержит треугольников. По теореме Мантеля \\(e(H)\\le\\lfloor 7^2/4\\rfloor=12\\), поэтому \\(e(G)\\ge21-12=9\\). Достижимость: взять \\(H=K_{3,4}\\); тогда дополнение состоит из двух клик \\(K_3\\) и \\(K_4\\) и имеет \\(3+6=9\\) рёбер. В любой тройке вершин дополнения \\(K_{3,4}\\) не может быть треугольника, значит в исходном графе каждая тройка содержит ребро."}],"relations":[{"id":"rel-mantel-imo-1989-sl14","neighbor_id":"mantel-theorem","direction":"backward","type":"prerequisite","distance":1,"status":"needs_human_review"},{"id":"rel-imo-1989-sl14-imo-1992-p3-triangle-free-colours","neighbor_id":"imo-1992-p3-nine-points-partial-ramsey","direction":"forward","type":"same_motif","distance":2,"status":"needs_human_review"},{"id":"rel-imo-1991-sl9-imo-1989-sl14-extremal-complement","neighbor_id":"imo-1991-sl9-min-degree-for-k6","direction":"forward","type":"same_motif","distance":2,"status":"needs_human_review"}],"search_text":"imo-1989-sl14-seven-points-triangle-cover минимум рёбер в графе на 7 вершинах без независимой тройки, imo shortlist 1989 extremal_graph_theory forbidden_triangle goal_exact_bound 1989 https://prase.cz/kalva/short/sh89.html https://www.imomath.com/ imo imo compendium / ранняя подборка решений imo imo shortlist imo1989 imoshortlist imoshortlist1989 secondary_shortlist_statement secondary_solution src-imo-compendium-solutions-1959-2004 src-kalva-imo-1989-shortlist with_solution архив kalva, imo shortlist 1989 ? архив kalva, imo shortlist 1989 imo compendium / ранняя подборка решений imo stmt-original условие needs_human_review даны 7 точек. сколько отрезков, соединяющих пары точек, нужно провести, чтобы среди любых трёх точек хотя бы две были соединены отрезком? stmt-graph минимум рёбер в графе на 7 вершинах без независимой тройки, imo shortlist 1989 needs_human_review найдите минимальное число рёбер в простом графе на 7 вершинах, в котором среди любых трёх вершин хотя бы две смежны. simple_graph independent_set idea-complement-triangle-free перейти к дополнению если каждая тройка содержит ребро, то в дополнении нет треугольника. extremal_graph_theory needs_human_review idea-mantel-seven оценка мантеля граф без треугольников на 7 вершинах имеет не больше \\(\\lfloor 7^2/4\\rfloor=12\\) рёбер. extremal_graph_theory needs_human_review sol-graph-review сжатое графовое решение ai_checked complete_graph complement_graph complement_graph_transition пусть проведённые отрезки — рёбра графа \\(g\\) на 7 вершинах. условие означает, что в \\(g\\) нет независимой тройки. в дополнении \\(h\\) это значит, что \\(h\\) не содержит треугольников. по теореме мантеля \\(e(h)\\le\\lfloor 7^2/4\\rfloor=12\\), поэтому \\(e(g)\\ge21-12=9\\). достижимость: взять \\(h=k_{3,4}\\); тогда дополнение состоит из двух клик \\(k_3\\) и \\(k_4\\) и имеет \\(3+6=9\\) рёбер. в любой тройке вершин дополнения \\(k_{3,4}\\) не может быть треугольника, значит в исходном графе каждая тройка содержит ребро. imo-1989-sl14-seven-points-triangle-cover minimum reber v grafe na 7 vershinah bez nezavisimoy troyki, imo shortlist 1989 extremal_graph_theory forbidden_triangle goal_exact_bound 1989 https://prase.cz/kalva/short/sh89.html https://www.imomath.com/ imo imo compendium / rannyaya podborka resheniy imo imo shortlist imo1989 imoshortlist imoshortlist1989 secondary_shortlist_statement secondary_solution src-imo-compendium-solutions-1959-2004 src-kalva-imo-1989-shortlist with_solution arhiv kalva, imo shortlist 1989 ? arhiv kalva, imo shortlist 1989 imo compendium / rannyaya podborka resheniy imo stmt-original uslovie needs_human_review dany 7 tochek. skolko otrezkov, soedinyayuschih pary tochek, nuzhno provesti, chtoby sredi lyubyh treh tochek hotya by dve byli soedineny otrezkom? stmt-graph minimum reber v grafe na 7 vershinah bez nezavisimoy troyki, imo shortlist 1989 needs_human_review naydite minimalnoe chislo reber v prostom grafe na 7 vershinah, v kotorom sredi lyubyh treh vershin hotya by dve smezhny. simple_graph independent_set idea-complement-triangle-free pereyti k dopolneniyu esli kazhdaya troyka soderzhit rebro, to v dopolnenii net treugolnika. extremal_graph_theory needs_human_review idea-mantel-seven otsenka mantelya graf bez treugolnikov na 7 vershinah imeet ne bolshe \\(\\lfloor 7^2/4\\rfloor=12\\) reber. extremal_graph_theory needs_human_review sol-graph-review szhatoe grafovoe reshenie ai_checked complete_graph complement_graph complement_graph_transition pust provedennye otrezki — rebra grafa \\(g\\) na 7 vershinah. uslovie oznachaet, chto v \\(g\\) net nezavisimoy troyki. v dopolnenii \\(h\\) eto znachit, chto \\(h\\) ne soderzhit treugolnikov. po teoreme mantelya \\(e(h)\\le\\lfloor 7^2/4\\rfloor=12\\), poetomu \\(e(g)\\ge21-12=9\\). dostizhimost: vzyat \\(h=k_{3,4}\\); togda dopolnenie sostoit iz dvuh klik \\(k_3\\) i \\(k_4\\) i imeet \\(3+6=9\\) reber. v lyuboy troyke vershin dopolneniya \\(k_{3,4}\\) ne mozhet byt treugolnika, znachit v ishodnom grafe kazhdaya troyka soderzhit rebro.","source_keys":["imo"]}
{"id":"imo-1991-p4-connected-graph-gcd-edge-labels","title":"Разметка рёбер связного графа взаимно простыми метками, IMO 1991 P4","path":"data\\problems\\imo\\imo-1991-p4-connected-graph-gcd-edge-labels.yaml","raw_github_url":"https://raw.githubusercontent.com/didin-maxim/knowledge_graph_of_graphs/main/data/problems/imo/imo-1991-p4-connected-graph-gcd-edge-labels.yaml","viewer_url":"https://didin-maxim.github.io/knowledge_graph_of_graphs/#imo-1991-p4-connected-graph-gcd-edge-labels","source_key":"imo","source_label":"IMO","source_titles":["IMOmath, IMO 1991 условия","IMO Compendium / ранняя подборка решений IMO","AoPS Wiki, 1991 IMO Problems/Problem 4"],"year":"1991","type":"olympiad_problem","authors":[],"tags":["trees","induction","extremal_choice","goal_exact_bound"],"agent_topics":[],"difficulty":{"main":"imo_p3_plus","local_score":14,"comment":"Добавлено из оставшейся ранней выборки IMO и шорт-листов после проверки существенности графовой модели.","status":"needs_human_review"},"review_status":"needs_human_review","public_ready":false,"solution_state":"with_solution","solution_classification":{"type":"official_complete_or_near_complete","label":"официальное полное/почти полное","status":"ai_checked","confidence":0.78,"basis":"агентский аудит средней сложности","notes":"В карточке есть официальные, шортлистные или справочные источники и проверенное ИИ решение.","audit_source":"agent-imo-us-classical.json"},"statements":{"original":[{"id":"stmt-original","title":"Условие","status":"needs_human_review","text":"Пусть G — связный граф с n рёбрами. Докажите, что можно пометить рёбра числами 1,2,...,n так, чтобы в каждой вершине степени хотя бы 2 у меток инцидентных ей рёбер не было общего делителя больше 1.","definition_ids":["connected_graph","degree"]}]},"solutions":[{"id":"sol-aops-maximal-path-labeling","title":"Разметка последовательными метками вдоль максимальных маршрутов","status":"ai_checked","definition_ids":["connected_graph","path"],"standard_idea_ids":["greedy_ordering"],"tags":[],"has_text":true,"text_preview":"Будем использовать числа \\(1,2,\\ldots,k\\) по порядку и поддерживать инвариант: после каждого законченного прохода всякая вершина, уже инцидентная хотя бы одному размеченному ребру, либо имеет степень \\(<2\\), либо среди её уже размеченных инцидентных рёбер есть пара взаимно простых меток. Первый проход начинаем из произвольной вершины \\(A\\): идём по ещё неразмеченным рёбрам, каждый раз выбирая любое неразмеченное ребро из текущей вершины, и метим пройденные рёбра числами \\(1,2,\\ldots\\), пока в текущей вершине не останется неразмеченных инцидентных рёбер. Вершина \\(A\\) хороша, потому что инцидентна ребру с меткой 1. Каждая вершина, через которую маршрут вошёл и сразу вышел, получила две последовательные метки. Если конечная вершина \\(B\\) имеет степень хотя бы 2, то либо она уже встречалась раньше на этом маршруте и тогда при одном из прежних проходов через неё получила две последовательны…"}],"relations":[],"search_text":"imo-1991-p4-connected-graph-gcd-edge-labels разметка рёбер связного графа взаимно простыми метками, imo 1991 p4 trees induction extremal_choice goal_exact_bound 1991 aops wiki, 1991 imo problems/problem 4 https://imomath.com/othercomp/i/imo1991.pdf https://wiki.artofproblemsolving.com/wiki/index.php/1991_imo_problems/problem_4 https://www.imomath.com/ imo imo compendium / ранняя подборка решений imo imo1991 imomath, imo 1991 условия secondary_solution src-aops-imo-1991-p4 src-imo-compendium-solutions-1959-2004 src-imomath-imo-1991 statement with_solution ? imomath, imo 1991 условия imo compendium / ранняя подборка решений imo aops wiki, 1991 imo problems/problem 4 stmt-original условие needs_human_review пусть g — связный граф с n рёбрами. докажите, что можно пометить рёбра числами 1,2,...,n так, чтобы в каждой вершине степени хотя бы 2 у меток инцидентных ей рёбер не было общего делителя больше 1. connected_graph degree idea-spanning-tree-reduction свести к остовному дереву достаточно контролировать метки на рёбрах остовного дерева; остальные рёбра можно пронумеровать после этого. trees needs_human_review idea-label-by-prime-obstruction разрушить общий делитель у каждой вершины степени хотя бы 2 надо обеспечить две инцидентные метки с нод 1. extremal_choice needs_human_review idea-maximal-path-consecutive-labels максимальный маршрут с соседними метками если идти по ещё неразмеченным рёбрам до тупика и метить их подряд, то каждая вершина, через которую маршрут проходит насквозь, получает две последовательные, а значит взаимно простые, инцидентные метки. extremal_choice ai_checked sol-aops-maximal-path-labeling разметка последовательными метками вдоль максимальных маршрутов ai_checked connected_graph path greedy_ordering будем использовать числа \\(1,2,\\ldots,k\\) по порядку и поддерживать инвариант: после каждого законченного прохода всякая вершина, уже инцидентная хотя бы одному размеченному ребру, либо имеет степень \\(<2\\), либо среди её уже размеченных инцидентных рёбер есть пара взаимно простых меток. первый проход начинаем из произвольной вершины \\(a\\): идём по ещё неразмеченным рёбрам, каждый раз выбирая любое неразмеченное ребро из текущей вершины, и метим пройденные рёбра числами \\(1,2,\\ldots\\), пока в текущей вершине не останется неразмеченных инцидентных рёбер. вершина \\(a\\) хороша, потому что инцидентна ребру с меткой 1. каждая вершина, через которую маршрут вошёл и сразу вышел, получила две последовательные метки. если конечная вершина \\(b\\) имеет степень хотя бы 2, то либо она уже встречалась раньше на этом маршруте и тогда при одном из прежних проходов через неё получила две последовательны… imo-1991-p4-connected-graph-gcd-edge-labels razmetka reber svyaznogo grafa vzaimno prostymi metkami, imo 1991 p4 trees induction extremal_choice goal_exact_bound 1991 aops wiki, 1991 imo problems/problem 4 https://imomath.com/othercomp/i/imo1991.pdf https://wiki.artofproblemsolving.com/wiki/index.php/1991_imo_problems/problem_4 https://www.imomath.com/ imo imo compendium / rannyaya podborka resheniy imo imo1991 imomath, imo 1991 usloviya secondary_solution src-aops-imo-1991-p4 src-imo-compendium-solutions-1959-2004 src-imomath-imo-1991 statement with_solution ? imomath, imo 1991 usloviya imo compendium / rannyaya podborka resheniy imo aops wiki, 1991 imo problems/problem 4 stmt-original uslovie needs_human_review pust g — svyaznyy graf s n rebrami. dokazhite, chto mozhno pometit rebra chislami 1,2,...,n tak, chtoby v kazhdoy vershine stepeni hotya by 2 u metok intsidentnyh ey reber ne bylo obschego delitelya bolshe 1. connected_graph degree idea-spanning-tree-reduction svesti k ostovnomu derevu dostatochno kontrolirovat metki na rebrah ostovnogo dereva; ostalnye rebra mozhno pronumerovat posle etogo. trees needs_human_review idea-label-by-prime-obstruction razrushit obschiy delitel u kazhdoy vershiny stepeni hotya by 2 nado obespechit dve intsidentnye metki s nod 1. extremal_choice needs_human_review idea-maximal-path-consecutive-labels maksimalnyy marshrut s sosednimi metkami esli idti po esche nerazmechennym rebram do tupika i metit ih podryad, to kazhdaya vershina, cherez kotoruyu marshrut prohodit naskvoz, poluchaet dve posledovatelnye, a znachit vzaimno prostye, intsidentnye metki. extremal_choice ai_checked sol-aops-maximal-path-labeling razmetka posledovatelnymi metkami vdol maksimalnyh marshrutov ai_checked connected_graph path greedy_ordering budem ispolzovat chisla \\(1,2,\\ldots,k\\) po poryadku i podderzhivat invariant: posle kazhdogo zakonchennogo prohoda vsyakaya vershina, uzhe intsidentnaya hotya by odnomu razmechennomu rebru, libo imeet stepen \\(<2\\), libo sredi ee uzhe razmechennyh intsidentnyh reber est para vzaimno prostyh metok. pervyy prohod nachinaem iz proizvolnoy vershiny \\(a\\): idem po esche nerazmechennym rebram, kazhdyy raz vybiraya lyuboe nerazmechennoe rebro iz tekuschey vershiny, i metim proydennye rebra chislami \\(1,2,\\ldots\\), poka v tekuschey vershine ne ostanetsya nerazmechennyh intsidentnyh reber. vershina \\(a\\) horosha, potomu chto intsidentna rebru s metkoy 1. kazhdaya vershina, cherez kotoruyu marshrut voshel i srazu vyshel, poluchila dve posledovatelnye metki. esli konechnaya vershina \\(b\\) imeet stepen hotya by 2, to libo ona uzhe vstrechalas ranshe na etom marshrute i togda pri odnom iz prezhnih prohodov cherez nee poluchila dve posledovatelny…","source_keys":["imo"]}
{"id":"imo-1991-sl9-min-degree-for-k6","title":"Минимальная степень, гарантирующая клику \\(K_6\\), IMO Shortlist 1991","path":"data\\problems\\imo\\imo-1991-sl9-min-degree-for-k6.yaml","raw_github_url":"https://raw.githubusercontent.com/didin-maxim/knowledge_graph_of_graphs/main/data/problems/imo/imo-1991-sl9-min-degree-for-k6.yaml","viewer_url":"https://didin-maxim.github.io/knowledge_graph_of_graphs/#imo-1991-sl9-min-degree-for-k6","source_key":"imo","source_label":"IMO Shortlist","source_titles":["архив Kalva, IMO Shortlist 1991","IMO Compendium / ранняя подборка решений IMO"],"year":"1991","type":"olympiad_problem","authors":[],"tags":["extremal_graph_theory","forbidden_clique","symmetrization","goal_exact_bound"],"agent_topics":[],"difficulty":{"main":"imo_p3_plus","local_score":11,"comment":"Добавлено из оставшейся ранней выборки IMO и шорт-листов после проверки существенности графовой модели.","status":"needs_human_review"},"review_status":"needs_human_review","public_ready":false,"solution_state":"with_solution","solution_classification":{"type":"official_complete_or_near_complete","label":"официальное полное/почти полное","status":"ai_checked","confidence":0.9,"basis":"внешняя теорема аудит group A, 2026-05-06","notes":"Решение самодостаточно: нужная минимально-степенная частная форма доказывается прямым подсчётом общих соседей, без полной теоремы Турана.","audit_source":"external-theorem-audit-group-a"},"statements":{"original":[{"id":"stmt-original","title":"Условие","status":"needs_human_review","text":"В графе 1991 вершина, степень каждой вершины не меньше 1593. Докажите, что найдутся шесть попарно соединённых вершин. Является ли 1593 наилучшей возможной границей?","definition_ids":[]}],"graph_theory":[{"id":"stmt-graph","title":"Минимальная степень, гарантирующая клику \\(K_6\\), IMO Shortlist 1991","status":"needs_human_review","text":"Докажите, что каждый простой граф на \\(1991\\) вершине с минимальной степенью не меньше \\(1593\\) содержит клику \\(K_6\\), и покажите, что границу \\(1593\\) нельзя уменьшить.","definition_ids":["simple_graph","degree","complete_graph","clique"]}]},"solutions":[{"id":"sol-graph-review","title":"Школьное решение через общих соседей","status":"ai_checked","definition_ids":["degree","complete_graph"],"standard_idea_ids":["extremal_choice"],"tags":[],"has_text":true,"text_preview":"Докажем сначала, что условие \\(\\delta(G)\\ge1593\\) гарантирует клику \\(K_6\\). У каждой вершины не больше \\(1990-1593=397\\) несоседей. Предположим, что уже выбрана клика \\(C\\) из \\(s<6\\) вершин. Число вершин вне \\(C\\), которые не соединены хотя бы с одной вершиной из \\(C\\), не превосходит \\(397s\\). Поэтому общих соседей всех вершин \\(C\\) вне самой \\(C\\) не меньше \\[ 1991-s-397s=1991-398s. \\] Для \\(s=1,2,3,4,5\\) это число положительно, а при \\(s=5\\) оно равно \\(1\\). Значит любую уже построенную клику размера меньше \\(6\\) можно продолжить ещё одной вершиной. Начиная с произвольной вершины, получаем шесть попарно смежных вершин. Граница точна. Разобьём 1991 вершину на пять частей размеров \\(399,398,398,398,398\\) и соединим ребром любые две вершины из разных частей, но не соединяем вершины внутри одной части. Это полный 5-дольный граф. В нём нет \\(K_6\\), потому что из каждой части можно взять…"},{"id":"sol-short-turan-min-degree","title":"Короткий внешний вариант через теорему Турана","status":"ai_checked","definition_ids":["degree","complete_graph","clique"],"standard_idea_ids":["symmetrization"],"tags":[],"has_text":true,"text_preview":"Если граф на \\(1991\\) вершине не содержит \\(K_6\\), то по теореме Турана его число рёбер не превосходит числа рёбер полного 5-дольного графа с максимально равными долями \\(399,398,398,398,398\\). В этом графе число рёбер равно \\((1991^2-399^2-4\\cdot398^2)/2\\), поэтому средняя степень любого \\(K_6\\)-свободного графа не больше \\((1991^2-399^2-4\\cdot398^2)/1991=1593-399/1991<1593\\). Следовательно, в таком графе есть вершина степени не больше \\(1592\\). Значит минимальная степень \\(1593\\) гарантирует наличие \\(K_6\\). Точность даёт тот же полный 5-дольный граф: в нём нет \\(K_6\\), а минимальная степень равна \\(1991-399=1592\\)."}],"relations":[{"id":"rel-audit-a-turan-imo-1991-sl9-short-external","neighbor_id":"turan-theorem","direction":"backward","type":"prerequisite","distance":1,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-imo-1991-sl9-imo-1989-sl14-extremal-complement","neighbor_id":"imo-1989-sl14-seven-points-triangle-cover","direction":"backward","type":"same_motif","distance":2,"status":"needs_human_review"},{"id":"rel-min-degree-common-neighborhood-clique-imo-1991-sl9","neighbor_id":"min-degree-common-neighborhood-clique","direction":"backward","type":"prerequisite","distance":1,"status":"ai_checked"}],"search_text":"imo-1991-sl9-min-degree-for-k6 минимальная степень, гарантирующая клику \\(k_6\\), imo shortlist 1991 extremal_graph_theory forbidden_clique symmetrization goal_exact_bound 1991 https://prase.cz/kalva/short/sh91.html https://www.imomath.com/ imo imo compendium / ранняя подборка решений imo imo shortlist imo1991 imoshortlist imoshortlist1991 secondary_shortlist_statement secondary_solution src-imo-compendium-solutions-1959-2004 src-kalva-imo-1991-shortlist with_solution архив kalva, imo shortlist 1991 ? архив kalva, imo shortlist 1991 imo compendium / ранняя подборка решений imo stmt-original условие needs_human_review в графе 1991 вершина, степень каждой вершины не меньше 1593. докажите, что найдутся шесть попарно соединённых вершин. является ли 1593 наилучшей возможной границей? stmt-graph минимальная степень, гарантирующая клику \\(k_6\\), imo shortlist 1991 needs_human_review докажите, что каждый простой граф на \\(1991\\) вершине с минимальной степенью не меньше \\(1593\\) содержит клику \\(k_6\\), и покажите, что границу \\(1593\\) нельзя уменьшить. simple_graph degree complete_graph clique idea-turan-min-degree большая минимальная степень позволяет наращивать клику если уже выбрана клика из \\(s\\le5\\) вершин, то у каждой ее вершины мало несоседей. объединение этих множеств несоседей не покрывает все оставшиеся вершины, поэтому клику можно продолжить. extremal_graph_theory needs_human_review idea-balanced-construction точность границы полный 5-дольный граф с частями 399,398,398,398,398 имеет минимальную степень 1592 и не содержит k₆. extremal_graph_theory needs_human_review sol-graph-review школьное решение через общих соседей ai_checked degree complete_graph extremal_choice докажем сначала, что условие \\(\\delta(g)\\ge1593\\) гарантирует клику \\(k_6\\). у каждой вершины не больше \\(1990-1593=397\\) несоседей. предположим, что уже выбрана клика \\(c\\) из \\(s<6\\) вершин. число вершин вне \\(c\\), которые не соединены хотя бы с одной вершиной из \\(c\\), не превосходит \\(397s\\). поэтому общих соседей всех вершин \\(c\\) вне самой \\(c\\) не меньше \\[ 1991-s-397s=1991-398s. \\] для \\(s=1,2,3,4,5\\) это число положительно, а при \\(s=5\\) оно равно \\(1\\). значит любую уже построенную клику размера меньше \\(6\\) можно продолжить ещё одной вершиной. начиная с произвольной вершины, получаем шесть попарно смежных вершин. граница точна. разобьём 1991 вершину на пять частей размеров \\(399,398,398,398,398\\) и соединим ребром любые две вершины из разных частей, но не соединяем вершины внутри одной части. это полный 5-дольный граф. в нём нет \\(k_6\\), потому что из каждой части можно взять… sol-short-turan-min-degree короткий внешний вариант через теорему турана ai_checked degree complete_graph clique symmetrization если граф на \\(1991\\) вершине не содержит \\(k_6\\), то по теореме турана его число рёбер не превосходит числа рёбер полного 5-дольного графа с максимально равными долями \\(399,398,398,398,398\\). в этом графе число рёбер равно \\((1991^2-399^2-4\\cdot398^2)/2\\), поэтому средняя степень любого \\(k_6\\)-свободного графа не больше \\((1991^2-399^2-4\\cdot398^2)/1991=1593-399/1991<1593\\). следовательно, в таком графе есть вершина степени не больше \\(1592\\). значит минимальная степень \\(1593\\) гарантирует наличие \\(k_6\\). точность даёт тот же полный 5-дольный граф: в нём нет \\(k_6\\), а минимальная степень равна \\(1991-399=1592\\). imo-1991-sl9-min-degree-for-k6 minimalnaya stepen, garantiruyuschaya kliku \\(k_6\\), imo shortlist 1991 extremal_graph_theory forbidden_clique symmetrization goal_exact_bound 1991 https://prase.cz/kalva/short/sh91.html https://www.imomath.com/ imo imo compendium / rannyaya podborka resheniy imo imo shortlist imo1991 imoshortlist imoshortlist1991 secondary_shortlist_statement secondary_solution src-imo-compendium-solutions-1959-2004 src-kalva-imo-1991-shortlist with_solution arhiv kalva, imo shortlist 1991 ? arhiv kalva, imo shortlist 1991 imo compendium / rannyaya podborka resheniy imo stmt-original uslovie needs_human_review v grafe 1991 vershina, stepen kazhdoy vershiny ne menshe 1593. dokazhite, chto naydutsya shest poparno soedinennyh vershin. yavlyaetsya li 1593 nailuchshey vozmozhnoy granitsey? stmt-graph minimalnaya stepen, garantiruyuschaya kliku \\(k_6\\), imo shortlist 1991 needs_human_review dokazhite, chto kazhdyy prostoy graf na \\(1991\\) vershine s minimalnoy stepenyu ne menshe \\(1593\\) soderzhit kliku \\(k_6\\), i pokazhite, chto granitsu \\(1593\\) nelzya umenshit. simple_graph degree complete_graph clique idea-turan-min-degree bolshaya minimalnaya stepen pozvolyaet naraschivat kliku esli uzhe vybrana klika iz \\(s\\le5\\) vershin, to u kazhdoy ee vershiny malo nesosedey. obedinenie etih mnozhestv nesosedey ne pokryvaet vse ostavshiesya vershiny, poetomu kliku mozhno prodolzhit. extremal_graph_theory needs_human_review idea-balanced-construction tochnost granitsy polnyy 5-dolnyy graf s chastyami 399,398,398,398,398 imeet minimalnuyu stepen 1592 i ne soderzhit k₆. extremal_graph_theory needs_human_review sol-graph-review shkolnoe reshenie cherez obschih sosedey ai_checked degree complete_graph extremal_choice dokazhem snachala, chto uslovie \\(\\delta(g)\\ge1593\\) garantiruet kliku \\(k_6\\). u kazhdoy vershiny ne bolshe \\(1990-1593=397\\) nesosedey. predpolozhim, chto uzhe vybrana klika \\(c\\) iz \\(s<6\\) vershin. chislo vershin vne \\(c\\), kotorye ne soedineny hotya by s odnoy vershinoy iz \\(c\\), ne prevoshodit \\(397s\\). poetomu obschih sosedey vseh vershin \\(c\\) vne samoy \\(c\\) ne menshe \\[ 1991-s-397s=1991-398s. \\] dlya \\(s=1,2,3,4,5\\) eto chislo polozhitelno, a pri \\(s=5\\) ono ravno \\(1\\). znachit lyubuyu uzhe postroennuyu kliku razmera menshe \\(6\\) mozhno prodolzhit esche odnoy vershinoy. nachinaya s proizvolnoy vershiny, poluchaem shest poparno smezhnyh vershin. granitsa tochna. razobem 1991 vershinu na pyat chastey razmerov \\(399,398,398,398,398\\) i soedinim rebrom lyubye dve vershiny iz raznyh chastey, no ne soedinyaem vershiny vnutri odnoy chasti. eto polnyy 5-dolnyy graf. v nem net \\(k_6\\), potomu chto iz kazhdoy chasti mozhno vzyat… sol-short-turan-min-degree korotkiy vneshniy variant cherez teoremu turana ai_checked degree complete_graph clique symmetrization esli graf na \\(1991\\) vershine ne soderzhit \\(k_6\\), to po teoreme turana ego chislo reber ne prevoshodit chisla reber polnogo 5-dolnogo grafa s maksimalno ravnymi dolyami \\(399,398,398,398,398\\). v etom grafe chislo reber ravno \\((1991^2-399^2-4\\cdot398^2)/2\\), poetomu srednyaya stepen lyubogo \\(k_6\\)-svobodnogo grafa ne bolshe \\((1991^2-399^2-4\\cdot398^2)/1991=1593-399/1991<1593\\). sledovatelno, v takom grafe est vershina stepeni ne bolshe \\(1592\\). znachit minimalnaya stepen \\(1593\\) garantiruet nalichie \\(k_6\\). tochnost daet tot zhe polnyy 5-dolnyy graf: v nem net \\(k_6\\), a minimalnaya stepen ravna \\(1991-399=1592\\).","source_keys":["imo"]}
{"id":"imo-1992-p3-nine-points-partial-ramsey","title":"Девять точек и минимальное число окрашенных рёбер, IMO 1992 P3","path":"data\\problems\\imo\\imo-1992-p3-nine-points-partial-ramsey.yaml","raw_github_url":"https://raw.githubusercontent.com/didin-maxim/knowledge_graph_of_graphs/main/data/problems/imo/imo-1992-p3-nine-points-partial-ramsey.yaml","viewer_url":"https://didin-maxim.github.io/knowledge_graph_of_graphs/#imo-1992-p3-nine-points-partial-ramsey","source_key":"imo","source_label":"IMO","source_titles":["IMOmath, IMO 1992 условия","IMO Compendium / ранняя подборка решений IMO","AoPS Wiki, 1992 IMO Problems/Problem 3"],"year":"1992","type":"olympiad_problem","authors":[],"tags":["ramsey_theory","coloring","extremal_graph_theory","goal_exact_bound"],"agent_topics":[],"difficulty":{"main":"imo_p3_plus","local_score":13,"comment":"Добавлено из оставшейся ранней выборки IMO и шорт-листов после проверки существенности графовой модели.","status":"needs_human_review"},"review_status":"needs_human_review","public_ready":false,"solution_state":"with_solution","solution_classification":{"type":"official_complete_or_near_complete","label":"официальное полное/почти полное","status":"ai_checked","confidence":0.78,"basis":"агентский аудит средней сложности","notes":"В карточке есть официальные, шортлистные или справочные источники и проверенное ИИ решение.","audit_source":"agent-imo-us-classical.json"},"statements":{"original":[{"id":"stmt-original","title":"Условие","status":"needs_human_review","text":"Даны 9 точек в пространстве, никакие 4 не компланарны. Найдите минимальное n такое, что при любой красно-синей раскраске n проведённых между этими точками отрезков обязательно существует одноцветный треугольник.","definition_ids":[]}],"graph_theory":[{"id":"stmt-graph","title":"Девять точек и минимальное число окрашенных рёбер, IMO 1992 P3","status":"needs_human_review","text":"Найдите наименьшее число \\(m\\) со следующим свойством: для любого подграфа \\(H\\) полного графа \\(K_9\\) с \\(m\\) рёбрами и для любой раскраски рёбер \\(H\\) в красный и синий цвета в \\(H\\) найдётся одноцветный треугольник.","definition_ids":["complete_graph","triangle"]}],"olympiad_reformulations":[{"id":"stmt-complement-form","title":"Форма через дополнительный граф и неокрашенные рёбра","status":"ai_checked","text":"Эквивалентно, нужно понять, можно ли в \\(K_9\\) оставить 3 неокрашенных ребра так, чтобы остальные 33 ребра разбились на два треугольник-свободных подграфа \\(R\\) и \\(B\\). При этом \\(B\\) является подграфом дополнительного графа \\(\\overline R\\), а три неокрашенных ребра — это как раз ребра \\(\\overline R\\), не попавшие в \\(B\\).","definition_ids":["complete_graph","complement_graph","triangle"]}]},"solutions":[{"id":"sol-aops-six-vertex-ramsey","title":"AoPS: явная конструкция и сведение к K6","status":"ai_checked","definition_ids":["complete_graph","complement_graph","cycle"],"standard_idea_ids":["complement_graph_transition"],"tags":[],"has_text":true,"text_preview":"Ответ равен 33. Нижняя оценка на 32 окрашенных рёбрах строится очень явно: берём две четвёрки вершин \\(R_1,R_2,R_3,R_4\\) и \\(B_1,B_2,B_3,B_4\\), образующие два квадрата, и девятую вершину \\(X\\). Внутри первого квадрата красим стороны в красный, а диагонали оставляем неокрашенными; внутри второго квадрата по тому же правилу красим стороны в синий. Все рёбра от \\(X\\) к первой четвёрке красим в синий, а ко второй — в красный. Между \\(R_i\\) и \\(B_j\\) красим ребро в красный при одинаковой чётности индексов и в синий при разной. Тогда одноцветного треугольника нет: треугольники с вершиной \\(X\\) ломаются противоположным цветом или неокрашенным ребром, внутри квадратов нет подходящих диагоналей, а смешанные тройки разбиваются по чётности. Для верхней оценки заметим, что при 33 окрашенных рёбрах в \\(K_9\\) остаются только 3 неокрашенных ребра. Выберем по одной вершине на каждом из них и отбросим и…"}],"relations":[{"id":"rel-ramsey-r33-imo-1992-p3","neighbor_id":"ramsey-r33","direction":"backward","type":"prerequisite","distance":1,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-smmc-2017-a1-imo-1992-partial-ramsey-triangle","neighbor_id":"simon-marais-2017-a1-pentagon-triangle-game","direction":"backward","type":"same_motif","distance":3,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-imo-1989-sl14-imo-1992-p3-triangle-free-colours","neighbor_id":"imo-1989-sl14-seven-points-triangle-cover","direction":"backward","type":"same_motif","distance":2,"status":"needs_human_review"},{"id":"rel-ramsey-imo-1992-p3","neighbor_id":"ramsey-theorem","direction":"backward","type":"prerequisite","distance":2,"status":"needs_human_review"},{"id":"rel-imo-1992-p3-imo-1998-c6-k-le-4-edge-colouring","neighbor_id":"imo-1998-c6-k-le-4-rainbow-edges-impossible","direction":"forward","type":"same_motif","distance":2,"status":"needs_human_review"},{"id":"rel-imo-2012-c7-imo-1992-p3-extremal-independent","neighbor_id":"imo-2012-c7-equal-sum-chords-independent-set","direction":"forward","type":"same_motif","distance":3,"status":"needs_human_review"}],"search_text":"imo-1992-p3-nine-points-partial-ramsey девять точек и минимальное число окрашенных рёбер, imo 1992 p3 ramsey_theory coloring extremal_graph_theory goal_exact_bound 1992 aops wiki, 1992 imo problems/problem 3 https://imomath.com/othercomp/i/imo1992.pdf https://wiki.artofproblemsolving.com/wiki/index.php/1992_imo_problems/problem_3 https://www.imomath.com/ imo imo compendium / ранняя подборка решений imo imo1992 imomath, imo 1992 условия secondary_solution src-aops-imo-1992-p3 src-imo-compendium-solutions-1959-2004 src-imomath-imo-1992 statement with_solution ? imomath, imo 1992 условия imo compendium / ранняя подборка решений imo aops wiki, 1992 imo problems/problem 3 stmt-original условие needs_human_review даны 9 точек в пространстве, никакие 4 не компланарны. найдите минимальное n такое, что при любой красно-синей раскраске n проведённых между этими точками отрезков обязательно существует одноцветный треугольник. stmt-graph девять точек и минимальное число окрашенных рёбер, imo 1992 p3 needs_human_review найдите наименьшее число \\(m\\) со следующим свойством: для любого подграфа \\(h\\) полного графа \\(k_9\\) с \\(m\\) рёбрами и для любой раскраски рёбер \\(h\\) в красный и синий цвета в \\(h\\) найдётся одноцветный треугольник. complete_graph triangle stmt-complement-form форма через дополнительный граф и неокрашенные рёбра ai_checked эквивалентно, нужно понять, можно ли в \\(k_9\\) оставить 3 неокрашенных ребра так, чтобы остальные 33 ребра разбились на два треугольник-свободных подграфа \\(r\\) и \\(b\\). при этом \\(b\\) является подграфом дополнительного графа \\(\\overline r\\), а три неокрашенных ребра — это как раз ребра \\(\\overline r\\), не попавшие в \\(b\\). complete_graph complement_graph triangle idea-ramsey-subgraph частичная задача рамсея нужно найти максимум рёбер графа, который можно разложить на два треугольник-свободных цветовых графа. ramsey_theory needs_human_review idea-five-cycle-blowup конструкция без одноцветного треугольника экстремальный пример получается как раздутие 5-цикла с подходящими размерами долей. extremal_graph_theory needs_human_review idea-three-uncolored-edges-six-vertices три неокрашенных ребра оставляют k6 если окрашено 33 ребра, то неокрашенными остаются лишь три; выбрав по одной вершине на каждом из этих рёбер, получаем шесть вершин, между которыми все рёбра окрашены. ramsey_theory ai_checked sol-aops-six-vertex-ramsey aops: явная конструкция и сведение к k6 ai_checked complete_graph complement_graph cycle complement_graph_transition ответ равен 33. нижняя оценка на 32 окрашенных рёбрах строится очень явно: берём две четвёрки вершин \\(r_1,r_2,r_3,r_4\\) и \\(b_1,b_2,b_3,b_4\\), образующие два квадрата, и девятую вершину \\(x\\). внутри первого квадрата красим стороны в красный, а диагонали оставляем неокрашенными; внутри второго квадрата по тому же правилу красим стороны в синий. все рёбра от \\(x\\) к первой четвёрке красим в синий, а ко второй — в красный. между \\(r_i\\) и \\(b_j\\) красим ребро в красный при одинаковой чётности индексов и в синий при разной. тогда одноцветного треугольника нет: треугольники с вершиной \\(x\\) ломаются противоположным цветом или неокрашенным ребром, внутри квадратов нет подходящих диагоналей, а смешанные тройки разбиваются по чётности. для верхней оценки заметим, что при 33 окрашенных рёбрах в \\(k_9\\) остаются только 3 неокрашенных ребра. выберем по одной вершине на каждом из них и отбросим и… imo-1992-p3-nine-points-partial-ramsey devyat tochek i minimalnoe chislo okrashennyh reber, imo 1992 p3 ramsey_theory coloring extremal_graph_theory goal_exact_bound 1992 aops wiki, 1992 imo problems/problem 3 https://imomath.com/othercomp/i/imo1992.pdf https://wiki.artofproblemsolving.com/wiki/index.php/1992_imo_problems/problem_3 https://www.imomath.com/ imo imo compendium / rannyaya podborka resheniy imo imo1992 imomath, imo 1992 usloviya secondary_solution src-aops-imo-1992-p3 src-imo-compendium-solutions-1959-2004 src-imomath-imo-1992 statement with_solution ? imomath, imo 1992 usloviya imo compendium / rannyaya podborka resheniy imo aops wiki, 1992 imo problems/problem 3 stmt-original uslovie needs_human_review dany 9 tochek v prostranstve, nikakie 4 ne komplanarny. naydite minimalnoe n takoe, chto pri lyuboy krasno-siney raskraske n provedennyh mezhdu etimi tochkami otrezkov obyazatelno suschestvuet odnotsvetnyy treugolnik. stmt-graph devyat tochek i minimalnoe chislo okrashennyh reber, imo 1992 p3 needs_human_review naydite naimenshee chislo \\(m\\) so sleduyuschim svoystvom: dlya lyubogo podgrafa \\(h\\) polnogo grafa \\(k_9\\) s \\(m\\) rebrami i dlya lyuboy raskraski reber \\(h\\) v krasnyy i siniy tsveta v \\(h\\) naydetsya odnotsvetnyy treugolnik. complete_graph triangle stmt-complement-form forma cherez dopolnitelnyy graf i neokrashennye rebra ai_checked ekvivalentno, nuzhno ponyat, mozhno li v \\(k_9\\) ostavit 3 neokrashennyh rebra tak, chtoby ostalnye 33 rebra razbilis na dva treugolnik-svobodnyh podgrafa \\(r\\) i \\(b\\). pri etom \\(b\\) yavlyaetsya podgrafom dopolnitelnogo grafa \\(\\overline r\\), a tri neokrashennyh rebra — eto kak raz rebra \\(\\overline r\\), ne popavshie v \\(b\\). complete_graph complement_graph triangle idea-ramsey-subgraph chastichnaya zadacha ramseya nuzhno nayti maksimum reber grafa, kotoryy mozhno razlozhit na dva treugolnik-svobodnyh tsvetovyh grafa. ramsey_theory needs_human_review idea-five-cycle-blowup konstruktsiya bez odnotsvetnogo treugolnika ekstremalnyy primer poluchaetsya kak razdutie 5-tsikla s podhodyaschimi razmerami doley. extremal_graph_theory needs_human_review idea-three-uncolored-edges-six-vertices tri neokrashennyh rebra ostavlyayut k6 esli okrasheno 33 rebra, to neokrashennymi ostayutsya lish tri; vybrav po odnoy vershine na kazhdom iz etih reber, poluchaem shest vershin, mezhdu kotorymi vse rebra okrasheny. ramsey_theory ai_checked sol-aops-six-vertex-ramsey aops: yavnaya konstruktsiya i svedenie k k6 ai_checked complete_graph complement_graph cycle complement_graph_transition otvet raven 33. nizhnyaya otsenka na 32 okrashennyh rebrah stroitsya ochen yavno: berem dve chetverki vershin \\(r_1,r_2,r_3,r_4\\) i \\(b_1,b_2,b_3,b_4\\), obrazuyuschie dva kvadrata, i devyatuyu vershinu \\(x\\). vnutri pervogo kvadrata krasim storony v krasnyy, a diagonali ostavlyaem neokrashennymi; vnutri vtorogo kvadrata po tomu zhe pravilu krasim storony v siniy. vse rebra ot \\(x\\) k pervoy chetverke krasim v siniy, a ko vtoroy — v krasnyy. mezhdu \\(r_i\\) i \\(b_j\\) krasim rebro v krasnyy pri odinakovoy chetnosti indeksov i v siniy pri raznoy. togda odnotsvetnogo treugolnika net: treugolniki s vershinoy \\(x\\) lomayutsya protivopolozhnym tsvetom ili neokrashennym rebrom, vnutri kvadratov net podhodyaschih diagonaley, a smeshannye troyki razbivayutsya po chetnosti. dlya verhney otsenki zametim, chto pri 33 okrashennyh rebrah v \\(k_9\\) ostayutsya tolko 3 neokrashennyh rebra. vyberem po odnoy vershine na kazhdom iz nih i otbrosim i…","source_keys":["imo"]}
{"id":"imo-1994-c2-city-ages-harmonic-graph","title":"Возраст горожан и гармоническая функция на графе, IMO Shortlist 1994 C2","path":"data\\problems\\imo\\imo-1994-c2-city-ages-harmonic-graph.yaml","raw_github_url":"https://raw.githubusercontent.com/didin-maxim/knowledge_graph_of_graphs/main/data/problems/imo/imo-1994-c2-city-ages-harmonic-graph.yaml","viewer_url":"https://didin-maxim.github.io/knowledge_graph_of_graphs/#imo-1994-c2-city-ages-harmonic-graph","source_key":"imo","source_label":"IMO Shortlist","source_titles":["IMO Shortlist 1994, вторичный архив"],"year":"1994","type":"olympiad_problem","authors":[],"tags":["connectivity","goal_exact_bound"],"agent_topics":[],"difficulty":{"main":"imo_p1_p4","local_score":11,"comment":"IMO Shortlist 1994 C2; источник вторичный, карточка первого прохода.","status":"needs_human_review"},"review_status":"needs_human_review","public_ready":false,"solution_state":"with_solution","solution_classification":{"type":"official_complete_or_near_complete","label":"официальное полное/почти полное","status":"ai_checked","confidence":0.78,"basis":"агентский аудит средней сложности","notes":"В карточке есть официальные, шортлистные или справочные источники и проверенное ИИ решение.","audit_source":"agent-imo-us-classical.json"},"statements":{"original":[{"id":"stmt-original","title":"Условие","status":"needs_human_review","text":"В городе возраст измеряется вещественными числами. Любые два жителя либо знакомы, либо нет; если не знакомы, то между ними есть цепочка знакомств. На переписи все мужчины называют свои возраста, и мужчин хотя бы один. Каждая женщина сообщает только, что её возраст равен среднему арифметическому возрастов всех её знакомых. Докажите, что этой информации достаточно, чтобы единственным образом определить возраста всех женщин.","definition_ids":[]}],"graph_theory":[{"id":"stmt-graph","title":"Возраст горожан и гармоническая функция на графе, IMO Shortlist 1994 C2","status":"needs_human_review","text":"Пусть \\(G\\) — конечный связный граф, \\(B\\subseteq V(G)\\) — непустое множество граничных вершин, и на \\(B\\) заданы вещественные значения. Докажите, что существует не более одной функции \\(f:V(G)\\to\\mathbb R\\), совпадающей с заданными значениями на \\(B\\) и удовлетворяющей для каждой вершины \\(v\\in V(G)\\setminus B\\) условию дискретной гармоничности \\[ f(v)=\\frac1{\\deg(v)}\\sum_{u\\sim v} f(u). \\]","definition_ids":["connected_graph","degree"]}]},"solutions":[{"id":"sol-secondary-sketch","title":"Полное решение через дискретный принцип максимума","status":"ai_checked","definition_ids":["connected_graph"],"standard_idea_ids":["extremal_choice"],"tags":[],"has_text":true,"text_preview":"Построим граф знакомств: вершины — жители города, ребро соединяет знакомых. По условию этот конечный граф связен, а множество мужских вершин непусто. Достаточно доказать единственность: пусть есть два набора женских возрастов, совместимых с одними и теми же известными мужскими возрастами и со всеми сообщениями женщин. Рассмотрим разность \\(h\\) этих двух наборов, положив \\(h(v)=0\\) в каждой мужской вершине. Для женской вершины \\(v\\) оба набора удовлетворяют одному и тому же равенству \\[ f(v)=\\frac1{\\deg(v)}\\sum_{u\\sim v} f(u), \\] поэтому после вычитания \\[ h(v)=\\frac1{\\deg(v)}\\sum_{u\\sim v} h(u). \\] То есть \\(h\\) равна нулю на мужских вершинах и гармонична на женских. Предположим, что где-то \\(h>0\\), и пусть \\(M>0\\) — максимальное значение \\(h\\) на всех вершинах. Оно не может достигаться в мужской вершине, потому что там \\(h=0\\), значит выберем женскую вершину \\(v\\) с \\(h(v)=M\\). Все сос…"}],"relations":[{"id":"rel-imo-1994-c2-imo-2013-c6-extremal-propagation","neighbor_id":"third-fourth-distance-layer-bound","direction":"forward","type":"same_motif","distance":3,"status":"needs_human_review"}],"search_text":"imo-1994-c2-city-ages-harmonic-graph возраст горожан и гармоническая функция на графе, imo shortlist 1994 c2 connectivity goal_exact_bound 1994 https://www.allameamini.org/wp-content/uploads/2019/03/international_competitions-imo_shortlist-1994-17.pdf imo imo shortlist imo shortlist 1994, вторичный архив imo1994 imoshortlist imoshortlist1994 secondary_archive src-secondary-imo-1994-shortlist with_solution ? imo shortlist 1994, вторичный архив stmt-original условие needs_human_review в городе возраст измеряется вещественными числами. любые два жителя либо знакомы, либо нет; если не знакомы, то между ними есть цепочка знакомств. на переписи все мужчины называют свои возраста, и мужчин хотя бы один. каждая женщина сообщает только, что её возраст равен среднему арифметическому возрастов всех её знакомых. докажите, что этой информации достаточно, чтобы единственным образом определить возраста всех женщин. stmt-graph возраст горожан и гармоническая функция на графе, imo shortlist 1994 c2 needs_human_review пусть \\(g\\) — конечный связный граф, \\(b\\subseteq v(g)\\) — непустое множество граничных вершин, и на \\(b\\) заданы вещественные значения. докажите, что существует не более одной функции \\(f:v(g)\\to\\mathbb r\\), совпадающей с заданными значениями на \\(b\\) и удовлетворяющей для каждой вершины \\(v\\in v(g)\\setminus b\\) условию дискретной гармоничности \\[ f(v)=\\frac1{\\deg(v)}\\sum_{u\\sim v} f(u). \\] connected_graph degree idea-maximum-principle дискретный принцип максимума разность двух возможных решений равна нулю на мужских вершинах и гармонична на женских. connectivity ai_checked idea-propagate-equality распространение максимума по связности если гармоническая функция достигает положительного максимума во внутренней вершине, все её соседи имеют то же значение. extremal_choice ai_checked sol-secondary-sketch полное решение через дискретный принцип максимума ai_checked connected_graph extremal_choice построим граф знакомств: вершины — жители города, ребро соединяет знакомых. по условию этот конечный граф связен, а множество мужских вершин непусто. достаточно доказать единственность: пусть есть два набора женских возрастов, совместимых с одними и теми же известными мужскими возрастами и со всеми сообщениями женщин. рассмотрим разность \\(h\\) этих двух наборов, положив \\(h(v)=0\\) в каждой мужской вершине. для женской вершины \\(v\\) оба набора удовлетворяют одному и тому же равенству \\[ f(v)=\\frac1{\\deg(v)}\\sum_{u\\sim v} f(u), \\] поэтому после вычитания \\[ h(v)=\\frac1{\\deg(v)}\\sum_{u\\sim v} h(u). \\] то есть \\(h\\) равна нулю на мужских вершинах и гармонична на женских. предположим, что где-то \\(h>0\\), и пусть \\(m>0\\) — максимальное значение \\(h\\) на всех вершинах. оно не может достигаться в мужской вершине, потому что там \\(h=0\\), значит выберем женскую вершину \\(v\\) с \\(h(v)=m\\). все сос… imo-1994-c2-city-ages-harmonic-graph vozrast gorozhan i garmonicheskaya funktsiya na grafe, imo shortlist 1994 c2 connectivity goal_exact_bound 1994 https://www.allameamini.org/wp-content/uploads/2019/03/international_competitions-imo_shortlist-1994-17.pdf imo imo shortlist imo shortlist 1994, vtorichnyy arhiv imo1994 imoshortlist imoshortlist1994 secondary_archive src-secondary-imo-1994-shortlist with_solution ? imo shortlist 1994, vtorichnyy arhiv stmt-original uslovie needs_human_review v gorode vozrast izmeryaetsya veschestvennymi chislami. lyubye dva zhitelya libo znakomy, libo net; esli ne znakomy, to mezhdu nimi est tsepochka znakomstv. na perepisi vse muzhchiny nazyvayut svoi vozrasta, i muzhchin hotya by odin. kazhdaya zhenschina soobschaet tolko, chto ee vozrast raven srednemu arifmeticheskomu vozrastov vseh ee znakomyh. dokazhite, chto etoy informatsii dostatochno, chtoby edinstvennym obrazom opredelit vozrasta vseh zhenschin. stmt-graph vozrast gorozhan i garmonicheskaya funktsiya na grafe, imo shortlist 1994 c2 needs_human_review pust \\(g\\) — konechnyy svyaznyy graf, \\(b\\subseteq v(g)\\) — nepustoe mnozhestvo granichnyh vershin, i na \\(b\\) zadany veschestvennye znacheniya. dokazhite, chto suschestvuet ne bolee odnoy funktsii \\(f:v(g)\\to\\mathbb r\\), sovpadayuschey s zadannymi znacheniyami na \\(b\\) i udovletvoryayuschey dlya kazhdoy vershiny \\(v\\in v(g)\\setminus b\\) usloviyu diskretnoy garmonichnosti \\[ f(v)=\\frac1{\\deg(v)}\\sum_{u\\sim v} f(u). \\] connected_graph degree idea-maximum-principle diskretnyy printsip maksimuma raznost dvuh vozmozhnyh resheniy ravna nulyu na muzhskih vershinah i garmonichna na zhenskih. connectivity ai_checked idea-propagate-equality rasprostranenie maksimuma po svyaznosti esli garmonicheskaya funktsiya dostigaet polozhitelnogo maksimuma vo vnutrenney vershine, vse ee sosedi imeyut to zhe znachenie. extremal_choice ai_checked sol-secondary-sketch polnoe reshenie cherez diskretnyy printsip maksimuma ai_checked connected_graph extremal_choice postroim graf znakomstv: vershiny — zhiteli goroda, rebro soedinyaet znakomyh. po usloviyu etot konechnyy graf svyazen, a mnozhestvo muzhskih vershin nepusto. dostatochno dokazat edinstvennost: pust est dva nabora zhenskih vozrastov, sovmestimyh s odnimi i temi zhe izvestnymi muzhskimi vozrastami i so vsemi soobscheniyami zhenschin. rassmotrim raznost \\(h\\) etih dvuh naborov, polozhiv \\(h(v)=0\\) v kazhdoy muzhskoy vershine. dlya zhenskoy vershiny \\(v\\) oba nabora udovletvoryayut odnomu i tomu zhe ravenstvu \\[ f(v)=\\frac1{\\deg(v)}\\sum_{u\\sim v} f(u), \\] poetomu posle vychitaniya \\[ h(v)=\\frac1{\\deg(v)}\\sum_{u\\sim v} h(u). \\] to est \\(h\\) ravna nulyu na muzhskih vershinah i garmonichna na zhenskih. predpolozhim, chto gde-to \\(h>0\\), i pust \\(m>0\\) — maksimalnoe znachenie \\(h\\) na vseh vershinah. ono ne mozhet dostigatsya v muzhskoy vershine, potomu chto tam \\(h=0\\), znachit vyberem zhenskuyu vershinu \\(v\\) s \\(h(v)=m\\). vse sos…","source_keys":["imo"]}
{"id":"imo-1994-c6-infinite-grid-pairing-strategy","title":"Бесконечные крестики-нолики: запрет 11 подряд, IMO Shortlist 1994 C6","path":"data\\problems\\imo\\imo-1994-c6-infinite-grid-pairing-strategy.yaml","raw_github_url":"https://raw.githubusercontent.com/didin-maxim/knowledge_graph_of_graphs/main/data/problems/imo/imo-1994-c6-infinite-grid-pairing-strategy.yaml","viewer_url":"https://didin-maxim.github.io/knowledge_graph_of_graphs/#imo-1994-c6-infinite-grid-pairing-strategy","source_key":"imo","source_label":"IMO Shortlist","source_titles":["IMO Shortlist 1994, вторичный архив","IMO Shortlist 1994 C6, решение, архив Kalva"],"year":"1994","type":"olympiad_problem","authors":[],"tags":["matching","coloring","goal_strategy_game"],"agent_topics":["game_strategy"],"difficulty":{"main":"imo_p3_plus","local_score":12,"comment":"Ранний IMO Shortlist 1994; источник вторичный, решение сверено по вторичному разбору.","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":"В карточке есть официальные, шортлистные или справочные источники и проверенное ИИ решение.","audit_source":"agent-imo-us-classical.json"},"statements":{"original":[{"id":"stmt-original","title":"Условие","status":"needs_human_review","text":"Два игрока по очереди играют на бесконечной квадратной решётке. Первый ставит \\(X\\) в пустую клетку, второй ставит \\(O\\) в пустую клетку. Первый выигрывает, если получает 11 подряд идущих \\(X\\) в одной строке, столбце или диагонали. Докажите, что второй может всегда помешать первому выиграть.","definition_ids":[]}]},"solutions":[{"id":"sol-reviewed-secondary","title":"Полное решение: периодическая таблица пар","status":"ai_checked","definition_ids":[],"standard_idea_ids":[],"tags":[],"has_text":true,"text_preview":"Второй использует парную стратегию. В одном блоке \\(10\\times10\\) зададим пары одинаковыми номерами; клетки `x` не входят в пары: ```text x 1 2 3 4 5 6 6 7 x 8 8 1 2 3 4 5 9 7 10 11 12 12 x 13 14 15 9 10 16 11 17 18 18 13 14 15 x 16 19 17 20 x 21 22 23 24 24 19 25 20 26 x 21 23 22 27 27 25 28 26 29 x x x x 30 30 28 31 29 32 33 x x x x 34 34 31 32 35 33 36 37 38 39 40 41 41 x 35 42 42 36 37 38 39 40 x ``` Повторим этот блок периодически по всей бесконечной доске. В приведённой таблице каждая строка, каждый столбец и каждая диагональ длины хотя бы 5 внутри блока содержит целую пронумерованную пару; это проверяется непосредственно по таблице. Поэтому любые 11 соседних клеток в одном из четырёх направлений при разбиении на периодические блоки содержат пять подряд идущих клеток, лежащих в одном блоке в том же направлении, а значит содержат одну из заданных пар. Стратегия второго такова. Если…"}],"relations":[{"id":"rel-imo-1994-c6-usamo-2004-p4","neighbor_id":"usamo-2004-p4-black-path-grid-game","direction":"forward","type":"same_motif","distance":2,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-imo-1994-putnam-2025-a3-pairing-strategy","neighbor_id":"putnam-2025-a3-ternary-string-game-perfect-matching","direction":"forward","type":"same_motif","distance":2,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-imo-1985-sl5-imo-1994-c6-periodic-grid","neighbor_id":"imo-1985-sl5-lattice-perfect-code","direction":"backward","type":"same_motif","distance":3,"status":"needs_human_review"},{"id":"rel-imo-1994-c6-imo-2016-c8-pairing-obstruction","neighbor_id":"imo-2016-c8-domino-unique-tiling-cycles","direction":"forward","type":"same_motif","distance":3,"status":"needs_human_review"},{"id":"rel-ternary-nonzero-matching-imo-1994-pairing-strategy","neighbor_id":"ternary-nonzero-strings-perfect-matching","direction":"backward","type":"solution_transfer","distance":2,"status":"ai_checked"}],"search_text":"imo-1994-c6-infinite-grid-pairing-strategy бесконечные крестики-нолики: запрет 11 подряд, imo shortlist 1994 c6 matching coloring goal_strategy_game 1994 https://prase.cz/kalva/short/soln/sh94c6.html https://www.allameamini.org/wp-content/uploads/2019/03/international_competitions-imo_shortlist-1994-17.pdf imo imo shortlist imo shortlist 1994 c6, решение, архив kalva imo shortlist 1994, вторичный архив imo1994 imoshortlist imoshortlist1994 secondary_archive secondary_solution src-kalva-imo-1994-c6-solution src-secondary-imo-1994-shortlist with_solution ? imo shortlist 1994, вторичный архив imo shortlist 1994 c6, решение, архив kalva stmt-original условие needs_human_review два игрока по очереди играют на бесконечной квадратной решётке. первый ставит \\(x\\) в пустую клетку, второй ставит \\(o\\) в пустую клетку. первый выигрывает, если получает 11 подряд идущих \\(x\\) в одной строке, столбце или диагонали. докажите, что второй может всегда помешать первому выиграть. idea-periodic-pairing периодическое паросочетание клеток повторяется блок \\(10\\times10\\), внутри которого отмечены пары клеток. matching needs_human_review idea-threat-line-hit каждая угроза длины 11 задевает пару любая линия из 11 клеток в одном из четырёх направлений содержит две клетки одной пары. coloring needs_human_review sol-reviewed-secondary полное решение: периодическая таблица пар ai_checked второй использует парную стратегию. в одном блоке \\(10\\times10\\) зададим пары одинаковыми номерами; клетки `x` не входят в пары: ```text x 1 2 3 4 5 6 6 7 x 8 8 1 2 3 4 5 9 7 10 11 12 12 x 13 14 15 9 10 16 11 17 18 18 13 14 15 x 16 19 17 20 x 21 22 23 24 24 19 25 20 26 x 21 23 22 27 27 25 28 26 29 x x x x 30 30 28 31 29 32 33 x x x x 34 34 31 32 35 33 36 37 38 39 40 41 41 x 35 42 42 36 37 38 39 40 x ``` повторим этот блок периодически по всей бесконечной доске. в приведённой таблице каждая строка, каждый столбец и каждая диагональ длины хотя бы 5 внутри блока содержит целую пронумерованную пару; это проверяется непосредственно по таблице. поэтому любые 11 соседних клеток в одном из четырёх направлений при разбиении на периодические блоки содержат пять подряд идущих клеток, лежащих в одном блоке в том же направлении, а значит содержат одну из заданных пар. стратегия второго такова. если… imo-1994-c6-infinite-grid-pairing-strategy beskonechnye krestiki-noliki: zapret 11 podryad, imo shortlist 1994 c6 matching coloring goal_strategy_game 1994 https://prase.cz/kalva/short/soln/sh94c6.html https://www.allameamini.org/wp-content/uploads/2019/03/international_competitions-imo_shortlist-1994-17.pdf imo imo shortlist imo shortlist 1994 c6, reshenie, arhiv kalva imo shortlist 1994, vtorichnyy arhiv imo1994 imoshortlist imoshortlist1994 secondary_archive secondary_solution src-kalva-imo-1994-c6-solution src-secondary-imo-1994-shortlist with_solution ? imo shortlist 1994, vtorichnyy arhiv imo shortlist 1994 c6, reshenie, arhiv kalva stmt-original uslovie needs_human_review dva igroka po ocheredi igrayut na beskonechnoy kvadratnoy reshetke. pervyy stavit \\(x\\) v pustuyu kletku, vtoroy stavit \\(o\\) v pustuyu kletku. pervyy vyigryvaet, esli poluchaet 11 podryad iduschih \\(x\\) v odnoy stroke, stolbtse ili diagonali. dokazhite, chto vtoroy mozhet vsegda pomeshat pervomu vyigrat. idea-periodic-pairing periodicheskoe parosochetanie kletok povtoryaetsya blok \\(10\\times10\\), vnutri kotorogo otmecheny pary kletok. matching needs_human_review idea-threat-line-hit kazhdaya ugroza dliny 11 zadevaet paru lyubaya liniya iz 11 kletok v odnom iz chetyreh napravleniy soderzhit dve kletki odnoy pary. coloring needs_human_review sol-reviewed-secondary polnoe reshenie: periodicheskaya tablitsa par ai_checked vtoroy ispolzuet parnuyu strategiyu. v odnom bloke \\(10\\times10\\) zadadim pary odinakovymi nomerami; kletki `x` ne vhodyat v pary: ```text x 1 2 3 4 5 6 6 7 x 8 8 1 2 3 4 5 9 7 10 11 12 12 x 13 14 15 9 10 16 11 17 18 18 13 14 15 x 16 19 17 20 x 21 22 23 24 24 19 25 20 26 x 21 23 22 27 27 25 28 26 29 x x x x 30 30 28 31 29 32 33 x x x x 34 34 31 32 35 33 36 37 38 39 40 41 41 x 35 42 42 36 37 38 39 40 x ``` povtorim etot blok periodicheski po vsey beskonechnoy doske. v privedennoy tablitse kazhdaya stroka, kazhdyy stolbets i kazhdaya diagonal dliny hotya by 5 vnutri bloka soderzhit tseluyu pronumerovannuyu paru; eto proveryaetsya neposredstvenno po tablitse. poetomu lyubye 11 sosednih kletok v odnom iz chetyreh napravleniy pri razbienii na periodicheskie bloki soderzhat pyat podryad iduschih kletok, lezhaschih v odnom bloke v tom zhe napravlenii, a znachit soderzhat odnu iz zadannyh par. strategiya vtorogo takova. esli…","source_keys":["imo"]}
{"id":"imo-1995-nc5-greetings-regular-codegree-graph","title":"Рукопожатия с постоянным числом общих знакомых, IMO Shortlist 1995 NC5","path":"data\\problems\\imo\\imo-1995-nc5-greetings-regular-codegree-graph.yaml","raw_github_url":"https://raw.githubusercontent.com/didin-maxim/knowledge_graph_of_graphs/main/data/problems/imo/imo-1995-nc5-greetings-regular-codegree-graph.yaml","viewer_url":"https://didin-maxim.github.io/knowledge_graph_of_graphs/#imo-1995-nc5-greetings-regular-codegree-graph","source_key":"imo","source_label":"IMO Shortlist","source_titles":["IMO Shortlist 1995, вторичный архив","Counting in two different ways, IMOSL 1995 N5/NC5 walkthrough"],"year":"1995","type":"olympiad_problem","authors":[],"tags":["double_counting","goal_counting"],"agent_topics":[],"difficulty":{"main":"imo_p3_plus","local_score":12,"comment":"Ранний IMO Shortlist 1995; источник вторичный, решение сверено по вторичному разбору.","status":"needs_human_review"},"review_status":"needs_human_review","public_ready":false,"solution_state":"with_solution","solution_classification":{"type":"official_complete_or_near_complete","label":"официальное полное/почти полное","status":"ai_checked","confidence":0.78,"basis":"агентский аудит средней сложности","notes":"В карточке есть официальные, шортлистные или справочные источники и проверенное ИИ решение.","audit_source":"agent-imo-us-classical.json"},"statements":{"original":[{"id":"stmt-original","title":"Условие","status":"needs_human_review","text":"На встрече \\(12k\\) человек. Каждый обменялся приветствиями ровно с \\(3k+6\\) другими. Для любых двух людей число людей, обменявшихся приветствиями с ними обоими, одно и то же. Сколько людей было на встрече?","definition_ids":[]}],"graph_theory":[{"id":"stmt-graph","title":"Рукопожатия с постоянным числом общих знакомых, IMO Shortlist 1995 NC5","status":"needs_human_review","text":"Найдите все натуральные \\(k\\), для которых существует простой граф на \\(12k\\) вершинах, где каждая вершина имеет степень \\(3k+6\\), а любые две различные вершины имеют одно и то же число общих соседей.","definition_ids":["simple_graph","degree"]}]},"solutions":[{"id":"sol-reviewed-secondary","title":"Сжатое решение после проверки","status":"ai_checked","definition_ids":[],"standard_idea_ids":["double_counting"],"tags":[],"has_text":true,"text_preview":"Пусть общий кодегри любых двух вершин равен \\(\\lambda\\). Считаем тройки \\((a,b,c)\\), где \\(a\\) приветствовал и \\(b\\), и \\(c\\), а \\(b\\ne c\\). С одной стороны, для каждого из \\(12k\\) людей можно выбрать пару его \\(3k+6\\) соседей. С другой стороны, каждая пара людей имеет ровно \\(\\lambda\\) общих соседей. Поэтому \\(12k\\binom{3k+6}{2}=\\lambda\\binom{12k}{2}\\), откуда \\(\\lambda=(3k+5)(3k+6)/(12k-1)\\). Целочисленность даёт, что \\(12k-1\\) делит 525; совместимость с видом \\(12k-1\\) оставляет \\(12k-1=35\\), то есть \\(k=3\\). Значит, людей было \\(36\\)."}],"relations":[{"id":"rel-regular-codegree-usa-tst-2005","neighbor_id":"usa-tst-2005-p1-set-system-incidence-graph","direction":"forward","type":"same_motif","distance":2,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-handshaking-imo-1995-nc5-codegree","neighbor_id":"handshaking-lemma","direction":"backward","type":"prerequisite","distance":2,"status":"needs_human_review"},{"id":"rel-imo-1995-nc5-imo-2004-c8-common-neighbours","neighbor_id":"imo-2004-c8-triangles-tetrahedra-graph","direction":"forward","type":"same_motif","distance":2,"status":"needs_human_review"},{"id":"rel-metadata-kolm-2007-induced-count-imo-1995-nc5","neighbor_id":"kolmogorov-2007-team-olympiad-seniors-problem-7","direction":"backward","type":"same_motif","distance":3,"status":"needs_human_review"},{"id":"rel-utyum-2016-octahedron-imo-1995-codegree","neighbor_id":"utyum-2016_tur1_start2_1_octahedron_acquaintances","direction":"backward","type":"same_motif","distance":1,"status":"needs_human_review"}],"search_text":"imo-1995-nc5-greetings-regular-codegree-graph рукопожатия с постоянным числом общих знакомых, imo shortlist 1995 nc5 double_counting goal_counting 1995 counting in two different ways, imosl 1995 n5/nc5 walkthrough https://jpsaha.github.io/mop/assets/pdf/combinatorics/counttwodiff.pdf https://www.allameamini.org/wp-content/uploads/2019/03/international_competitions-imo_shortlist-1995-17.pdf imo imo shortlist imo shortlist 1995, вторичный архив imo1995 imoshortlist imoshortlist1995 secondary_archive secondary_solution src-jpsaha-count-two-diff-1995-nc5 src-secondary-imo-1995-shortlist with_solution ? imo shortlist 1995, вторичный архив counting in two different ways, imosl 1995 n5/nc5 walkthrough stmt-original условие needs_human_review на встрече \\(12k\\) человек. каждый обменялся приветствиями ровно с \\(3k+6\\) другими. для любых двух людей число людей, обменявшихся приветствиями с ними обоими, одно и то же. сколько людей было на встрече? stmt-graph рукопожатия с постоянным числом общих знакомых, imo shortlist 1995 nc5 needs_human_review найдите все натуральные \\(k\\), для которых существует простой граф на \\(12k\\) вершинах, где каждая вершина имеет степень \\(3k+6\\), а любые две различные вершины имеют одно и то же число общих соседей. simple_graph degree idea-codegree-count подсчёт общих соседей считаются тройки: центральная вершина знакома с двумя выбранными людьми. double_counting needs_human_review idea-divisibility делимость параметров графа полученная формула для общего кодегри должна быть целым числом, что резко ограничивает \\(k\\). extremal_choice needs_human_review sol-reviewed-secondary сжатое решение после проверки ai_checked double_counting пусть общий кодегри любых двух вершин равен \\(\\lambda\\). считаем тройки \\((a,b,c)\\), где \\(a\\) приветствовал и \\(b\\), и \\(c\\), а \\(b\\ne c\\). с одной стороны, для каждого из \\(12k\\) людей можно выбрать пару его \\(3k+6\\) соседей. с другой стороны, каждая пара людей имеет ровно \\(\\lambda\\) общих соседей. поэтому \\(12k\\binom{3k+6}{2}=\\lambda\\binom{12k}{2}\\), откуда \\(\\lambda=(3k+5)(3k+6)/(12k-1)\\). целочисленность даёт, что \\(12k-1\\) делит 525; совместимость с видом \\(12k-1\\) оставляет \\(12k-1=35\\), то есть \\(k=3\\). значит, людей было \\(36\\). imo-1995-nc5-greetings-regular-codegree-graph rukopozhatiya s postoyannym chislom obschih znakomyh, imo shortlist 1995 nc5 double_counting goal_counting 1995 counting in two different ways, imosl 1995 n5/nc5 walkthrough https://jpsaha.github.io/mop/assets/pdf/combinatorics/counttwodiff.pdf https://www.allameamini.org/wp-content/uploads/2019/03/international_competitions-imo_shortlist-1995-17.pdf imo imo shortlist imo shortlist 1995, vtorichnyy arhiv imo1995 imoshortlist imoshortlist1995 secondary_archive secondary_solution src-jpsaha-count-two-diff-1995-nc5 src-secondary-imo-1995-shortlist with_solution ? imo shortlist 1995, vtorichnyy arhiv counting in two different ways, imosl 1995 n5/nc5 walkthrough stmt-original uslovie needs_human_review na vstreche \\(12k\\) chelovek. kazhdyy obmenyalsya privetstviyami rovno s \\(3k+6\\) drugimi. dlya lyubyh dvuh lyudey chislo lyudey, obmenyavshihsya privetstviyami s nimi oboimi, odno i to zhe. skolko lyudey bylo na vstreche? stmt-graph rukopozhatiya s postoyannym chislom obschih znakomyh, imo shortlist 1995 nc5 needs_human_review naydite vse naturalnye \\(k\\), dlya kotoryh suschestvuet prostoy graf na \\(12k\\) vershinah, gde kazhdaya vershina imeet stepen \\(3k+6\\), a lyubye dve razlichnye vershiny imeyut odno i to zhe chislo obschih sosedey. simple_graph degree idea-codegree-count podschet obschih sosedey schitayutsya troyki: tsentralnaya vershina znakoma s dvumya vybrannymi lyudmi. double_counting needs_human_review idea-divisibility delimost parametrov grafa poluchennaya formula dlya obschego kodegri dolzhna byt tselym chislom, chto rezko ogranichivaet \\(k\\). extremal_choice needs_human_review sol-reviewed-secondary szhatoe reshenie posle proverki ai_checked double_counting pust obschiy kodegri lyubyh dvuh vershin raven \\(\\lambda\\). schitaem troyki \\((a,b,c)\\), gde \\(a\\) privetstvoval i \\(b\\), i \\(c\\), a \\(b\\ne c\\). s odnoy storony, dlya kazhdogo iz \\(12k\\) lyudey mozhno vybrat paru ego \\(3k+6\\) sosedey. s drugoy storony, kazhdaya para lyudey imeet rovno \\(\\lambda\\) obschih sosedey. poetomu \\(12k\\binom{3k+6}{2}=\\lambda\\binom{12k}{2}\\), otkuda \\(\\lambda=(3k+5)(3k+6)/(12k-1)\\). tselochislennost daet, chto \\(12k-1\\) delit 525; sovmestimost s vidom \\(12k-1\\) ostavlyaet \\(12k-1=35\\), to est \\(k=3\\). znachit, lyudey bylo \\(36\\).","source_keys":["imo"]}
{"id":"imo-1996-c1-grid-knight-reachability-divisible-2-or-3","title":"Недостижимость в графе ходов при \\(r\\), делящемся на 2 или 3, IMO Shortlist 1996 C1","path":"data\\problems\\imo\\imo-1996-c1-grid-knight-reachability-divisible-2-or-3.yaml","raw_github_url":"https://raw.githubusercontent.com/didin-maxim/knowledge_graph_of_graphs/main/data/problems/imo/imo-1996-c1-grid-knight-reachability-divisible-2-or-3.yaml","viewer_url":"https://didin-maxim.github.io/knowledge_graph_of_graphs/#imo-1996-c1-grid-knight-reachability-divisible-2-or-3","source_key":"imo","source_label":"IMO Shortlist","source_titles":["IMO Shortlist 1996, вторичный архив"],"year":"1996","type":"olympiad_problem","authors":[],"tags":["connectivity","coloring","goal_impossibility"],"agent_topics":[],"difficulty":{"main":"imo_p3_plus","local_score":7,"comment":"Один самостоятельный режим IMO Shortlist 1996 C1: невозможность при делимости r на 2 или 3.","status":"needs_human_review"},"review_status":"needs_human_review","public_ready":false,"solution_state":"with_solution","solution_classification":{"type":"official_complete_or_near_complete","label":"официальное полное/почти полное","status":"ai_checked","confidence":0.78,"basis":"агентский аудит средней сложности","notes":"В карточке есть официальные, шортлистные или справочные источники и проверенное ИИ решение.","audit_source":"agent-imo-us-classical.json"},"statements":{"original":[{"id":"stmt-original","title":"Условие: режим r делится на 2 или 3","status":"needs_human_review","text":"Дан прямоугольник \\(20\\times12\\), разбитый на единичные клетки. Пусть \\(A\\) и \\(B\\) — концы стороны длины \\(20\\), и нужно попасть из клетки, прилегающей к вершине \\(A\\), в клетку, прилегающую к вершине \\(B\\) вдоль этой стороны. Разрешено переходить из одной клетки в другую, если расстояние между центрами этих клеток равно \\(\\sqrt r\\). Докажите, что такой переход невозможен для любого целого \\(r\\), делящегося на \\(2\\) или на \\(3\\).","definition_ids":[]}],"graph_theory":[{"id":"stmt-graph","title":"Недостижимость в графе ходов при \\(r\\), делящемся на 2 или 3, IMO Shortlist 1996 C1","status":"needs_human_review","text":"Рассмотрим граф, вершинами которого являются клетки доски \\(20\\times12\\), пронумерованные центрами \\((x,y)\\), где \\(1\\le x\\le20\\), \\(1\\le y\\le12\\). Две вершины соединены ребром, если евклидово расстояние между центрами соответствующих клеток равно \\(\\sqrt r\\). Докажите, что для каждого положительного целого \\(r\\), делящегося на \\(2\\) или на \\(3\\), вершины \\((1,1)\\) и \\((20,1)\\) лежат в разных компонентах этого графа.","definition_ids":["connected_graph"]}]},"solutions":[{"id":"sol-modular-obstruction","title":"Модульная раскраска разделяет старт и цель","status":"ai_checked","definition_ids":["connected_graph","path"],"standard_idea_ids":[],"tags":[],"has_text":true,"text_preview":"Будем считать центры клеток точками целочисленной решётки; стартовая клетка имеет координаты \\((1,1)\\), а целевая — \\((20,1)\\). Каждый допустимый ход задаётся вектором \\((a,b)\\) с \\(a^2+b^2=r\\), причём после хода обе координаты остаются в пределах доски. Если \\(2\\mid r\\), то \\(a^2+b^2\\equiv0\\pmod2\\), откуда \\(a\\) и \\(b\\) имеют одну чётность. Значит \\(a+b\\) чётно, и величина \\(x+y\\pmod2\\) не меняется при любом ходе. Но для \\((1,1)\\) она равна \\(0\\), а для \\((20,1)\\) равна \\(1\\), поэтому путь невозможен. Если \\(3\\mid r\\), то квадраты по модулю \\(3\\) равны только \\(0\\) или \\(1\\), и равенство \\(a^2+b^2\\equiv0\\pmod3\\) возможно лишь при \\(a\\equiv b\\equiv0\\pmod3\\). Следовательно, каждый ход сохраняет обе координаты по модулю \\(3\\). У клеток \\((1,1)\\) и \\((20,1)\\) первые координаты различны по модулю \\(3\\), так что они лежат в разных компонентах графа ходов."}],"relations":[{"id":"rel-cmo-2022-p4-imo-1996-modular-coloring-obstruction","neighbor_id":"cmo-2022-p4-region-adjacency-coloring","direction":"backward","type":"same_motif","distance":3,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-imo-1996-c1-divisibility-r73-paired-regimes","neighbor_id":"imo-1996-c1-grid-knight-reachability-r73-path","direction":"forward","type":"paired_variant","distance":1,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-imo-1996-c1-divisibility-r97-paired-regimes","neighbor_id":"imo-1996-c1-grid-knight-reachability-r97-impossible","direction":"forward","type":"paired_variant","distance":1,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-metadata-pass-imo-1985-sl5-imo-1996-c1-divisibility-residues","neighbor_id":"imo-1985-sl5-lattice-perfect-code","direction":"backward","type":"same_motif","distance":3,"status":"ai_checked"}],"search_text":"imo-1996-c1-grid-knight-reachability-divisible-2-or-3 недостижимость в графе ходов при \\(r\\), делящемся на 2 или 3, imo shortlist 1996 c1 connectivity coloring goal_impossibility 1996 https://www.allameamini.org/wp-content/uploads/2019/03/international_competitions-imo_shortlist-1996-17.pdf imo imo shortlist imo shortlist 1996, вторичный архив imo1996 imoshortlist imoshortlist1996 secondary_archive src-secondary-imo-1996-shortlist with_solution ? imo shortlist 1996, вторичный архив stmt-original условие: режим r делится на 2 или 3 needs_human_review дан прямоугольник \\(20\\times12\\), разбитый на единичные клетки. пусть \\(a\\) и \\(b\\) — концы стороны длины \\(20\\), и нужно попасть из клетки, прилегающей к вершине \\(a\\), в клетку, прилегающую к вершине \\(b\\) вдоль этой стороны. разрешено переходить из одной клетки в другую, если расстояние между центрами этих клеток равно \\(\\sqrt r\\). докажите, что такой переход невозможен для любого целого \\(r\\), делящегося на \\(2\\) или на \\(3\\). stmt-graph недостижимость в графе ходов при \\(r\\), делящемся на 2 или 3, imo shortlist 1996 c1 needs_human_review рассмотрим граф, вершинами которого являются клетки доски \\(20\\times12\\), пронумерованные центрами \\((x,y)\\), где \\(1\\le x\\le20\\), \\(1\\le y\\le12\\). две вершины соединены ребром, если евклидово расстояние между центрами соответствующих клеток равно \\(\\sqrt r\\). докажите, что для каждого положительного целого \\(r\\), делящегося на \\(2\\) или на \\(3\\), вершины \\((1,1)\\) и \\((20,1)\\) лежат в разных компонентах этого графа. connected_graph idea-residue-obstruction инвариант остатка для всех ходов если \\(2\\mid r\\), любой допустимый вектор хода сохраняет \\(x+y\\pmod2\\). если \\(3\\mid r\\), обе координаты каждого допустимого вектора кратны \\(3\\), поэтому сохраняются координаты по модулю \\(3\\). coloring ai_checked sol-modular-obstruction модульная раскраска разделяет старт и цель ai_checked connected_graph path будем считать центры клеток точками целочисленной решётки; стартовая клетка имеет координаты \\((1,1)\\), а целевая — \\((20,1)\\). каждый допустимый ход задаётся вектором \\((a,b)\\) с \\(a^2+b^2=r\\), причём после хода обе координаты остаются в пределах доски. если \\(2\\mid r\\), то \\(a^2+b^2\\equiv0\\pmod2\\), откуда \\(a\\) и \\(b\\) имеют одну чётность. значит \\(a+b\\) чётно, и величина \\(x+y\\pmod2\\) не меняется при любом ходе. но для \\((1,1)\\) она равна \\(0\\), а для \\((20,1)\\) равна \\(1\\), поэтому путь невозможен. если \\(3\\mid r\\), то квадраты по модулю \\(3\\) равны только \\(0\\) или \\(1\\), и равенство \\(a^2+b^2\\equiv0\\pmod3\\) возможно лишь при \\(a\\equiv b\\equiv0\\pmod3\\). следовательно, каждый ход сохраняет обе координаты по модулю \\(3\\). у клеток \\((1,1)\\) и \\((20,1)\\) первые координаты различны по модулю \\(3\\), так что они лежат в разных компонентах графа ходов. imo-1996-c1-grid-knight-reachability-divisible-2-or-3 nedostizhimost v grafe hodov pri \\(r\\), delyaschemsya na 2 ili 3, imo shortlist 1996 c1 connectivity coloring goal_impossibility 1996 https://www.allameamini.org/wp-content/uploads/2019/03/international_competitions-imo_shortlist-1996-17.pdf imo imo shortlist imo shortlist 1996, vtorichnyy arhiv imo1996 imoshortlist imoshortlist1996 secondary_archive src-secondary-imo-1996-shortlist with_solution ? imo shortlist 1996, vtorichnyy arhiv stmt-original uslovie: rezhim r delitsya na 2 ili 3 needs_human_review dan pryamougolnik \\(20\\times12\\), razbityy na edinichnye kletki. pust \\(a\\) i \\(b\\) — kontsy storony dliny \\(20\\), i nuzhno popast iz kletki, prilegayuschey k vershine \\(a\\), v kletku, prilegayuschuyu k vershine \\(b\\) vdol etoy storony. razresheno perehodit iz odnoy kletki v druguyu, esli rasstoyanie mezhdu tsentrami etih kletok ravno \\(\\sqrt r\\). dokazhite, chto takoy perehod nevozmozhen dlya lyubogo tselogo \\(r\\), delyaschegosya na \\(2\\) ili na \\(3\\). stmt-graph nedostizhimost v grafe hodov pri \\(r\\), delyaschemsya na 2 ili 3, imo shortlist 1996 c1 needs_human_review rassmotrim graf, vershinami kotorogo yavlyayutsya kletki doski \\(20\\times12\\), pronumerovannye tsentrami \\((x,y)\\), gde \\(1\\le x\\le20\\), \\(1\\le y\\le12\\). dve vershiny soedineny rebrom, esli evklidovo rasstoyanie mezhdu tsentrami sootvetstvuyuschih kletok ravno \\(\\sqrt r\\). dokazhite, chto dlya kazhdogo polozhitelnogo tselogo \\(r\\), delyaschegosya na \\(2\\) ili na \\(3\\), vershiny \\((1,1)\\) i \\((20,1)\\) lezhat v raznyh komponentah etogo grafa. connected_graph idea-residue-obstruction invariant ostatka dlya vseh hodov esli \\(2\\mid r\\), lyuboy dopustimyy vektor hoda sohranyaet \\(x+y\\pmod2\\). esli \\(3\\mid r\\), obe koordinaty kazhdogo dopustimogo vektora kratny \\(3\\), poetomu sohranyayutsya koordinaty po modulyu \\(3\\). coloring ai_checked sol-modular-obstruction modulnaya raskraska razdelyaet start i tsel ai_checked connected_graph path budem schitat tsentry kletok tochkami tselochislennoy reshetki; startovaya kletka imeet koordinaty \\((1,1)\\), a tselevaya — \\((20,1)\\). kazhdyy dopustimyy hod zadaetsya vektorom \\((a,b)\\) s \\(a^2+b^2=r\\), prichem posle hoda obe koordinaty ostayutsya v predelah doski. esli \\(2\\mid r\\), to \\(a^2+b^2\\equiv0\\pmod2\\), otkuda \\(a\\) i \\(b\\) imeyut odnu chetnost. znachit \\(a+b\\) chetno, i velichina \\(x+y\\pmod2\\) ne menyaetsya pri lyubom hode. no dlya \\((1,1)\\) ona ravna \\(0\\), a dlya \\((20,1)\\) ravna \\(1\\), poetomu put nevozmozhen. esli \\(3\\mid r\\), to kvadraty po modulyu \\(3\\) ravny tolko \\(0\\) ili \\(1\\), i ravenstvo \\(a^2+b^2\\equiv0\\pmod3\\) vozmozhno lish pri \\(a\\equiv b\\equiv0\\pmod3\\). sledovatelno, kazhdyy hod sohranyaet obe koordinaty po modulyu \\(3\\). u kletok \\((1,1)\\) i \\((20,1)\\) pervye koordinaty razlichny po modulyu \\(3\\), tak chto oni lezhat v raznyh komponentah grafa hodov.","source_keys":["imo"]}
{"id":"imo-1996-c1-grid-knight-reachability-r73-path","title":"Явный путь в графе ходов при \\(r=73\\), IMO Shortlist 1996 C1","path":"data\\problems\\imo\\imo-1996-c1-grid-knight-reachability-r73-path.yaml","raw_github_url":"https://raw.githubusercontent.com/didin-maxim/knowledge_graph_of_graphs/main/data/problems/imo/imo-1996-c1-grid-knight-reachability-r73-path.yaml","viewer_url":"https://didin-maxim.github.io/knowledge_graph_of_graphs/#imo-1996-c1-grid-knight-reachability-r73-path","source_key":"imo","source_label":"IMO Shortlist","source_titles":["IMO Shortlist 1996, вторичный архив"],"year":"1996","type":"olympiad_problem","authors":[],"tags":["connectivity","goal_existence"],"agent_topics":[],"difficulty":{"main":"imo_p3_plus","local_score":6,"comment":"Один самостоятельный режим IMO Shortlist 1996 C1: существование пути при r=73 задаётся явным маршрутом.","status":"needs_human_review"},"review_status":"needs_human_review","public_ready":false,"solution_state":"with_solution","solution_classification":{"type":"official_complete_or_near_complete","label":"официальное полное/почти полное","status":"ai_checked","confidence":0.78,"basis":"агентский аудит средней сложности","notes":"В карточке есть официальные, шортлистные или справочные источники и проверенное ИИ решение.","audit_source":"agent-imo-us-classical.json"},"statements":{"original":[{"id":"stmt-original","title":"Условие: режим r=73","status":"needs_human_review","text":"Дан прямоугольник \\(20\\times12\\), разбитый на единичные клетки. Пусть \\(A\\) и \\(B\\) — концы стороны длины \\(20\\), и нужно попасть из клетки, прилегающей к вершине \\(A\\), в клетку, прилегающую к вершине \\(B\\) вдоль этой стороны. Разрешено переходить из одной клетки в другую, если расстояние между центрами этих клеток равно \\(\\sqrt{73}\\). Докажите, что такой переход возможен.","definition_ids":[]}],"graph_theory":[{"id":"stmt-graph","title":"Явный путь в графе ходов при \\(r=73\\), IMO Shortlist 1996 C1","status":"needs_human_review","text":"Рассмотрим граф, вершинами которого являются клетки доски \\(20\\times12\\), пронумерованные центрами \\((x,y)\\), где \\(1\\le x\\le20\\), \\(1\\le y\\le12\\). Две вершины соединены ребром, если разность их координат равна одному из векторов \\((\\pm8,\\pm3)\\) или \\((\\pm3,\\pm8)\\). Докажите, что вершины \\((1,1)\\) и \\((20,1)\\) лежат в одной компоненте этого графа.","definition_ids":["connected_graph","path"]}]},"solutions":[{"id":"sol-explicit-r73-path","title":"Явный маршрут","status":"ai_checked","definition_ids":["connected_graph","path"],"standard_idea_ids":[],"tags":[],"has_text":true,"text_preview":"Для \\(r=73=8^2+3^2\\) допустимы ходы типа \\((\\pm8,\\pm3)\\) и \\((\\pm3,\\pm8)\\). Явный путь от \\((1,1)\\) к \\((20,1)\\) таков: \\((1,1)\\to(4,9)\\to(7,1)\\to(10,9)\\to(2,6)\\to(10,3)\\to(13,11)\\to(16,3)\\to(19,11)\\to(11,8)\\to(19,5)\\to(11,2)\\to(14,10)\\to(17,2)\\to(20,10)\\to(12,7)\\to(4,4)\\to(7,12)\\to(10,4)\\to(13,12)\\to(16,4)\\to(8,1)\\to(11,9)\\to(14,1)\\to(17,9)\\to(20,1)\\). Все перечисленные точки лежат на доске, а разность соседних точек каждый раз равна одному из допустимых векторов \\((\\pm8,\\pm3)\\), \\((\\pm3,\\pm8)\\). Поэтому это путь в графе ходов, и переход при \\(r=73\\) возможен."}],"relations":[{"id":"rel-imo-1996-c1-divisibility-r73-paired-regimes","neighbor_id":"imo-1996-c1-grid-knight-reachability-divisible-2-or-3","direction":"backward","type":"paired_variant","distance":1,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-imo-1996-c1-r73-r97-paired-regimes","neighbor_id":"imo-1996-c1-grid-knight-reachability-r97-impossible","direction":"forward","type":"paired_variant","distance":1,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-paths-counting-imo-1996-c1-r73-imo-2013-c6-layers","neighbor_id":"third-fourth-distance-layer-bound","direction":"forward","type":"same_motif","distance":2,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-yumt-2016-start-high-r1-p7-imo-1996-c1-r73-knight-move-graph-expanded","neighbor_id":"yumt-2016-start-high-round1-problem7","direction":"backward","type":"same_motif","distance":2,"status":"ai_checked"}],"search_text":"imo-1996-c1-grid-knight-reachability-r73-path явный путь в графе ходов при \\(r=73\\), imo shortlist 1996 c1 connectivity goal_existence 1996 https://www.allameamini.org/wp-content/uploads/2019/03/international_competitions-imo_shortlist-1996-17.pdf imo imo shortlist imo shortlist 1996, вторичный архив imo1996 imoshortlist imoshortlist1996 secondary_archive src-secondary-imo-1996-shortlist with_solution ? imo shortlist 1996, вторичный архив stmt-original условие: режим r=73 needs_human_review дан прямоугольник \\(20\\times12\\), разбитый на единичные клетки. пусть \\(a\\) и \\(b\\) — концы стороны длины \\(20\\), и нужно попасть из клетки, прилегающей к вершине \\(a\\), в клетку, прилегающую к вершине \\(b\\) вдоль этой стороны. разрешено переходить из одной клетки в другую, если расстояние между центрами этих клеток равно \\(\\sqrt{73}\\). докажите, что такой переход возможен. stmt-graph явный путь в графе ходов при \\(r=73\\), imo shortlist 1996 c1 needs_human_review рассмотрим граф, вершинами которого являются клетки доски \\(20\\times12\\), пронумерованные центрами \\((x,y)\\), где \\(1\\le x\\le20\\), \\(1\\le y\\le12\\). две вершины соединены ребром, если разность их координат равна одному из векторов \\((\\pm8,\\pm3)\\) или \\((\\pm3,\\pm8)\\). докажите, что вершины \\((1,1)\\) и \\((20,1)\\) лежат в одной компоненте этого графа. connected_graph path idea-explicit-path сертификат достижимости так как \\(73=8^2+3^2\\), достаточно предъявить цепочку клеток, у которой каждая соседняя разность равна \\((\\pm8,\\pm3)\\) или \\((\\pm3,\\pm8)\\). connectivity ai_checked sol-explicit-r73-path явный маршрут ai_checked connected_graph path для \\(r=73=8^2+3^2\\) допустимы ходы типа \\((\\pm8,\\pm3)\\) и \\((\\pm3,\\pm8)\\). явный путь от \\((1,1)\\) к \\((20,1)\\) таков: \\((1,1)\\to(4,9)\\to(7,1)\\to(10,9)\\to(2,6)\\to(10,3)\\to(13,11)\\to(16,3)\\to(19,11)\\to(11,8)\\to(19,5)\\to(11,2)\\to(14,10)\\to(17,2)\\to(20,10)\\to(12,7)\\to(4,4)\\to(7,12)\\to(10,4)\\to(13,12)\\to(16,4)\\to(8,1)\\to(11,9)\\to(14,1)\\to(17,9)\\to(20,1)\\). все перечисленные точки лежат на доске, а разность соседних точек каждый раз равна одному из допустимых векторов \\((\\pm8,\\pm3)\\), \\((\\pm3,\\pm8)\\). поэтому это путь в графе ходов, и переход при \\(r=73\\) возможен. imo-1996-c1-grid-knight-reachability-r73-path yavnyy put v grafe hodov pri \\(r=73\\), imo shortlist 1996 c1 connectivity goal_existence 1996 https://www.allameamini.org/wp-content/uploads/2019/03/international_competitions-imo_shortlist-1996-17.pdf imo imo shortlist imo shortlist 1996, vtorichnyy arhiv imo1996 imoshortlist imoshortlist1996 secondary_archive src-secondary-imo-1996-shortlist with_solution ? imo shortlist 1996, vtorichnyy arhiv stmt-original uslovie: rezhim r=73 needs_human_review dan pryamougolnik \\(20\\times12\\), razbityy na edinichnye kletki. pust \\(a\\) i \\(b\\) — kontsy storony dliny \\(20\\), i nuzhno popast iz kletki, prilegayuschey k vershine \\(a\\), v kletku, prilegayuschuyu k vershine \\(b\\) vdol etoy storony. razresheno perehodit iz odnoy kletki v druguyu, esli rasstoyanie mezhdu tsentrami etih kletok ravno \\(\\sqrt{73}\\). dokazhite, chto takoy perehod vozmozhen. stmt-graph yavnyy put v grafe hodov pri \\(r=73\\), imo shortlist 1996 c1 needs_human_review rassmotrim graf, vershinami kotorogo yavlyayutsya kletki doski \\(20\\times12\\), pronumerovannye tsentrami \\((x,y)\\), gde \\(1\\le x\\le20\\), \\(1\\le y\\le12\\). dve vershiny soedineny rebrom, esli raznost ih koordinat ravna odnomu iz vektorov \\((\\pm8,\\pm3)\\) ili \\((\\pm3,\\pm8)\\). dokazhite, chto vershiny \\((1,1)\\) i \\((20,1)\\) lezhat v odnoy komponente etogo grafa. connected_graph path idea-explicit-path sertifikat dostizhimosti tak kak \\(73=8^2+3^2\\), dostatochno predyavit tsepochku kletok, u kotoroy kazhdaya sosednyaya raznost ravna \\((\\pm8,\\pm3)\\) ili \\((\\pm3,\\pm8)\\). connectivity ai_checked sol-explicit-r73-path yavnyy marshrut ai_checked connected_graph path dlya \\(r=73=8^2+3^2\\) dopustimy hody tipa \\((\\pm8,\\pm3)\\) i \\((\\pm3,\\pm8)\\). yavnyy put ot \\((1,1)\\) k \\((20,1)\\) takov: \\((1,1)\\to(4,9)\\to(7,1)\\to(10,9)\\to(2,6)\\to(10,3)\\to(13,11)\\to(16,3)\\to(19,11)\\to(11,8)\\to(19,5)\\to(11,2)\\to(14,10)\\to(17,2)\\to(20,10)\\to(12,7)\\to(4,4)\\to(7,12)\\to(10,4)\\to(13,12)\\to(16,4)\\to(8,1)\\to(11,9)\\to(14,1)\\to(17,9)\\to(20,1)\\). vse perechislennye tochki lezhat na doske, a raznost sosednih tochek kazhdyy raz ravna odnomu iz dopustimyh vektorov \\((\\pm8,\\pm3)\\), \\((\\pm3,\\pm8)\\). poetomu eto put v grafe hodov, i perehod pri \\(r=73\\) vozmozhen.","source_keys":["imo"]}
{"id":"imo-1996-c1-grid-knight-reachability-r97-impossible","title":"Недостижимость в графе ходов при \\(r=97\\), IMO Shortlist 1996 C1","path":"data\\problems\\imo\\imo-1996-c1-grid-knight-reachability-r97-impossible.yaml","raw_github_url":"https://raw.githubusercontent.com/didin-maxim/knowledge_graph_of_graphs/main/data/problems/imo/imo-1996-c1-grid-knight-reachability-r97-impossible.yaml","viewer_url":"https://didin-maxim.github.io/knowledge_graph_of_graphs/#imo-1996-c1-grid-knight-reachability-r97-impossible","source_key":"imo","source_label":"IMO Shortlist","source_titles":["IMO Shortlist 1996, вторичный архив","AoPS Wiki, 1996 IMO Problems/Problem 1"],"year":"1996","type":"olympiad_problem","authors":[],"tags":["connectivity","coloring","goal_impossibility"],"agent_topics":[],"difficulty":{"main":"imo_p3_plus","local_score":8,"comment":"Один самостоятельный режим IMO Shortlist 1996 C1: отдельный ответ при r=97 — переход невозможен.","status":"needs_human_review"},"review_status":"needs_human_review","public_ready":false,"solution_state":"with_solution","solution_classification":{"type":"official_complete_or_near_complete","label":"официальное полное/почти полное","status":"ai_checked","confidence":0.78,"basis":"агентский аудит средней сложности","notes":"В карточке есть официальные, шортлистные или справочные источники и проверенное ИИ решение.","audit_source":"agent-imo-us-classical.json"},"statements":{"original":[{"id":"stmt-original","title":"Условие: режим r=97","status":"needs_human_review","text":"Дан прямоугольник \\(20\\times12\\), разбитый на единичные клетки. Пусть \\(A\\) и \\(B\\) — концы стороны длины \\(20\\), и нужно попасть из клетки, прилегающей к вершине \\(A\\), в клетку, прилегающую к вершине \\(B\\) вдоль этой стороны. Разрешено переходить из одной клетки в другую, если расстояние между центрами этих клеток равно \\(\\sqrt{97}\\). Решите вопрос о возможности такого перехода.","definition_ids":[]}],"graph_theory":[{"id":"stmt-graph","title":"Недостижимость в графе ходов при \\(r=97\\), IMO Shortlist 1996 C1","status":"needs_human_review","text":"Рассмотрим граф, вершинами которого являются клетки доски \\(20\\times12\\), пронумерованные центрами \\((x,y)\\), где \\(1\\le x\\le20\\), \\(1\\le y\\le12\\). Две вершины соединены ребром, если разность их координат равна одному из векторов \\((\\pm9,\\pm4)\\) или \\((\\pm4,\\pm9)\\). Определите, лежат ли вершины \\((1,1)\\) и \\((20,1)\\) в одной компоненте этого графа.","definition_ids":["connected_graph"]}]},"solutions":[{"id":"sol-band-parity-obstruction","title":"Старт и цель разделены полосовым инвариантом","status":"ai_checked","definition_ids":["connected_graph","path"],"standard_idea_ids":[],"tags":[],"has_text":true,"text_preview":"Для \\(r=97=9^2+4^2\\) допустимые ходы имеют вид \\((\\pm9,\\pm4)\\) или \\((\\pm4,\\pm9)\\). Разобьём строки доски на три полосы \\(1\\le y\\le4\\), \\(5\\le y\\le8\\), \\(9\\le y\\le12\\) и рассмотрим множество клеток \\(S\\), для которых \\(x\\equiv\\lceil y/4\\rceil\\pmod2\\). Стартовая клетка \\((1,1)\\) принадлежит \\(S\\), поскольку \\(1\\equiv\\lceil1/4\\rceil=1\\pmod2\\), а целевая \\((20,1)\\) не принадлежит \\(S\\), поскольку \\(20\\equiv0\\pmod2\\), но \\(\\lceil1/4\\rceil\\equiv1\\pmod2\\). Проверим, что каждый допустимый ход сохраняет принадлежность \\(S\\). Если ход имеет вертикальную составляющую \\(\\pm4\\), то \\(y\\) переходит из одной полосы высоты \\(4\\) в соседнюю, так что \\(\\lceil y/4\\rceil\\) меняется ровно на \\(\\pm1\\); одновременно горизонтальная составляющая \\(\\pm9\\) меняет чётность \\(x\\). Обе стороны сравнения по модулю \\(2\\) меняются, поэтому условие для \\(S\\) сохраняется. Если ход имеет вертикальную составляющую \\(\\pm9\\…"},{"id":"sol-aops-band-invariant","title":"AoPS: инвариант Tomas Diaz для случая r=97","status":"ai_checked","definition_ids":["path"],"standard_idea_ids":["extremal_choice"],"tags":[],"has_text":true,"text_preview":"Расположим центры клеток в целочисленных точках так, чтобы старт был в \\((1,1)\\), а цель в \\((20,1)\\). Для \\(r=97\\) из \\(97=9^2+4^2\\) следует, что допустимые ходы имеют вид \\((\\pm 9,\\pm 4)\\) или \\((\\pm 4,\\pm 9)\\). Рассмотрим множество клеток \\(S\\), для которых выполняется \\(x\\equiv \\lceil y/4\\rceil \\pmod 2\\). Здесь \\(\\lceil y/4\\rceil\\) — номер одной из трёх горизонтальных полос: \\(1\\) для строк \\(1,2,3,4\\), \\(2\\) для строк \\(5,6,7,8\\), \\(3\\) для строк \\(9,10,11,12\\). Стартовая клетка принадлежит \\(S\\), потому что \\(1\\equiv1\\pmod2\\). Проверим инвариант. Если ход равен \\((\\pm9,\\pm4)\\), то чётность \\(x\\) меняется, а допустимый сдвиг строки на \\(4\\) переводит клетку ровно в соседнюю полосу, поэтому чётность \\(\\lceil y/4\\rceil\\) тоже меняется. Если ход равен \\((\\pm4,\\pm9)\\), то чётность \\(x\\) не меняется. При этом сдвиг по высоте на \\(9\\), остающийся внутри доски высоты \\(12\\), возможен толь…"}],"relations":[{"id":"rel-imo-1996-c1-r97-imo-2024-c4-grid-reachability","neighbor_id":"imo-2024-c4-turbo-grid-monsters-three-attempts-strategy","direction":"forward","type":"same_motif","distance":3,"status":"needs_human_review"},{"id":"rel-imo-1996-c1-divisibility-r97-paired-regimes","neighbor_id":"imo-1996-c1-grid-knight-reachability-divisible-2-or-3","direction":"backward","type":"paired_variant","distance":1,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-imo-1996-c1-r73-r97-paired-regimes","neighbor_id":"imo-1996-c1-grid-knight-reachability-r73-path","direction":"backward","type":"paired_variant","distance":1,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-paths-counting-imo-2005-injection-imo-1996-r97-reachability","neighbor_id":"imo-2005-c3-black-paths-injection","direction":"backward","type":"same_motif","distance":3,"status":"needs_human_review"}],"search_text":"imo-1996-c1-grid-knight-reachability-r97-impossible недостижимость в графе ходов при \\(r=97\\), imo shortlist 1996 c1 connectivity coloring goal_impossibility 1996 aops wiki, 1996 imo problems/problem 1 https://artofproblemsolving.com/wiki/index.php/1996_imo_problems/problem_1 https://www.allameamini.org/wp-content/uploads/2019/03/international_competitions-imo_shortlist-1996-17.pdf imo imo shortlist imo shortlist 1996, вторичный архив imo1996 imoshortlist imoshortlist1996 secondary_archive src-aops-imo-1996-p1 src-secondary-imo-1996-shortlist statement with_solution ? imo shortlist 1996, вторичный архив aops wiki, 1996 imo problems/problem 1 stmt-original условие: режим r=97 needs_human_review дан прямоугольник \\(20\\times12\\), разбитый на единичные клетки. пусть \\(a\\) и \\(b\\) — концы стороны длины \\(20\\), и нужно попасть из клетки, прилегающей к вершине \\(a\\), в клетку, прилегающую к вершине \\(b\\) вдоль этой стороны. разрешено переходить из одной клетки в другую, если расстояние между центрами этих клеток равно \\(\\sqrt{97}\\). решите вопрос о возможности такого перехода. stmt-graph недостижимость в графе ходов при \\(r=97\\), imo shortlist 1996 c1 needs_human_review рассмотрим граф, вершинами которого являются клетки доски \\(20\\times12\\), пронумерованные центрами \\((x,y)\\), где \\(1\\le x\\le20\\), \\(1\\le y\\le12\\). две вершины соединены ребром, если разность их координат равна одному из векторов \\((\\pm9,\\pm4)\\) или \\((\\pm4,\\pm9)\\). определите, лежат ли вершины \\((1,1)\\) и \\((20,1)\\) в одной компоненте этого графа. connected_graph idea-band-parity-invariant инвариант по полосам высоты 4 разобьём строки на три полосы высоты \\(4\\) и рассмотрим паритет выражения \\(x-\\lceil y/4\\rceil\\). каждый допустимый ход при \\(r=97\\) сохраняет этот паритет. coloring ai_checked sol-band-parity-obstruction старт и цель разделены полосовым инвариантом ai_checked connected_graph path для \\(r=97=9^2+4^2\\) допустимые ходы имеют вид \\((\\pm9,\\pm4)\\) или \\((\\pm4,\\pm9)\\). разобьём строки доски на три полосы \\(1\\le y\\le4\\), \\(5\\le y\\le8\\), \\(9\\le y\\le12\\) и рассмотрим множество клеток \\(s\\), для которых \\(x\\equiv\\lceil y/4\\rceil\\pmod2\\). стартовая клетка \\((1,1)\\) принадлежит \\(s\\), поскольку \\(1\\equiv\\lceil1/4\\rceil=1\\pmod2\\), а целевая \\((20,1)\\) не принадлежит \\(s\\), поскольку \\(20\\equiv0\\pmod2\\), но \\(\\lceil1/4\\rceil\\equiv1\\pmod2\\). проверим, что каждый допустимый ход сохраняет принадлежность \\(s\\). если ход имеет вертикальную составляющую \\(\\pm4\\), то \\(y\\) переходит из одной полосы высоты \\(4\\) в соседнюю, так что \\(\\lceil y/4\\rceil\\) меняется ровно на \\(\\pm1\\); одновременно горизонтальная составляющая \\(\\pm9\\) меняет чётность \\(x\\). обе стороны сравнения по модулю \\(2\\) меняются, поэтому условие для \\(s\\) сохраняется. если ход имеет вертикальную составляющую \\(\\pm9\\… sol-aops-band-invariant aops: инвариант tomas diaz для случая r=97 ai_checked path extremal_choice расположим центры клеток в целочисленных точках так, чтобы старт был в \\((1,1)\\), а цель в \\((20,1)\\). для \\(r=97\\) из \\(97=9^2+4^2\\) следует, что допустимые ходы имеют вид \\((\\pm 9,\\pm 4)\\) или \\((\\pm 4,\\pm 9)\\). рассмотрим множество клеток \\(s\\), для которых выполняется \\(x\\equiv \\lceil y/4\\rceil \\pmod 2\\). здесь \\(\\lceil y/4\\rceil\\) — номер одной из трёх горизонтальных полос: \\(1\\) для строк \\(1,2,3,4\\), \\(2\\) для строк \\(5,6,7,8\\), \\(3\\) для строк \\(9,10,11,12\\). стартовая клетка принадлежит \\(s\\), потому что \\(1\\equiv1\\pmod2\\). проверим инвариант. если ход равен \\((\\pm9,\\pm4)\\), то чётность \\(x\\) меняется, а допустимый сдвиг строки на \\(4\\) переводит клетку ровно в соседнюю полосу, поэтому чётность \\(\\lceil y/4\\rceil\\) тоже меняется. если ход равен \\((\\pm4,\\pm9)\\), то чётность \\(x\\) не меняется. при этом сдвиг по высоте на \\(9\\), остающийся внутри доски высоты \\(12\\), возможен толь… imo-1996-c1-grid-knight-reachability-r97-impossible nedostizhimost v grafe hodov pri \\(r=97\\), imo shortlist 1996 c1 connectivity coloring goal_impossibility 1996 aops wiki, 1996 imo problems/problem 1 https://artofproblemsolving.com/wiki/index.php/1996_imo_problems/problem_1 https://www.allameamini.org/wp-content/uploads/2019/03/international_competitions-imo_shortlist-1996-17.pdf imo imo shortlist imo shortlist 1996, vtorichnyy arhiv imo1996 imoshortlist imoshortlist1996 secondary_archive src-aops-imo-1996-p1 src-secondary-imo-1996-shortlist statement with_solution ? imo shortlist 1996, vtorichnyy arhiv aops wiki, 1996 imo problems/problem 1 stmt-original uslovie: rezhim r=97 needs_human_review dan pryamougolnik \\(20\\times12\\), razbityy na edinichnye kletki. pust \\(a\\) i \\(b\\) — kontsy storony dliny \\(20\\), i nuzhno popast iz kletki, prilegayuschey k vershine \\(a\\), v kletku, prilegayuschuyu k vershine \\(b\\) vdol etoy storony. razresheno perehodit iz odnoy kletki v druguyu, esli rasstoyanie mezhdu tsentrami etih kletok ravno \\(\\sqrt{97}\\). reshite vopros o vozmozhnosti takogo perehoda. stmt-graph nedostizhimost v grafe hodov pri \\(r=97\\), imo shortlist 1996 c1 needs_human_review rassmotrim graf, vershinami kotorogo yavlyayutsya kletki doski \\(20\\times12\\), pronumerovannye tsentrami \\((x,y)\\), gde \\(1\\le x\\le20\\), \\(1\\le y\\le12\\). dve vershiny soedineny rebrom, esli raznost ih koordinat ravna odnomu iz vektorov \\((\\pm9,\\pm4)\\) ili \\((\\pm4,\\pm9)\\). opredelite, lezhat li vershiny \\((1,1)\\) i \\((20,1)\\) v odnoy komponente etogo grafa. connected_graph idea-band-parity-invariant invariant po polosam vysoty 4 razobem stroki na tri polosy vysoty \\(4\\) i rassmotrim paritet vyrazheniya \\(x-\\lceil y/4\\rceil\\). kazhdyy dopustimyy hod pri \\(r=97\\) sohranyaet etot paritet. coloring ai_checked sol-band-parity-obstruction start i tsel razdeleny polosovym invariantom ai_checked connected_graph path dlya \\(r=97=9^2+4^2\\) dopustimye hody imeyut vid \\((\\pm9,\\pm4)\\) ili \\((\\pm4,\\pm9)\\). razobem stroki doski na tri polosy \\(1\\le y\\le4\\), \\(5\\le y\\le8\\), \\(9\\le y\\le12\\) i rassmotrim mnozhestvo kletok \\(s\\), dlya kotoryh \\(x\\equiv\\lceil y/4\\rceil\\pmod2\\). startovaya kletka \\((1,1)\\) prinadlezhit \\(s\\), poskolku \\(1\\equiv\\lceil1/4\\rceil=1\\pmod2\\), a tselevaya \\((20,1)\\) ne prinadlezhit \\(s\\), poskolku \\(20\\equiv0\\pmod2\\), no \\(\\lceil1/4\\rceil\\equiv1\\pmod2\\). proverim, chto kazhdyy dopustimyy hod sohranyaet prinadlezhnost \\(s\\). esli hod imeet vertikalnuyu sostavlyayuschuyu \\(\\pm4\\), to \\(y\\) perehodit iz odnoy polosy vysoty \\(4\\) v sosednyuyu, tak chto \\(\\lceil y/4\\rceil\\) menyaetsya rovno na \\(\\pm1\\); odnovremenno gorizontalnaya sostavlyayuschaya \\(\\pm9\\) menyaet chetnost \\(x\\). obe storony sravneniya po modulyu \\(2\\) menyayutsya, poetomu uslovie dlya \\(s\\) sohranyaetsya. esli hod imeet vertikalnuyu sostavlyayuschuyu \\(\\pm9\\… sol-aops-band-invariant aops: invariant tomas diaz dlya sluchaya r=97 ai_checked path extremal_choice raspolozhim tsentry kletok v tselochislennyh tochkah tak, chtoby start byl v \\((1,1)\\), a tsel v \\((20,1)\\). dlya \\(r=97\\) iz \\(97=9^2+4^2\\) sleduet, chto dopustimye hody imeyut vid \\((\\pm 9,\\pm 4)\\) ili \\((\\pm 4,\\pm 9)\\). rassmotrim mnozhestvo kletok \\(s\\), dlya kotoryh vypolnyaetsya \\(x\\equiv \\lceil y/4\\rceil \\pmod 2\\). zdes \\(\\lceil y/4\\rceil\\) — nomer odnoy iz treh gorizontalnyh polos: \\(1\\) dlya strok \\(1,2,3,4\\), \\(2\\) dlya strok \\(5,6,7,8\\), \\(3\\) dlya strok \\(9,10,11,12\\). startovaya kletka prinadlezhit \\(s\\), potomu chto \\(1\\equiv1\\pmod2\\). proverim invariant. esli hod raven \\((\\pm9,\\pm4)\\), to chetnost \\(x\\) menyaetsya, a dopustimyy sdvig stroki na \\(4\\) perevodit kletku rovno v sosednyuyu polosu, poetomu chetnost \\(\\lceil y/4\\rceil\\) tozhe menyaetsya. esli hod raven \\((\\pm4,\\pm9)\\), to chetnost \\(x\\) ne menyaetsya. pri etom sdvig po vysote na \\(9\\), ostayuschiysya vnutri doski vysoty \\(12\\), vozmozhen tol…","source_keys":["imo"]}
{"id":"imo-1996-c2-grid-vertices-two-red","title":"Раскраски решётки с двумя красными вершинами в каждом квадрате, IMO Shortlist 1996 C2","path":"data\\problems\\imo\\imo-1996-c2-grid-vertices-two-red.yaml","raw_github_url":"https://raw.githubusercontent.com/didin-maxim/knowledge_graph_of_graphs/main/data/problems/imo/imo-1996-c2-grid-vertices-two-red.yaml","viewer_url":"https://didin-maxim.github.io/knowledge_graph_of_graphs/#imo-1996-c2-grid-vertices-two-red","source_key":"imo","source_label":"IMO Shortlist","source_titles":["IMO Shortlist 1996, вторичный архив"],"year":"1996","type":"olympiad_problem","authors":[],"tags":["coloring","double_counting","goal_counting"],"agent_topics":[],"difficulty":{"main":"imo_p3_plus","local_score":11,"comment":"IMO Shortlist 1996 C2; источник вторичный, карточка первого прохода.","status":"needs_human_review"},"review_status":"needs_human_review","public_ready":false,"solution_state":"with_solution","solution_classification":{"type":"official_complete_or_near_complete","label":"официальное полное/почти полное","status":"ai_checked","confidence":0.78,"basis":"агентский аудит средней сложности","notes":"В карточке есть официальные, шортлистные или справочные источники и проверенное ИИ решение.","audit_source":"agent-imo-us-classical.json"},"statements":{"original":[{"id":"stmt-original","title":"Условие","status":"needs_human_review","text":"Квадрат \\((n-1)\\times(n-1)\\) разбит на единичные квадраты. Каждую из \\(n^2\\) вершин решётки нужно покрасить в красный или синий цвет. Найдите число раскрасок, при которых у каждого единичного квадрата ровно две красные вершины.","definition_ids":[]}]},"solutions":[{"id":"sol-secondary-sketch","title":"Разбор по соседним строкам","status":"ai_checked","definition_ids":["cycle"],"standard_idea_ids":["double_counting"],"tags":[],"has_text":true,"text_preview":"Ответ: \\(2^{n+1}-2\\). Запишем красный цвет как \\(1\\), синий как \\(0\\), а \\(n\\) строк вершин решётки обозначим двоичными векторами длины \\(n\\). Сначала классифицируем все допустимые переходы от строки \\(r\\) к соседней строке \\(s\\). Положим \\(t_j=r_j+s_j\\), где \\(j=1,\\ldots,n\\). Для элементарного квадрата между столбцами \\(j\\) и \\(j+1\\) условие даёт \\(r_j+s_j+r_{j+1}+s_{j+1}=2\\), то есть \\(t_j+t_{j+1}=2\\). Отсюда рекуррентно \\(t_{j+1}=2-t_j\\). Если \\(t_1=1\\), то все \\(t_j=1\\), а значит в каждом столбце ровно одна из двух соседних вершин красная; поэтому \\(s\\) является дополнением строки \\(r\\). Если же \\(t_1=0\\) или \\(t_1=2\\), то значения \\(t_j\\) чередуются между \\(0\\) и \\(2\\). При \\(t_j=0\\) имеем \\(r_j=s_j=0\\), а при \\(t_j=2\\) имеем \\(r_j=s_j=1\\); значит \\(r=s\\), и эта общая строка обязана быть одной из двух шахматных строк \\(0101\\ldots\\) или \\(1010\\ldots\\). Итак, если текущая строка не ш…"}],"relations":[{"id":"rel-paths-counting-usamo-1976-imo-1996-c2-grid-count","neighbor_id":"usamo-1976-p1-monochromatic-rectangle-bipartite","direction":"backward","type":"same_motif","distance":2,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-metadata-pass-utyum-2007-imo-1996-c2-grid-color-counting","neighbor_id":"utyum-2007_lichol30_4_rectangle_coloring","direction":"backward","type":"same_motif","distance":3,"status":"ai_checked"}],"search_text":"imo-1996-c2-grid-vertices-two-red раскраски решётки с двумя красными вершинами в каждом квадрате, imo shortlist 1996 c2 coloring double_counting goal_counting 1996 https://www.allameamini.org/wp-content/uploads/2019/03/international_competitions-imo_shortlist-1996-17.pdf imo imo shortlist imo shortlist 1996, вторичный архив imo1996 imoshortlist imoshortlist1996 secondary_archive src-secondary-imo-1996-shortlist with_solution ? imo shortlist 1996, вторичный архив stmt-original условие needs_human_review квадрат \\((n-1)\\times(n-1)\\) разбит на единичные квадраты. каждую из \\(n^2\\) вершин решётки нужно покрасить в красный или синий цвет. найдите число раскрасок, при которых у каждого единичного квадрата ровно две красные вершины. idea-row-complement соседние строки совпадают или дополняют друг друга из условия на каждый \\(2\\times2\\) блок следует, что переход от строки к строке задаётся либо сохранением, либо заменой цветов на противоположные. coloring ai_checked idea-count-by-first-row подсчёт по первой строке первая строка задаётся произвольно, кроме двух одноцветных случаев; затем выборы переходов между строками определяют всю раскраску. double_counting ai_checked sol-secondary-sketch разбор по соседним строкам ai_checked cycle double_counting ответ: \\(2^{n+1}-2\\). запишем красный цвет как \\(1\\), синий как \\(0\\), а \\(n\\) строк вершин решётки обозначим двоичными векторами длины \\(n\\). сначала классифицируем все допустимые переходы от строки \\(r\\) к соседней строке \\(s\\). положим \\(t_j=r_j+s_j\\), где \\(j=1,\\ldots,n\\). для элементарного квадрата между столбцами \\(j\\) и \\(j+1\\) условие даёт \\(r_j+s_j+r_{j+1}+s_{j+1}=2\\), то есть \\(t_j+t_{j+1}=2\\). отсюда рекуррентно \\(t_{j+1}=2-t_j\\). если \\(t_1=1\\), то все \\(t_j=1\\), а значит в каждом столбце ровно одна из двух соседних вершин красная; поэтому \\(s\\) является дополнением строки \\(r\\). если же \\(t_1=0\\) или \\(t_1=2\\), то значения \\(t_j\\) чередуются между \\(0\\) и \\(2\\). при \\(t_j=0\\) имеем \\(r_j=s_j=0\\), а при \\(t_j=2\\) имеем \\(r_j=s_j=1\\); значит \\(r=s\\), и эта общая строка обязана быть одной из двух шахматных строк \\(0101\\ldots\\) или \\(1010\\ldots\\). итак, если текущая строка не ш… imo-1996-c2-grid-vertices-two-red raskraski reshetki s dvumya krasnymi vershinami v kazhdom kvadrate, imo shortlist 1996 c2 coloring double_counting goal_counting 1996 https://www.allameamini.org/wp-content/uploads/2019/03/international_competitions-imo_shortlist-1996-17.pdf imo imo shortlist imo shortlist 1996, vtorichnyy arhiv imo1996 imoshortlist imoshortlist1996 secondary_archive src-secondary-imo-1996-shortlist with_solution ? imo shortlist 1996, vtorichnyy arhiv stmt-original uslovie needs_human_review kvadrat \\((n-1)\\times(n-1)\\) razbit na edinichnye kvadraty. kazhduyu iz \\(n^2\\) vershin reshetki nuzhno pokrasit v krasnyy ili siniy tsvet. naydite chislo raskrasok, pri kotoryh u kazhdogo edinichnogo kvadrata rovno dve krasnye vershiny. idea-row-complement sosednie stroki sovpadayut ili dopolnyayut drug druga iz usloviya na kazhdyy \\(2\\times2\\) blok sleduet, chto perehod ot stroki k stroke zadaetsya libo sohraneniem, libo zamenoy tsvetov na protivopolozhnye. coloring ai_checked idea-count-by-first-row podschet po pervoy stroke pervaya stroka zadaetsya proizvolno, krome dvuh odnotsvetnyh sluchaev; zatem vybory perehodov mezhdu strokami opredelyayut vsyu raskrasku. double_counting ai_checked sol-secondary-sketch razbor po sosednim strokam ai_checked cycle double_counting otvet: \\(2^{n+1}-2\\). zapishem krasnyy tsvet kak \\(1\\), siniy kak \\(0\\), a \\(n\\) strok vershin reshetki oboznachim dvoichnymi vektorami dliny \\(n\\). snachala klassifitsiruem vse dopustimye perehody ot stroki \\(r\\) k sosedney stroke \\(s\\). polozhim \\(t_j=r_j+s_j\\), gde \\(j=1,\\ldots,n\\). dlya elementarnogo kvadrata mezhdu stolbtsami \\(j\\) i \\(j+1\\) uslovie daet \\(r_j+s_j+r_{j+1}+s_{j+1}=2\\), to est \\(t_j+t_{j+1}=2\\). otsyuda rekurrentno \\(t_{j+1}=2-t_j\\). esli \\(t_1=1\\), to vse \\(t_j=1\\), a znachit v kazhdom stolbtse rovno odna iz dvuh sosednih vershin krasnaya; poetomu \\(s\\) yavlyaetsya dopolneniem stroki \\(r\\). esli zhe \\(t_1=0\\) ili \\(t_1=2\\), to znacheniya \\(t_j\\) chereduyutsya mezhdu \\(0\\) i \\(2\\). pri \\(t_j=0\\) imeem \\(r_j=s_j=0\\), a pri \\(t_j=2\\) imeem \\(r_j=s_j=1\\); znachit \\(r=s\\), i eta obschaya stroka obyazana byt odnoy iz dvuh shahmatnyh strok \\(0101\\ldots\\) ili \\(1010\\ldots\\). itak, esli tekuschaya stroka ne sh…","source_keys":["imo"]}
{"id":"imo-1998-c6-k-ge-6-one-factorization","title":"Раскраска рёбер \\(K_{10}\\) для \\(6\\le k\\le10\\), IMO Shortlist 1998 C6","path":"data\\problems\\imo\\imo-1998-c6-k-ge-6-one-factorization.yaml","raw_github_url":"https://raw.githubusercontent.com/didin-maxim/knowledge_graph_of_graphs/main/data/problems/imo/imo-1998-c6-k-ge-6-one-factorization.yaml","viewer_url":"https://didin-maxim.github.io/knowledge_graph_of_graphs/#imo-1998-c6-k-ge-6-one-factorization","source_key":"imo","source_label":"IMO Shortlist","source_titles":["IMO Shortlist 1998, вторичный архив","IMO Shortlist 1998 C6, решение, архив Kalva","AoPS Wiki, 1998 IMO Shortlist Problems"],"year":"1998","type":"olympiad_problem","authors":[],"tags":["coloring","matching","goal_construction","goal_existence"],"agent_topics":[],"difficulty":{"main":"imo_p3_p6","local_score":10,"comment":"Конструктивная часть IMO Shortlist 1998 C6 для k ≥ 6.","status":"needs_human_review"},"review_status":"needs_human_review","public_ready":false,"solution_state":"with_solution","solution_classification":{"type":"official_complete_or_near_complete","label":"официальное полное/почти полное","status":"ai_checked","confidence":0.78,"basis":"агентский аудит средней сложности","notes":"В карточке есть официальные, шортлистные или справочные источники и проверенное ИИ решение.","audit_source":"agent-imo-us-classical.json"},"statements":{"original":[{"id":"stmt-original-k-ge-6","title":"Условие, случаи k ≥ 6","status":"needs_human_review","text":"Даны 10 точек общего положения на плоскости. Для каждого \\(k\\), \\(6\\le k\\le 10\\), требуется окрасить каждый отрезок между парой точек в один из \\(k\\) цветов так, чтобы для любых \\(k\\) из этих 10 точек среди отрезков с концами в выбранных точках нашлись \\(k\\) отрезков попарно различных цветов. Докажите, что такая раскраска существует.","definition_ids":[]}],"graph_theory":[{"id":"stmt-graph-k-ge-6","title":"Раскраска для \\(6\\le k\\le10\\)","status":"needs_human_review","text":"Для каждого \\(k\\), \\(6\\le k\\le 10\\), постройте \\(k\\)-раскраску рёбер \\(K_{10}\\), в которой любые \\(k\\) вершин индуцируют подграф, содержащий рёбра всех \\(k\\) цветов.","definition_ids":["complete_graph","matching"]}]},"solutions":[{"id":"sol-k-ge-6-one-factorization","title":"Раскраска через 1-факторизацию","status":"ai_checked","definition_ids":["complete_graph","matching","one_factorization"],"standard_idea_ids":["pigeonhole_principle"],"tags":[],"has_text":true,"text_preview":"Возьмём 1-факторизацию \\(K_{10}\\), то есть разбиение всех его рёбер на 9 совершенных паросочетаний \\(F_1,\\ldots,F_9\\). Для \\(6\\le k\\le 9\\) покрасим рёбра \\(F_1,\\ldots,F_k\\) в разные цвета, а все остальные рёбра покрасим произвольно в один из этих \\(k\\) цветов. Любые \\(k\\) вершин, а значит любые не менее 6 вершин, содержат ребро каждого \\(F_i\\): иначе эти \\(k\\) вершин были бы независимым множеством в совершенном паросочетании \\(F_i\\), что невозможно, потому что из каждой пары паросочетания можно выбрать не более одной вершины, всего не более 5. Поэтому выбранные \\(k\\) вершин содержат все \\(k\\) цветов. Для \\(k=10\\) используем ту же 1-факторизацию: покрасим \\(F_1,\\ldots,F_9\\) в первые 9 цветов, а затем одно ребро, например из \\(F_1\\), перекрасим в десятый цвет. Единственное множество из 10 вершин есть весь \\(K_{10}\\), и в нём присутствуют все 10 цветов."}],"relations":[{"id":"rel-bw1997-p19-prime-imo1998-one-factorization","neighbor_id":"baltic-way-1997-p19a-prime-edge-disjoint-hamiltonian-cycles","direction":"backward","type":"same_motif","distance":3,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-bw1997-p19-k9-imo1998-one-factorization","neighbor_id":"baltic-way-1997-p19b-k9-edge-disjoint-hamiltonian-cycles","direction":"backward","type":"same_motif","distance":3,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-imo-1998-c6-k5-large-k-paired-variant","neighbor_id":"imo-1998-c6-k5-rainbow-edges-construction","direction":"backward","type":"paired_variant","distance":1,"status":"needs_human_review"},{"id":"rel-imo-1998-c6-small-k-large-k-paired-variant","neighbor_id":"imo-1998-c6-k-le-4-rainbow-edges-impossible","direction":"backward","type":"paired_variant","distance":2,"status":"needs_human_review"},{"id":"rel-winner-count-lemma-imo-1998-one-factorization-scheduling","neighbor_id":"round-robin-winner-count-hall-lemma","direction":"backward","type":"same_motif","distance":3,"status":"needs_human_review"}],"search_text":"imo-1998-c6-k-ge-6-one-factorization раскраска рёбер \\(k_{10}\\) для \\(6\\le k\\le10\\), imo shortlist 1998 c6 coloring matching goal_construction goal_existence 1998 aops wiki, 1998 imo shortlist problems https://prase.cz/kalva/short/soln/sh98c6.html https://wiki.artofproblemsolving.com/wiki/index.php/1998_imo_shortlist_problems https://www.allameamini.org/wp-content/uploads/2019/03/international_competitions-imo_shortlist-1998-17.pdf imo imo shortlist imo shortlist 1998 c6, решение, архив kalva imo shortlist 1998, вторичный архив imo1998 imoshortlist imoshortlist1998 secondary_archive secondary_solution src-aops-imo-1998-shortlist src-kalva-imo-1998-c6-solution src-secondary-imo-1998-shortlist statement with_solution ? imo shortlist 1998, вторичный архив imo shortlist 1998 c6, решение, архив kalva aops wiki, 1998 imo shortlist problems stmt-original-k-ge-6 условие, случаи k ≥ 6 needs_human_review даны 10 точек общего положения на плоскости. для каждого \\(k\\), \\(6\\le k\\le 10\\), требуется окрасить каждый отрезок между парой точек в один из \\(k\\) цветов так, чтобы для любых \\(k\\) из этих 10 точек среди отрезков с концами в выбранных точках нашлись \\(k\\) отрезков попарно различных цветов. докажите, что такая раскраска существует. stmt-graph-k-ge-6 раскраска для \\(6\\le k\\le10\\) needs_human_review для каждого \\(k\\), \\(6\\le k\\le 10\\), постройте \\(k\\)-раскраску рёбер \\(k_{10}\\), в которой любые \\(k\\) вершин индуцируют подграф, содержащий рёбра всех \\(k\\) цветов. complete_graph matching idea-one-factorization-large-k каждые шесть вершин пересекают каждое совершенное паросочетание в совершенном паросочетании на 10 вершинах независимое множество имеет размер не больше 5. значит, любые хотя бы 6 вершин содержат ребро каждого выбранного 1-фактора; раскрасив выбранные 1-факторы разными цветами, получаем все нужные цвета. matching ai_checked sol-k-ge-6-one-factorization раскраска через 1-факторизацию ai_checked complete_graph matching one_factorization pigeonhole_principle возьмём 1-факторизацию \\(k_{10}\\), то есть разбиение всех его рёбер на 9 совершенных паросочетаний \\(f_1,\\ldots,f_9\\). для \\(6\\le k\\le 9\\) покрасим рёбра \\(f_1,\\ldots,f_k\\) в разные цвета, а все остальные рёбра покрасим произвольно в один из этих \\(k\\) цветов. любые \\(k\\) вершин, а значит любые не менее 6 вершин, содержат ребро каждого \\(f_i\\): иначе эти \\(k\\) вершин были бы независимым множеством в совершенном паросочетании \\(f_i\\), что невозможно, потому что из каждой пары паросочетания можно выбрать не более одной вершины, всего не более 5. поэтому выбранные \\(k\\) вершин содержат все \\(k\\) цветов. для \\(k=10\\) используем ту же 1-факторизацию: покрасим \\(f_1,\\ldots,f_9\\) в первые 9 цветов, а затем одно ребро, например из \\(f_1\\), перекрасим в десятый цвет. единственное множество из 10 вершин есть весь \\(k_{10}\\), и в нём присутствуют все 10 цветов. imo-1998-c6-k-ge-6-one-factorization raskraska reber \\(k_{10}\\) dlya \\(6\\le k\\le10\\), imo shortlist 1998 c6 coloring matching goal_construction goal_existence 1998 aops wiki, 1998 imo shortlist problems https://prase.cz/kalva/short/soln/sh98c6.html https://wiki.artofproblemsolving.com/wiki/index.php/1998_imo_shortlist_problems https://www.allameamini.org/wp-content/uploads/2019/03/international_competitions-imo_shortlist-1998-17.pdf imo imo shortlist imo shortlist 1998 c6, reshenie, arhiv kalva imo shortlist 1998, vtorichnyy arhiv imo1998 imoshortlist imoshortlist1998 secondary_archive secondary_solution src-aops-imo-1998-shortlist src-kalva-imo-1998-c6-solution src-secondary-imo-1998-shortlist statement with_solution ? imo shortlist 1998, vtorichnyy arhiv imo shortlist 1998 c6, reshenie, arhiv kalva aops wiki, 1998 imo shortlist problems stmt-original-k-ge-6 uslovie, sluchai k ≥ 6 needs_human_review dany 10 tochek obschego polozheniya na ploskosti. dlya kazhdogo \\(k\\), \\(6\\le k\\le 10\\), trebuetsya okrasit kazhdyy otrezok mezhdu paroy tochek v odin iz \\(k\\) tsvetov tak, chtoby dlya lyubyh \\(k\\) iz etih 10 tochek sredi otrezkov s kontsami v vybrannyh tochkah nashlis \\(k\\) otrezkov poparno razlichnyh tsvetov. dokazhite, chto takaya raskraska suschestvuet. stmt-graph-k-ge-6 raskraska dlya \\(6\\le k\\le10\\) needs_human_review dlya kazhdogo \\(k\\), \\(6\\le k\\le 10\\), postroyte \\(k\\)-raskrasku reber \\(k_{10}\\), v kotoroy lyubye \\(k\\) vershin indutsiruyut podgraf, soderzhaschiy rebra vseh \\(k\\) tsvetov. complete_graph matching idea-one-factorization-large-k kazhdye shest vershin peresekayut kazhdoe sovershennoe parosochetanie v sovershennom parosochetanii na 10 vershinah nezavisimoe mnozhestvo imeet razmer ne bolshe 5. znachit, lyubye hotya by 6 vershin soderzhat rebro kazhdogo vybrannogo 1-faktora; raskrasiv vybrannye 1-faktory raznymi tsvetami, poluchaem vse nuzhnye tsveta. matching ai_checked sol-k-ge-6-one-factorization raskraska cherez 1-faktorizatsiyu ai_checked complete_graph matching one_factorization pigeonhole_principle vozmem 1-faktorizatsiyu \\(k_{10}\\), to est razbienie vseh ego reber na 9 sovershennyh parosochetaniy \\(f_1,\\ldots,f_9\\). dlya \\(6\\le k\\le 9\\) pokrasim rebra \\(f_1,\\ldots,f_k\\) v raznye tsveta, a vse ostalnye rebra pokrasim proizvolno v odin iz etih \\(k\\) tsvetov. lyubye \\(k\\) vershin, a znachit lyubye ne menee 6 vershin, soderzhat rebro kazhdogo \\(f_i\\): inache eti \\(k\\) vershin byli by nezavisimym mnozhestvom v sovershennom parosochetanii \\(f_i\\), chto nevozmozhno, potomu chto iz kazhdoy pary parosochetaniya mozhno vybrat ne bolee odnoy vershiny, vsego ne bolee 5. poetomu vybrannye \\(k\\) vershin soderzhat vse \\(k\\) tsvetov. dlya \\(k=10\\) ispolzuem tu zhe 1-faktorizatsiyu: pokrasim \\(f_1,\\ldots,f_9\\) v pervye 9 tsvetov, a zatem odno rebro, naprimer iz \\(f_1\\), perekrasim v desyatyy tsvet. edinstvennoe mnozhestvo iz 10 vershin est ves \\(k_{10}\\), i v nem prisutstvuyut vse 10 tsvetov.","source_keys":["imo"]}
{"id":"imo-1998-c6-k-le-4-rainbow-edges-impossible","title":"Невозможность раскраски рёбер \\(K_{10}\\) при \\(k\\le 4\\), IMO Shortlist 1998 C6","path":"data\\problems\\imo\\imo-1998-c6-k-le-4-rainbow-edges-impossible.yaml","raw_github_url":"https://raw.githubusercontent.com/didin-maxim/knowledge_graph_of_graphs/main/data/problems/imo/imo-1998-c6-k-le-4-rainbow-edges-impossible.yaml","viewer_url":"https://didin-maxim.github.io/knowledge_graph_of_graphs/#imo-1998-c6-k-le-4-rainbow-edges-impossible","source_key":"imo","source_label":"IMO Shortlist","source_titles":["IMO Shortlist 1998, вторичный архив","IMO Shortlist 1998 C6, решение, архив Kalva","AoPS Wiki, 1998 IMO Shortlist Problems"],"year":"1998","type":"olympiad_problem","authors":[],"tags":["coloring","ramsey_theory","goal_impossibility"],"agent_topics":[],"difficulty":{"main":"imo_p3_plus","local_score":13,"comment":"Часть IMO Shortlist 1998 C6: малые k, включая рамсеевское препятствие для четырёх цветов.","status":"needs_human_review"},"review_status":"needs_human_review","public_ready":false,"solution_state":"with_solution","solution_classification":{"type":"official_complete_or_near_complete","label":"официальное полное/почти полное","status":"ai_checked","confidence":0.78,"basis":"агентский аудит средней сложности","notes":"В карточке есть официальные, шортлистные или справочные источники и проверенное ИИ решение.","audit_source":"agent-imo-us-classical.json"},"statements":{"original":[{"id":"stmt-original-k-le-4","title":"Условие, малая часть ответа","status":"needs_human_review","text":"Даны 10 точек общего положения на плоскости; каждый отрезок между парой точек окрашен в один из k цветов. Требуется, чтобы для любых k из этих 10 точек среди отрезков с концами в выбранных точках нашлись k отрезков попарно различных цветов. Докажите, что при k = 1, 2, 3 или 4 такая раскраска невозможна.","definition_ids":[]}],"graph_theory":[{"id":"stmt-graph-k-le-4","title":"Невозможность для \\(k\\le4\\)","status":"needs_human_review","text":"Рёбра полного графа \\(K_{10}\\) окрашены в \\(k\\) цветов. Докажите, что при \\(k\\le4\\) невозможно добиться, чтобы любые \\(k\\) вершин индуцировали подграф, содержащий рёбра всех \\(k\\) цветов.","definition_ids":["complete_graph"]}]},"solutions":[{"id":"sol-k-le-4-impossible","title":"Доказательство невозможности для k ≤ 4","status":"ai_checked","definition_ids":["complete_graph","ramsey_number"],"standard_idea_ids":["pigeonhole_principle"],"tags":[],"has_text":true,"text_preview":"Для \\(k=1\\) выбранная одна вершина не содержит рёбер, а для \\(k=2\\) две выбранные вершины содержат только одно ребро, поэтому требование сразу невозможно. Пусть \\(k=3\\). Тогда каждые три вершины должны образовывать треугольник с тремя разными цветами. Значит, из любой вершины не могут выходить два ребра одного цвета: если \\(AB\\) и \\(AC\\) одного цвета, то треугольник \\(ABC\\) не радужный. Но из вершины выходят 9 рёбер, а цветов только 3, противоречие. Осталось исключить \\(k=4\\). Предположим, что подходящая 4-раскраска существует, и назовём один цвет синим. Из любой вершины не может выходить четыре синих ребра. В самом деле, если \\(AB,AC,AD,AE\\) синие, то среди \\(B,C,D,E\\) либо есть синее ребро, и тогда четыре вершины с \\(A\\) и концами этого ребра содержат четыре синих ребра и не могут содержать все четыре цвета, либо синего ребра среди \\(B,C,D,E\\) нет, и сами \\(B,C,D,E\\) не содержат синег…"}],"relations":[{"id":"rel-gallai-three-color-imo-1998-c6-small-k-rainbow-obstruction","neighbor_id":"gallai-three-color-disconnected-class","direction":"backward","type":"same_motif","distance":3,"status":"needs_human_review"},{"id":"rel-imo-1998-c6-small-k-k5-paired-variant","neighbor_id":"imo-1998-c6-k5-rainbow-edges-construction","direction":"forward","type":"paired_variant","distance":1,"status":"needs_human_review"},{"id":"rel-imo-1998-c6-small-k-large-k-paired-variant","neighbor_id":"imo-1998-c6-k-ge-6-one-factorization","direction":"forward","type":"paired_variant","distance":2,"status":"needs_human_review"},{"id":"rel-imo-1964-p4-imo-1998-c6-k-le-4-ramsey-edge-colouring","neighbor_id":"imo-1964-p4-three-topic-ramsey","direction":"backward","type":"same_motif","distance":2,"status":"needs_human_review"},{"id":"rel-imo-1992-p3-imo-1998-c6-k-le-4-edge-colouring","neighbor_id":"imo-1992-p3-nine-points-partial-ramsey","direction":"backward","type":"same_motif","distance":2,"status":"needs_human_review"},{"id":"rel-color-extremal-imo-1998-k-le-4-kolm-2022-colored-complete-graphs","neighbor_id":"kolmogorov-2022-round2-second-third-red-blue-k10-triangles","direction":"forward","type":"same_motif","distance":2,"status":"needs_human_review"},{"id":"rel-vosh-2014-rainbow-rectangle-imo-1998-c6-rainbow-edge-coloring","neighbor_id":"vosh-2014-15-regional-grid-rainbow-rectangle","direction":"backward","type":"same_motif","distance":3,"status":"needs_human_review"}],"search_text":"imo-1998-c6-k-le-4-rainbow-edges-impossible невозможность раскраски рёбер \\(k_{10}\\) при \\(k\\le 4\\), imo shortlist 1998 c6 coloring ramsey_theory goal_impossibility 1998 aops wiki, 1998 imo shortlist problems https://prase.cz/kalva/short/soln/sh98c6.html https://wiki.artofproblemsolving.com/wiki/index.php/1998_imo_shortlist_problems https://www.allameamini.org/wp-content/uploads/2019/03/international_competitions-imo_shortlist-1998-17.pdf imo imo shortlist imo shortlist 1998 c6, решение, архив kalva imo shortlist 1998, вторичный архив imo1998 imoshortlist imoshortlist1998 secondary_archive secondary_solution src-aops-imo-1998-shortlist src-kalva-imo-1998-c6-solution src-secondary-imo-1998-shortlist statement with_solution ? imo shortlist 1998, вторичный архив imo shortlist 1998 c6, решение, архив kalva aops wiki, 1998 imo shortlist problems stmt-original-k-le-4 условие, малая часть ответа needs_human_review даны 10 точек общего положения на плоскости; каждый отрезок между парой точек окрашен в один из k цветов. требуется, чтобы для любых k из этих 10 точек среди отрезков с концами в выбранных точках нашлись k отрезков попарно различных цветов. докажите, что при k = 1, 2, 3 или 4 такая раскраска невозможна. stmt-graph-k-le-4 невозможность для \\(k\\le4\\) needs_human_review рёбра полного графа \\(k_{10}\\) окрашены в \\(k\\) цветов. докажите, что при \\(k\\le4\\) невозможно добиться, чтобы любые \\(k\\) вершин индуцировали подграф, содержащий рёбра всех \\(k\\) цветов. complete_graph idea-small-k-basic-obstructions слишком мало рёбер при k = 1,2 и слишком мало цветов у звезды при k = 3 для k = 1 и k = 2 в выбранных k вершинах меньше k рёбер. для k = 3 каждое треугольное множество должно быть радужным; тогда в одной вершине никакие два инцидентных ребра не могут иметь один цвет, что невозможно при 9 рёбрах и 3 цветах. coloring ai_checked idea-four-color-ramsey-obstruction запрет четырёх цветов через r(3,3) при k = 4 сначала ограничивается число рёбер одного цвета из каждой вершины, затем выбираются ровно три одноцветных ребра из вершины. на оставшихся шести вершинах теорема \\(r(3,3)=6\\) даёт синий или бессиний треугольник, и оба случая нарушают требование для четырёх вершин. ramsey_theory double_counting ai_checked sol-k-le-4-impossible доказательство невозможности для k ≤ 4 ai_checked complete_graph ramsey_number pigeonhole_principle для \\(k=1\\) выбранная одна вершина не содержит рёбер, а для \\(k=2\\) две выбранные вершины содержат только одно ребро, поэтому требование сразу невозможно. пусть \\(k=3\\). тогда каждые три вершины должны образовывать треугольник с тремя разными цветами. значит, из любой вершины не могут выходить два ребра одного цвета: если \\(ab\\) и \\(ac\\) одного цвета, то треугольник \\(abc\\) не радужный. но из вершины выходят 9 рёбер, а цветов только 3, противоречие. осталось исключить \\(k=4\\). предположим, что подходящая 4-раскраска существует, и назовём один цвет синим. из любой вершины не может выходить четыре синих ребра. в самом деле, если \\(ab,ac,ad,ae\\) синие, то среди \\(b,c,d,e\\) либо есть синее ребро, и тогда четыре вершины с \\(a\\) и концами этого ребра содержат четыре синих ребра и не могут содержать все четыре цвета, либо синего ребра среди \\(b,c,d,e\\) нет, и сами \\(b,c,d,e\\) не содержат синег… imo-1998-c6-k-le-4-rainbow-edges-impossible nevozmozhnost raskraski reber \\(k_{10}\\) pri \\(k\\le 4\\), imo shortlist 1998 c6 coloring ramsey_theory goal_impossibility 1998 aops wiki, 1998 imo shortlist problems https://prase.cz/kalva/short/soln/sh98c6.html https://wiki.artofproblemsolving.com/wiki/index.php/1998_imo_shortlist_problems https://www.allameamini.org/wp-content/uploads/2019/03/international_competitions-imo_shortlist-1998-17.pdf imo imo shortlist imo shortlist 1998 c6, reshenie, arhiv kalva imo shortlist 1998, vtorichnyy arhiv imo1998 imoshortlist imoshortlist1998 secondary_archive secondary_solution src-aops-imo-1998-shortlist src-kalva-imo-1998-c6-solution src-secondary-imo-1998-shortlist statement with_solution ? imo shortlist 1998, vtorichnyy arhiv imo shortlist 1998 c6, reshenie, arhiv kalva aops wiki, 1998 imo shortlist problems stmt-original-k-le-4 uslovie, malaya chast otveta needs_human_review dany 10 tochek obschego polozheniya na ploskosti; kazhdyy otrezok mezhdu paroy tochek okrashen v odin iz k tsvetov. trebuetsya, chtoby dlya lyubyh k iz etih 10 tochek sredi otrezkov s kontsami v vybrannyh tochkah nashlis k otrezkov poparno razlichnyh tsvetov. dokazhite, chto pri k = 1, 2, 3 ili 4 takaya raskraska nevozmozhna. stmt-graph-k-le-4 nevozmozhnost dlya \\(k\\le4\\) needs_human_review rebra polnogo grafa \\(k_{10}\\) okrasheny v \\(k\\) tsvetov. dokazhite, chto pri \\(k\\le4\\) nevozmozhno dobitsya, chtoby lyubye \\(k\\) vershin indutsirovali podgraf, soderzhaschiy rebra vseh \\(k\\) tsvetov. complete_graph idea-small-k-basic-obstructions slishkom malo reber pri k = 1,2 i slishkom malo tsvetov u zvezdy pri k = 3 dlya k = 1 i k = 2 v vybrannyh k vershinah menshe k reber. dlya k = 3 kazhdoe treugolnoe mnozhestvo dolzhno byt raduzhnym; togda v odnoy vershine nikakie dva intsidentnyh rebra ne mogut imet odin tsvet, chto nevozmozhno pri 9 rebrah i 3 tsvetah. coloring ai_checked idea-four-color-ramsey-obstruction zapret chetyreh tsvetov cherez r(3,3) pri k = 4 snachala ogranichivaetsya chislo reber odnogo tsveta iz kazhdoy vershiny, zatem vybirayutsya rovno tri odnotsvetnyh rebra iz vershiny. na ostavshihsya shesti vershinah teorema \\(r(3,3)=6\\) daet siniy ili bessiniy treugolnik, i oba sluchaya narushayut trebovanie dlya chetyreh vershin. ramsey_theory double_counting ai_checked sol-k-le-4-impossible dokazatelstvo nevozmozhnosti dlya k ≤ 4 ai_checked complete_graph ramsey_number pigeonhole_principle dlya \\(k=1\\) vybrannaya odna vershina ne soderzhit reber, a dlya \\(k=2\\) dve vybrannye vershiny soderzhat tolko odno rebro, poetomu trebovanie srazu nevozmozhno. pust \\(k=3\\). togda kazhdye tri vershiny dolzhny obrazovyvat treugolnik s tremya raznymi tsvetami. znachit, iz lyuboy vershiny ne mogut vyhodit dva rebra odnogo tsveta: esli \\(ab\\) i \\(ac\\) odnogo tsveta, to treugolnik \\(abc\\) ne raduzhnyy. no iz vershiny vyhodyat 9 reber, a tsvetov tolko 3, protivorechie. ostalos isklyuchit \\(k=4\\). predpolozhim, chto podhodyaschaya 4-raskraska suschestvuet, i nazovem odin tsvet sinim. iz lyuboy vershiny ne mozhet vyhodit chetyre sinih rebra. v samom dele, esli \\(ab,ac,ad,ae\\) sinie, to sredi \\(b,c,d,e\\) libo est sinee rebro, i togda chetyre vershiny s \\(a\\) i kontsami etogo rebra soderzhat chetyre sinih rebra i ne mogut soderzhat vse chetyre tsveta, libo sinego rebra sredi \\(b,c,d,e\\) net, i sami \\(b,c,d,e\\) ne soderzhat sineg…","source_keys":["imo"]}
{"id":"imo-1998-c6-k5-rainbow-edges-construction","title":"Пятицветная раскраска рёбер \\(K_{10}\\) с пятью цветами на любых пяти вершинах, IMO Shortlist 1998 C6","path":"data\\problems\\imo\\imo-1998-c6-k5-rainbow-edges-construction.yaml","raw_github_url":"https://raw.githubusercontent.com/didin-maxim/knowledge_graph_of_graphs/main/data/problems/imo/imo-1998-c6-k5-rainbow-edges-construction.yaml","viewer_url":"https://didin-maxim.github.io/knowledge_graph_of_graphs/#imo-1998-c6-k5-rainbow-edges-construction","source_key":"imo","source_label":"IMO Shortlist","source_titles":["IMO Shortlist 1998, вторичный архив","IMO Shortlist 1998 C6, решение, архив Kalva","AoPS Wiki, 1998 IMO Shortlist Problems"],"year":"1998","type":"olympiad_problem","authors":[],"tags":["coloring","goal_construction","goal_existence"],"agent_topics":[],"difficulty":{"main":"imo_p3_plus","local_score":12,"comment":"Конструктивная часть IMO Shortlist 1998 C6 для k = 5.","status":"needs_human_review"},"review_status":"needs_human_review","public_ready":false,"solution_state":"with_solution","solution_classification":{"type":"official_complete_or_near_complete","label":"официальное полное/почти полное","status":"ai_checked","confidence":0.78,"basis":"агентский аудит средней сложности","notes":"В карточке есть официальные, шортлистные или справочные источники и проверенное ИИ решение.","audit_source":"agent-imo-us-classical.json"},"statements":{"original":[{"id":"stmt-original-k5","title":"Условие, случай k = 5","status":"needs_human_review","text":"Даны 10 точек общего положения на плоскости. Нужно окрасить каждый отрезок между парой точек в один из 5 цветов так, чтобы для любых 5 из этих 10 точек среди отрезков с концами в выбранных точках нашлись 5 отрезков попарно различных цветов. Докажите, что такая раскраска существует.","definition_ids":[]}],"graph_theory":[{"id":"stmt-graph-k5","title":"Пятицветная раскраска","status":"needs_human_review","text":"Постройте 5-раскраску рёбер \\(K_{10}\\), в которой любые 5 вершин индуцируют подграф, содержащий рёбра всех 5 цветов.","definition_ids":["complete_graph"]}]},"solutions":[{"id":"sol-k5-explicit-construction","title":"Явная пятицветная раскраска","status":"ai_checked","definition_ids":["complete_graph"],"standard_idea_ids":["pigeonhole_principle"],"tags":[],"has_text":true,"text_preview":"Занумеруем вершины числами \\(0,1,\\ldots,9\\). Зададим цвета списками рёбер: синие рёбра идут внутри \\(\\{0,2,5,9\\}\\) и ещё \\(13,48,67\\); зелёные идут внутри \\(\\{1,2,4,7\\}\\) и ещё \\(06,35,89\\); красные идут внутри \\(\\{3,4,6,9\\}\\) и ещё \\(01,28,57\\); жёлтые идут внутри \\(\\{1,5,6,8\\}\\) и ещё \\(04,23,79\\); белые идут внутри \\(\\{0,3,7,8\\}\\) и ещё \\(19,26,45\\). Здесь запись \\(13\\) означает ребро между вершинами 1 и 3. Эти пять списков попарно не пересекаются и вместе дают все 45 рёбер \\(K_{10}\\). Для каждого цвета перечисление задаёт разбиение десяти вершин на четыре группы: одну группу из четырёх вершин и три пары; все рёбра внутри этих групп имеют данный цвет. Поэтому любые пять вершин по принципу Дирихле содержат две вершины в одной из четырёх групп этого цвета, а значит содержат ребро этого цвета. Это верно для каждого из пяти цветов, следовательно любые пять вершин содержат рёбра всех пяти…"}],"relations":[{"id":"rel-smmc-2020-b4-imo-1998-c6-rainbow-complete-graph-coloring","neighbor_id":"simon-marais-2020-b4-rainbow-distance-clique-polygon","direction":"backward","type":"same_motif","distance":3,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-imo-1998-c6-small-k-k5-paired-variant","neighbor_id":"imo-1998-c6-k-le-4-rainbow-edges-impossible","direction":"backward","type":"paired_variant","distance":1,"status":"needs_human_review"},{"id":"rel-imo-1998-c6-k5-large-k-paired-variant","neighbor_id":"imo-1998-c6-k-ge-6-one-factorization","direction":"forward","type":"paired_variant","distance":1,"status":"needs_human_review"}],"search_text":"imo-1998-c6-k5-rainbow-edges-construction пятицветная раскраска рёбер \\(k_{10}\\) с пятью цветами на любых пяти вершинах, imo shortlist 1998 c6 coloring goal_construction goal_existence 1998 aops wiki, 1998 imo shortlist problems https://prase.cz/kalva/short/soln/sh98c6.html https://wiki.artofproblemsolving.com/wiki/index.php/1998_imo_shortlist_problems https://www.allameamini.org/wp-content/uploads/2019/03/international_competitions-imo_shortlist-1998-17.pdf imo imo shortlist imo shortlist 1998 c6, решение, архив kalva imo shortlist 1998, вторичный архив imo1998 imoshortlist imoshortlist1998 secondary_archive secondary_solution src-aops-imo-1998-shortlist src-kalva-imo-1998-c6-solution src-secondary-imo-1998-shortlist statement with_solution ? imo shortlist 1998, вторичный архив imo shortlist 1998 c6, решение, архив kalva aops wiki, 1998 imo shortlist problems stmt-original-k5 условие, случай k = 5 needs_human_review даны 10 точек общего положения на плоскости. нужно окрасить каждый отрезок между парой точек в один из 5 цветов так, чтобы для любых 5 из этих 10 точек среди отрезков с концами в выбранных точках нашлись 5 отрезков попарно различных цветов. докажите, что такая раскраска существует. stmt-graph-k5 пятицветная раскраска needs_human_review постройте 5-раскраску рёбер \\(k_{10}\\), в которой любые 5 вершин индуцируют подграф, содержащий рёбра всех 5 цветов. complete_graph idea-five-color-partitions для каждого цвета разбить вершины на четыре группы если для каждого цвета вершины разбиты на четыре группы и все рёбра внутри групп имеют этот цвет, то любые пять вершин по принципу дирихле содержат ребро этого цвета. достаточно подобрать пять таких разбиений, чтобы каждое ребро \\(k_{10}\\) попало ровно в один цвет. coloring ai_checked sol-k5-explicit-construction явная пятицветная раскраска ai_checked complete_graph pigeonhole_principle занумеруем вершины числами \\(0,1,\\ldots,9\\). зададим цвета списками рёбер: синие рёбра идут внутри \\(\\{0,2,5,9\\}\\) и ещё \\(13,48,67\\); зелёные идут внутри \\(\\{1,2,4,7\\}\\) и ещё \\(06,35,89\\); красные идут внутри \\(\\{3,4,6,9\\}\\) и ещё \\(01,28,57\\); жёлтые идут внутри \\(\\{1,5,6,8\\}\\) и ещё \\(04,23,79\\); белые идут внутри \\(\\{0,3,7,8\\}\\) и ещё \\(19,26,45\\). здесь запись \\(13\\) означает ребро между вершинами 1 и 3. эти пять списков попарно не пересекаются и вместе дают все 45 рёбер \\(k_{10}\\). для каждого цвета перечисление задаёт разбиение десяти вершин на четыре группы: одну группу из четырёх вершин и три пары; все рёбра внутри этих групп имеют данный цвет. поэтому любые пять вершин по принципу дирихле содержат две вершины в одной из четырёх групп этого цвета, а значит содержат ребро этого цвета. это верно для каждого из пяти цветов, следовательно любые пять вершин содержат рёбра всех пяти… imo-1998-c6-k5-rainbow-edges-construction pyatitsvetnaya raskraska reber \\(k_{10}\\) s pyatyu tsvetami na lyubyh pyati vershinah, imo shortlist 1998 c6 coloring goal_construction goal_existence 1998 aops wiki, 1998 imo shortlist problems https://prase.cz/kalva/short/soln/sh98c6.html https://wiki.artofproblemsolving.com/wiki/index.php/1998_imo_shortlist_problems https://www.allameamini.org/wp-content/uploads/2019/03/international_competitions-imo_shortlist-1998-17.pdf imo imo shortlist imo shortlist 1998 c6, reshenie, arhiv kalva imo shortlist 1998, vtorichnyy arhiv imo1998 imoshortlist imoshortlist1998 secondary_archive secondary_solution src-aops-imo-1998-shortlist src-kalva-imo-1998-c6-solution src-secondary-imo-1998-shortlist statement with_solution ? imo shortlist 1998, vtorichnyy arhiv imo shortlist 1998 c6, reshenie, arhiv kalva aops wiki, 1998 imo shortlist problems stmt-original-k5 uslovie, sluchay k = 5 needs_human_review dany 10 tochek obschego polozheniya na ploskosti. nuzhno okrasit kazhdyy otrezok mezhdu paroy tochek v odin iz 5 tsvetov tak, chtoby dlya lyubyh 5 iz etih 10 tochek sredi otrezkov s kontsami v vybrannyh tochkah nashlis 5 otrezkov poparno razlichnyh tsvetov. dokazhite, chto takaya raskraska suschestvuet. stmt-graph-k5 pyatitsvetnaya raskraska needs_human_review postroyte 5-raskrasku reber \\(k_{10}\\), v kotoroy lyubye 5 vershin indutsiruyut podgraf, soderzhaschiy rebra vseh 5 tsvetov. complete_graph idea-five-color-partitions dlya kazhdogo tsveta razbit vershiny na chetyre gruppy esli dlya kazhdogo tsveta vershiny razbity na chetyre gruppy i vse rebra vnutri grupp imeyut etot tsvet, to lyubye pyat vershin po printsipu dirihle soderzhat rebro etogo tsveta. dostatochno podobrat pyat takih razbieniy, chtoby kazhdoe rebro \\(k_{10}\\) popalo rovno v odin tsvet. coloring ai_checked sol-k5-explicit-construction yavnaya pyatitsvetnaya raskraska ai_checked complete_graph pigeonhole_principle zanumeruem vershiny chislami \\(0,1,\\ldots,9\\). zadadim tsveta spiskami reber: sinie rebra idut vnutri \\(\\{0,2,5,9\\}\\) i esche \\(13,48,67\\); zelenye idut vnutri \\(\\{1,2,4,7\\}\\) i esche \\(06,35,89\\); krasnye idut vnutri \\(\\{3,4,6,9\\}\\) i esche \\(01,28,57\\); zheltye idut vnutri \\(\\{1,5,6,8\\}\\) i esche \\(04,23,79\\); belye idut vnutri \\(\\{0,3,7,8\\}\\) i esche \\(19,26,45\\). zdes zapis \\(13\\) oznachaet rebro mezhdu vershinami 1 i 3. eti pyat spiskov poparno ne peresekayutsya i vmeste dayut vse 45 reber \\(k_{10}\\). dlya kazhdogo tsveta perechislenie zadaet razbienie desyati vershin na chetyre gruppy: odnu gruppu iz chetyreh vershin i tri pary; vse rebra vnutri etih grupp imeyut dannyy tsvet. poetomu lyubye pyat vershin po printsipu dirihle soderzhat dve vershiny v odnoy iz chetyreh grupp etogo tsveta, a znachit soderzhat rebro etogo tsveta. eto verno dlya kazhdogo iz pyati tsvetov, sledovatelno lyubye pyat vershin soderzhat rebra vseh pyati…","source_keys":["imo"]}
{"id":"imo-1999-c5-grid-total-domination","title":"Минимальное тотально доминирующее множество на решётке, IMO 1999 P3","path":"data\\problems\\imo\\imo-1999-c5-grid-total-domination.yaml","raw_github_url":"https://raw.githubusercontent.com/didin-maxim/knowledge_graph_of_graphs/main/data/problems/imo/imo-1999-c5-grid-total-domination.yaml","viewer_url":"https://didin-maxim.github.io/knowledge_graph_of_graphs/#imo-1999-c5-grid-total-domination","source_key":"imo","source_label":"IMO","source_titles":["IMO Shortlist 1999, вторичный архив","AoPS Wiki, 1999 IMO Problems/Problem 3","Olympiad Combinatorics, IMO 1999 задача 3, решение"],"year":"1999","type":"olympiad_problem","authors":[],"tags":["coloring","goal_exact_bound"],"agent_topics":[],"difficulty":{"main":"imo_p3_plus","local_score":13,"comment":"Ранний IMO/IMO Shortlist; добавлено после отдельной проверки AoPS, Kalva и/или сборника решений.","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":"В карточке есть официальные, шортлистные или справочные источники и проверенное ИИ решение.","audit_source":"agent-imo-us-classical.json"},"statements":{"original":[{"id":"stmt-original","title":"Условие","status":"ai_checked","text":"Пусть n — чётное положительное число. На доске n x n нужно отметить минимальное число клеток так, чтобы каждая клетка, отмеченная или нет, имела отмеченную соседнюю по стороне клетку. Найти этот минимум.","definition_ids":[]}],"graph_theory":[{"id":"stmt-graph","title":"Минимальное тотально доминирующее множество на решётке, IMO 1999 P3","status":"ai_checked","text":"Пусть \\(n\\) — чётное положительное число. Рассмотрим решёточный граф \\(P_n\\square P_n\\). Найдите минимальное число вершин в множестве \\(S\\subseteq V(P_n\\square P_n)\\), обладающем тем свойством, что каждая вершина графа имеет соседа в \\(S\\).","definition_ids":["dominating_set"]}]},"solutions":[{"id":"sol-reviewed-web","title":"Диагональное доказательство","status":"ai_checked","definition_ids":[],"standard_idea_ids":[],"tags":[],"has_text":true,"text_preview":"Пусть n=2k; ответ равен k(k+1)=n(n+2)/4. Занумеруем строки и столбцы числами 1,...,2k и покрасим доску в шахматном порядке: клетка (i,j) белая, если i+j чётно, и чёрная иначе. Сначала докажем нижнюю оценку. Рассмотрим чёрные диагонали вида \\(i-j=d\\), где \\(d\\equiv1\\pmod 4\\). Таких диагоналей k, а их длины, в некотором порядке, равны 1,3,5,...,2k-1. Возьмём одну такую диагональ длины 2r-1. Клетки этой диагонали могут иметь отмеченных соседей только среди белых клеток, причём одна белая клетка соседствует не более чем с двумя клетками выбранной диагонали. Кроме того, из-за условия \\(d\\equiv1\\pmod 4\\) любая белая клетка может соседствовать с клетками не более одной из выбранных чёрных диагоналей. Поэтому для покрытия выбранных чёрных диагоналей нужно не менее \\(\\lceil(2r-1)/2\\rceil=r\\) отмеченных белых клеток. Суммируя по r=1,...,k, получаем, что белых отмеченных клеток не меньше 1+2+...+k…"}],"relations":[{"id":"rel-usamo-1999-p1-imo-1999-c5","neighbor_id":"usamo-1999-p1-checkers-board-graph-rank","direction":"backward","type":"same_motif","distance":2,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-imo-1985-sl5-imo-1999-c5-grid-domination","neighbor_id":"imo-1985-sl5-lattice-perfect-code","direction":"backward","type":"same_motif","distance":2,"status":"needs_human_review"}],"search_text":"imo-1999-c5-grid-total-domination минимальное тотально доминирующее множество на решётке, imo 1999 p3 coloring goal_exact_bound 1999 aops wiki, 1999 imo problems/problem 3 https://1library.net/document/zkomjopy-olympiad-combinatorics.html https://wiki.artofproblemsolving.com/wiki/index.php/1999_imo_problems/problem_3 https://www.allameamini.org/wp-content/uploads/2019/03/international_competitions-imo_shortlist-1999-17.pdf imo imo shortlist 1999, вторичный архив imo1999 olympiad combinatorics, imo 1999 задача 3, решение secondary_archive secondary_solution src-aops-imo-1999-p3-statement src-olympiad-combinatorics-1999-p3 src-secondary-imo-1999-shortlist statement with_solution ? imo shortlist 1999, вторичный архив aops wiki, 1999 imo problems/problem 3 olympiad combinatorics, imo 1999 задача 3, решение stmt-original условие ai_checked пусть n — чётное положительное число. на доске n x n нужно отметить минимальное число клеток так, чтобы каждая клетка, отмеченная или нет, имела отмеченную соседнюю по стороне клетку. найти этот минимум. stmt-graph минимальное тотально доминирующее множество на решётке, imo 1999 p3 ai_checked пусть \\(n\\) — чётное положительное число. рассмотрим решёточный граф \\(p_n\\square p_n\\). найдите минимальное число вершин в множестве \\(s\\subseteq v(p_n\\square p_n)\\), обладающем тем свойством, что каждая вершина графа имеет соседа в \\(s\\). dominating_set idea-layer-coloring-lower-bound слоистая раскраска для нижней оценки для нижней оценки отдельно считаются отмеченные клетки каждого шахматного цвета. в подходящем семействе попарно чередующихся диагоналей противоположного цвета один отмеченный сосед может покрыть не больше двух клеток-свидетелей, что даёт половину ответа для каждого цвета. coloring ai_checked idea-alternating-construction конструкция через чередование в слоях две взаимно перпендикулярные диагональные схемы выбирают через одну клетку на диагоналях нужных классов: белые отмеченные клетки доминируют все чёрные, а чёрные отмеченные клетки доминируют все белые. extremal_choice ai_checked sol-reviewed-web диагональное доказательство ai_checked пусть n=2k; ответ равен k(k+1)=n(n+2)/4. занумеруем строки и столбцы числами 1,...,2k и покрасим доску в шахматном порядке: клетка (i,j) белая, если i+j чётно, и чёрная иначе. сначала докажем нижнюю оценку. рассмотрим чёрные диагонали вида \\(i-j=d\\), где \\(d\\equiv1\\pmod 4\\). таких диагоналей k, а их длины, в некотором порядке, равны 1,3,5,...,2k-1. возьмём одну такую диагональ длины 2r-1. клетки этой диагонали могут иметь отмеченных соседей только среди белых клеток, причём одна белая клетка соседствует не более чем с двумя клетками выбранной диагонали. кроме того, из-за условия \\(d\\equiv1\\pmod 4\\) любая белая клетка может соседствовать с клетками не более одной из выбранных чёрных диагоналей. поэтому для покрытия выбранных чёрных диагоналей нужно не менее \\(\\lceil(2r-1)/2\\rceil=r\\) отмеченных белых клеток. суммируя по r=1,...,k, получаем, что белых отмеченных клеток не меньше 1+2+...+k… imo-1999-c5-grid-total-domination minimalnoe totalno dominiruyuschee mnozhestvo na reshetke, imo 1999 p3 coloring goal_exact_bound 1999 aops wiki, 1999 imo problems/problem 3 https://1library.net/document/zkomjopy-olympiad-combinatorics.html https://wiki.artofproblemsolving.com/wiki/index.php/1999_imo_problems/problem_3 https://www.allameamini.org/wp-content/uploads/2019/03/international_competitions-imo_shortlist-1999-17.pdf imo imo shortlist 1999, vtorichnyy arhiv imo1999 olympiad combinatorics, imo 1999 zadacha 3, reshenie secondary_archive secondary_solution src-aops-imo-1999-p3-statement src-olympiad-combinatorics-1999-p3 src-secondary-imo-1999-shortlist statement with_solution ? imo shortlist 1999, vtorichnyy arhiv aops wiki, 1999 imo problems/problem 3 olympiad combinatorics, imo 1999 zadacha 3, reshenie stmt-original uslovie ai_checked pust n — chetnoe polozhitelnoe chislo. na doske n x n nuzhno otmetit minimalnoe chislo kletok tak, chtoby kazhdaya kletka, otmechennaya ili net, imela otmechennuyu sosednyuyu po storone kletku. nayti etot minimum. stmt-graph minimalnoe totalno dominiruyuschee mnozhestvo na reshetke, imo 1999 p3 ai_checked pust \\(n\\) — chetnoe polozhitelnoe chislo. rassmotrim reshetochnyy graf \\(p_n\\square p_n\\). naydite minimalnoe chislo vershin v mnozhestve \\(s\\subseteq v(p_n\\square p_n)\\), obladayuschem tem svoystvom, chto kazhdaya vershina grafa imeet soseda v \\(s\\). dominating_set idea-layer-coloring-lower-bound sloistaya raskraska dlya nizhney otsenki dlya nizhney otsenki otdelno schitayutsya otmechennye kletki kazhdogo shahmatnogo tsveta. v podhodyaschem semeystve poparno chereduyuschihsya diagonaley protivopolozhnogo tsveta odin otmechennyy sosed mozhet pokryt ne bolshe dvuh kletok-svideteley, chto daet polovinu otveta dlya kazhdogo tsveta. coloring ai_checked idea-alternating-construction konstruktsiya cherez cheredovanie v sloyah dve vzaimno perpendikulyarnye diagonalnye shemy vybirayut cherez odnu kletku na diagonalyah nuzhnyh klassov: belye otmechennye kletki dominiruyut vse chernye, a chernye otmechennye kletki dominiruyut vse belye. extremal_choice ai_checked sol-reviewed-web diagonalnoe dokazatelstvo ai_checked pust n=2k; otvet raven k(k+1)=n(n+2)/4. zanumeruem stroki i stolbtsy chislami 1,...,2k i pokrasim dosku v shahmatnom poryadke: kletka (i,j) belaya, esli i+j chetno, i chernaya inache. snachala dokazhem nizhnyuyu otsenku. rassmotrim chernye diagonali vida \\(i-j=d\\), gde \\(d\\equiv1\\pmod 4\\). takih diagonaley k, a ih dliny, v nekotorom poryadke, ravny 1,3,5,...,2k-1. vozmem odnu takuyu diagonal dliny 2r-1. kletki etoy diagonali mogut imet otmechennyh sosedey tolko sredi belyh kletok, prichem odna belaya kletka sosedstvuet ne bolee chem s dvumya kletkami vybrannoy diagonali. krome togo, iz-za usloviya \\(d\\equiv1\\pmod 4\\) lyubaya belaya kletka mozhet sosedstvovat s kletkami ne bolee odnoy iz vybrannyh chernyh diagonaley. poetomu dlya pokrytiya vybrannyh chernyh diagonaley nuzhno ne menee \\(\\lceil(2r-1)/2\\rceil=r\\) otmechennyh belyh kletok. summiruya po r=1,...,k, poluchaem, chto belyh otmechennyh kletok ne menshe 1+2+...+k…","source_keys":["imo"]}
{"id":"imo-2004-c3-delete-edge-from-4cycle","title":"Минимум рёбер после удалений из 4-циклов \\(K_n\\), IMO Shortlist 2004 C3","path":"data\\problems\\imo\\imo-2004-c3-delete-edge-from-4cycle.yaml","raw_github_url":"https://raw.githubusercontent.com/didin-maxim/knowledge_graph_of_graphs/main/data/problems/imo/imo-2004-c3-delete-edge-from-4cycle.yaml","viewer_url":"https://didin-maxim.github.io/knowledge_graph_of_graphs/#imo-2004-c3-delete-edge-from-4cycle","source_key":"imo","source_label":"IMO Shortlist","source_titles":["IMO Shortlist 2004, вторичный архив","AoPS Wiki, 2004 IMO Shortlist C3 solution"],"year":"2004","type":"olympiad_problem","authors":[],"tags":["connectivity","trees","goal_exact_bound"],"agent_topics":[],"difficulty":{"main":"imo_p3_plus","local_score":12,"comment":"Ранний IMO Shortlist 2004; источник вторичный, решение сверено по вторичному разбору.","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":"В карточке есть официальные, шортлистные или справочные источники и проверенное ИИ решение.","audit_source":"agent-imo-us-classical.json"},"statements":{"original":[{"id":"stmt-original","title":"Условие","status":"needs_human_review","text":"Дан полный граф на \\(n\\ge4\\) вершинах. Разрешено выбрать цикл длины 4 и удалить из него одно ребро. Найдите наименьшее число рёбер графа, которое можно получить повторением таких операций.","definition_ids":[]}]},"solutions":[{"id":"sol-reviewed-secondary","title":"Полное решение: инвариант небипартитности и явное удаление","status":"ai_checked","definition_ids":["connected_graph","path","cycle","tree"],"standard_idea_ids":["extremal_choice","induction"],"tags":[],"has_text":true,"text_preview":"Ответ: \\(n\\). Сначала докажем нижнюю оценку. Если из связного небипартитного графа \\(G\\) удалить ребро \\(AB\\), лежащее в 4-цикле \\(ABCD\\), то связность не теряется: в оставшемся графе концы \\(A,B\\) соединены путём \\(A-D-C-B\\). Небипартитность тоже не теряется. Действительно, если бы \\(G-AB\\) был двудольным, то из пути \\(A-D-C-B\\) следовало бы, что \\(A\\) и \\(B\\) лежат в разных долях, а значит добавление ребра \\(AB\\) сохраняло бы двудольность; это противоречит небипартитности \\(G\\). Исходный \\(K_n\\) связен и небипартитен, поэтому любой полученный граф связен и содержит цикл, а значит имеет не менее \\(n\\) рёбер. Осталось показать достижимость. Обозначим вершины \\(V_1,\\ldots,V_n\\). Сначала для всех \\(3\\le i<j<n\\) удалим ребро \\(V_iV_j\\) из 4-цикла \\(V_2V_iV_jV_nV_2\\). Все остальные три ребра этого цикла к моменту удаления ещё есть: рёбра с концом \\(V_2\\) или \\(V_n\\) пока не трогаются. После…"}],"relations":[{"id":"rel-imo-2019-c5-imo-2004-c3-edge-deletion","neighbor_id":"imo-2019-c5-social-network-refriending","direction":"forward","type":"same_motif","distance":3,"status":"needs_human_review"},{"id":"rel-tree-imo-2004-c3-non-tree-lower-bound","neighbor_id":"tree-equivalent-properties","direction":"backward","type":"prerequisite","distance":2,"status":"needs_human_review"},{"id":"rel-imo-2004-c3-imo-2024-c8-cycle-obstruction","neighbor_id":"imo-2024-c8-board-coloring-tree","direction":"forward","type":"same_motif","distance":3,"status":"needs_human_review"},{"id":"rel-utyum-2018-red-blue-cycle-imo-2004-4cycle","neighbor_id":"utyum-2018_komol_7_red_blue_cycle_game","direction":"backward","type":"same_motif","distance":2,"status":"needs_human_review"},{"id":"rel-utyum-2025-important-cities-imo-2004-c3","neighbor_id":"utyum-2025_komol64_7_5_important_cities_tree","direction":"backward","type":"same_motif","distance":2,"status":"needs_human_review"}],"search_text":"imo-2004-c3-delete-edge-from-4cycle минимум рёбер после удалений из 4-циклов \\(k_n\\), imo shortlist 2004 c3 connectivity trees goal_exact_bound 2004 aops wiki, 2004 imo shortlist c3 solution https://artofproblemsolving.com/wiki/index.php/2004_imo_shortlist_problems/c3 https://www.allameamini.org/wp-content/uploads/2019/03/international_competitions-imo_shortlist-2004-17.pdf imo imo shortlist imo shortlist 2004, вторичный архив imo2004 imoshortlist imoshortlist2004 secondary_archive secondary_solution src-aops-imo-2004-c3-solution src-secondary-imo-2004-shortlist with_solution ? imo shortlist 2004, вторичный архив aops wiki, 2004 imo shortlist c3 solution stmt-original условие needs_human_review дан полный граф на \\(n\\ge4\\) вершинах. разрешено выбрать цикл длины 4 и удалить из него одно ребро. найдите наименьшее число рёбер графа, которое можно получить повторением таких операций. idea-connectivity-preserved связность сохраняется удаляемое ребро лежит в 4-цикле, значит его концы остаются соединены другим путём. connectivity needs_human_review idea-odd-cycle-preserved нечётный цикл сохраняется из полного графа нельзя прийти к дереву: после каждой операции остаётся нечётный цикл. trees needs_human_review sol-reviewed-secondary полное решение: инвариант небипартитности и явное удаление ai_checked connected_graph path cycle tree extremal_choice induction ответ: \\(n\\). сначала докажем нижнюю оценку. если из связного небипартитного графа \\(g\\) удалить ребро \\(ab\\), лежащее в 4-цикле \\(abcd\\), то связность не теряется: в оставшемся графе концы \\(a,b\\) соединены путём \\(a-d-c-b\\). небипартитность тоже не теряется. действительно, если бы \\(g-ab\\) был двудольным, то из пути \\(a-d-c-b\\) следовало бы, что \\(a\\) и \\(b\\) лежат в разных долях, а значит добавление ребра \\(ab\\) сохраняло бы двудольность; это противоречит небипартитности \\(g\\). исходный \\(k_n\\) связен и небипартитен, поэтому любой полученный граф связен и содержит цикл, а значит имеет не менее \\(n\\) рёбер. осталось показать достижимость. обозначим вершины \\(v_1,\\ldots,v_n\\). сначала для всех \\(3\\le i<j<n\\) удалим ребро \\(v_iv_j\\) из 4-цикла \\(v_2v_iv_jv_nv_2\\). все остальные три ребра этого цикла к моменту удаления ещё есть: рёбра с концом \\(v_2\\) или \\(v_n\\) пока не трогаются. после… imo-2004-c3-delete-edge-from-4cycle minimum reber posle udaleniy iz 4-tsiklov \\(k_n\\), imo shortlist 2004 c3 connectivity trees goal_exact_bound 2004 aops wiki, 2004 imo shortlist c3 solution https://artofproblemsolving.com/wiki/index.php/2004_imo_shortlist_problems/c3 https://www.allameamini.org/wp-content/uploads/2019/03/international_competitions-imo_shortlist-2004-17.pdf imo imo shortlist imo shortlist 2004, vtorichnyy arhiv imo2004 imoshortlist imoshortlist2004 secondary_archive secondary_solution src-aops-imo-2004-c3-solution src-secondary-imo-2004-shortlist with_solution ? imo shortlist 2004, vtorichnyy arhiv aops wiki, 2004 imo shortlist c3 solution stmt-original uslovie needs_human_review dan polnyy graf na \\(n\\ge4\\) vershinah. razresheno vybrat tsikl dliny 4 i udalit iz nego odno rebro. naydite naimenshee chislo reber grafa, kotoroe mozhno poluchit povtoreniem takih operatsiy. idea-connectivity-preserved svyaznost sohranyaetsya udalyaemoe rebro lezhit v 4-tsikle, znachit ego kontsy ostayutsya soedineny drugim putem. connectivity needs_human_review idea-odd-cycle-preserved nechetnyy tsikl sohranyaetsya iz polnogo grafa nelzya priyti k derevu: posle kazhdoy operatsii ostaetsya nechetnyy tsikl. trees needs_human_review sol-reviewed-secondary polnoe reshenie: invariant nebipartitnosti i yavnoe udalenie ai_checked connected_graph path cycle tree extremal_choice induction otvet: \\(n\\). snachala dokazhem nizhnyuyu otsenku. esli iz svyaznogo nebipartitnogo grafa \\(g\\) udalit rebro \\(ab\\), lezhaschee v 4-tsikle \\(abcd\\), to svyaznost ne teryaetsya: v ostavshemsya grafe kontsy \\(a,b\\) soedineny putem \\(a-d-c-b\\). nebipartitnost tozhe ne teryaetsya. deystvitelno, esli by \\(g-ab\\) byl dvudolnym, to iz puti \\(a-d-c-b\\) sledovalo by, chto \\(a\\) i \\(b\\) lezhat v raznyh dolyah, a znachit dobavlenie rebra \\(ab\\) sohranyalo by dvudolnost; eto protivorechit nebipartitnosti \\(g\\). ishodnyy \\(k_n\\) svyazen i nebipartiten, poetomu lyuboy poluchennyy graf svyazen i soderzhit tsikl, a znachit imeet ne menee \\(n\\) reber. ostalos pokazat dostizhimost. oboznachim vershiny \\(v_1,\\ldots,v_n\\). snachala dlya vseh \\(3\\le i<j<n\\) udalim rebro \\(v_iv_j\\) iz 4-tsikla \\(v_2v_iv_jv_nv_2\\). vse ostalnye tri rebra etogo tsikla k momentu udaleniya esche est: rebra s kontsom \\(v_2\\) ili \\(v_n\\) poka ne trogayutsya. posle…","source_keys":["imo"]}
{"id":"imo-2004-c8-triangles-tetrahedra-graph","title":"Треугольники и тетраэдры в конечном графе, IMO Shortlist 2004 C8","path":"data\\problems\\imo\\imo-2004-c8-triangles-tetrahedra-graph.yaml","raw_github_url":"https://raw.githubusercontent.com/didin-maxim/knowledge_graph_of_graphs/main/data/problems/imo/imo-2004-c8-triangles-tetrahedra-graph.yaml","viewer_url":"https://didin-maxim.github.io/knowledge_graph_of_graphs/#imo-2004-c8-triangles-tetrahedra-graph","source_key":"imo","source_label":"IMO Shortlist","source_titles":["IMO Shortlist 2004, вторичный архив","AoPS Wiki, 2004 IMO Shortlist Problems"],"year":"2004","type":"olympiad_problem","authors":[],"tags":["extremal_graph_theory","double_counting","goal_exact_bound"],"agent_topics":[],"difficulty":{"main":"imo_p3_plus","local_score":11,"comment":"IMO Shortlist 2004 C8; источник вторичный, карточка первого прохода.","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":"В карточке есть официальные, шортлистные или справочные источники и проверенное ИИ решение.","audit_source":"agent-imo-us-classical.json"},"statements":{"original":[{"id":"stmt-original","title":"Условие","status":"ai_checked","text":"Для конечного графа \\(G\\) пусть \\(f(G)\\) — число треугольников, а \\(g(G)\\) — число тетраэдров, то есть копий \\(K_4\\), образованных рёбрами \\(G\\). Найдите наименьшую константу \\(c\\), такую что \\(g(G)^3\\le c f(G)^4\\) для любого графа \\(G\\).","definition_ids":["complete_graph"]}]},"solutions":[{"id":"sol-secondary-sketch","title":"Полное решение подсчётом в окрестностях вершин","status":"ai_checked","definition_ids":["complete_graph"],"standard_idea_ids":["double_counting"],"tags":[],"has_text":true,"text_preview":"Ответ: \\(c=3/32\\). Сначала докажем вспомогательную оценку. Пусть \\(H\\) — конечный граф с \\(m\\) рёбрами и \\(T\\) треугольниками. Для вершины \\(x\\) обозначим через \\(d_x\\) её степень, а через \\(a_x\\) число рёбер между соседями \\(x\\). Тогда \\(a_x\\) равно числу треугольников графа \\(H\\), содержащих \\(x\\), поэтому \\(\\sum_x a_x=3T\\), а \\(\\sum_x d_x=2m\\). С другой стороны, \\(a_x\\le \\binom{d_x}{2}\\le d_x^2/2\\) и, конечно, \\(a_x\\le m\\). Следовательно, \\(a_x^2\\le d_x^2m/2\\), то есть \\(a_x\\le d_x\\sqrt{m/2}\\). После суммирования получаем \\(3T\\le 2m\\sqrt{m/2}=\\sqrt2\\,m^{3/2}\\), или \\(T^2\\le 2m^3/9\\). Теперь применим это к исходному графу \\(G\\). Пусть его вершины — \\(V_1,\\ldots,V_n\\), а \\(A_i\\) — множество соседей вершины \\(V_i\\). Обозначим через \\(G_i\\) подграф, индуцированный на \\(A_i\\), через \\(e_i\\) число его рёбер, а через \\(t_i\\) число его треугольников. Рёбра графа \\(G_i\\) соответствуют треугол…"}],"relations":[{"id":"rel-imo-1995-nc5-imo-2004-c8-common-neighbours","neighbor_id":"imo-1995-nc5-greetings-regular-codegree-graph","direction":"backward","type":"same_motif","distance":2,"status":"needs_human_review"},{"id":"rel-utyum-2019-complete-weights-2000-imo-2004-c8","neighbor_id":"complete-graph-triangle-edge-weights-minimum-parametric","direction":"backward","type":"same_motif","distance":2,"status":"needs_human_review"}],"search_text":"imo-2004-c8-triangles-tetrahedra-graph треугольники и тетраэдры в конечном графе, imo shortlist 2004 c8 extremal_graph_theory double_counting goal_exact_bound 2004 aops wiki, 2004 imo shortlist problems https://wiki.artofproblemsolving.com/wiki/index.php/2004_imo_shortlist_problems https://www.allameamini.org/wp-content/uploads/2019/03/international_competitions-imo_shortlist-2004-17.pdf imo imo shortlist imo shortlist 2004, вторичный архив imo2004 imoshortlist imoshortlist2004 secondary_archive src-aops-imo-2004-shortlist src-secondary-imo-2004-shortlist statement with_solution ? imo shortlist 2004, вторичный архив aops wiki, 2004 imo shortlist problems stmt-original условие ai_checked для конечного графа \\(g\\) пусть \\(f(g)\\) — число треугольников, а \\(g(g)\\) — число тетраэдров, то есть копий \\(k_4\\), образованных рёбрами \\(g\\). найдите наименьшую константу \\(c\\), такую что \\(g(g)^3\\le c f(g)^4\\) для любого графа \\(g\\). complete_graph idea-clique-density сравнение плотностей клик сначала оценивают число треугольников через число рёбер в произвольном графе, а затем применяют эту оценку к графам, индуцированным окрестностями вершин. extremal_graph_theory ai_checked idea-complete-graph-sharpness острота на полных графах для \\(k_n\\) отношение \\(g^3/f^4\\) стремится к \\(3/32\\), что задаёт ожидаемую константу. double_counting ai_checked sol-secondary-sketch полное решение подсчётом в окрестностях вершин ai_checked complete_graph double_counting ответ: \\(c=3/32\\). сначала докажем вспомогательную оценку. пусть \\(h\\) — конечный граф с \\(m\\) рёбрами и \\(t\\) треугольниками. для вершины \\(x\\) обозначим через \\(d_x\\) её степень, а через \\(a_x\\) число рёбер между соседями \\(x\\). тогда \\(a_x\\) равно числу треугольников графа \\(h\\), содержащих \\(x\\), поэтому \\(\\sum_x a_x=3t\\), а \\(\\sum_x d_x=2m\\). с другой стороны, \\(a_x\\le \\binom{d_x}{2}\\le d_x^2/2\\) и, конечно, \\(a_x\\le m\\). следовательно, \\(a_x^2\\le d_x^2m/2\\), то есть \\(a_x\\le d_x\\sqrt{m/2}\\). после суммирования получаем \\(3t\\le 2m\\sqrt{m/2}=\\sqrt2\\,m^{3/2}\\), или \\(t^2\\le 2m^3/9\\). теперь применим это к исходному графу \\(g\\). пусть его вершины — \\(v_1,\\ldots,v_n\\), а \\(a_i\\) — множество соседей вершины \\(v_i\\). обозначим через \\(g_i\\) подграф, индуцированный на \\(a_i\\), через \\(e_i\\) число его рёбер, а через \\(t_i\\) число его треугольников. рёбра графа \\(g_i\\) соответствуют треугол… imo-2004-c8-triangles-tetrahedra-graph treugolniki i tetraedry v konechnom grafe, imo shortlist 2004 c8 extremal_graph_theory double_counting goal_exact_bound 2004 aops wiki, 2004 imo shortlist problems https://wiki.artofproblemsolving.com/wiki/index.php/2004_imo_shortlist_problems https://www.allameamini.org/wp-content/uploads/2019/03/international_competitions-imo_shortlist-2004-17.pdf imo imo shortlist imo shortlist 2004, vtorichnyy arhiv imo2004 imoshortlist imoshortlist2004 secondary_archive src-aops-imo-2004-shortlist src-secondary-imo-2004-shortlist statement with_solution ? imo shortlist 2004, vtorichnyy arhiv aops wiki, 2004 imo shortlist problems stmt-original uslovie ai_checked dlya konechnogo grafa \\(g\\) pust \\(f(g)\\) — chislo treugolnikov, a \\(g(g)\\) — chislo tetraedrov, to est kopiy \\(k_4\\), obrazovannyh rebrami \\(g\\). naydite naimenshuyu konstantu \\(c\\), takuyu chto \\(g(g)^3\\le c f(g)^4\\) dlya lyubogo grafa \\(g\\). complete_graph idea-clique-density sravnenie plotnostey klik snachala otsenivayut chislo treugolnikov cherez chislo reber v proizvolnom grafe, a zatem primenyayut etu otsenku k grafam, indutsirovannym okrestnostyami vershin. extremal_graph_theory ai_checked idea-complete-graph-sharpness ostrota na polnyh grafah dlya \\(k_n\\) otnoshenie \\(g^3/f^4\\) stremitsya k \\(3/32\\), chto zadaet ozhidaemuyu konstantu. double_counting ai_checked sol-secondary-sketch polnoe reshenie podschetom v okrestnostyah vershin ai_checked complete_graph double_counting otvet: \\(c=3/32\\). snachala dokazhem vspomogatelnuyu otsenku. pust \\(h\\) — konechnyy graf s \\(m\\) rebrami i \\(t\\) treugolnikami. dlya vershiny \\(x\\) oboznachim cherez \\(d_x\\) ee stepen, a cherez \\(a_x\\) chislo reber mezhdu sosedyami \\(x\\). togda \\(a_x\\) ravno chislu treugolnikov grafa \\(h\\), soderzhaschih \\(x\\), poetomu \\(\\sum_x a_x=3t\\), a \\(\\sum_x d_x=2m\\). s drugoy storony, \\(a_x\\le \\binom{d_x}{2}\\le d_x^2/2\\) i, konechno, \\(a_x\\le m\\). sledovatelno, \\(a_x^2\\le d_x^2m/2\\), to est \\(a_x\\le d_x\\sqrt{m/2}\\). posle summirovaniya poluchaem \\(3t\\le 2m\\sqrt{m/2}=\\sqrt2\\,m^{3/2}\\), ili \\(t^2\\le 2m^3/9\\). teper primenim eto k ishodnomu grafu \\(g\\). pust ego vershiny — \\(v_1,\\ldots,v_n\\), a \\(a_i\\) — mnozhestvo sosedey vershiny \\(v_i\\). oboznachim cherez \\(g_i\\) podgraf, indutsirovannyy na \\(a_i\\), cherez \\(e_i\\) chislo ego reber, a cherez \\(t_i\\) chislo ego treugolnikov. rebra grafa \\(g_i\\) sootvetstvuyut treugol…","source_keys":["imo"]}
{"id":"imo-2005-c2-dynastic-vertices-forest","title":"Династические вершины в бинарном лесу, IMO Shortlist 2005 C2","path":"data\\problems\\imo\\imo-2005-c2-dynastic-vertices-forest.yaml","raw_github_url":"https://raw.githubusercontent.com/didin-maxim/knowledge_graph_of_graphs/main/data/problems/imo/imo-2005-c2-dynastic-vertices-forest.yaml","viewer_url":"https://didin-maxim.github.io/knowledge_graph_of_graphs/#imo-2005-c2-dynastic-vertices-forest","source_key":"imo","source_label":"IMO Shortlist","source_titles":["IMO Shortlist 2005, вторичный архив","AoPS Wiki, 2005 IMO Shortlist Problems/C2"],"year":"2005","type":"olympiad_problem","authors":[],"tags":["trees","induction","goal_exact_bound"],"agent_topics":[],"difficulty":{"main":"imo_p2_p5","local_score":11,"comment":"IMO Shortlist 2005 C2; источник вторичный, карточка первого прохода.","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":"В карточке есть официальные, шортлистные или справочные источники и проверенное ИИ решение.","audit_source":"agent-imo-us-classical.json"},"statements":{"original":[{"id":"stmt-original","title":"Условие","status":"ai_checked","text":"Лес состоит из корневых деревьев. Каждая вершина либо лист, либо имеет ровно двух сыновей. Вершина \\(v\\) называется потомком вершины \\(u\\), если от \\(u\\) к \\(v\\) ведёт цепочка сыновей. Вершина называется династической, если у неё два сына и у каждого из этих сыновей есть хотя бы \\(k\\) потомков. Докажите, что если в лесу \\(n\\) вершин, то династических вершин не больше \\(n/(k+2)\\).","definition_ids":[]}]},"solutions":[{"id":"sol-secondary-sketch","title":"Индукционный заряд по поддеревьям","status":"ai_checked","definition_ids":["tree"],"standard_idea_ids":["induction"],"tags":[],"has_text":true,"text_preview":"Докажем немного более сильную индукционную оценку для одного корневого дерева. Для вершины \\(x\\) обозначим через \\(T_x\\) поддерево с корнем \\(x\\), через \\(|T_x|\\) число его вершин, а через \\(d(T_x)\\) число династических вершин внутри него. Положим \\[ F(T_x)=|T_x|-(k+2)d(T_x). \\] Утверждаем, что для каждого поддерева \\(T_x\\) \\[ F(T_x)\\ge \\min(|T_x|,k+1). \\tag{1} \\] Доказательство ведём индукцией по \\(|T_x|\\). Если \\(x\\) — лист, то \\(F(T_x)=1\\), и (1) очевидно. Пусть теперь у \\(x\\) есть два сына \\(a,b\\). По предположению индукции оценка (1) уже доказана для \\(T_a\\) и \\(T_b\\). Если \\(x\\) не династическая, то \\[ F(T_x)=1+F(T_a)+F(T_b)\\ge 1+\\min(|T_a|,k+1)+\\min(|T_b|,k+1). \\] Правая часть не меньше \\( \\min(1+|T_a|+|T_b|,k+1)=\\min(|T_x|,k+1)\\), значит (1) выполнено. Если \\(x\\) династическая, то каждый из сыновей \\(a,b\\) имеет не менее \\(k\\) потомков, поэтому каждое из поддеревьев \\(T_a,T_b\\)…"}],"relations":[{"id":"rel-imo-2005-c2-tree-induction","neighbor_id":"tree-equivalent-properties","direction":"backward","type":"prerequisite","distance":2,"status":"needs_human_review"},{"id":"rel-imo-2005-c2-imo-2023-coins-forest-charging","neighbor_id":"tc-2023-24-coins-pairing-weighing-forest","direction":"forward","type":"same_motif","distance":3,"status":"needs_human_review"},{"id":"rel-metadata-pass-utyum-2012-imo-2005-c2-binary-tree-induction","neighbor_id":"utyum-2012_komol39_8_binary_tree_ordering","direction":"backward","type":"same_motif","distance":3,"status":"ai_checked"}],"search_text":"imo-2005-c2-dynastic-vertices-forest династические вершины в бинарном лесу, imo shortlist 2005 c2 trees induction goal_exact_bound 2005 aops wiki, 2005 imo shortlist problems/c2 https://wiki.artofproblemsolving.com/wiki/index.php/2005_imo_shortlist_problems/c2 https://www.allameamini.org/wp-content/uploads/2019/03/international_competitions-imo_shortlist-2005-17.pdf imo imo shortlist imo shortlist 2005, вторичный архив imo2005 imoshortlist imoshortlist2005 secondary_archive src-aops-imo-2005-c2 src-secondary-imo-2005-shortlist statement with_solution ? imo shortlist 2005, вторичный архив aops wiki, 2005 imo shortlist problems/c2 stmt-original условие ai_checked лес состоит из корневых деревьев. каждая вершина либо лист, либо имеет ровно двух сыновей. вершина \\(v\\) называется потомком вершины \\(u\\), если от \\(u\\) к \\(v\\) ведёт цепочка сыновей. вершина называется династической, если у неё два сына и у каждого из этих сыновей есть хотя бы \\(k\\) потомков. докажите, что если в лесу \\(n\\) вершин, то династических вершин не больше \\(n/(k+2)\\). idea-charge-subtrees заряд на большие поддеревья каждая династическая вершина требует по крайней мере \\(k+2\\) вершин в контролируемой части дерева. trees ai_checked idea-pruning-induction обрезание дерева индукция по лесу удаляет листья или минимальные династические поддеревья, сохраняя требуемую оценку. induction ai_checked sol-secondary-sketch индукционный заряд по поддеревьям ai_checked tree induction докажем немного более сильную индукционную оценку для одного корневого дерева. для вершины \\(x\\) обозначим через \\(t_x\\) поддерево с корнем \\(x\\), через \\(|t_x|\\) число его вершин, а через \\(d(t_x)\\) число династических вершин внутри него. положим \\[ f(t_x)=|t_x|-(k+2)d(t_x). \\] утверждаем, что для каждого поддерева \\(t_x\\) \\[ f(t_x)\\ge \\min(|t_x|,k+1). \\tag{1} \\] доказательство ведём индукцией по \\(|t_x|\\). если \\(x\\) — лист, то \\(f(t_x)=1\\), и (1) очевидно. пусть теперь у \\(x\\) есть два сына \\(a,b\\). по предположению индукции оценка (1) уже доказана для \\(t_a\\) и \\(t_b\\). если \\(x\\) не династическая, то \\[ f(t_x)=1+f(t_a)+f(t_b)\\ge 1+\\min(|t_a|,k+1)+\\min(|t_b|,k+1). \\] правая часть не меньше \\( \\min(1+|t_a|+|t_b|,k+1)=\\min(|t_x|,k+1)\\), значит (1) выполнено. если \\(x\\) династическая, то каждый из сыновей \\(a,b\\) имеет не менее \\(k\\) потомков, поэтому каждое из поддеревьев \\(t_a,t_b\\)… imo-2005-c2-dynastic-vertices-forest dinasticheskie vershiny v binarnom lesu, imo shortlist 2005 c2 trees induction goal_exact_bound 2005 aops wiki, 2005 imo shortlist problems/c2 https://wiki.artofproblemsolving.com/wiki/index.php/2005_imo_shortlist_problems/c2 https://www.allameamini.org/wp-content/uploads/2019/03/international_competitions-imo_shortlist-2005-17.pdf imo imo shortlist imo shortlist 2005, vtorichnyy arhiv imo2005 imoshortlist imoshortlist2005 secondary_archive src-aops-imo-2005-c2 src-secondary-imo-2005-shortlist statement with_solution ? imo shortlist 2005, vtorichnyy arhiv aops wiki, 2005 imo shortlist problems/c2 stmt-original uslovie ai_checked les sostoit iz kornevyh derevev. kazhdaya vershina libo list, libo imeet rovno dvuh synovey. vershina \\(v\\) nazyvaetsya potomkom vershiny \\(u\\), esli ot \\(u\\) k \\(v\\) vedet tsepochka synovey. vershina nazyvaetsya dinasticheskoy, esli u nee dva syna i u kazhdogo iz etih synovey est hotya by \\(k\\) potomkov. dokazhite, chto esli v lesu \\(n\\) vershin, to dinasticheskih vershin ne bolshe \\(n/(k+2)\\). idea-charge-subtrees zaryad na bolshie podderevya kazhdaya dinasticheskaya vershina trebuet po krayney mere \\(k+2\\) vershin v kontroliruemoy chasti dereva. trees ai_checked idea-pruning-induction obrezanie dereva induktsiya po lesu udalyaet listya ili minimalnye dinasticheskie podderevya, sohranyaya trebuemuyu otsenku. induction ai_checked sol-secondary-sketch induktsionnyy zaryad po podderevyam ai_checked tree induction dokazhem nemnogo bolee silnuyu induktsionnuyu otsenku dlya odnogo kornevogo dereva. dlya vershiny \\(x\\) oboznachim cherez \\(t_x\\) podderevo s kornem \\(x\\), cherez \\(|t_x|\\) chislo ego vershin, a cherez \\(d(t_x)\\) chislo dinasticheskih vershin vnutri nego. polozhim \\[ f(t_x)=|t_x|-(k+2)d(t_x). \\] utverzhdaem, chto dlya kazhdogo poddereva \\(t_x\\) \\[ f(t_x)\\ge \\min(|t_x|,k+1). \\tag{1} \\] dokazatelstvo vedem induktsiey po \\(|t_x|\\). esli \\(x\\) — list, to \\(f(t_x)=1\\), i (1) ochevidno. pust teper u \\(x\\) est dva syna \\(a,b\\). po predpolozheniyu induktsii otsenka (1) uzhe dokazana dlya \\(t_a\\) i \\(t_b\\). esli \\(x\\) ne dinasticheskaya, to \\[ f(t_x)=1+f(t_a)+f(t_b)\\ge 1+\\min(|t_a|,k+1)+\\min(|t_b|,k+1). \\] pravaya chast ne menshe \\( \\min(1+|t_a|+|t_b|,k+1)=\\min(|t_x|,k+1)\\), znachit (1) vypolneno. esli \\(x\\) dinasticheskaya, to kazhdyy iz synovey \\(a,b\\) imeet ne menee \\(k\\) potomkov, poetomu kazhdoe iz podderevev \\(t_a,t_b\\)…","source_keys":["imo"]}
{"id":"imo-2005-c3-black-paths-injection","title":"Чёрные пути через прямоугольную доску, IMO Shortlist 2005 C3","path":"data\\problems\\imo\\imo-2005-c3-black-paths-injection.yaml","raw_github_url":"https://raw.githubusercontent.com/didin-maxim/knowledge_graph_of_graphs/main/data/problems/imo/imo-2005-c3-black-paths-injection.yaml","viewer_url":"https://didin-maxim.github.io/knowledge_graph_of_graphs/#imo-2005-c3-black-paths-injection","source_key":"imo","source_label":"IMO Shortlist","source_titles":["IMO Shortlist 2005, вторичный архив","Problem-Solving Methods in Combinatorics, решение инъекцией для пути на доске","AoPS Wiki, 2005 IMO Shortlist Problems/C3"],"year":"2005","type":"olympiad_problem","authors":[],"tags":["connectivity","goal_exact_bound"],"agent_topics":[],"difficulty":{"main":"imo_p3_plus","local_score":12,"comment":"IMO Shortlist 2005 C3; решение развёрнуто из опубликованного инъективного плана с нижним путём.","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":0.82,"basis":"expanded from AoPS/secondary опубликованное решение; официальный IMO site lacks 2005 shortlist PDF","notes":"Доказательство теперь самодостаточно; статус источника остаётся неофициальным, потому что доступный официальный архив IMO не содержит шортлист 2005 года.","audit_source":"official-plan-expansion-2026-05-06"},"statements":{"original":[{"id":"stmt-original","title":"Условие","status":"ai_checked","text":"Доска \\(m\\times n\\) раскрашивается в чёрный и белый цвета. Пусть \\(N\\) — число раскрасок, в которых есть чёрный путь из левого края в правый, а \\(M\\) — число раскрасок, в которых есть два непересекающихся таких чёрных пути. Докажите, что \\(N^2\\ge M\\cdot2^{mn}\\).","definition_ids":["path"]}]},"solutions":[{"id":"sol-reviewed-secondary","title":"Инъекция через нижний чёрный путь","status":"ai_checked","definition_ids":["path"],"standard_idea_ids":["extremal_choice"],"tags":[],"has_text":true,"text_preview":"Будем называть хорошим чёрный путь, соединяющий левый край доски с правым. Достаточно построить инъекцию из множества пар \\((A,B)\\), где в раскраске \\(A\\) есть два непересекающихся хороших пути, а \\(B\\) - произвольная раскраска, в множество пар раскрасок, каждая из которых имеет хороший путь. Размер первого множества равен \\(M\\cdot2^{mn}\\), а размер второго равен \\(N^2\\). Сначала зафиксируем, что такое нижний хороший путь. Любой хороший путь можно считать простым: если клетка встретилась дважды, удаляем замкнутую часть между двумя её появлениями. Для простого лево-правого пути \\(P\\) обозначим через \\(D(P)\\) множество клеток, состоящее из клеток самого \\(P\\) и всех клеток, которые лежат в компонентах доски без \\(P\\), соприкасающихся с нижним краем доски. Иными словами, \\(D(P)\\) - это путь и всё, что находится под ним. Докажем, что в любой раскраске с хорошим путём существует хороший путь…"}],"relations":[{"id":"rel-usamo-2004-p4-imo-2005-c3","neighbor_id":"usamo-2004-p4-black-path-grid-game","direction":"backward","type":"same_motif","distance":2,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-imo-2005-c3-imo-2019-c4-planar-connectivity","neighbor_id":"imo-2019-c4-labyrinth-region-graph","direction":"forward","type":"same_motif","distance":3,"status":"needs_human_review"},{"id":"rel-after-tags-imo-2005-injection-imo-2013-layers","neighbor_id":"third-fourth-distance-layer-bound","direction":"forward","type":"same_motif","distance":2,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-paths-counting-imo-2005-injection-imo-1996-r97-reachability","neighbor_id":"imo-1996-c1-grid-knight-reachability-r97-impossible","direction":"forward","type":"same_motif","distance":3,"status":"needs_human_review"},{"id":"rel-imo-2005-c3-cmo-1977-grid-path-injection","neighbor_id":"cmo-1977-p7-rectangular-city-self-avoiding-paths","direction":"forward","type":"same_motif","distance":3,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-imo-2005-c3-alternating-boundary-separation","neighbor_id":"alternating-boundary-pairs-noncrossing-arcs","direction":"forward","type":"prerequisite","distance":3,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-imo-2005-c3-cmo-2008-grid-self-avoiding-paths","neighbor_id":"cmo-2008-p5-self-avoiding-rook-walks","direction":"forward","type":"same_motif","distance":4,"status":"needs_human_review"}],"search_text":"imo-2005-c3-black-paths-injection чёрные пути через прямоугольную доску, imo shortlist 2005 c3 connectivity goal_exact_bound 2005 aops wiki, 2005 imo shortlist problems/c3 https://wiki.artofproblemsolving.com/wiki/index.php/2005_imo_shortlist_problems/c3 https://www.allameamini.org/wp-content/uploads/2019/03/international_competitions-imo_shortlist-2005-17.pdf https://www.passeidireto.com/arquivo/133589579/2013-book-problem-solving-methods-in-combin imo imo shortlist imo shortlist 2005, вторичный архив imo2005 imoshortlist imoshortlist2005 problem-solving methods in combinatorics, решение инъекцией для пути на доске secondary_archive secondary_solution src-aops-imo-2005-c3 src-problem-solving-methods-combinatorics-2005-c3 src-secondary-imo-2005-shortlist statement with_solution ? imo shortlist 2005, вторичный архив problem-solving methods in combinatorics, решение инъекцией для пути на доске aops wiki, 2005 imo shortlist problems/c3 stmt-original условие ai_checked доска \\(m\\times n\\) раскрашивается в чёрный и белый цвета. пусть \\(n\\) — число раскрасок, в которых есть чёрный путь из левого края в правый, а \\(m\\) — число раскрасок, в которых есть два непересекающихся таких чёрных пути. докажите, что \\(n^2\\ge m\\cdot2^{mn}\\). path idea-lowest-path нижний чёрный путь в каждой раскраске с проходом выбирается нижний проход: чёрный лево-правый путь, область на котором и под которым содержится в соответствующей области любого другого чёрного прохода. при равенстве используется заранее фиксированное лексикографическое правило. connectivity ai_checked idea-swap-injection инъекция обменом областей для пары раскрасок меняются местами цвета клеток, лежащих на нижнем пути и под ним. первый новый экземпляр сохраняет второй непересекающийся проход, а второй получает сам нижний проход. extremal_choice ai_checked sol-reviewed-secondary инъекция через нижний чёрный путь ai_checked path extremal_choice будем называть хорошим чёрный путь, соединяющий левый край доски с правым. достаточно построить инъекцию из множества пар \\((a,b)\\), где в раскраске \\(a\\) есть два непересекающихся хороших пути, а \\(b\\) - произвольная раскраска, в множество пар раскрасок, каждая из которых имеет хороший путь. размер первого множества равен \\(m\\cdot2^{mn}\\), а размер второго равен \\(n^2\\). сначала зафиксируем, что такое нижний хороший путь. любой хороший путь можно считать простым: если клетка встретилась дважды, удаляем замкнутую часть между двумя её появлениями. для простого лево-правого пути \\(p\\) обозначим через \\(d(p)\\) множество клеток, состоящее из клеток самого \\(p\\) и всех клеток, которые лежат в компонентах доски без \\(p\\), соприкасающихся с нижним краем доски. иными словами, \\(d(p)\\) - это путь и всё, что находится под ним. докажем, что в любой раскраске с хорошим путём существует хороший путь… imo-2005-c3-black-paths-injection chernye puti cherez pryamougolnuyu dosku, imo shortlist 2005 c3 connectivity goal_exact_bound 2005 aops wiki, 2005 imo shortlist problems/c3 https://wiki.artofproblemsolving.com/wiki/index.php/2005_imo_shortlist_problems/c3 https://www.allameamini.org/wp-content/uploads/2019/03/international_competitions-imo_shortlist-2005-17.pdf https://www.passeidireto.com/arquivo/133589579/2013-book-problem-solving-methods-in-combin imo imo shortlist imo shortlist 2005, vtorichnyy arhiv imo2005 imoshortlist imoshortlist2005 problem-solving methods in combinatorics, reshenie inektsiey dlya puti na doske secondary_archive secondary_solution src-aops-imo-2005-c3 src-problem-solving-methods-combinatorics-2005-c3 src-secondary-imo-2005-shortlist statement with_solution ? imo shortlist 2005, vtorichnyy arhiv problem-solving methods in combinatorics, reshenie inektsiey dlya puti na doske aops wiki, 2005 imo shortlist problems/c3 stmt-original uslovie ai_checked doska \\(m\\times n\\) raskrashivaetsya v chernyy i belyy tsveta. pust \\(n\\) — chislo raskrasok, v kotoryh est chernyy put iz levogo kraya v pravyy, a \\(m\\) — chislo raskrasok, v kotoryh est dva neperesekayuschihsya takih chernyh puti. dokazhite, chto \\(n^2\\ge m\\cdot2^{mn}\\). path idea-lowest-path nizhniy chernyy put v kazhdoy raskraske s prohodom vybiraetsya nizhniy prohod: chernyy levo-pravyy put, oblast na kotorom i pod kotorym soderzhitsya v sootvetstvuyuschey oblasti lyubogo drugogo chernogo prohoda. pri ravenstve ispolzuetsya zaranee fiksirovannoe leksikograficheskoe pravilo. connectivity ai_checked idea-swap-injection inektsiya obmenom oblastey dlya pary raskrasok menyayutsya mestami tsveta kletok, lezhaschih na nizhnem puti i pod nim. pervyy novyy ekzemplyar sohranyaet vtoroy neperesekayuschiysya prohod, a vtoroy poluchaet sam nizhniy prohod. extremal_choice ai_checked sol-reviewed-secondary inektsiya cherez nizhniy chernyy put ai_checked path extremal_choice budem nazyvat horoshim chernyy put, soedinyayuschiy levyy kray doski s pravym. dostatochno postroit inektsiyu iz mnozhestva par \\((a,b)\\), gde v raskraske \\(a\\) est dva neperesekayuschihsya horoshih puti, a \\(b\\) - proizvolnaya raskraska, v mnozhestvo par raskrasok, kazhdaya iz kotoryh imeet horoshiy put. razmer pervogo mnozhestva raven \\(m\\cdot2^{mn}\\), a razmer vtorogo raven \\(n^2\\). snachala zafiksiruem, chto takoe nizhniy horoshiy put. lyuboy horoshiy put mozhno schitat prostym: esli kletka vstretilas dvazhdy, udalyaem zamknutuyu chast mezhdu dvumya ee poyavleniyami. dlya prostogo levo-pravogo puti \\(p\\) oboznachim cherez \\(d(p)\\) mnozhestvo kletok, sostoyaschee iz kletok samogo \\(p\\) i vseh kletok, kotorye lezhat v komponentah doski bez \\(p\\), soprikasayuschihsya s nizhnim kraem doski. inymi slovami, \\(d(p)\\) - eto put i vse, chto nahoditsya pod nim. dokazhem, chto v lyuboy raskraske s horoshim putem suschestvuet horoshiy put…","source_keys":["imo"]}
{"id":"imo-2005-c8-noncrossing-diagonals-crossings","title":"Пересечения диагоналей двух триангуляций, IMO Shortlist 2005 C8","path":"data\\problems\\imo\\imo-2005-c8-noncrossing-diagonals-crossings.yaml","raw_github_url":"https://raw.githubusercontent.com/didin-maxim/knowledge_graph_of_graphs/main/data/problems/imo/imo-2005-c8-noncrossing-diagonals-crossings.yaml","viewer_url":"https://didin-maxim.github.io/knowledge_graph_of_graphs/#imo-2005-c8-noncrossing-diagonals-crossings","source_key":"imo","source_label":"IMO Shortlist","source_titles":["IMO Shortlist 2005, вторичный архив","IMO Compendium, фрагмент: решение 2005 Shortlist C8","AoPS Wiki, 2005 IMO Shortlist Problems"],"year":"2005","type":"olympiad_problem","authors":[],"tags":["planar_graphs","double_counting","goal_exact_bound"],"agent_topics":[],"difficulty":{"main":"imo_p3_plus","local_score":13,"comment":"Ранний IMO/IMO Shortlist; добавлено после отдельной проверки AoPS, Kalva и/или сборника решений.","status":"needs_human_review"},"review_status":"needs_human_review","public_ready":false,"solution_state":"with_solution","solution_classification":{"type":"official_complete_or_near_complete","label":"официальное полное/почти полное","status":"ai_checked","confidence":0.78,"basis":"агентский аудит средней сложности","notes":"В карточке есть официальные, шортлистные или справочные источники и проверенное ИИ решение.","audit_source":"agent-imo-us-classical.json"},"statements":{"original":[{"id":"stmt-original","title":"Условие","status":"needs_human_review","text":"В выпуклом n-угольнике некоторые n-3 диагонали окрашены в чёрный цвет, а другие n-3 диагонали — в красный. Диагонали одного цвета не пересекаются строго внутри многоугольника, хотя могут иметь общую вершину. Найти максимальное число внутренних точек пересечения диагоналей разных цветов.","definition_ids":[]}]},"solutions":[{"id":"sol-reviewed-web","title":"Полное решение по «IMO Compendium»","status":"ai_checked","definition_ids":[],"standard_idea_ids":["double_counting"],"tags":[],"has_text":true,"text_preview":"Ответ: \\(\\left\\lceil 3(n-3)^2/4\\right\\rceil\\). Назовём одну раскраску зелёной, другую красной. Для зелёной диагонали \\(d\\) пусть \\(C_d\\) — число красных диагоналей, пересекающих \\(d\\). Нужно оценить \\(\\sum C_d\\) по всем зелёным диагоналям. Возьмём две непересекающиеся зелёные диагонали \\(d_i,d_j\\). Пусть часть многоугольника между ними имеет \\(m\\) вершин. Красная диагональ, пересекающая обе эти зелёные диагонали, должна иметь один конец в этой части и другой конец вне её; таких диагоналей не больше \\(n-m-1\\). Остальные красные диагонали, которые могут пересекать хотя бы одну из \\(d_i,d_j\\), дают не больше \\(m-2\\) дополнительных пересечений: внутри части красные диагонали не пересекаются друг с другом и каждая из них может выйти через границу не более одного раза относительно пары \\(d_i,d_j\\). Поэтому \\(C_{d_i}+C_{d_j}\\le 2(n-m-1)+(m-2)=2n-m-4\\). Теперь упорядочим зелёные диагонали парам…"}],"relations":[{"id":"rel-usamo-2024-p3-imo-2005-c8","neighbor_id":"usamo-2024-p3-balanced-regular-polygon-triangulation","direction":"backward","type":"same_motif","distance":2,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-imo-2005-c8-imo-2024-c3-crossing-chords","neighbor_id":"imo-2024-c3-knights-chord-uncrossing","direction":"forward","type":"same_motif","distance":2,"status":"needs_human_review"},{"id":"rel-imo-2005-c8-imo-2014-c9-planar-pairing","neighbor_id":"imo-2014-c9-snail-circles-tree","direction":"forward","type":"same_motif","distance":3,"status":"needs_human_review"}],"search_text":"imo-2005-c8-noncrossing-diagonals-crossings пересечения диагоналей двух триангуляций, imo shortlist 2005 c8 planar_graphs double_counting goal_exact_bound 2005 aops wiki, 2005 imo shortlist problems https://wiki.artofproblemsolving.com/wiki/index.php/2005_imo_shortlist_problems https://www.allameamini.org/wp-content/uploads/2019/03/international_competitions-imo_shortlist-2005-17.pdf https://www.imomath.com/pcpdf/f1/f38.pdf imo imo compendium, фрагмент: решение 2005 shortlist c8 imo shortlist imo shortlist 2005, вторичный архив imo2005 imoshortlist imoshortlist2005 secondary_archive secondary_solution src-aops-imo-2005-shortlist src-imomath-compendium-2005-c8-solution src-secondary-imo-2005-shortlist statement with_solution ? imo shortlist 2005, вторичный архив imo compendium, фрагмент: решение 2005 shortlist c8 aops wiki, 2005 imo shortlist problems stmt-original условие needs_human_review в выпуклом n-угольнике некоторые n-3 диагонали окрашены в чёрный цвет, а другие n-3 диагонали — в красный. диагонали одного цвета не пересекаются строго внутри многоугольника, хотя могут иметь общую вершину. найти максимальное число внутренних точек пересечения диагоналей разных цветов. idea-pair-ears попарное снятие ушных диагоналей в любой триангуляции есть две диагонали, отсекающие треугольники; их последовательно объединяют в пары, уменьшая оставшийся многоугольник. planar_graphs ai_checked idea-crossing-sum-bound оценка суммы пересечений по парам для двух зелёных диагоналей оценивается сумма чисел красных пересечений через размер части многоугольника между ними. double_counting ai_checked sol-reviewed-web полное решение по «imo compendium» ai_checked double_counting ответ: \\(\\left\\lceil 3(n-3)^2/4\\right\\rceil\\). назовём одну раскраску зелёной, другую красной. для зелёной диагонали \\(d\\) пусть \\(c_d\\) — число красных диагоналей, пересекающих \\(d\\). нужно оценить \\(\\sum c_d\\) по всем зелёным диагоналям. возьмём две непересекающиеся зелёные диагонали \\(d_i,d_j\\). пусть часть многоугольника между ними имеет \\(m\\) вершин. красная диагональ, пересекающая обе эти зелёные диагонали, должна иметь один конец в этой части и другой конец вне её; таких диагоналей не больше \\(n-m-1\\). остальные красные диагонали, которые могут пересекать хотя бы одну из \\(d_i,d_j\\), дают не больше \\(m-2\\) дополнительных пересечений: внутри части красные диагонали не пересекаются друг с другом и каждая из них может выйти через границу не более одного раза относительно пары \\(d_i,d_j\\). поэтому \\(c_{d_i}+c_{d_j}\\le 2(n-m-1)+(m-2)=2n-m-4\\). теперь упорядочим зелёные диагонали парам… imo-2005-c8-noncrossing-diagonals-crossings peresecheniya diagonaley dvuh triangulyatsiy, imo shortlist 2005 c8 planar_graphs double_counting goal_exact_bound 2005 aops wiki, 2005 imo shortlist problems https://wiki.artofproblemsolving.com/wiki/index.php/2005_imo_shortlist_problems https://www.allameamini.org/wp-content/uploads/2019/03/international_competitions-imo_shortlist-2005-17.pdf https://www.imomath.com/pcpdf/f1/f38.pdf imo imo compendium, fragment: reshenie 2005 shortlist c8 imo shortlist imo shortlist 2005, vtorichnyy arhiv imo2005 imoshortlist imoshortlist2005 secondary_archive secondary_solution src-aops-imo-2005-shortlist src-imomath-compendium-2005-c8-solution src-secondary-imo-2005-shortlist statement with_solution ? imo shortlist 2005, vtorichnyy arhiv imo compendium, fragment: reshenie 2005 shortlist c8 aops wiki, 2005 imo shortlist problems stmt-original uslovie needs_human_review v vypuklom n-ugolnike nekotorye n-3 diagonali okrasheny v chernyy tsvet, a drugie n-3 diagonali — v krasnyy. diagonali odnogo tsveta ne peresekayutsya strogo vnutri mnogougolnika, hotya mogut imet obschuyu vershinu. nayti maksimalnoe chislo vnutrennih tochek peresecheniya diagonaley raznyh tsvetov. idea-pair-ears poparnoe snyatie ushnyh diagonaley v lyuboy triangulyatsii est dve diagonali, otsekayuschie treugolniki; ih posledovatelno obedinyayut v pary, umenshaya ostavshiysya mnogougolnik. planar_graphs ai_checked idea-crossing-sum-bound otsenka summy peresecheniy po param dlya dvuh zelenyh diagonaley otsenivaetsya summa chisel krasnyh peresecheniy cherez razmer chasti mnogougolnika mezhdu nimi. double_counting ai_checked sol-reviewed-web polnoe reshenie po «imo compendium» ai_checked double_counting otvet: \\(\\left\\lceil 3(n-3)^2/4\\right\\rceil\\). nazovem odnu raskrasku zelenoy, druguyu krasnoy. dlya zelenoy diagonali \\(d\\) pust \\(c_d\\) — chislo krasnyh diagonaley, peresekayuschih \\(d\\). nuzhno otsenit \\(\\sum c_d\\) po vsem zelenym diagonalyam. vozmem dve neperesekayuschiesya zelenye diagonali \\(d_i,d_j\\). pust chast mnogougolnika mezhdu nimi imeet \\(m\\) vershin. krasnaya diagonal, peresekayuschaya obe eti zelenye diagonali, dolzhna imet odin konets v etoy chasti i drugoy konets vne ee; takih diagonaley ne bolshe \\(n-m-1\\). ostalnye krasnye diagonali, kotorye mogut peresekat hotya by odnu iz \\(d_i,d_j\\), dayut ne bolshe \\(m-2\\) dopolnitelnyh peresecheniy: vnutri chasti krasnye diagonali ne peresekayutsya drug s drugom i kazhdaya iz nih mozhet vyyti cherez granitsu ne bolee odnogo raza otnositelno pary \\(d_i,d_j\\). poetomu \\(c_{d_i}+c_{d_j}\\le 2(n-m-1)+(m-2)=2n-m-4\\). teper uporyadochim zelenye diagonali param…","source_keys":["imo"]}
{"id":"imo-2010-c2-flags-diagonal-matching","title":"Минимум флагов для одноцветной диагонали, IMO Shortlist 2010 C2","path":"data\\problems\\imo\\imo-2010-c2-flags-diagonal-matching.yaml","raw_github_url":"https://raw.githubusercontent.com/didin-maxim/knowledge_graph_of_graphs/main/data/problems/imo/imo-2010-c2-flags-diagonal-matching.yaml","viewer_url":"https://didin-maxim.github.io/knowledge_graph_of_graphs/#imo-2010-c2-flags-diagonal-matching","source_key":"imo","source_label":"IMO Shortlist","source_titles":["IMO 2010 Shortlisted Problems with Solutions","AoPS Wiki, 2010 IMO Shortlist Problems"],"year":"2010","type":"olympiad_problem","authors":[],"tags":["matching","extremal_choice","goal_exact_bound"],"agent_topics":[],"difficulty":{"main":"imo_p3_plus","local_score":12,"comment":"IMO Shortlist 2010 C2, Хорватия; графовый слой с теоремой Холла является вторым официальным решением.","status":"ai_checked"},"review_status":"ai_checked","public_ready":true,"solution_state":"with_solution","solution_classification":{"type":"classical_tool_application","label":"применение доказанного школьного инструмента","status":"ai_checked","confidence":0.9,"basis":"group B matching/Konig аудит 2026-05-06","notes":"Решение применяет теорему Холла в стандартной форме; подходящая classical-карточка с полным индукционным доказательством уже есть и добавлена в uses_results/relation.","audit_source":"manual-matching-konig-hall-group-b-2026-05-06"},"statements":{"original":[{"id":"stmt-original","title":"Условие","status":"ai_checked","text":"На некоторой планете есть \\(2^N\\) стран, где \\(N\\ge 4\\). У каждой страны есть флаг ширины \\(N\\) и высоты \\(1\\), составленный из \\(N\\) единичных клеток; каждая клетка либо жёлтая, либо синяя. Никакие две страны не имеют одинаковых флагов. Назовём множество из \\(N\\) флагов разнообразным, если эти флаги можно расположить строками квадрата \\(N\\times N\\) так, чтобы все \\(N\\) клеток главной диагонали имели один и тот же цвет. Найдите наименьшее положительное целое число \\(M\\), при котором среди любых \\(M\\) различных флагов найдутся \\(N\\) флагов, образующих разнообразное множество.","definition_ids":[]}],"graph_theory":[{"id":"stmt-graph","title":"Паросочетание позиций в семействе двоичных строк","status":"ai_checked","text":"Пусть \\(N\\ge4\\) и \\(X=\\{0,1\\}^N\\). Для каждого семейства \\(F\\subset X\\) заданы два двудольных графа \\(G_0(F)\\) и \\(G_1(F)\\) с долями \\(\\{1,\\ldots,N\\}\\) и \\(F\\): в \\(G_c(F)\\) вершина \\(i\\) соединена со строкой \\(x\\), если \\(x_i=c\\). Найдите наименьшее положительное целое \\(M\\), при котором для любого \\(F\\subset X\\) размера \\(M\\) хотя бы один из графов \\(G_0(F),G_1(F)\\) содержит паросочетание, покрывающее все вершины \\(1,\\ldots,N\\).","definition_ids":["bipartite_graph","matching"]}]},"solutions":[{"id":"sol-hall-extremal-full","title":"Полное решение через теорему Холла и экстремальный пример","status":"ai_checked","definition_ids":["bipartite_graph","matching"],"standard_idea_ids":["extremal_choice"],"tags":[],"has_text":true,"text_preview":"Ответ: \\(M=2^{N-2}+1\\). Сначала покажем, что меньшее число флагов не гарантирует разнообразного множества. Возьмём все флаги, у которых первая клетка жёлтая, а вторая синяя; остальные \\(N-2\\) клеток произвольны. Таких флагов ровно \\(2^{N-2}\\). Если из них составить квадрат \\(N\\times N\\), то строка, стоящая первой, даёт на главной диагонали жёлтую клетку, а строка, стоящая второй, даёт синюю клетку. Поэтому диагональ не может быть одноцветной. Значит, \\(M>2^{N-2}\\). Докажем обратную оценку. Возьмём произвольные \\(2^{N-2}+1\\) различных флагов. Обозначим через \\(V\\) множество позиций \\(1,\\ldots,N\\), а через \\(V'\\) множество этих флагов. Построим два двудольных графа с долями \\(V\\) и \\(V'\\): в графе \\(G_y\\) позиция \\(c\\) соединена с флагом \\(f\\), если в позиции \\(c\\) у флага \\(f\\) стоит жёлтая клетка; в графе \\(G_b\\) — если в этой позиции стоит синяя клетка. Если один из графов имеет паросо…"}],"relations":[{"id":"rel-usamo-2022-p1-imo-2010-c2","neighbor_id":"usamo-2022-p1-amber-bronze-transversal","direction":"backward","type":"same_motif","distance":1,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-cmo-2004-p2-imo-2010-c2-one-color-matching","neighbor_id":"cmo-2004-p2-rooks-same-colour","direction":"backward","type":"same_motif","distance":3,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-edge-count-bound-imo-2010-c2-hall-matching","neighbor_id":"edge-count-bipartite-matching-bound","direction":"backward","type":"same_motif","distance":2,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-imo-2010-c2-imo-2016-c8-matching-alternation","neighbor_id":"imo-2016-c8-domino-unique-tiling-cycles","direction":"forward","type":"same_motif","distance":2,"status":"needs_human_review"},{"id":"rel-hall-marriage-imo-2010-c2-flags-diagonal-matching","neighbor_id":"hall-marriage-theorem","direction":"backward","type":"prerequisite","distance":1,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-after-tags-imo-2010-flags-konig-cover","neighbor_id":"konig-vertex-cover-theorem","direction":"backward","type":"prerequisite","distance":1,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-matching-tiling-rmm-2017-imo-2010-hall-incidence","neighbor_id":"rmm-2017-p5-sieve-sticks-bipartite-matching","direction":"backward","type":"same_motif","distance":2,"status":"ai_checked"}],"search_text":"imo-2010-c2-flags-diagonal-matching минимум флагов для одноцветной диагонали, imo shortlist 2010 c2 matching extremal_choice goal_exact_bound 2010 aops wiki, 2010 imo shortlist problems https://wiki.artofproblemsolving.com/wiki/index.php/2010_imo_shortlist_problems https://www.imo-official.org/problems/imo2010sl.pdf imo imo 2010 shortlisted problems with solutions imo shortlist imo2010 imoshortlist imoshortlist2010 official_archive src-aops-imo-2010-shortlist src-imo-2010-shortlist statement with_solution ? imo 2010 shortlisted problems with solutions aops wiki, 2010 imo shortlist problems stmt-original условие ai_checked на некоторой планете есть \\(2^n\\) стран, где \\(n\\ge 4\\). у каждой страны есть флаг ширины \\(n\\) и высоты \\(1\\), составленный из \\(n\\) единичных клеток; каждая клетка либо жёлтая, либо синяя. никакие две страны не имеют одинаковых флагов. назовём множество из \\(n\\) флагов разнообразным, если эти флаги можно расположить строками квадрата \\(n\\times n\\) так, чтобы все \\(n\\) клеток главной диагонали имели один и тот же цвет. найдите наименьшее положительное целое число \\(m\\), при котором среди любых \\(m\\) различных флагов найдутся \\(n\\) флагов, образующих разнообразное множество. stmt-graph паросочетание позиций в семействе двоичных строк ai_checked пусть \\(n\\ge4\\) и \\(x=\\{0,1\\}^n\\). для каждого семейства \\(f\\subset x\\) заданы два двудольных графа \\(g_0(f)\\) и \\(g_1(f)\\) с долями \\(\\{1,\\ldots,n\\}\\) и \\(f\\): в \\(g_c(f)\\) вершина \\(i\\) соединена со строкой \\(x\\), если \\(x_i=c\\). найдите наименьшее положительное целое \\(m\\), при котором для любого \\(f\\subset x\\) размера \\(m\\) хотя бы один из графов \\(g_0(f),g_1(f)\\) содержит паросочетание, покрывающее все вершины \\(1,\\ldots,n\\). bipartite_graph matching idea-hall паросочетание диагональных позиций для фиксированного цвета надо назначить каждой диагональной позиции свой флаг, имеющий этот цвет в соответствующей позиции. по теореме холла достаточно доказать, что хотя бы для одного из двух цветов выполнено условие холла. matching ai_checked idea-extremal-family экстремальное семейство флагов нижний пример состоит из всех \\(2^{n-2}\\) флагов, у которых первая клетка жёлтая, а вторая синяя. в любой расстановке таких флагов на диагонали первая позиция даёт жёлтую клетку, а вторая — синюю. extremal_choice ai_checked sol-hall-extremal-full полное решение через теорему холла и экстремальный пример ai_checked bipartite_graph matching extremal_choice ответ: \\(m=2^{n-2}+1\\). сначала покажем, что меньшее число флагов не гарантирует разнообразного множества. возьмём все флаги, у которых первая клетка жёлтая, а вторая синяя; остальные \\(n-2\\) клеток произвольны. таких флагов ровно \\(2^{n-2}\\). если из них составить квадрат \\(n\\times n\\), то строка, стоящая первой, даёт на главной диагонали жёлтую клетку, а строка, стоящая второй, даёт синюю клетку. поэтому диагональ не может быть одноцветной. значит, \\(m>2^{n-2}\\). докажем обратную оценку. возьмём произвольные \\(2^{n-2}+1\\) различных флагов. обозначим через \\(v\\) множество позиций \\(1,\\ldots,n\\), а через \\(v'\\) множество этих флагов. построим два двудольных графа с долями \\(v\\) и \\(v'\\): в графе \\(g_y\\) позиция \\(c\\) соединена с флагом \\(f\\), если в позиции \\(c\\) у флага \\(f\\) стоит жёлтая клетка; в графе \\(g_b\\) — если в этой позиции стоит синяя клетка. если один из графов имеет паросо… imo-2010-c2-flags-diagonal-matching minimum flagov dlya odnotsvetnoy diagonali, imo shortlist 2010 c2 matching extremal_choice goal_exact_bound 2010 aops wiki, 2010 imo shortlist problems https://wiki.artofproblemsolving.com/wiki/index.php/2010_imo_shortlist_problems https://www.imo-official.org/problems/imo2010sl.pdf imo imo 2010 shortlisted problems with solutions imo shortlist imo2010 imoshortlist imoshortlist2010 official_archive src-aops-imo-2010-shortlist src-imo-2010-shortlist statement with_solution ? imo 2010 shortlisted problems with solutions aops wiki, 2010 imo shortlist problems stmt-original uslovie ai_checked na nekotoroy planete est \\(2^n\\) stran, gde \\(n\\ge 4\\). u kazhdoy strany est flag shiriny \\(n\\) i vysoty \\(1\\), sostavlennyy iz \\(n\\) edinichnyh kletok; kazhdaya kletka libo zheltaya, libo sinyaya. nikakie dve strany ne imeyut odinakovyh flagov. nazovem mnozhestvo iz \\(n\\) flagov raznoobraznym, esli eti flagi mozhno raspolozhit strokami kvadrata \\(n\\times n\\) tak, chtoby vse \\(n\\) kletok glavnoy diagonali imeli odin i tot zhe tsvet. naydite naimenshee polozhitelnoe tseloe chislo \\(m\\), pri kotorom sredi lyubyh \\(m\\) razlichnyh flagov naydutsya \\(n\\) flagov, obrazuyuschih raznoobraznoe mnozhestvo. stmt-graph parosochetanie pozitsiy v semeystve dvoichnyh strok ai_checked pust \\(n\\ge4\\) i \\(x=\\{0,1\\}^n\\). dlya kazhdogo semeystva \\(f\\subset x\\) zadany dva dvudolnyh grafa \\(g_0(f)\\) i \\(g_1(f)\\) s dolyami \\(\\{1,\\ldots,n\\}\\) i \\(f\\): v \\(g_c(f)\\) vershina \\(i\\) soedinena so strokoy \\(x\\), esli \\(x_i=c\\). naydite naimenshee polozhitelnoe tseloe \\(m\\), pri kotorom dlya lyubogo \\(f\\subset x\\) razmera \\(m\\) hotya by odin iz grafov \\(g_0(f),g_1(f)\\) soderzhit parosochetanie, pokryvayuschee vse vershiny \\(1,\\ldots,n\\). bipartite_graph matching idea-hall parosochetanie diagonalnyh pozitsiy dlya fiksirovannogo tsveta nado naznachit kazhdoy diagonalnoy pozitsii svoy flag, imeyuschiy etot tsvet v sootvetstvuyuschey pozitsii. po teoreme holla dostatochno dokazat, chto hotya by dlya odnogo iz dvuh tsvetov vypolneno uslovie holla. matching ai_checked idea-extremal-family ekstremalnoe semeystvo flagov nizhniy primer sostoit iz vseh \\(2^{n-2}\\) flagov, u kotoryh pervaya kletka zheltaya, a vtoraya sinyaya. v lyuboy rasstanovke takih flagov na diagonali pervaya pozitsiya daet zheltuyu kletku, a vtoraya — sinyuyu. extremal_choice ai_checked sol-hall-extremal-full polnoe reshenie cherez teoremu holla i ekstremalnyy primer ai_checked bipartite_graph matching extremal_choice otvet: \\(m=2^{n-2}+1\\). snachala pokazhem, chto menshee chislo flagov ne garantiruet raznoobraznogo mnozhestva. vozmem vse flagi, u kotoryh pervaya kletka zheltaya, a vtoraya sinyaya; ostalnye \\(n-2\\) kletok proizvolny. takih flagov rovno \\(2^{n-2}\\). esli iz nih sostavit kvadrat \\(n\\times n\\), to stroka, stoyaschaya pervoy, daet na glavnoy diagonali zheltuyu kletku, a stroka, stoyaschaya vtoroy, daet sinyuyu kletku. poetomu diagonal ne mozhet byt odnotsvetnoy. znachit, \\(m>2^{n-2}\\). dokazhem obratnuyu otsenku. vozmem proizvolnye \\(2^{n-2}+1\\) razlichnyh flagov. oboznachim cherez \\(v\\) mnozhestvo pozitsiy \\(1,\\ldots,n\\), a cherez \\(v'\\) mnozhestvo etih flagov. postroim dva dvudolnyh grafa s dolyami \\(v\\) i \\(v'\\): v grafe \\(g_y\\) pozitsiya \\(c\\) soedinena s flagom \\(f\\), esli v pozitsii \\(c\\) u flaga \\(f\\) stoit zheltaya kletka; v grafe \\(g_b\\) — esli v etoy pozitsii stoit sinyaya kletka. esli odin iz grafov imeet paroso…","source_keys":["imo"]}
{"id":"imo-2010-c5-bad-company-tournament","title":"Теннисный турнир без плохой четвёрки, IMO Shortlist 2010 C5","path":"data\\problems\\imo\\imo-2010-c5-bad-company-tournament.yaml","raw_github_url":"https://raw.githubusercontent.com/didin-maxim/knowledge_graph_of_graphs/main/data/problems/imo/imo-2010-c5-bad-company-tournament.yaml","viewer_url":"https://didin-maxim.github.io/knowledge_graph_of_graphs/#imo-2010-c5-bad-company-tournament","source_key":"imo","source_label":"IMO Shortlist","source_titles":["IMO 2010 Shortlisted Problems with Solutions","AoPS Wiki, 2010 IMO Shortlist Problems"],"year":"2010","type":"olympiad_problem","authors":[],"tags":["tournaments","double_counting","goal_proof"],"agent_topics":["game_strategy_candidate"],"difficulty":{"main":"imo_p3_plus","local_score":12,"comment":"IMO Shortlist 2010 C5, Южная Корея; графовый слой существенен в официальном решении.","status":"needs_human_review"},"review_status":"needs_human_review","public_ready":false,"solution_state":"with_solution","solution_classification":{"type":"official_complete_or_near_complete","label":"официальное полное/почти полное","status":"ai_checked","confidence":0.78,"basis":"агентский аудит средней сложности","notes":"В карточке есть официальные, шортлистные или справочные источники и проверенное ИИ решение.","audit_source":"agent-imo-us-classical.json"},"statements":{"original":[{"id":"stmt-original","title":"Условие","status":"needs_human_review","text":"В турнире \\(n\\ge4\\) игроков каждая пара сыграла ровно один матч без ничьих. Плохой называется четвёрка игроков, где один проиграл трём остальным, а эти трое между собой образуют цикл побед. Если плохих четвёрок нет, докажите, что \\(\\sum_i (w_i-l_i)^3\\ge0\\), где \\(w_i,l_i\\) — числа побед и поражений игрока.","definition_ids":[]}],"graph_theory":[{"id":"stmt-graph","title":"Теннисный турнир без плохой четвёрки, IMO Shortlist 2010 C5","status":"needs_human_review","text":"Пусть \\(T\\) — турнир на \\(n\\ge4\\) вершинах. Назовём плохой четвёркой множество из четырёх вершин, в котором одна вершина проигрывает трём остальным, а эти три вершины между собой образуют ориентированный цикл длины 3. Если в \\(T\\) нет плохих четвёрок, то докажите, что \\(\\sum_{v\\in V(T)} (d^+(v)-d^-(v))^3\\ge0\\).","definition_ids":["tournament","directed_graph","degree","cycle"]}]},"solutions":[{"id":"sol-degree-sum-full","title":"Полное решение подсчётом сумм степеней в турнире","status":"ai_checked","definition_ids":["cycle","complete_graph","tournament"],"standard_idea_ids":["double_counting"],"tags":[],"has_text":true,"text_preview":"Будем говорить, что в компании из нескольких игроков игрок является локальным чемпионом, если он победил всех остальных в этой компании, и локальным проигравшим, если он всем остальным проиграл. Для фиксированного \\(k\\) число пар вида «\\(k\\)-компания и её локальный чемпион» равно \\(\\sum_i \\binom{w_i}{k-1}\\), потому что к игроку \\(i\\) надо выбрать ещё \\(k-1\\) игроков из тех, кого он победил. Число локальных проигравших в \\(k\\)-компаниях равно \\(\\sum_i \\binom{l_i}{k-1}\\). При \\(k=2\\) оба числа равны числу матчей, поэтому \\(\\sum_i(w_i-l_i)=0\\). При \\(k=3\\) каждая тройка либо является циклом, и тогда не имеет ни локального чемпиона, ни локального проигравшего, либо транзитивна, и тогда имеет ровно одного того и другого; значит \\(\\sum_i\\binom{w_i}{2}=\\sum_i\\binom{l_i}{2}\\). При \\(k=4\\) условие задачи говорит, что всякая четвёрка с локальным проигравшим обязательно имеет локального чемпиона:…"}],"relations":[{"id":"rel-all-union-1987-score-squares-imo-2010-c5","neighbor_id":"all-union-1987-final-9-tournament-score-squares","direction":"backward","type":"same_motif","distance":2,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-cmo-2006-max-cycle-triplets-imo-2010-c5","neighbor_id":"cmo-2006-p4-max-cycle-triplets-tournament","direction":"backward","type":"same_motif","distance":1,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-cmo-2006-p4-imo-2010-c5-tournament-triples","neighbor_id":"cmo-2006-p4-cycle-triplets-tournament","direction":"backward","type":"same_motif","distance":1,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-tournament-king-imo-2010-c5","neighbor_id":"tournament-king-radius-two","direction":"backward","type":"same_motif","distance":3,"status":"needs_human_review"},{"id":"rel-metadata-tree-euler-handshaking-imo-2010-c5-degree-sum","neighbor_id":"handshaking-lemma","direction":"backward","type":"prerequisite","distance":1,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-official-expansion-imo-2021-c4-imo-2010-c5-tournament-degree","neighbor_id":"imo-2021-c4-anisotropy-menger","direction":"forward","type":"same_motif","distance":3,"status":"needs_human_review"}],"search_text":"imo-2010-c5-bad-company-tournament теннисный турнир без плохой четвёрки, imo shortlist 2010 c5 tournaments double_counting goal_proof 2010 aops wiki, 2010 imo shortlist problems https://wiki.artofproblemsolving.com/wiki/index.php/2010_imo_shortlist_problems https://www.imo-official.org/problems/imo2010sl.pdf imo imo 2010 shortlisted problems with solutions imo shortlist imo2010 imoshortlist imoshortlist2010 official_archive src-aops-imo-2010-shortlist src-imo-2010-shortlist statement with_solution ? imo 2010 shortlisted problems with solutions aops wiki, 2010 imo shortlist problems stmt-original условие needs_human_review в турнире \\(n\\ge4\\) игроков каждая пара сыграла ровно один матч без ничьих. плохой называется четвёрка игроков, где один проиграл трём остальным, а эти трое между собой образуют цикл побед. если плохих четвёрок нет, докажите, что \\(\\sum_i (w_i-l_i)^3\\ge0\\), где \\(w_i,l_i\\) — числа побед и поражений игрока. stmt-graph теннисный турнир без плохой четвёрки, imo shortlist 2010 c5 needs_human_review пусть \\(t\\) — турнир на \\(n\\ge4\\) вершинах. назовём плохой четвёркой множество из четырёх вершин, в котором одна вершина проигрывает трём остальным, а эти три вершины между собой образуют ориентированный цикл длины 3. если в \\(t\\) нет плохих четвёрок, то докажите, что \\(\\sum_{v\\in v(t)} (d^+(v)-d^-(v))^3\\ge0\\). tournament directed_graph degree cycle idea-source-reduction сведение по вершине-источнику официальное решение рассматривает структуру турнира и удаляет/выделяет вершины так, чтобы сохранить запрет плохой четвёрки. tournaments ai_checked idea-degree-sum сумма кубов степенных разностей неравенство доказывается через анализ исходящих и входящих степеней в ориентированном полном графе. double_counting ai_checked sol-degree-sum-full полное решение подсчётом сумм степеней в турнире ai_checked cycle complete_graph tournament double_counting будем говорить, что в компании из нескольких игроков игрок является локальным чемпионом, если он победил всех остальных в этой компании, и локальным проигравшим, если он всем остальным проиграл. для фиксированного \\(k\\) число пар вида «\\(k\\)-компания и её локальный чемпион» равно \\(\\sum_i \\binom{w_i}{k-1}\\), потому что к игроку \\(i\\) надо выбрать ещё \\(k-1\\) игроков из тех, кого он победил. число локальных проигравших в \\(k\\)-компаниях равно \\(\\sum_i \\binom{l_i}{k-1}\\). при \\(k=2\\) оба числа равны числу матчей, поэтому \\(\\sum_i(w_i-l_i)=0\\). при \\(k=3\\) каждая тройка либо является циклом, и тогда не имеет ни локального чемпиона, ни локального проигравшего, либо транзитивна, и тогда имеет ровно одного того и другого; значит \\(\\sum_i\\binom{w_i}{2}=\\sum_i\\binom{l_i}{2}\\). при \\(k=4\\) условие задачи говорит, что всякая четвёрка с локальным проигравшим обязательно имеет локального чемпиона:… imo-2010-c5-bad-company-tournament tennisnyy turnir bez plohoy chetverki, imo shortlist 2010 c5 tournaments double_counting goal_proof 2010 aops wiki, 2010 imo shortlist problems https://wiki.artofproblemsolving.com/wiki/index.php/2010_imo_shortlist_problems https://www.imo-official.org/problems/imo2010sl.pdf imo imo 2010 shortlisted problems with solutions imo shortlist imo2010 imoshortlist imoshortlist2010 official_archive src-aops-imo-2010-shortlist src-imo-2010-shortlist statement with_solution ? imo 2010 shortlisted problems with solutions aops wiki, 2010 imo shortlist problems stmt-original uslovie needs_human_review v turnire \\(n\\ge4\\) igrokov kazhdaya para sygrala rovno odin match bez nichih. plohoy nazyvaetsya chetverka igrokov, gde odin proigral trem ostalnym, a eti troe mezhdu soboy obrazuyut tsikl pobed. esli plohih chetverok net, dokazhite, chto \\(\\sum_i (w_i-l_i)^3\\ge0\\), gde \\(w_i,l_i\\) — chisla pobed i porazheniy igroka. stmt-graph tennisnyy turnir bez plohoy chetverki, imo shortlist 2010 c5 needs_human_review pust \\(t\\) — turnir na \\(n\\ge4\\) vershinah. nazovem plohoy chetverkoy mnozhestvo iz chetyreh vershin, v kotorom odna vershina proigryvaet trem ostalnym, a eti tri vershiny mezhdu soboy obrazuyut orientirovannyy tsikl dliny 3. esli v \\(t\\) net plohih chetverok, to dokazhite, chto \\(\\sum_{v\\in v(t)} (d^+(v)-d^-(v))^3\\ge0\\). tournament directed_graph degree cycle idea-source-reduction svedenie po vershine-istochniku ofitsialnoe reshenie rassmatrivaet strukturu turnira i udalyaet/vydelyaet vershiny tak, chtoby sohranit zapret plohoy chetverki. tournaments ai_checked idea-degree-sum summa kubov stepennyh raznostey neravenstvo dokazyvaetsya cherez analiz ishodyaschih i vhodyaschih stepeney v orientirovannom polnom grafe. double_counting ai_checked sol-degree-sum-full polnoe reshenie podschetom summ stepeney v turnire ai_checked cycle complete_graph tournament double_counting budem govorit, chto v kompanii iz neskolkih igrokov igrok yavlyaetsya lokalnym chempionom, esli on pobedil vseh ostalnyh v etoy kompanii, i lokalnym proigravshim, esli on vsem ostalnym proigral. dlya fiksirovannogo \\(k\\) chislo par vida «\\(k\\)-kompaniya i ee lokalnyy chempion» ravno \\(\\sum_i \\binom{w_i}{k-1}\\), potomu chto k igroku \\(i\\) nado vybrat esche \\(k-1\\) igrokov iz teh, kogo on pobedil. chislo lokalnyh proigravshih v \\(k\\)-kompaniyah ravno \\(\\sum_i \\binom{l_i}{k-1}\\). pri \\(k=2\\) oba chisla ravny chislu matchey, poetomu \\(\\sum_i(w_i-l_i)=0\\). pri \\(k=3\\) kazhdaya troyka libo yavlyaetsya tsiklom, i togda ne imeet ni lokalnogo chempiona, ni lokalnogo proigravshego, libo tranzitivna, i togda imeet rovno odnogo togo i drugogo; znachit \\(\\sum_i\\binom{w_i}{2}=\\sum_i\\binom{l_i}{2}\\). pri \\(k=4\\) uslovie zadachi govorit, chto vsyakaya chetverka s lokalnym proigravshim obyazatelno imeet lokalnogo chempiona:…","source_keys":["imo"]}
{"id":"imo-2012-c7-equal-sum-chords-independent-set","title":"Равные суммы на непересекающихся хордах, IMO Shortlist 2012 C7","path":"data\\problems\\imo\\imo-2012-c7-equal-sum-chords-independent-set.yaml","raw_github_url":"https://raw.githubusercontent.com/didin-maxim/knowledge_graph_of_graphs/main/data/problems/imo/imo-2012-c7-equal-sum-chords-independent-set.yaml","viewer_url":"https://didin-maxim.github.io/knowledge_graph_of_graphs/#imo-2012-c7-equal-sum-chords-independent-set","source_key":"imo","source_label":"IMO Shortlist","source_titles":["IMO 2012 Shortlisted Problems with Solutions"],"year":"2012","type":"olympiad_problem","authors":[],"tags":["extremal_graph_theory","induction","goal_characterization"],"agent_topics":[],"difficulty":{"main":"imo_p3_plus","local_score":12,"comment":"IMO Shortlist 2012 C7, страна неизвестна; графовый слой существенен в официальном решении.","status":"needs_human_review"},"review_status":"needs_human_review","public_ready":false,"solution_state":"with_solution","solution_classification":{"type":"official_complete_or_near_complete","label":"официальное полное/почти полное","status":"ai_checked","confidence":0.78,"basis":"агентский аудит средней сложности","notes":"В карточке есть официальные, шортлистные или справочные источники и проверенное ИИ решение.","audit_source":"agent-imo-us-classical.json"},"statements":{"original":[{"id":"stmt-original","title":"Условие","status":"needs_human_review","text":"На окружности в некотором порядке стоят числа \\(1,2,\\ldots,2^{500}\\). Докажите, что можно выбрать 100 попарно непересекающихся хорд так, чтобы суммы чисел на концах всех выбранных хорд были равны.","definition_ids":[]}],"graph_theory":[{"id":"stmt-graph-intersection","title":"Граф пересечений хорд","status":"ai_checked","text":"Для каждого числа \\(s\\in\\{3,4,\\ldots,2^{501}-1\\}\\) рассмотрим все хорды \\(ij\\) окружности, где вершины помечены числами \\(1,2,\\ldots,2^{500}\\) по кругу и \\(i+j=s\\). Определим граф \\(H_s\\), вершинами которого являются эти хорды, а две вершины смежны тогда и только тогда, когда соответствующие хорды пересекаются. Докажите, что найдётся такое \\(s\\), для которого граф \\(H_s\\) содержит независимое множество размера не меньше 100.","definition_ids":["independent_set"]}]},"solutions":[{"id":"sol-official-compressed","title":"Полное доказательство через независимое множество хорд","status":"ai_checked","definition_ids":["independent_set"],"standard_idea_ids":["induction","extremal_choice"],"tags":[],"has_text":true,"text_preview":"Используем лемму Каро--Вея в той форме, которая нужна здесь: если в графе \\(G\\) степень вершины \\(v\\) равна \\(d(v)\\), то в \\(G\\) есть независимое множество размера не меньше \\(f(G)=\\sum_{v\\in V(G)}1/(d(v)+1)\\). Докажем лемму индукцией по числу вершин. Выберем вершину \\(v_0\\) минимальной степени \\(d\\), удалим её вместе с соседями и получим граф \\(G'\\). По индукции в \\(G'\\) есть независимое множество размера хотя бы \\(f(G')\\); добавив к нему \\(v_0\\), получаем независимое множество в \\(G\\). При этом для оставшихся вершин степени в \\(G'\\) не больше прежних, а у \\(v_0\\) и её \\(d\\) соседей степени в \\(G\\) не меньше \\(d\\), поэтому \\(f(G')\\ge f(G)-\\sum_{i=0}^{d}1/(d(v_i)+1)\\ge f(G)-1\\). Значит полученное множество имеет размер хотя бы \\(f(G)\\). Теперь положим \\(N=2^{500}=2n\\), то есть \\(n=2^{499}\\). Раскрасим каждую хорду цветом, равным сумме чисел на её концах; цветов не больше \\(4n-3\\), от \\(…"}],"relations":[{"id":"rel-caro-wei-lemma-imo-2012-c7","neighbor_id":"caro-wei-independent-set-bound","direction":"backward","type":"prerequisite","distance":1,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-cmo-2023-p5-imo-2012-c7-independent-set","neighbor_id":"cmo-2023-p5-cut-bound-independent-set","direction":"backward","type":"same_motif","distance":2,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-imo-2012-c7-flashlight-independent-set","neighbor_id":"flashlight-batteries-tournament-cities-2015","direction":"backward","type":"same_motif","distance":3,"status":"needs_human_review"},{"id":"rel-imo-2012-c7-imo-1992-p3-extremal-independent","neighbor_id":"imo-1992-p3-nine-points-partial-ramsey","direction":"backward","type":"same_motif","distance":3,"status":"needs_human_review"}],"search_text":"imo-2012-c7-equal-sum-chords-independent-set равные суммы на непересекающихся хордах, imo shortlist 2012 c7 extremal_graph_theory induction goal_characterization 2012 https://www.imo-official.org/problems/imo2012sl.pdf imo imo 2012 shortlisted problems with solutions imo shortlist imo2012 imoshortlist imoshortlist2012 official_archive src-imo-2012-shortlist with_solution ? imo 2012 shortlisted problems with solutions stmt-original условие needs_human_review на окружности в некотором порядке стоят числа \\(1,2,\\ldots,2^{500}\\). докажите, что можно выбрать 100 попарно непересекающихся хорд так, чтобы суммы чисел на концах всех выбранных хорд были равны. stmt-graph-intersection граф пересечений хорд ai_checked для каждого числа \\(s\\in\\{3,4,\\ldots,2^{501}-1\\}\\) рассмотрим все хорды \\(ij\\) окружности, где вершины помечены числами \\(1,2,\\ldots,2^{500}\\) по кругу и \\(i+j=s\\). определим граф \\(h_s\\), вершинами которого являются эти хорды, а две вершины смежны тогда и только тогда, когда соответствующие хорды пересекаются. докажите, что найдётся такое \\(s\\), для которого граф \\(h_s\\) содержит независимое множество размера не меньше 100. independent_set idea-caro-wei оценка независимого множества официальное решение использует лемму: в графе есть независимое множество размера не меньше \\(\\sum_v 1/(d(v)+1)\\). extremal_choice ai_checked idea-sum-class классы хорд с одинаковой суммой хорды разбиваются по сумме концов; в одном классе оценка степеней гарантирует 100 непересекающихся хорд. double_counting ai_checked sol-official-compressed полное доказательство через независимое множество хорд ai_checked independent_set induction extremal_choice используем лемму каро--вея в той форме, которая нужна здесь: если в графе \\(g\\) степень вершины \\(v\\) равна \\(d(v)\\), то в \\(g\\) есть независимое множество размера не меньше \\(f(g)=\\sum_{v\\in v(g)}1/(d(v)+1)\\). докажем лемму индукцией по числу вершин. выберем вершину \\(v_0\\) минимальной степени \\(d\\), удалим её вместе с соседями и получим граф \\(g'\\). по индукции в \\(g'\\) есть независимое множество размера хотя бы \\(f(g')\\); добавив к нему \\(v_0\\), получаем независимое множество в \\(g\\). при этом для оставшихся вершин степени в \\(g'\\) не больше прежних, а у \\(v_0\\) и её \\(d\\) соседей степени в \\(g\\) не меньше \\(d\\), поэтому \\(f(g')\\ge f(g)-\\sum_{i=0}^{d}1/(d(v_i)+1)\\ge f(g)-1\\). значит полученное множество имеет размер хотя бы \\(f(g)\\). теперь положим \\(n=2^{500}=2n\\), то есть \\(n=2^{499}\\). раскрасим каждую хорду цветом, равным сумме чисел на её концах; цветов не больше \\(4n-3\\), от \\(… imo-2012-c7-equal-sum-chords-independent-set ravnye summy na neperesekayuschihsya hordah, imo shortlist 2012 c7 extremal_graph_theory induction goal_characterization 2012 https://www.imo-official.org/problems/imo2012sl.pdf imo imo 2012 shortlisted problems with solutions imo shortlist imo2012 imoshortlist imoshortlist2012 official_archive src-imo-2012-shortlist with_solution ? imo 2012 shortlisted problems with solutions stmt-original uslovie needs_human_review na okruzhnosti v nekotorom poryadke stoyat chisla \\(1,2,\\ldots,2^{500}\\). dokazhite, chto mozhno vybrat 100 poparno neperesekayuschihsya hord tak, chtoby summy chisel na kontsah vseh vybrannyh hord byli ravny. stmt-graph-intersection graf peresecheniy hord ai_checked dlya kazhdogo chisla \\(s\\in\\{3,4,\\ldots,2^{501}-1\\}\\) rassmotrim vse hordy \\(ij\\) okruzhnosti, gde vershiny pomecheny chislami \\(1,2,\\ldots,2^{500}\\) po krugu i \\(i+j=s\\). opredelim graf \\(h_s\\), vershinami kotorogo yavlyayutsya eti hordy, a dve vershiny smezhny togda i tolko togda, kogda sootvetstvuyuschie hordy peresekayutsya. dokazhite, chto naydetsya takoe \\(s\\), dlya kotorogo graf \\(h_s\\) soderzhit nezavisimoe mnozhestvo razmera ne menshe 100. independent_set idea-caro-wei otsenka nezavisimogo mnozhestva ofitsialnoe reshenie ispolzuet lemmu: v grafe est nezavisimoe mnozhestvo razmera ne menshe \\(\\sum_v 1/(d(v)+1)\\). extremal_choice ai_checked idea-sum-class klassy hord s odinakovoy summoy hordy razbivayutsya po summe kontsov; v odnom klasse otsenka stepeney garantiruet 100 neperesekayuschihsya hord. double_counting ai_checked sol-official-compressed polnoe dokazatelstvo cherez nezavisimoe mnozhestvo hord ai_checked independent_set induction extremal_choice ispolzuem lemmu karo--veya v toy forme, kotoraya nuzhna zdes: esli v grafe \\(g\\) stepen vershiny \\(v\\) ravna \\(d(v)\\), to v \\(g\\) est nezavisimoe mnozhestvo razmera ne menshe \\(f(g)=\\sum_{v\\in v(g)}1/(d(v)+1)\\). dokazhem lemmu induktsiey po chislu vershin. vyberem vershinu \\(v_0\\) minimalnoy stepeni \\(d\\), udalim ee vmeste s sosedyami i poluchim graf \\(g'\\). po induktsii v \\(g'\\) est nezavisimoe mnozhestvo razmera hotya by \\(f(g')\\); dobaviv k nemu \\(v_0\\), poluchaem nezavisimoe mnozhestvo v \\(g\\). pri etom dlya ostavshihsya vershin stepeni v \\(g'\\) ne bolshe prezhnih, a u \\(v_0\\) i ee \\(d\\) sosedey stepeni v \\(g\\) ne menshe \\(d\\), poetomu \\(f(g')\\ge f(g)-\\sum_{i=0}^{d}1/(d(v_i)+1)\\ge f(g)-1\\). znachit poluchennoe mnozhestvo imeet razmer hotya by \\(f(g)\\). teper polozhim \\(n=2^{500}=2n\\), to est \\(n=2^{499}\\). raskrasim kazhduyu hordu tsvetom, ravnym summe chisel na ee kontsah; tsvetov ne bolshe \\(4n-3\\), ot \\(…","source_keys":["imo"]}
{"id":"imo-2013-c3-imons-graph-coloring","title":"Имоны, удвоение и раскраска графа, IMO Shortlist 2013 C3","path":"data\\problems\\imo\\imo-2013-c3-imons-graph-coloring.yaml","raw_github_url":"https://raw.githubusercontent.com/didin-maxim/knowledge_graph_of_graphs/main/data/problems/imo/imo-2013-c3-imons-graph-coloring.yaml","viewer_url":"https://didin-maxim.github.io/knowledge_graph_of_graphs/#imo-2013-c3-imons-graph-coloring","source_key":"imo","source_label":"IMO Shortlist","source_titles":["IMO 2013 Shortlisted Problems with Solutions"],"year":"2013","type":"olympiad_problem","authors":[],"tags":["coloring","induction","goal_proof"],"agent_topics":[],"difficulty":{"main":"imo_p3_plus","local_score":12,"comment":"IMO Shortlist 2013 C3, Япония; графовый слой существенен в официальном решении.","status":"needs_human_review"},"review_status":"needs_human_review","public_ready":false,"solution_state":"with_solution","solution_classification":{"type":"official_complete_or_near_complete","label":"официальное полное/почти полное","status":"ai_checked","confidence":0.78,"basis":"агентский аудит средней сложности","notes":"В карточке есть официальные, шортлистные или справочные источники и проверенное ИИ решение.","audit_source":"agent-imo-us-classical.json"},"statements":{"original":[{"id":"stmt-original","title":"Условие","status":"needs_human_review","text":"Есть конечное семейство частиц-имонов; некоторые пары имонов связаны отношением запутанности. Разрешены операции: удалить имона, если он запутан с нечётным числом других, и удвоить всё семейство, создавая копии всех имонов с теми же взаимными запутанностями между копиями и с новой связью каждого имона со своей копией. Докажите, что можно прийти к состоянию, где никакие два имона не запутаны.","definition_ids":[]}],"graph_theory":[{"id":"stmt-graph","title":"Имоны, удвоение и раскраска графа, IMO Shortlist 2013 C3","status":"needs_human_review","text":"Дан конечный простой граф. Разрешены две операции: удалить вершину нечётной степени вместе со всеми инцидентными ей рёбрами; заменить граф двумя его непересекающимися копиями и добавить ребро между каждой вершиной первой копии и соответствующей вершиной второй. Докажите, что после конечного числа таких операций можно получить граф без рёбер.","definition_ids":["simple_graph","degree"]}]},"solutions":[{"id":"sol-official-compressed","title":"Полное доказательство через уменьшение числа цветов","status":"ai_checked","definition_ids":["simple_graph","degree","chromatic_number"],"standard_idea_ids":["induction"],"tags":[],"has_text":true,"text_preview":"Перейдём к графу запутанностей: имоны становятся вершинами, а пары запутанных имонов — рёбрами. Операция уничтожения имона есть удаление вершины нечётной степени, а операция удвоения есть замена графа двумя непересекающимися копиями с добавлением ребра между каждой вершиной и её копией. Достаточно доказать лемму: если текущий конечный граф правильно раскрашен в \\(n>1\\) цветов, то после конечной последовательности разрешённых операций можно получить граф, правильно раскрашиваемый в \\(n-1\\) цветов. Тогда исходный граф, имеющий не больше цветов, чем вершин, последовательным применением леммы приводится к 1-раскрашиваемому графу; в таком графе не может быть ребра, поскольку концы любого ребра должны иметь разные цвета. Докажем лемму. Сначала, пока возможно, удаляем любую вершину нечётной степени. Это законно, число вершин каждый раз уменьшается, поэтому процесс конечен. В оставшемся графе в…"}],"relations":[{"id":"rel-color-reduction-imons","neighbor_id":"color-reduction-by-odd-deletion-and-doubling","direction":"backward","type":"prerequisite","distance":1,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-brooks-imo-2013-c3-color-reduction","neighbor_id":"brooks-theorem","direction":"backward","type":"same_motif","distance":3,"status":"needs_human_review"},{"id":"rel-imo-2013-c3-imo-2024-c8-inductive-parity","neighbor_id":"imo-2024-c8-board-coloring-tree","direction":"forward","type":"same_motif","distance":4,"status":"needs_human_review"}],"search_text":"imo-2013-c3-imons-graph-coloring имоны, удвоение и раскраска графа, imo shortlist 2013 c3 coloring induction goal_proof 2013 https://www.imo-official.org/problems/imo2013sl.pdf imo imo 2013 shortlisted problems with solutions imo shortlist imo2013 imoshortlist imoshortlist2013 official_archive src-imo-2013-shortlist with_solution ? imo 2013 shortlisted problems with solutions stmt-original условие needs_human_review есть конечное семейство частиц-имонов; некоторые пары имонов связаны отношением запутанности. разрешены операции: удалить имона, если он запутан с нечётным числом других, и удвоить всё семейство, создавая копии всех имонов с теми же взаимными запутанностями между копиями и с новой связью каждого имона со своей копией. докажите, что можно прийти к состоянию, где никакие два имона не запутаны. stmt-graph имоны, удвоение и раскраска графа, imo shortlist 2013 c3 needs_human_review дан конечный простой граф. разрешены две операции: удалить вершину нечётной степени вместе со всеми инцидентными ей рёбрами; заменить граф двумя его непересекающимися копиями и добавить ребро между каждой вершиной первой копии и соответствующей вершиной второй. докажите, что после конечного числа таких операций можно получить граф без рёбер. simple_graph degree idea-color-reduction уменьшение числа цветов если граф правильно раскрашен в \\(n>1\\) цветов, операции позволяют перейти к графу, раскрашиваемому в \\(n-1\\) цветов. coloring ai_checked idea-odd-degree-deletion удаление нечётных степеней повторное удаление вершин нечётной степени оставляет граф, где все степени чётны; это нужно для контролируемого удвоения. induction ai_checked sol-official-compressed полное доказательство через уменьшение числа цветов ai_checked simple_graph degree chromatic_number induction перейдём к графу запутанностей: имоны становятся вершинами, а пары запутанных имонов — рёбрами. операция уничтожения имона есть удаление вершины нечётной степени, а операция удвоения есть замена графа двумя непересекающимися копиями с добавлением ребра между каждой вершиной и её копией. достаточно доказать лемму: если текущий конечный граф правильно раскрашен в \\(n>1\\) цветов, то после конечной последовательности разрешённых операций можно получить граф, правильно раскрашиваемый в \\(n-1\\) цветов. тогда исходный граф, имеющий не больше цветов, чем вершин, последовательным применением леммы приводится к 1-раскрашиваемому графу; в таком графе не может быть ребра, поскольку концы любого ребра должны иметь разные цвета. докажем лемму. сначала, пока возможно, удаляем любую вершину нечётной степени. это законно, число вершин каждый раз уменьшается, поэтому процесс конечен. в оставшемся графе в… imo-2013-c3-imons-graph-coloring imony, udvoenie i raskraska grafa, imo shortlist 2013 c3 coloring induction goal_proof 2013 https://www.imo-official.org/problems/imo2013sl.pdf imo imo 2013 shortlisted problems with solutions imo shortlist imo2013 imoshortlist imoshortlist2013 official_archive src-imo-2013-shortlist with_solution ? imo 2013 shortlisted problems with solutions stmt-original uslovie needs_human_review est konechnoe semeystvo chastits-imonov; nekotorye pary imonov svyazany otnosheniem zaputannosti. razresheny operatsii: udalit imona, esli on zaputan s nechetnym chislom drugih, i udvoit vse semeystvo, sozdavaya kopii vseh imonov s temi zhe vzaimnymi zaputannostyami mezhdu kopiyami i s novoy svyazyu kazhdogo imona so svoey kopiey. dokazhite, chto mozhno priyti k sostoyaniyu, gde nikakie dva imona ne zaputany. stmt-graph imony, udvoenie i raskraska grafa, imo shortlist 2013 c3 needs_human_review dan konechnyy prostoy graf. razresheny dve operatsii: udalit vershinu nechetnoy stepeni vmeste so vsemi intsidentnymi ey rebrami; zamenit graf dvumya ego neperesekayuschimisya kopiyami i dobavit rebro mezhdu kazhdoy vershinoy pervoy kopii i sootvetstvuyuschey vershinoy vtoroy. dokazhite, chto posle konechnogo chisla takih operatsiy mozhno poluchit graf bez reber. simple_graph degree idea-color-reduction umenshenie chisla tsvetov esli graf pravilno raskrashen v \\(n>1\\) tsvetov, operatsii pozvolyayut pereyti k grafu, raskrashivaemomu v \\(n-1\\) tsvetov. coloring ai_checked idea-odd-degree-deletion udalenie nechetnyh stepeney povtornoe udalenie vershin nechetnoy stepeni ostavlyaet graf, gde vse stepeni chetny; eto nuzhno dlya kontroliruemogo udvoeniya. induction ai_checked sol-official-compressed polnoe dokazatelstvo cherez umenshenie chisla tsvetov ai_checked simple_graph degree chromatic_number induction pereydem k grafu zaputannostey: imony stanovyatsya vershinami, a pary zaputannyh imonov — rebrami. operatsiya unichtozheniya imona est udalenie vershiny nechetnoy stepeni, a operatsiya udvoeniya est zamena grafa dvumya neperesekayuschimisya kopiyami s dobavleniem rebra mezhdu kazhdoy vershinoy i ee kopiey. dostatochno dokazat lemmu: esli tekuschiy konechnyy graf pravilno raskrashen v \\(n>1\\) tsvetov, to posle konechnoy posledovatelnosti razreshennyh operatsiy mozhno poluchit graf, pravilno raskrashivaemyy v \\(n-1\\) tsvetov. togda ishodnyy graf, imeyuschiy ne bolshe tsvetov, chem vershin, posledovatelnym primeneniem lemmy privoditsya k 1-raskrashivaemomu grafu; v takom grafe ne mozhet byt rebra, poskolku kontsy lyubogo rebra dolzhny imet raznye tsveta. dokazhem lemmu. snachala, poka vozmozhno, udalyaem lyubuyu vershinu nechetnoy stepeni. eto zakonno, chislo vershin kazhdyy raz umenshaetsya, poetomu protsess konechen. v ostavshemsya grafe v…","source_keys":["imo"]}
{"id":"imo-2014-c9-snail-circles-tree","title":"Улитка на окружностях и дерево областей, IMO Shortlist 2014 C9","path":"data\\problems\\imo\\imo-2014-c9-snail-circles-tree.yaml","raw_github_url":"https://raw.githubusercontent.com/didin-maxim/knowledge_graph_of_graphs/main/data/problems/imo/imo-2014-c9-snail-circles-tree.yaml","viewer_url":"https://didin-maxim.github.io/knowledge_graph_of_graphs/#imo-2014-c9-snail-circles-tree","source_key":"imo","source_label":"IMO Shortlist","source_titles":["IMO 2014 Shortlisted Problems with Solutions","AoPS Wiki, 2014 IMO Shortlist Problems"],"year":"2014","type":"olympiad_problem","authors":[],"tags":["trees","planar_graphs","double_counting","goal_counting"],"agent_topics":[],"difficulty":{"main":"imo_p3_plus","local_score":12,"comment":"IMO Shortlist 2014 C9, Индия; графовый слой существенен в официальном решении.","status":"needs_human_review"},"review_status":"needs_human_review","public_ready":false,"solution_state":"with_solution","solution_classification":{"type":"official_complete_or_near_complete","label":"официальное полное/почти полное","status":"ai_checked","confidence":0.78,"basis":"агентский аудит средней сложности","notes":"Олимпиадная карточка опирается на официальный источник, шорт-лист или справочник и содержит решение со статусом ai_checked.","audit_source":"agent-imo-us-classical.json"},"statements":{"original":[{"id":"stmt-original","title":"Условие","status":"needs_human_review","text":"На листе нарисованы \\(n\\) окружностей: любые две пересекаются в двух точках, и никакие три не проходят через одну точку. Улитка движется по окружностям: на пересечении переходит на другую окружность и меняет направление. Если её путь полностью покрывает все окружности, докажите, что \\(n\\) нечётно.","definition_ids":[]}]},"solutions":[{"id":"sol-official-compressed","title":"Полное доказательство через дерево нечётных областей","status":"ai_checked","definition_ids":["connected_graph","cycle","tree"],"standard_idea_ids":["double_counting"],"tags":[],"has_text":true,"text_preview":"Пусть \\(\\mathcal C\\) — множество окружностей, \\(\\mathcal P\\) — множество их точек пересечения, а \\(\\mathcal R\\) — множество областей, на которые окружности делят плоскость, включая внешнюю область. Будем называть область нечётной, если она лежит внутри нечётного числа окружностей. Точку пересечения тоже назовём нечётной, если она лежит внутри нечётного числа окружностей, не считая две окружности, которые проходят через эту точку. Обозначим множества нечётных областей и нечётных точек через \\(\\mathcal R_{\\rm odd}\\) и \\(\\mathcal P_{\\rm odd}\\). Сначала докажем подсчёт \\[ |\\mathcal R_{\\rm odd}|-|\\mathcal P_{\\rm odd}|\\equiv n\\pmod 2. \\] Для окружности \\(c\\) обозначим через \\(R_c\\) число областей, лежащих внутри \\(c\\), через \\(P_c\\) число точек пересечения, лежащих внутри \\(c\\), через \\(X_c\\) число окружностей, пересекающих \\(c\\), а через \\(A_c\\) число дуг разбиения, лежащих внутри \\(c\\). Так…"}],"relations":[{"id":"rel-imo-2014-c9-imo-2019-c4-planar-region-graphs","neighbor_id":"imo-2019-c4-labyrinth-region-graph","direction":"forward","type":"same_motif","distance":2,"status":"needs_human_review"},{"id":"rel-imo-2005-c8-imo-2014-c9-planar-pairing","neighbor_id":"imo-2005-c8-noncrossing-diagonals-crossings","direction":"backward","type":"same_motif","distance":3,"status":"needs_human_review"},{"id":"rel-tree-imo-2014-c9","neighbor_id":"tree-equivalent-properties","direction":"backward","type":"prerequisite","distance":1,"status":"needs_human_review"},{"id":"rel-offplan-imo-2020-c4-imo-2014-c9-auxiliary-tree","neighbor_id":"imo-2020-c4-fibonacci-difference-forest","direction":"backward","type":"same_motif","distance":3,"status":"needs_human_review"},{"id":"rel-euler-planar-imo-2014-c9-odd-region-tree","neighbor_id":"euler-formula-planar","direction":"backward","type":"prerequisite","distance":2,"status":"needs_human_review"}],"search_text":"imo-2014-c9-snail-circles-tree улитка на окружностях и дерево областей, imo shortlist 2014 c9 trees planar_graphs double_counting goal_counting 2014 aops wiki, 2014 imo shortlist problems https://wiki.artofproblemsolving.com/wiki/index.php/2014_imo_shortlist_problems https://www.imo-official.org/problems/imo2014sl.pdf imo imo 2014 shortlisted problems with solutions imo shortlist imo2014 imoshortlist imoshortlist2014 official_archive src-aops-imo-2014-shortlist src-imo-2014-shortlist statement with_solution ? imo 2014 shortlisted problems with solutions aops wiki, 2014 imo shortlist problems stmt-original условие needs_human_review на листе нарисованы \\(n\\) окружностей: любые две пересекаются в двух точках, и никакие три не проходят через одну точку. улитка движется по окружностям: на пересечении переходит на другую окружность и меняет направление. если её путь полностью покрывает все окружности, докажите, что \\(n\\) нечётно. idea-region-parity чётность областей области раскладываются на чётные и нечётные по числу окружающих окружностей. planar_graphs ai_checked idea-odd-region-tree дерево нечётных областей точки пересечения соединяют нечётные области в связный ациклический граф. trees ai_checked sol-official-compressed полное доказательство через дерево нечётных областей ai_checked connected_graph cycle tree double_counting пусть \\(\\mathcal c\\) — множество окружностей, \\(\\mathcal p\\) — множество их точек пересечения, а \\(\\mathcal r\\) — множество областей, на которые окружности делят плоскость, включая внешнюю область. будем называть область нечётной, если она лежит внутри нечётного числа окружностей. точку пересечения тоже назовём нечётной, если она лежит внутри нечётного числа окружностей, не считая две окружности, которые проходят через эту точку. обозначим множества нечётных областей и нечётных точек через \\(\\mathcal r_{\\rm odd}\\) и \\(\\mathcal p_{\\rm odd}\\). сначала докажем подсчёт \\[ |\\mathcal r_{\\rm odd}|-|\\mathcal p_{\\rm odd}|\\equiv n\\pmod 2. \\] для окружности \\(c\\) обозначим через \\(r_c\\) число областей, лежащих внутри \\(c\\), через \\(p_c\\) число точек пересечения, лежащих внутри \\(c\\), через \\(x_c\\) число окружностей, пересекающих \\(c\\), а через \\(a_c\\) число дуг разбиения, лежащих внутри \\(c\\). так… imo-2014-c9-snail-circles-tree ulitka na okruzhnostyah i derevo oblastey, imo shortlist 2014 c9 trees planar_graphs double_counting goal_counting 2014 aops wiki, 2014 imo shortlist problems https://wiki.artofproblemsolving.com/wiki/index.php/2014_imo_shortlist_problems https://www.imo-official.org/problems/imo2014sl.pdf imo imo 2014 shortlisted problems with solutions imo shortlist imo2014 imoshortlist imoshortlist2014 official_archive src-aops-imo-2014-shortlist src-imo-2014-shortlist statement with_solution ? imo 2014 shortlisted problems with solutions aops wiki, 2014 imo shortlist problems stmt-original uslovie needs_human_review na liste narisovany \\(n\\) okruzhnostey: lyubye dve peresekayutsya v dvuh tochkah, i nikakie tri ne prohodyat cherez odnu tochku. ulitka dvizhetsya po okruzhnostyam: na peresechenii perehodit na druguyu okruzhnost i menyaet napravlenie. esli ee put polnostyu pokryvaet vse okruzhnosti, dokazhite, chto \\(n\\) nechetno. idea-region-parity chetnost oblastey oblasti raskladyvayutsya na chetnye i nechetnye po chislu okruzhayuschih okruzhnostey. planar_graphs ai_checked idea-odd-region-tree derevo nechetnyh oblastey tochki peresecheniya soedinyayut nechetnye oblasti v svyaznyy atsiklicheskiy graf. trees ai_checked sol-official-compressed polnoe dokazatelstvo cherez derevo nechetnyh oblastey ai_checked connected_graph cycle tree double_counting pust \\(\\mathcal c\\) — mnozhestvo okruzhnostey, \\(\\mathcal p\\) — mnozhestvo ih tochek peresecheniya, a \\(\\mathcal r\\) — mnozhestvo oblastey, na kotorye okruzhnosti delyat ploskost, vklyuchaya vneshnyuyu oblast. budem nazyvat oblast nechetnoy, esli ona lezhit vnutri nechetnogo chisla okruzhnostey. tochku peresecheniya tozhe nazovem nechetnoy, esli ona lezhit vnutri nechetnogo chisla okruzhnostey, ne schitaya dve okruzhnosti, kotorye prohodyat cherez etu tochku. oboznachim mnozhestva nechetnyh oblastey i nechetnyh tochek cherez \\(\\mathcal r_{\\rm odd}\\) i \\(\\mathcal p_{\\rm odd}\\). snachala dokazhem podschet \\[ |\\mathcal r_{\\rm odd}|-|\\mathcal p_{\\rm odd}|\\equiv n\\pmod 2. \\] dlya okruzhnosti \\(c\\) oboznachim cherez \\(r_c\\) chislo oblastey, lezhaschih vnutri \\(c\\), cherez \\(p_c\\) chislo tochek peresecheniya, lezhaschih vnutri \\(c\\), cherez \\(x_c\\) chislo okruzhnostey, peresekayuschih \\(c\\), a cherez \\(a_c\\) chislo dug razbieniya, lezhaschih vnutri \\(c\\). tak…","source_keys":["imo"]}
{"id":"imo-2016-c6-ferry-graph-dynamics","title":"Паромы и появление универсального острова, IMO Shortlist 2016 C6","path":"data\\problems\\imo\\imo-2016-c6-ferry-graph-dynamics.yaml","raw_github_url":"https://raw.githubusercontent.com/didin-maxim/knowledge_graph_of_graphs/main/data/problems/imo/imo-2016-c6-ferry-graph-dynamics.yaml","viewer_url":"https://didin-maxim.github.io/knowledge_graph_of_graphs/#imo-2016-c6-ferry-graph-dynamics","source_key":"imo","source_label":"IMO Shortlist","source_titles":["IMO 2016 Shortlisted Problems with Solutions"],"year":"2016","type":"olympiad_problem","authors":[],"tags":["connectivity","graph_cut","goal_existence"],"agent_topics":[],"difficulty":{"main":"imo_p3_plus","local_score":12,"comment":"IMO Shortlist 2016 C6, страна неизвестна; графовый слой существенен в официальном решении.","status":"needs_human_review"},"review_status":"needs_human_review","public_ready":false,"solution_state":"with_solution","solution_classification":{"type":"official_complete_or_near_complete","label":"официальное полное/почти полное","status":"ai_checked","confidence":0.78,"basis":"агентский аудит средней сложности","notes":"Олимпиадная карточка опирается на официальный источник, шорт-лист или справочник и содержит решение со статусом ai_checked.","audit_source":"agent-imo-us-classical.json"},"statements":{"original":[{"id":"stmt-original","title":"Условие","status":"needs_human_review","text":"Есть \\(n\\ge3\\) островов и некоторые двусторонние паромные маршруты; граф маршрутов связен. Каждый год компания закрывает один маршрут \\(XY\\), а затем для каждого острова, соединённого ровно с одним из \\(X,Y\\), открывает маршрут к другому из них. Известно, что для любого разбиения островов на две непустые группы когда-нибудь будет закрыт маршрут между этими группами. Докажите, что через некоторое число лет появится остров, соединённый маршрутами со всеми остальными.","definition_ids":[]}],"graph_theory":[{"id":"stmt-graph-cut","title":"Динамика переноса рёбер","status":"ai_checked","text":"Рассмотрим процесс на связном графе \\(G\\): ребро \\(xy\\) удаляется, после чего каждая вершина, смежная ровно с одной из вершин \\(x,y\\), переносит эту смежность на другой конец. Предположим, что для всякого нетривиального разреза множества вершин в некоторый момент операция применяется к ребру, пересекающему этот разрез. Докажите, что в конце концов в графе появится вершина, смежная со всеми остальными.","definition_ids":["connected_graph","simple_graph","graph_cut"]}]},"solutions":[{"id":"sol-official-compressed","title":"Развёрнутое решение через двудольную сеть","status":"ai_checked","definition_ids":["simple_graph","connected_graph"],"standard_idea_ids":["extremal_choice"],"tags":[],"has_text":true,"text_preview":"Назовём две непустые группы островов \\(A\\) и \\(B\\) сетью, если каждый остров из \\(A\\) соединён маршрутом с каждым островом из \\(B\\). Идея в том, чтобы поддерживать такую сеть на всё большем множестве островов. Сначала выберем любой существующий маршрут \\(AB\\). Так как исходный граф связен и \\(n\\ge 3\\), хотя бы один из островов \\(A\\) или \\(B\\) имеет ещё одного соседа; без ограничения общности пусть есть остров \\(C\\), соединённый с \\(A\\). Тогда множества \\(\\{A\\}\\) и \\(\\{B,C\\}\\) образуют сеть на трёх островах. Теперь предположим, что некоторое множество островов \\(U\\) уже разбито на две непустые доли \\(A\\) и \\(B\\), образующие сеть, причём \\(3\\le |U|<n\\). Сначала покажем, что это свойство можно сохранять, пока мы работаем только внутри \\(U\\). Единственный способ разрушить сеть на \\(U\\) — закрыть поперечный маршрут между некоторыми \\(a\\in A\\) и \\(b\\in B\\). Тогда положим \\[ A'=\\{a,b\\},\\qquad…"}],"relations":[{"id":"rel-cmo-1971-p10-imo-2016-c6-dynamic-graph","neighbor_id":"cmo-1971-p10-one-way-phone-gossip","direction":"backward","type":"same_motif","distance":3,"status":"needs_human_review"},{"id":"rel-ferry-network-lemma-imo-2016-c6","neighbor_id":"ferry-network-repartition-lemma","direction":"backward","type":"prerequisite","distance":1,"status":"needs_human_review"},{"id":"rel-imo-2016-c6-imo-2019-c5-graph-dynamics","neighbor_id":"imo-2019-c5-social-network-refriending","direction":"forward","type":"same_motif","distance":2,"status":"needs_human_review"},{"id":"rel-imo-2016-c6-tc-universal-acquaintance","neighbor_id":"vosh-2000-01-final-universal-acquaintance","direction":"backward","type":"same_motif","distance":3,"status":"needs_human_review"}],"search_text":"imo-2016-c6-ferry-graph-dynamics паромы и появление универсального острова, imo shortlist 2016 c6 connectivity graph_cut goal_existence 2016 https://www.imo-official.org/problems/imo2016sl.pdf imo imo 2016 shortlisted problems with solutions imo shortlist imo2016 imoshortlist imoshortlist2016 official_archive src-imo-2016-shortlist with_solution ? imo 2016 shortlisted problems with solutions stmt-original условие needs_human_review есть \\(n\\ge3\\) островов и некоторые двусторонние паромные маршруты; граф маршрутов связен. каждый год компания закрывает один маршрут \\(xy\\), а затем для каждого острова, соединённого ровно с одним из \\(x,y\\), открывает маршрут к другому из них. известно, что для любого разбиения островов на две непустые группы когда-нибудь будет закрыт маршрут между этими группами. докажите, что через некоторое число лет появится остров, соединённый маршрутами со всеми остальными. stmt-graph-cut динамика переноса рёбер ai_checked рассмотрим процесс на связном графе \\(g\\): ребро \\(xy\\) удаляется, после чего каждая вершина, смежная ровно с одной из вершин \\(x,y\\), переносит эту смежность на другой конец. предположим, что для всякого нетривиального разреза множества вершин в некоторый момент операция применяется к ребру, пересекающему этот разрез. докажите, что в конце концов в графе появится вершина, смежная со всеми остальными. connected_graph simple_graph graph_cut idea-network-invariant полная двудольная сеть на растущем множестве островов поддерживается разбиение некоторого множества островов на две непустые доли \\(a\\) и \\(b\\), такое что каждый остров из \\(a\\) соединён с каждым островом из \\(b\\). при закрытии поперечного ребра это свойство можно сохранить, просто переопределив доли. connectivity ai_checked idea-cut-condition условие на каждый разрез если текущее множество островов с инвариантом ещё не охватывает все вершины, то условие на каждый разрез гарантирует, что когда-нибудь закроется ребро между ним и дополнением; это позволяет втянуть новую вершину в сеть. когда уже охвачены все вершины, тот же аргумент заставляет закрыться подходящее ребро и рождает универсальную вершину. extremal_choice ai_checked sol-official-compressed развёрнутое решение через двудольную сеть ai_checked simple_graph connected_graph extremal_choice назовём две непустые группы островов \\(a\\) и \\(b\\) сетью, если каждый остров из \\(a\\) соединён маршрутом с каждым островом из \\(b\\). идея в том, чтобы поддерживать такую сеть на всё большем множестве островов. сначала выберем любой существующий маршрут \\(ab\\). так как исходный граф связен и \\(n\\ge 3\\), хотя бы один из островов \\(a\\) или \\(b\\) имеет ещё одного соседа; без ограничения общности пусть есть остров \\(c\\), соединённый с \\(a\\). тогда множества \\(\\{a\\}\\) и \\(\\{b,c\\}\\) образуют сеть на трёх островах. теперь предположим, что некоторое множество островов \\(u\\) уже разбито на две непустые доли \\(a\\) и \\(b\\), образующие сеть, причём \\(3\\le |u|<n\\). сначала покажем, что это свойство можно сохранять, пока мы работаем только внутри \\(u\\). единственный способ разрушить сеть на \\(u\\) — закрыть поперечный маршрут между некоторыми \\(a\\in a\\) и \\(b\\in b\\). тогда положим \\[ a'=\\{a,b\\},\\qquad… imo-2016-c6-ferry-graph-dynamics paromy i poyavlenie universalnogo ostrova, imo shortlist 2016 c6 connectivity graph_cut goal_existence 2016 https://www.imo-official.org/problems/imo2016sl.pdf imo imo 2016 shortlisted problems with solutions imo shortlist imo2016 imoshortlist imoshortlist2016 official_archive src-imo-2016-shortlist with_solution ? imo 2016 shortlisted problems with solutions stmt-original uslovie needs_human_review est \\(n\\ge3\\) ostrovov i nekotorye dvustoronnie paromnye marshruty; graf marshrutov svyazen. kazhdyy god kompaniya zakryvaet odin marshrut \\(xy\\), a zatem dlya kazhdogo ostrova, soedinennogo rovno s odnim iz \\(x,y\\), otkryvaet marshrut k drugomu iz nih. izvestno, chto dlya lyubogo razbieniya ostrovov na dve nepustye gruppy kogda-nibud budet zakryt marshrut mezhdu etimi gruppami. dokazhite, chto cherez nekotoroe chislo let poyavitsya ostrov, soedinennyy marshrutami so vsemi ostalnymi. stmt-graph-cut dinamika perenosa reber ai_checked rassmotrim protsess na svyaznom grafe \\(g\\): rebro \\(xy\\) udalyaetsya, posle chego kazhdaya vershina, smezhnaya rovno s odnoy iz vershin \\(x,y\\), perenosit etu smezhnost na drugoy konets. predpolozhim, chto dlya vsyakogo netrivialnogo razreza mnozhestva vershin v nekotoryy moment operatsiya primenyaetsya k rebru, peresekayuschemu etot razrez. dokazhite, chto v kontse kontsov v grafe poyavitsya vershina, smezhnaya so vsemi ostalnymi. connected_graph simple_graph graph_cut idea-network-invariant polnaya dvudolnaya set na rastuschem mnozhestve ostrovov podderzhivaetsya razbienie nekotorogo mnozhestva ostrovov na dve nepustye doli \\(a\\) i \\(b\\), takoe chto kazhdyy ostrov iz \\(a\\) soedinen s kazhdym ostrovom iz \\(b\\). pri zakrytii poperechnogo rebra eto svoystvo mozhno sohranit, prosto pereopredeliv doli. connectivity ai_checked idea-cut-condition uslovie na kazhdyy razrez esli tekuschee mnozhestvo ostrovov s invariantom esche ne ohvatyvaet vse vershiny, to uslovie na kazhdyy razrez garantiruet, chto kogda-nibud zakroetsya rebro mezhdu nim i dopolneniem; eto pozvolyaet vtyanut novuyu vershinu v set. kogda uzhe ohvacheny vse vershiny, tot zhe argument zastavlyaet zakrytsya podhodyaschee rebro i rozhdaet universalnuyu vershinu. extremal_choice ai_checked sol-official-compressed razvernutoe reshenie cherez dvudolnuyu set ai_checked simple_graph connected_graph extremal_choice nazovem dve nepustye gruppy ostrovov \\(a\\) i \\(b\\) setyu, esli kazhdyy ostrov iz \\(a\\) soedinen marshrutom s kazhdym ostrovom iz \\(b\\). ideya v tom, chtoby podderzhivat takuyu set na vse bolshem mnozhestve ostrovov. snachala vyberem lyuboy suschestvuyuschiy marshrut \\(ab\\). tak kak ishodnyy graf svyazen i \\(n\\ge 3\\), hotya by odin iz ostrovov \\(a\\) ili \\(b\\) imeet esche odnogo soseda; bez ogranicheniya obschnosti pust est ostrov \\(c\\), soedinennyy s \\(a\\). togda mnozhestva \\(\\{a\\}\\) i \\(\\{b,c\\}\\) obrazuyut set na treh ostrovah. teper predpolozhim, chto nekotoroe mnozhestvo ostrovov \\(u\\) uzhe razbito na dve nepustye doli \\(a\\) i \\(b\\), obrazuyuschie set, prichem \\(3\\le |u|<n\\). snachala pokazhem, chto eto svoystvo mozhno sohranyat, poka my rabotaem tolko vnutri \\(u\\). edinstvennyy sposob razrushit set na \\(u\\) — zakryt poperechnyy marshrut mezhdu nekotorymi \\(a\\in a\\) i \\(b\\in b\\). togda polozhim \\[ a'=\\{a,b\\},\\qquad…","source_keys":["imo"]}
{"id":"imo-2016-c8-domino-unique-tiling-cycles","title":"Домино и отмеченные клетки, IMO Shortlist 2016 C8","path":"data\\problems\\imo\\imo-2016-c8-domino-unique-tiling-cycles.yaml","raw_github_url":"https://raw.githubusercontent.com/didin-maxim/knowledge_graph_of_graphs/main/data/problems/imo/imo-2016-c8-domino-unique-tiling-cycles.yaml","viewer_url":"https://didin-maxim.github.io/knowledge_graph_of_graphs/#imo-2016-c8-domino-unique-tiling-cycles","source_key":"imo","source_label":"IMO Shortlist","source_titles":["IMO 2016 Shortlisted Problems with Solutions"],"year":"2016","type":"olympiad_problem","authors":[],"tags":["matching","graph_symmetry","goal_exact_bound"],"agent_topics":[],"difficulty":{"main":"imo_p3_plus","local_score":12,"comment":"IMO Shortlist 2016 C8; официальное решение использует двухцветный граф, полученный из разбиения и его отражения, и переключение по чередующемуся циклу.","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":"В карточке есть официальные, шортлистные или справочные источники и проверенное ИИ решение.","audit_source":"agent-imo-us-classical.json"},"statements":{"original":[{"id":"stmt-original","title":"Условие","status":"ai_checked","text":"Для положительного \\(n\\) найдите наименьшее \\(k\\), для которого можно отметить \\(k\\) клеток доски \\(2n\\times2n\\) так, чтобы существовало единственное разбиение доски на домино \\(1\\times2\\) и \\(2\\times1\\), причём ни одно домино не содержит две отмеченные клетки.","definition_ids":[]}],"graph_theory":[{"id":"stmt-graph-perfect-matching","title":"Отмеченные вершины и единственное паросочетание","status":"ai_checked","text":"Пусть \\(G=P_{2n}\\square P_{2n}\\). Определите наименьшее \\(k\\), для которого можно выбрать \\(k\\) вершин графа \\(G\\) так, что существует совершенное паросочетание \\(M\\), не имеющее рёбер с обоими концами в выбранном множестве, и всякое совершенное паросочетание в \\(G\\) с этим свойством совпадает с \\(M\\).","definition_ids":["simple_graph","matching"]}]},"solutions":[{"id":"sol-official-compressed","title":"Решение через диагональные циклы","status":"ai_checked","definition_ids":["degree","cycle","alternating_path"],"standard_idea_ids":["alternating_paths","symmetrization"],"tags":[],"has_text":true,"text_preview":"Ответ: \\(2n\\). Сначала построим пример. Пронумеруем строки и столбцы числами \\(1,2,\\ldots,2n\\), а клетку в строке \\(i\\) и столбце \\(j\\) обозначим \\((i,j)\\). Для каждого \\(i=1,2,\\ldots,n\\) отметим клетки \\((i,i)\\) и \\((i,i+1)\\). Покажем, что допустимое разбиение существует и единственно. Две диагонали доски делят ее на четыре области. Домино, покрывающее клетку \\((1,1)\\), вынуждено быть вертикальным: горизонтальное домино заняло бы также отмеченную клетку \\((1,2)\\). Тогда домино, покрывающее \\((2,2)\\), тоже вынуждено быть вертикальным, затем так же последовательно вынуждаются вертикальные домино через \\((3,3),\\ldots,(n,n)\\). Индукцией получаем, что все домино в левой области стоят вертикально. Поворотная симметрия переносит этот вывод на нижнюю, правую и верхнюю области: в двух из них все домино горизонтальны, а в двух все домино вертикальны. Поэтому разбиение действительно существует и…"}],"relations":[{"id":"rel-imo-2016-c8-usamo-2009-p3","neighbor_id":"usamo-2009-p3-tasteful-domino-tiling-alternating-cycles","direction":"forward","type":"same_motif","distance":2,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-imo-2010-c2-imo-2016-c8-matching-alternation","neighbor_id":"imo-2010-c2-flags-diagonal-matching","direction":"backward","type":"same_motif","distance":2,"status":"needs_human_review"},{"id":"rel-imo-2016-c8-imo-2020-c6-alternating-cycles","neighbor_id":"imo-2020-c6-colored-coins-eulerian-multigraph","direction":"forward","type":"same_motif","distance":2,"status":"needs_human_review"},{"id":"rel-augmenting-imo-2016-c8","neighbor_id":"augmenting-path-matching-lemma","direction":"backward","type":"same_motif","distance":2,"status":"needs_human_review"},{"id":"rel-imo-2024-c3-imo-2016-c8-alternating-uncrossing","neighbor_id":"imo-2024-c3-knights-chord-uncrossing","direction":"forward","type":"same_motif","distance":3,"status":"needs_human_review"},{"id":"rel-imo-1994-c6-imo-2016-c8-pairing-obstruction","neighbor_id":"imo-1994-c6-infinite-grid-pairing-strategy","direction":"backward","type":"same_motif","distance":3,"status":"needs_human_review"},{"id":"rel-matching-tiling-konig-imo-2016-c8-alternating-cycles","neighbor_id":"konig-vertex-cover-theorem","direction":"backward","type":"same_motif","distance":2,"status":"needs_human_review"},{"id":"rel-egmo-2022-p5-imo-2016-c8-domino-matchings","neighbor_id":"egmo-2022-p5-domino-parity-bipartite-matching","direction":"backward","type":"same_motif","distance":2,"status":"needs_human_review"},{"id":"rel-usamo-2009-p3-uniqueness-imo-2016-c8-domino-cycles","neighbor_id":"usamo-2009-p3-tasteful-domino-tiling-uniqueness","direction":"backward","type":"same_motif","distance":2,"status":"ai_checked"}],"search_text":"imo-2016-c8-domino-unique-tiling-cycles домино и отмеченные клетки, imo shortlist 2016 c8 matching graph_symmetry goal_exact_bound 2016 https://www.imo-official.org/problems/imo2016sl.pdf imo imo 2016 shortlisted problems with solutions imo shortlist imo2016 imoshortlist imoshortlist2016 official_archive src-imo-2016-shortlist with_solution ? imo 2016 shortlisted problems with solutions stmt-original условие ai_checked для положительного \\(n\\) найдите наименьшее \\(k\\), для которого можно отметить \\(k\\) клеток доски \\(2n\\times2n\\) так, чтобы существовало единственное разбиение доски на домино \\(1\\times2\\) и \\(2\\times1\\), причём ни одно домино не содержит две отмеченные клетки. stmt-graph-perfect-matching отмеченные вершины и единственное паросочетание ai_checked пусть \\(g=p_{2n}\\square p_{2n}\\). определите наименьшее \\(k\\), для которого можно выбрать \\(k\\) вершин графа \\(g\\) так, что существует совершенное паросочетание \\(m\\), не имеющее рёбер с обоими концами в выбранном множестве, и всякое совершенное паросочетание в \\(g\\) с этим свойством совпадает с \\(m\\). simple_graph matching idea-alternating-cycle чередующиеся циклы двух разбиений суперпозиция двух домино-разбиений даёт циклы, по которым можно поменять домино. matching ai_checked idea-diagonal-reflection отражение относительно диагонали отражённое разбиение сравнивается с исходным, чтобы найти цикл без запрещённых пар отмеченных клеток. symmetrization ai_checked sol-official-compressed решение через диагональные циклы ai_checked degree cycle alternating_path alternating_paths symmetrization ответ: \\(2n\\). сначала построим пример. пронумеруем строки и столбцы числами \\(1,2,\\ldots,2n\\), а клетку в строке \\(i\\) и столбце \\(j\\) обозначим \\((i,j)\\). для каждого \\(i=1,2,\\ldots,n\\) отметим клетки \\((i,i)\\) и \\((i,i+1)\\). покажем, что допустимое разбиение существует и единственно. две диагонали доски делят ее на четыре области. домино, покрывающее клетку \\((1,1)\\), вынуждено быть вертикальным: горизонтальное домино заняло бы также отмеченную клетку \\((1,2)\\). тогда домино, покрывающее \\((2,2)\\), тоже вынуждено быть вертикальным, затем так же последовательно вынуждаются вертикальные домино через \\((3,3),\\ldots,(n,n)\\). индукцией получаем, что все домино в левой области стоят вертикально. поворотная симметрия переносит этот вывод на нижнюю, правую и верхнюю области: в двух из них все домино горизонтальны, а в двух все домино вертикальны. поэтому разбиение действительно существует и… imo-2016-c8-domino-unique-tiling-cycles domino i otmechennye kletki, imo shortlist 2016 c8 matching graph_symmetry goal_exact_bound 2016 https://www.imo-official.org/problems/imo2016sl.pdf imo imo 2016 shortlisted problems with solutions imo shortlist imo2016 imoshortlist imoshortlist2016 official_archive src-imo-2016-shortlist with_solution ? imo 2016 shortlisted problems with solutions stmt-original uslovie ai_checked dlya polozhitelnogo \\(n\\) naydite naimenshee \\(k\\), dlya kotorogo mozhno otmetit \\(k\\) kletok doski \\(2n\\times2n\\) tak, chtoby suschestvovalo edinstvennoe razbienie doski na domino \\(1\\times2\\) i \\(2\\times1\\), prichem ni odno domino ne soderzhit dve otmechennye kletki. stmt-graph-perfect-matching otmechennye vershiny i edinstvennoe parosochetanie ai_checked pust \\(g=p_{2n}\\square p_{2n}\\). opredelite naimenshee \\(k\\), dlya kotorogo mozhno vybrat \\(k\\) vershin grafa \\(g\\) tak, chto suschestvuet sovershennoe parosochetanie \\(m\\), ne imeyuschee reber s oboimi kontsami v vybrannom mnozhestve, i vsyakoe sovershennoe parosochetanie v \\(g\\) s etim svoystvom sovpadaet s \\(m\\). simple_graph matching idea-alternating-cycle chereduyuschiesya tsikly dvuh razbieniy superpozitsiya dvuh domino-razbieniy daet tsikly, po kotorym mozhno pomenyat domino. matching ai_checked idea-diagonal-reflection otrazhenie otnositelno diagonali otrazhennoe razbienie sravnivaetsya s ishodnym, chtoby nayti tsikl bez zapreschennyh par otmechennyh kletok. symmetrization ai_checked sol-official-compressed reshenie cherez diagonalnye tsikly ai_checked degree cycle alternating_path alternating_paths symmetrization otvet: \\(2n\\). snachala postroim primer. pronumeruem stroki i stolbtsy chislami \\(1,2,\\ldots,2n\\), a kletku v stroke \\(i\\) i stolbtse \\(j\\) oboznachim \\((i,j)\\). dlya kazhdogo \\(i=1,2,\\ldots,n\\) otmetim kletki \\((i,i)\\) i \\((i,i+1)\\). pokazhem, chto dopustimoe razbienie suschestvuet i edinstvenno. dve diagonali doski delyat ee na chetyre oblasti. domino, pokryvayuschee kletku \\((1,1)\\), vynuzhdeno byt vertikalnym: gorizontalnoe domino zanyalo by takzhe otmechennuyu kletku \\((1,2)\\). togda domino, pokryvayuschee \\((2,2)\\), tozhe vynuzhdeno byt vertikalnym, zatem tak zhe posledovatelno vynuzhdayutsya vertikalnye domino cherez \\((3,3),\\ldots,(n,n)\\). induktsiey poluchaem, chto vse domino v levoy oblasti stoyat vertikalno. povorotnaya simmetriya perenosit etot vyvod na nizhnyuyu, pravuyu i verhnyuyu oblasti: v dvuh iz nih vse domino gorizontalny, a v dvuh vse domino vertikalny. poetomu razbienie deystvitelno suschestvuet i…","source_keys":["imo"]}
{"id":"imo-2019-c3-coin-process-digraph","title":"Процесс с монетами на двоичных строках, IMO Shortlist 2019 C3","path":"data\\problems\\imo\\imo-2019-c3-coin-process-digraph.yaml","raw_github_url":"https://raw.githubusercontent.com/didin-maxim/knowledge_graph_of_graphs/main/data/problems/imo/imo-2019-c3-coin-process-digraph.yaml","viewer_url":"https://didin-maxim.github.io/knowledge_graph_of_graphs/#imo-2019-c3-coin-process-digraph","source_key":"imo","source_label":"IMO Shortlist","source_titles":["IMO 2019 Shortlisted Problems with Solutions"],"year":"2019","type":"olympiad_problem","authors":["David Altizio"],"tags":["induction","invariant","goal_counting","goal_proof"],"agent_topics":[],"difficulty":{"main":"imo_p3_plus","local_score":12,"comment":"IMO Shortlist 2019 C3 / IMO 2019 Problem 5; графовая декомпозиция является одним из официальных решений, а формула по позициям орлов даёт короткую альтернативу.","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":0.94,"basis":"официальный IMO Shortlist 2019 PDF, Evan Chen notes cross-check, and самодостаточно expansion аудит","notes":"Официальное графовое решение полностью развёрнуто; второе официальное решение через позиции орлов добавлено как независимая проверка ответа и конечности процесса.","audit_source":"official-plan-expansion-2026-05-06"},"statements":{"original":[{"id":"stmt-original","title":"Условие","status":"source_verified","text":"В ряд лежат \\(n\\) монет, каждая орлом или решкой вверх. Если сейчас ровно \\(k>0\\) монет орлом вверх, Гарри переворачивает \\(k\\)-ю монету слева; если орлов нет, процесс останавливается. Например, при \\(n=3\\) процесс из \\(THT\\) имеет вид \\(THT\\to HHT\\to HTT\\to TTT\\) и занимает три шага. Для начальной конфигурации \\(C\\) пусть \\(\\ell(C)\\) — число шагов до остановки. Докажите, что \\(\\ell(C)\\) конечно для любой начальной конфигурации, и найдите среднее значение \\(\\ell(C)\\) по всем \\(2^n\\) конфигурациям.","definition_ids":[]}],"graph_theory":[{"id":"stmt-state-digraph","title":"Функциональный граф двоичных строк","status":"ai_checked","text":"Для данного \\(n\\) рассмотрим ориентированный граф \\(G_n\\), вершинами которого являются все двоичные строки \\(x_1x_2\\ldots x_n\\) длины \\(n\\). Если строка \\(x\\) содержит ровно \\(k>0\\) единиц, проведём из \\(x\\) одно ориентированное ребро в строку, полученную заменой \\(k\\)-го символа строки \\(x\\) на противоположный. Нулевая строка \\(00\\ldots 0\\) является стоком. Для каждой вершины \\(x\\) пусть \\(d(x)\\) — длина ориентированного пути из \\(x\\) в \\(00\\ldots 0\\), если этот путь конечен. Докажите, что все эти пути конечны, и найдите среднее значение \\(d(x)\\) по всем \\(2^n\\) вершинам \\(G_n\\).","definition_ids":["directed_graph","path"]}]},"solutions":[{"id":"sol-official-graph-recursion","title":"Рекурсия графов состояний","status":"ai_checked","definition_ids":["directed_graph","path"],"standard_idea_ids":["induction"],"tags":[],"has_text":true,"text_preview":"Ответ равен \\[ \\frac12(1+2+\\cdots+n)=\\frac{n(n+1)}4. \\] Будем писать \\(1\\) вместо \\(H\\) и \\(0\\) вместо \\(T\\). Пусть \\(G_n\\) — ориентированный граф на всех строках из \\(\\{0,1\\}^n\\): если в строке ровно \\(k>0\\) единиц, из неё ведёт ребро в строку, полученную переворачиванием \\(k\\)-го символа; строка \\(00\\ldots0\\) является стоком. Если из каждой вершины путь действительно доходит до стока, то длина этого пути в точности равна числу шагов процесса из соответствующей конфигурации. Обозначим через \\(E_n\\) среднее расстояние до стока в \\(G_n\\). Докажем одновременно конечность всех путей и рекурсию для \\(E_n\\). Для \\(n=0\\) есть одна пустая строка, уже являющаяся стоком, так что \\(E_0=0\\). Переход от \\(G_{n-1}\\) к \\(G_n\\) устроен так. Сначала возьмём копию \\(X\\): каждой строке \\(s=s_1\\ldots s_{n-1}\\) сопоставим строку \\(s0\\). Если в \\(s\\) ровно \\(k\\) единиц, то в \\(s0\\) тоже ровно \\(k\\) единиц,…"},{"id":"sol-official-head-position-formula","title":"Явная формула через позиции орлов","status":"ai_checked","definition_ids":[],"standard_idea_ids":[],"tags":[],"has_text":true,"text_preview":"Дадим независимое решение, которое сразу выводит явную формулу для числа ходов. Пусть в некоторый момент на доске ровно \\(r\\) орлов, стоящих в позициях \\[ 1\\le c_1<c_2<\\cdots<c_r\\le n. \\] Выберем минимальный индекс \\(i\\), для которого \\(c_i\\ge r\\). Такой индекс существует, потому что всегда \\(c_r\\ge r\\). Рассмотрим, что происходит дальше. Сначала Гарри переворачивает \\(r\\)-ю монету. Если \\(r<c_i\\), то эта монета не была орлом, значит число орлов увеличивается на один и следующим ходом переворачивается \\((r+1)\\)-я монета. Так продолжается до позиции \\(c_i\\). На позиции \\(c_i\\) стоит орёл, поэтому после её переворота число орлов начинает уменьшаться, и дальнейшие ходы идут назад: \\((c_i-1)\\)-я, \\((c_i-2)\\)-я, ..., \\(r\\)-я монета. Иными словами, этот блок ходов имеет вид \\[ r, r+1, \\ldots, c_i, c_i-1, \\ldots, r \\] и содержит \\(2(c_i-r)+1\\) ходов. После окончания блока все монеты, кроме поз…"}],"relations":[{"id":"rel-tree-imo-2019-c3-functional-digraph","neighbor_id":"tree-equivalent-properties","direction":"backward","type":"same_motif","distance":3,"status":"needs_human_review"},{"id":"rel-kolmogorov-2021-chip-imo-2019-c3","neighbor_id":"kolmogorov-2021-komol-chip-firing-edge-discrepancy","direction":"backward","type":"same_motif","distance":2,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-imo-2019-c3-cmo-2025-p1-functional-digraph-dynamics","neighbor_id":"cmo-2025-p1-voting-functional-graph","direction":"forward","type":"same_motif","distance":2,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-imo-2019-c3-cmo-1994-p3-finite-dynamics","neighbor_id":"cmo-1994-p3-voting-stabilizes-cycle","direction":"forward","type":"same_motif","distance":3,"status":"needs_human_review"},{"id":"rel-imo-2019-c3-bounded-forward-rays-state-potential","neighbor_id":"bounded-forward-rays-balanced-sums","direction":"forward","type":"same_motif","distance":4,"status":"needs_human_review"}],"search_text":"imo-2019-c3-coin-process-digraph процесс с монетами на двоичных строках, imo shortlist 2019 c3 induction invariant goal_counting goal_proof 2019 david altizio davidaltizio https://www.imo-official.org/problems/imo2019sl.pdf imo imo 2019 shortlisted problems with solutions imo shortlist imo2019 imoshortlist imoshortlist2019 official_archive src-imo-2019-shortlist with_solution david altizio imo 2019 shortlisted problems with solutions stmt-original условие source_verified в ряд лежат \\(n\\) монет, каждая орлом или решкой вверх. если сейчас ровно \\(k>0\\) монет орлом вверх, гарри переворачивает \\(k\\)-ю монету слева; если орлов нет, процесс останавливается. например, при \\(n=3\\) процесс из \\(tht\\) имеет вид \\(tht\\to hht\\to htt\\to ttt\\) и занимает три шага. для начальной конфигурации \\(c\\) пусть \\(\\ell(c)\\) — число шагов до остановки. докажите, что \\(\\ell(c)\\) конечно для любой начальной конфигурации, и найдите среднее значение \\(\\ell(c)\\) по всем \\(2^n\\) конфигурациям. stmt-state-digraph функциональный граф двоичных строк ai_checked для данного \\(n\\) рассмотрим ориентированный граф \\(g_n\\), вершинами которого являются все двоичные строки \\(x_1x_2\\ldots x_n\\) длины \\(n\\). если строка \\(x\\) содержит ровно \\(k>0\\) единиц, проведём из \\(x\\) одно ориентированное ребро в строку, полученную заменой \\(k\\)-го символа строки \\(x\\) на противоположный. нулевая строка \\(00\\ldots 0\\) является стоком. для каждой вершины \\(x\\) пусть \\(d(x)\\) — длина ориентированного пути из \\(x\\) в \\(00\\ldots 0\\), если этот путь конечен. докажите, что все эти пути конечны, и найдите среднее значение \\(d(x)\\) по всем \\(2^n\\) вершинам \\(g_n\\). directed_graph path idea-state-digraph ориентированный граф состояний каждая нефинальная конфигурация имеет единственного преемника. поэтому задача о конечности процесса и среднем времени остановки равносильна задаче о расстояниях до стока в функциональном ориентированном графе состояний. goal_proof ai_checked idea-recursive-copies две копии графа меньшей длины вершины \\(g_n\\) разбиваются на две части: строки вида \\(s0\\) дают прямую копию \\(g_{n-1}\\), а строки вида \\(\\overline{s}_{n-1}\\cdots\\overline{s}_1 1\\) дают вторую копию \\(g_{n-1}\\), из которой есть один мост в первую копию. induction ai_checked idea-head-position-potential явная формула по позициям орлов если орлы стоят в позициях \\(c_1<\\cdots<c_k\\), то один блок процесса удаляет некоторый орёл \\(c_i\\) за \\(2(c_i-k)+1\\) шагов, после чего число орлов уменьшается на один. сумма по всем удалённым орлам даёт \\(\\ell(c)=2\\sum c_i-k^2\\). invariant goal_counting ai_checked sol-official-graph-recursion рекурсия графов состояний ai_checked directed_graph path induction ответ равен \\[ \\frac12(1+2+\\cdots+n)=\\frac{n(n+1)}4. \\] будем писать \\(1\\) вместо \\(h\\) и \\(0\\) вместо \\(t\\). пусть \\(g_n\\) — ориентированный граф на всех строках из \\(\\{0,1\\}^n\\): если в строке ровно \\(k>0\\) единиц, из неё ведёт ребро в строку, полученную переворачиванием \\(k\\)-го символа; строка \\(00\\ldots0\\) является стоком. если из каждой вершины путь действительно доходит до стока, то длина этого пути в точности равна числу шагов процесса из соответствующей конфигурации. обозначим через \\(e_n\\) среднее расстояние до стока в \\(g_n\\). докажем одновременно конечность всех путей и рекурсию для \\(e_n\\). для \\(n=0\\) есть одна пустая строка, уже являющаяся стоком, так что \\(e_0=0\\). переход от \\(g_{n-1}\\) к \\(g_n\\) устроен так. сначала возьмём копию \\(x\\): каждой строке \\(s=s_1\\ldots s_{n-1}\\) сопоставим строку \\(s0\\). если в \\(s\\) ровно \\(k\\) единиц, то в \\(s0\\) тоже ровно \\(k\\) единиц,… sol-official-head-position-formula явная формула через позиции орлов ai_checked дадим независимое решение, которое сразу выводит явную формулу для числа ходов. пусть в некоторый момент на доске ровно \\(r\\) орлов, стоящих в позициях \\[ 1\\le c_1<c_2<\\cdots<c_r\\le n. \\] выберем минимальный индекс \\(i\\), для которого \\(c_i\\ge r\\). такой индекс существует, потому что всегда \\(c_r\\ge r\\). рассмотрим, что происходит дальше. сначала гарри переворачивает \\(r\\)-ю монету. если \\(r<c_i\\), то эта монета не была орлом, значит число орлов увеличивается на один и следующим ходом переворачивается \\((r+1)\\)-я монета. так продолжается до позиции \\(c_i\\). на позиции \\(c_i\\) стоит орёл, поэтому после её переворота число орлов начинает уменьшаться, и дальнейшие ходы идут назад: \\((c_i-1)\\)-я, \\((c_i-2)\\)-я, ..., \\(r\\)-я монета. иными словами, этот блок ходов имеет вид \\[ r, r+1, \\ldots, c_i, c_i-1, \\ldots, r \\] и содержит \\(2(c_i-r)+1\\) ходов. после окончания блока все монеты, кроме поз… imo-2019-c3-coin-process-digraph protsess s monetami na dvoichnyh strokah, imo shortlist 2019 c3 induction invariant goal_counting goal_proof 2019 david altizio davidaltizio https://www.imo-official.org/problems/imo2019sl.pdf imo imo 2019 shortlisted problems with solutions imo shortlist imo2019 imoshortlist imoshortlist2019 official_archive src-imo-2019-shortlist with_solution david altizio imo 2019 shortlisted problems with solutions stmt-original uslovie source_verified v ryad lezhat \\(n\\) monet, kazhdaya orlom ili reshkoy vverh. esli seychas rovno \\(k>0\\) monet orlom vverh, garri perevorachivaet \\(k\\)-yu monetu sleva; esli orlov net, protsess ostanavlivaetsya. naprimer, pri \\(n=3\\) protsess iz \\(tht\\) imeet vid \\(tht\\to hht\\to htt\\to ttt\\) i zanimaet tri shaga. dlya nachalnoy konfiguratsii \\(c\\) pust \\(\\ell(c)\\) — chislo shagov do ostanovki. dokazhite, chto \\(\\ell(c)\\) konechno dlya lyuboy nachalnoy konfiguratsii, i naydite srednee znachenie \\(\\ell(c)\\) po vsem \\(2^n\\) konfiguratsiyam. stmt-state-digraph funktsionalnyy graf dvoichnyh strok ai_checked dlya dannogo \\(n\\) rassmotrim orientirovannyy graf \\(g_n\\), vershinami kotorogo yavlyayutsya vse dvoichnye stroki \\(x_1x_2\\ldots x_n\\) dliny \\(n\\). esli stroka \\(x\\) soderzhit rovno \\(k>0\\) edinits, provedem iz \\(x\\) odno orientirovannoe rebro v stroku, poluchennuyu zamenoy \\(k\\)-go simvola stroki \\(x\\) na protivopolozhnyy. nulevaya stroka \\(00\\ldots 0\\) yavlyaetsya stokom. dlya kazhdoy vershiny \\(x\\) pust \\(d(x)\\) — dlina orientirovannogo puti iz \\(x\\) v \\(00\\ldots 0\\), esli etot put konechen. dokazhite, chto vse eti puti konechny, i naydite srednee znachenie \\(d(x)\\) po vsem \\(2^n\\) vershinam \\(g_n\\). directed_graph path idea-state-digraph orientirovannyy graf sostoyaniy kazhdaya nefinalnaya konfiguratsiya imeet edinstvennogo preemnika. poetomu zadacha o konechnosti protsessa i srednem vremeni ostanovki ravnosilna zadache o rasstoyaniyah do stoka v funktsionalnom orientirovannom grafe sostoyaniy. goal_proof ai_checked idea-recursive-copies dve kopii grafa menshey dliny vershiny \\(g_n\\) razbivayutsya na dve chasti: stroki vida \\(s0\\) dayut pryamuyu kopiyu \\(g_{n-1}\\), a stroki vida \\(\\overline{s}_{n-1}\\cdots\\overline{s}_1 1\\) dayut vtoruyu kopiyu \\(g_{n-1}\\), iz kotoroy est odin most v pervuyu kopiyu. induction ai_checked idea-head-position-potential yavnaya formula po pozitsiyam orlov esli orly stoyat v pozitsiyah \\(c_1<\\cdots<c_k\\), to odin blok protsessa udalyaet nekotoryy orel \\(c_i\\) za \\(2(c_i-k)+1\\) shagov, posle chego chislo orlov umenshaetsya na odin. summa po vsem udalennym orlam daet \\(\\ell(c)=2\\sum c_i-k^2\\). invariant goal_counting ai_checked sol-official-graph-recursion rekursiya grafov sostoyaniy ai_checked directed_graph path induction otvet raven \\[ \\frac12(1+2+\\cdots+n)=\\frac{n(n+1)}4. \\] budem pisat \\(1\\) vmesto \\(h\\) i \\(0\\) vmesto \\(t\\). pust \\(g_n\\) — orientirovannyy graf na vseh strokah iz \\(\\{0,1\\}^n\\): esli v stroke rovno \\(k>0\\) edinits, iz nee vedet rebro v stroku, poluchennuyu perevorachivaniem \\(k\\)-go simvola; stroka \\(00\\ldots0\\) yavlyaetsya stokom. esli iz kazhdoy vershiny put deystvitelno dohodit do stoka, to dlina etogo puti v tochnosti ravna chislu shagov protsessa iz sootvetstvuyuschey konfiguratsii. oboznachim cherez \\(e_n\\) srednee rasstoyanie do stoka v \\(g_n\\). dokazhem odnovremenno konechnost vseh putey i rekursiyu dlya \\(e_n\\). dlya \\(n=0\\) est odna pustaya stroka, uzhe yavlyayuschayasya stokom, tak chto \\(e_0=0\\). perehod ot \\(g_{n-1}\\) k \\(g_n\\) ustroen tak. snachala vozmem kopiyu \\(x\\): kazhdoy stroke \\(s=s_1\\ldots s_{n-1}\\) sopostavim stroku \\(s0\\). esli v \\(s\\) rovno \\(k\\) edinits, to v \\(s0\\) tozhe rovno \\(k\\) edinits,… sol-official-head-position-formula yavnaya formula cherez pozitsii orlov ai_checked dadim nezavisimoe reshenie, kotoroe srazu vyvodit yavnuyu formulu dlya chisla hodov. pust v nekotoryy moment na doske rovno \\(r\\) orlov, stoyaschih v pozitsiyah \\[ 1\\le c_1<c_2<\\cdots<c_r\\le n. \\] vyberem minimalnyy indeks \\(i\\), dlya kotorogo \\(c_i\\ge r\\). takoy indeks suschestvuet, potomu chto vsegda \\(c_r\\ge r\\). rassmotrim, chto proishodit dalshe. snachala garri perevorachivaet \\(r\\)-yu monetu. esli \\(r<c_i\\), to eta moneta ne byla orlom, znachit chislo orlov uvelichivaetsya na odin i sleduyuschim hodom perevorachivaetsya \\((r+1)\\)-ya moneta. tak prodolzhaetsya do pozitsii \\(c_i\\). na pozitsii \\(c_i\\) stoit orel, poetomu posle ee perevorota chislo orlov nachinaet umenshatsya, i dalneyshie hody idut nazad: \\((c_i-1)\\)-ya, \\((c_i-2)\\)-ya, ..., \\(r\\)-ya moneta. inymi slovami, etot blok hodov imeet vid \\[ r, r+1, \\ldots, c_i, c_i-1, \\ldots, r \\] i soderzhit \\(2(c_i-r)+1\\) hodov. posle okonchaniya bloka vse monety, krome poz…","source_keys":["imo"]}
{"id":"imo-2019-c4-labyrinth-region-graph","title":"Лабиринт из прямых и граф областей, IMO Shortlist 2019 C4","path":"data\\problems\\imo\\imo-2019-c4-labyrinth-region-graph.yaml","raw_github_url":"https://raw.githubusercontent.com/didin-maxim/knowledge_graph_of_graphs/main/data/problems/imo/imo-2019-c4-labyrinth-region-graph.yaml","viewer_url":"https://didin-maxim.github.io/knowledge_graph_of_graphs/#imo-2019-c4-labyrinth-region-graph","source_key":"imo","source_label":"IMO Shortlist","source_titles":["IMO 2019 Shortlisted Problems with Solutions"],"year":"2019","type":"olympiad_problem","authors":[],"tags":["connectivity","planar_graphs","double_counting","goal_characterization"],"agent_topics":[],"difficulty":{"main":"imo_p3_plus","local_score":12,"comment":"IMO Shortlist 2019 C4, Канада; графовый слой существенен в официальном решении.","status":"needs_human_review"},"review_status":"needs_human_review","public_ready":false,"solution_state":"with_solution","solution_classification":{"type":"official_complete_or_near_complete","label":"официальное полное/почти полное","status":"ai_checked","confidence":0.78,"basis":"агентский аудит средней сложности","notes":"Олимпиадная карточка опирается на официальный источник, шорт-лист или справочник и содержит решение со статусом ai_checked.","audit_source":"agent-imo-us-classical.json"},"statements":{"original":[{"id":"stmt-original","title":"Условие","status":"needs_human_review","text":"На плоскости проведены \\(n\\) прямых, никакие две не параллельны и никакие три не проходят через одну точку. У каждого пересечения есть дверь только в тех углах, где встречаются стороны разных цветов. Моргана ставит рыцарей в области так, что два рыцаря могут встретиться, если между их областями есть путь через двери. Найдите наибольшее число рыцарей, которых она может гарантированно расставить независимо от раскраски сторон прямых.","definition_ids":[]}],"graph_theory":[{"id":"stmt-graph","title":"Лабиринт из прямых и граф областей, IMO Shortlist 2019 C4","status":"needs_human_review","text":"На плоскости проведены \\(n\\) прямых, никакие две не параллельны и никакие три не проходят через одну точку. Для каждой прямой каждая из двух полуплоскостей по разные стороны от неё окрашена в один из двух цветов. Рассмотрим граф, вершинами которого являются области разбиения плоскости этими прямыми, а две области соединены ребром тогда и только тогда, когда они имеют общую сторону и цвета по разные стороны соответствующей прямой различны. Найдите наименьшее возможное число компонент связности этого графа по всем таким раскраскам.","definition_ids":["connected_graph"]}]},"solutions":[{"id":"sol-official-compressed","title":"Решение через граф областей лабиринта","status":"ai_checked","definition_ids":["connected_graph","planar_graph"],"standard_idea_ids":["induction","double_counting"],"tags":[],"has_text":true,"text_preview":"Для любой раскраски строим граф \\(G\\): вершины — области разбиения плоскости прямыми, рёбра — двери при пересечениях. Число областей равно \\(\\binom{n+1}{2}+1\\): при добавлении очередной прямой она пересекает предыдущие в \\(m-1\\) точках и разбивается ими на \\(m\\) отрезков-лучей, каждый из которых делит одну старую область на две. Дверей ровно \\(\\binom n2\\), по одной в каждой точке пересечения двух прямых. Если начать с графа без рёбер, у него столько компонент, сколько областей; добавление одного ребра уменьшает число компонент не более чем на 1. Поэтому при любой раскраске число компонент графа дверей не меньше \\(\\binom{n+1}{2}+1-\\binom n2=n+1\\). Поставив по одному рыцарю в разные компоненты, Моргана гарантирует \\(n+1\\) рыцарей, которые не смогут встретиться. Докажем, что больше гарантировать нельзя. Выберем координаты так, чтобы ни одна из прямых не была вертикальной или горизонтальной…"}],"relations":[{"id":"rel-cmo-2022-p4-imo-2019-line-arrangement-levels","neighbor_id":"cmo-2022-p4-region-adjacency-coloring","direction":"backward","type":"same_motif","distance":2,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-imo-2014-c9-imo-2019-c4-planar-region-graphs","neighbor_id":"imo-2014-c9-snail-circles-tree","direction":"backward","type":"same_motif","distance":2,"status":"needs_human_review"},{"id":"rel-euler-planar-imo-2019-c4","neighbor_id":"euler-formula-planar","direction":"backward","type":"same_motif","distance":3,"status":"needs_human_review"},{"id":"rel-imo-2023-c4-imo-2019-c4-component-counting","neighbor_id":"imo-2023-c4-strip-pieces-eulerian-graph","direction":"forward","type":"same_motif","distance":3,"status":"needs_human_review"},{"id":"rel-imo-2005-c3-imo-2019-c4-planar-connectivity","neighbor_id":"imo-2005-c3-black-paths-injection","direction":"backward","type":"same_motif","distance":3,"status":"needs_human_review"},{"id":"rel-bmo-2022-p4-imo-2019-c4-boundary-regions","neighbor_id":"bmo-2022-p4-frog-grid-boundary-graph","direction":"backward","type":"same_motif","distance":2,"status":"needs_human_review"}],"search_text":"imo-2019-c4-labyrinth-region-graph лабиринт из прямых и граф областей, imo shortlist 2019 c4 connectivity planar_graphs double_counting goal_characterization 2019 https://www.imo-official.org/problems/imo2019sl.pdf imo imo 2019 shortlisted problems with solutions imo shortlist imo2019 imoshortlist imoshortlist2019 official_archive src-imo-2019-shortlist with_solution ? imo 2019 shortlisted problems with solutions stmt-original условие needs_human_review на плоскости проведены \\(n\\) прямых, никакие две не параллельны и никакие три не проходят через одну точку. у каждого пересечения есть дверь только в тех углах, где встречаются стороны разных цветов. моргана ставит рыцарей в области так, что два рыцаря могут встретиться, если между их областями есть путь через двери. найдите наибольшее число рыцарей, которых она может гарантированно расставить независимо от раскраски сторон прямых. stmt-graph лабиринт из прямых и граф областей, imo shortlist 2019 c4 needs_human_review на плоскости проведены \\(n\\) прямых, никакие две не параллельны и никакие три не проходят через одну точку. для каждой прямой каждая из двух полуплоскостей по разные стороны от неё окрашена в один из двух цветов. рассмотрим граф, вершинами которого являются области разбиения плоскости этими прямыми, а две области соединены ребром тогда и только тогда, когда они имеют общую сторону и цвета по разные стороны соответствующей прямой различны. найдите наименьшее возможное число компонент связности этого графа по всем таким раскраскам. connected_graph idea-region-door-graph граф областей и дверей рыцари в разных компонентах графа дверей никогда не встретятся. connectivity ai_checked idea-edge-component-count рёбра уменьшают число компонент число областей известно, число дверей равно числу пересечений, значит компонент хотя бы \\(n+1\\). double_counting ai_checked sol-official-compressed решение через граф областей лабиринта ai_checked connected_graph planar_graph induction double_counting для любой раскраски строим граф \\(g\\): вершины — области разбиения плоскости прямыми, рёбра — двери при пересечениях. число областей равно \\(\\binom{n+1}{2}+1\\): при добавлении очередной прямой она пересекает предыдущие в \\(m-1\\) точках и разбивается ими на \\(m\\) отрезков-лучей, каждый из которых делит одну старую область на две. дверей ровно \\(\\binom n2\\), по одной в каждой точке пересечения двух прямых. если начать с графа без рёбер, у него столько компонент, сколько областей; добавление одного ребра уменьшает число компонент не более чем на 1. поэтому при любой раскраске число компонент графа дверей не меньше \\(\\binom{n+1}{2}+1-\\binom n2=n+1\\). поставив по одному рыцарю в разные компоненты, моргана гарантирует \\(n+1\\) рыцарей, которые не смогут встретиться. докажем, что больше гарантировать нельзя. выберем координаты так, чтобы ни одна из прямых не была вертикальной или горизонтальной… imo-2019-c4-labyrinth-region-graph labirint iz pryamyh i graf oblastey, imo shortlist 2019 c4 connectivity planar_graphs double_counting goal_characterization 2019 https://www.imo-official.org/problems/imo2019sl.pdf imo imo 2019 shortlisted problems with solutions imo shortlist imo2019 imoshortlist imoshortlist2019 official_archive src-imo-2019-shortlist with_solution ? imo 2019 shortlisted problems with solutions stmt-original uslovie needs_human_review na ploskosti provedeny \\(n\\) pryamyh, nikakie dve ne parallelny i nikakie tri ne prohodyat cherez odnu tochku. u kazhdogo peresecheniya est dver tolko v teh uglah, gde vstrechayutsya storony raznyh tsvetov. morgana stavit rytsarey v oblasti tak, chto dva rytsarya mogut vstretitsya, esli mezhdu ih oblastyami est put cherez dveri. naydite naibolshee chislo rytsarey, kotoryh ona mozhet garantirovanno rasstavit nezavisimo ot raskraski storon pryamyh. stmt-graph labirint iz pryamyh i graf oblastey, imo shortlist 2019 c4 needs_human_review na ploskosti provedeny \\(n\\) pryamyh, nikakie dve ne parallelny i nikakie tri ne prohodyat cherez odnu tochku. dlya kazhdoy pryamoy kazhdaya iz dvuh poluploskostey po raznye storony ot nee okrashena v odin iz dvuh tsvetov. rassmotrim graf, vershinami kotorogo yavlyayutsya oblasti razbieniya ploskosti etimi pryamymi, a dve oblasti soedineny rebrom togda i tolko togda, kogda oni imeyut obschuyu storonu i tsveta po raznye storony sootvetstvuyuschey pryamoy razlichny. naydite naimenshee vozmozhnoe chislo komponent svyaznosti etogo grafa po vsem takim raskraskam. connected_graph idea-region-door-graph graf oblastey i dverey rytsari v raznyh komponentah grafa dverey nikogda ne vstretyatsya. connectivity ai_checked idea-edge-component-count rebra umenshayut chislo komponent chislo oblastey izvestno, chislo dverey ravno chislu peresecheniy, znachit komponent hotya by \\(n+1\\). double_counting ai_checked sol-official-compressed reshenie cherez graf oblastey labirinta ai_checked connected_graph planar_graph induction double_counting dlya lyuboy raskraski stroim graf \\(g\\): vershiny — oblasti razbieniya ploskosti pryamymi, rebra — dveri pri peresecheniyah. chislo oblastey ravno \\(\\binom{n+1}{2}+1\\): pri dobavlenii ocherednoy pryamoy ona peresekaet predyduschie v \\(m-1\\) tochkah i razbivaetsya imi na \\(m\\) otrezkov-luchey, kazhdyy iz kotoryh delit odnu staruyu oblast na dve. dverey rovno \\(\\binom n2\\), po odnoy v kazhdoy tochke peresecheniya dvuh pryamyh. esli nachat s grafa bez reber, u nego stolko komponent, skolko oblastey; dobavlenie odnogo rebra umenshaet chislo komponent ne bolee chem na 1. poetomu pri lyuboy raskraske chislo komponent grafa dverey ne menshe \\(\\binom{n+1}{2}+1-\\binom n2=n+1\\). postaviv po odnomu rytsaryu v raznye komponenty, morgana garantiruet \\(n+1\\) rytsarey, kotorye ne smogut vstretitsya. dokazhem, chto bolshe garantirovat nelzya. vyberem koordinaty tak, chtoby ni odna iz pryamyh ne byla vertikalnoy ili gorizontalnoy…","source_keys":["imo"]}
{"id":"imo-2019-c5-social-network-refriending","title":"Социальная сеть и операция пере-дружбы, IMO Shortlist 2019 C5","path":"data\\problems\\imo\\imo-2019-c5-social-network-refriending.yaml","raw_github_url":"https://raw.githubusercontent.com/didin-maxim/knowledge_graph_of_graphs/main/data/problems/imo/imo-2019-c5-social-network-refriending.yaml","viewer_url":"https://didin-maxim.github.io/knowledge_graph_of_graphs/#imo-2019-c5-social-network-refriending","source_key":"imo","source_label":"IMO Shortlist","source_titles":["IMO 2019 Shortlisted Problems with Solutions"],"year":"2019","type":"olympiad_problem","authors":[],"tags":["connectivity","extremal_choice","goal_exact_bound"],"agent_topics":[],"difficulty":{"main":"imo_p3_plus","local_score":12,"comment":"IMO Shortlist 2019 C5, Хорватия; официальный разбор дает графовую операцию и инвариант для компонент связности.","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":"В карточке есть официальные, шортлистные или справочные источники и проверенное ИИ решение.","audit_source":"agent-imo-us-classical.json"},"statements":{"original":[{"id":"stmt-original","title":"Условие","status":"ai_checked","text":"В некоторой социальной сети 2019 пользователей; дружба является симметричным отношением. Изначально у 1010 человек по 1009 друзей, а у 1009 человек по 1010 друзей. Можно многократно выполнять такую операцию: если \\(A\\) дружит с \\(B\\) и \\(C\\), а \\(B\\) и \\(C\\) не дружат, то дружбы \\(AB\\) и \\(AC\\) исчезают, а дружба \\(BC\\) появляется. Докажите, что независимо от начальных дружб существует последовательность таких операций, после которой у каждого пользователя не более одного друга.","definition_ids":[]}],"graph_theory":[{"id":"stmt-graph","title":"Социальная сеть и операция пере-дружбы, IMO Shortlist 2019 C5","status":"ai_checked","text":"Пусть \\(G\\) — простой граф на \\(2019\\) вершинах, в котором \\(1010\\) вершин имеют степень \\(1009\\), а \\(1009\\) вершин имеют степень \\(1010\\). Разрешена операция: если вершина \\(A\\) смежна с двумя различными несмежными вершинами \\(B\\) и \\(C\\), то можно удалить рёбра \\(AB\\) и \\(AC\\) и добавить ребро \\(BC\\). Докажите, что после конечного числа таких операций можно получить граф с максимальной степенью не больше \\(1\\).","definition_ids":["simple_graph","degree","connected_graph"]}]},"solutions":[{"id":"sol-official-compressed","title":"Полное доказательство через инвариант компонент","status":"ai_checked","definition_ids":["connected_graph","degree","complete_graph"],"standard_idea_ids":["extremal_choice"],"tags":[],"has_text":true,"text_preview":"Перейдем к языку графов: пользователи - вершины, дружбы - ребра. Операция удаляет два ребра \\(AB,AC\\) и добавляет одно ребро \\(BC\\), где \\(B\\) и \\(C\\) раньше не были смежны. Поэтому при каждой операции число ребер уменьшается на 1, а четности степеней всех вершин не меняются: у \\(A\\) степень уменьшается на 2, а у \\(B\\) и \\(C\\) одна инцидентная связь теряется и одна приобретается. Сначала заметим, что исходный граф связен. Действительно, для любых двух вершин сумма их степеней не меньше \\(1009+1009=2018\\). Если две вершины не смежны и не имеют общего соседа, то все их соседи лежали бы среди остальных \\(2017\\) вершин и были бы различны, что невозможно. Значит любые две вершины либо соединены ребром, либо имеют общего соседа. Кроме того, исходный граф не полон, а вершины степени 1009 имеют нечетную степень. Значит исходный граф удовлетворяет условию \\((*)\\): каждая компонента связности с х…"}],"relations":[{"id":"rel-imo-2016-c6-imo-2019-c5-graph-dynamics","neighbor_id":"imo-2016-c6-ferry-graph-dynamics","direction":"backward","type":"same_motif","distance":2,"status":"needs_human_review"},{"id":"rel-imo-2019-c5-imo-2004-c3-edge-deletion","neighbor_id":"imo-2004-c3-delete-edge-from-4cycle","direction":"backward","type":"same_motif","distance":3,"status":"needs_human_review"},{"id":"rel-ferry-network-imo-2019-c5-local-edge-operation","neighbor_id":"ferry-network-repartition-lemma","direction":"backward","type":"same_motif","distance":3,"status":"needs_human_review"}],"search_text":"imo-2019-c5-social-network-refriending социальная сеть и операция пере-дружбы, imo shortlist 2019 c5 connectivity extremal_choice goal_exact_bound 2019 https://www.imo-official.org/problems/imo2019sl.pdf imo imo 2019 shortlisted problems with solutions imo shortlist imo2019 imoshortlist imoshortlist2019 official_archive src-imo-2019-shortlist with_solution ? imo 2019 shortlisted problems with solutions stmt-original условие ai_checked в некоторой социальной сети 2019 пользователей; дружба является симметричным отношением. изначально у 1010 человек по 1009 друзей, а у 1009 человек по 1010 друзей. можно многократно выполнять такую операцию: если \\(a\\) дружит с \\(b\\) и \\(c\\), а \\(b\\) и \\(c\\) не дружат, то дружбы \\(ab\\) и \\(ac\\) исчезают, а дружба \\(bc\\) появляется. докажите, что независимо от начальных дружб существует последовательность таких операций, после которой у каждого пользователя не более одного друга. stmt-graph социальная сеть и операция пере-дружбы, imo shortlist 2019 c5 ai_checked пусть \\(g\\) — простой граф на \\(2019\\) вершинах, в котором \\(1010\\) вершин имеют степень \\(1009\\), а \\(1009\\) вершин имеют степень \\(1010\\). разрешена операция: если вершина \\(a\\) смежна с двумя различными несмежными вершинами \\(b\\) и \\(c\\), то можно удалить рёбра \\(ab\\) и \\(ac\\) и добавить ребро \\(bc\\). докажите, что после конечного числа таких операций можно получить граф с максимальной степенью не больше \\(1\\). simple_graph degree connected_graph idea-refriending сжатие пути длины 2 операция заменяет две стороны пути \\(b-a-c\\) одним ребром \\(bc\\), поэтому число ребер уменьшается на 1, а четности степеней всех вершин сохраняются. connectivity ai_checked idea-component-condition инвариант для больших компонент достаточно сохранять условие: каждая компонента связности с хотя бы тремя вершинами не полна и содержит вершину нечетной степени. тогда, пока есть степень хотя бы 2, можно сделать очередную пере-дружбу. connectivity extremal_choice ai_checked sol-official-compressed полное доказательство через инвариант компонент ai_checked connected_graph degree complete_graph extremal_choice перейдем к языку графов: пользователи - вершины, дружбы - ребра. операция удаляет два ребра \\(ab,ac\\) и добавляет одно ребро \\(bc\\), где \\(b\\) и \\(c\\) раньше не были смежны. поэтому при каждой операции число ребер уменьшается на 1, а четности степеней всех вершин не меняются: у \\(a\\) степень уменьшается на 2, а у \\(b\\) и \\(c\\) одна инцидентная связь теряется и одна приобретается. сначала заметим, что исходный граф связен. действительно, для любых двух вершин сумма их степеней не меньше \\(1009+1009=2018\\). если две вершины не смежны и не имеют общего соседа, то все их соседи лежали бы среди остальных \\(2017\\) вершин и были бы различны, что невозможно. значит любые две вершины либо соединены ребром, либо имеют общего соседа. кроме того, исходный граф не полон, а вершины степени 1009 имеют нечетную степень. значит исходный граф удовлетворяет условию \\((*)\\): каждая компонента связности с х… imo-2019-c5-social-network-refriending sotsialnaya set i operatsiya pere-druzhby, imo shortlist 2019 c5 connectivity extremal_choice goal_exact_bound 2019 https://www.imo-official.org/problems/imo2019sl.pdf imo imo 2019 shortlisted problems with solutions imo shortlist imo2019 imoshortlist imoshortlist2019 official_archive src-imo-2019-shortlist with_solution ? imo 2019 shortlisted problems with solutions stmt-original uslovie ai_checked v nekotoroy sotsialnoy seti 2019 polzovateley; druzhba yavlyaetsya simmetrichnym otnosheniem. iznachalno u 1010 chelovek po 1009 druzey, a u 1009 chelovek po 1010 druzey. mozhno mnogokratno vypolnyat takuyu operatsiyu: esli \\(a\\) druzhit s \\(b\\) i \\(c\\), a \\(b\\) i \\(c\\) ne druzhat, to druzhby \\(ab\\) i \\(ac\\) ischezayut, a druzhba \\(bc\\) poyavlyaetsya. dokazhite, chto nezavisimo ot nachalnyh druzhb suschestvuet posledovatelnost takih operatsiy, posle kotoroy u kazhdogo polzovatelya ne bolee odnogo druga. stmt-graph sotsialnaya set i operatsiya pere-druzhby, imo shortlist 2019 c5 ai_checked pust \\(g\\) — prostoy graf na \\(2019\\) vershinah, v kotorom \\(1010\\) vershin imeyut stepen \\(1009\\), a \\(1009\\) vershin imeyut stepen \\(1010\\). razreshena operatsiya: esli vershina \\(a\\) smezhna s dvumya razlichnymi nesmezhnymi vershinami \\(b\\) i \\(c\\), to mozhno udalit rebra \\(ab\\) i \\(ac\\) i dobavit rebro \\(bc\\). dokazhite, chto posle konechnogo chisla takih operatsiy mozhno poluchit graf s maksimalnoy stepenyu ne bolshe \\(1\\). simple_graph degree connected_graph idea-refriending szhatie puti dliny 2 operatsiya zamenyaet dve storony puti \\(b-a-c\\) odnim rebrom \\(bc\\), poetomu chislo reber umenshaetsya na 1, a chetnosti stepeney vseh vershin sohranyayutsya. connectivity ai_checked idea-component-condition invariant dlya bolshih komponent dostatochno sohranyat uslovie: kazhdaya komponenta svyaznosti s hotya by tremya vershinami ne polna i soderzhit vershinu nechetnoy stepeni. togda, poka est stepen hotya by 2, mozhno sdelat ocherednuyu pere-druzhbu. connectivity extremal_choice ai_checked sol-official-compressed polnoe dokazatelstvo cherez invariant komponent ai_checked connected_graph degree complete_graph extremal_choice pereydem k yazyku grafov: polzovateli - vershiny, druzhby - rebra. operatsiya udalyaet dva rebra \\(ab,ac\\) i dobavlyaet odno rebro \\(bc\\), gde \\(b\\) i \\(c\\) ranshe ne byli smezhny. poetomu pri kazhdoy operatsii chislo reber umenshaetsya na 1, a chetnosti stepeney vseh vershin ne menyayutsya: u \\(a\\) stepen umenshaetsya na 2, a u \\(b\\) i \\(c\\) odna intsidentnaya svyaz teryaetsya i odna priobretaetsya. snachala zametim, chto ishodnyy graf svyazen. deystvitelno, dlya lyubyh dvuh vershin summa ih stepeney ne menshe \\(1009+1009=2018\\). esli dve vershiny ne smezhny i ne imeyut obschego soseda, to vse ih sosedi lezhali by sredi ostalnyh \\(2017\\) vershin i byli by razlichny, chto nevozmozhno. znachit lyubye dve vershiny libo soedineny rebrom, libo imeyut obschego soseda. krome togo, ishodnyy graf ne polon, a vershiny stepeni 1009 imeyut nechetnuyu stepen. znachit ishodnyy graf udovletvoryaet usloviyu \\((*)\\): kazhdaya komponenta svyaznosti s h…","source_keys":["imo"]}
{"id":"imo-2020-c4-fibonacci-difference-forest","title":"Разности Фибоначчи и лес, IMO Shortlist 2020 C4","path":"data\\problems\\imo\\imo-2020-c4-fibonacci-difference-forest.yaml","raw_github_url":"https://raw.githubusercontent.com/didin-maxim/knowledge_graph_of_graphs/main/data/problems/imo/imo-2020-c4-fibonacci-difference-forest.yaml","viewer_url":"https://didin-maxim.github.io/knowledge_graph_of_graphs/#imo-2020-c4-fibonacci-difference-forest","source_key":"imo","source_label":"IMO Shortlist","source_titles":["IMO 2020 Shortlisted Problems with Solutions","AoPS Wiki, 2020 IMO Shortlist Problems"],"year":"2020","type":"olympiad_problem","authors":[],"tags":["trees","graph_in_solution","goal_exact_bound"],"agent_topics":[],"difficulty":{"main":"imo_p3_plus","local_score":12,"comment":"IMO Shortlist 2020 C4, предложена Хорватией; графовый слой существенен в официальном решении.","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":0.95,"basis":"официальное решение из шортлиста IMO 2020 и независимая публичная сверка","notes":"Решение полностью самодостаточно: нижняя оценка через лес и верхняя конструкция из чётных чисел Фибоначчи доведены с проверкой индексов.","audit_source":"official-plan-expansion-2026-05-06"},"statements":{"original":[{"id":"stmt-original","title":"Условие","status":"ai_checked","text":"Числа Фибоначчи заданы \\(F_0=0,F_1=1,F_{n+1}=F_n+F_{n-1}\\) для \\(n\\ge1\\). Для \\(n\\ge2\\) найдите наименьший размер множества целых чисел \\(S\\), такого что для каждого \\(k=2,3,\\ldots,n\\) существуют \\(x,y\\in S\\) с \\(x-y=F_k\\).","definition_ids":[]}]},"solutions":[{"id":"sol-official-compressed","title":"Лес фибоначчиевых разностей","status":"ai_checked","definition_ids":["simple_graph","cycle","path","tree"],"standard_idea_ids":["extremal_choice"],"tags":[],"has_text":true,"text_preview":"Ответ: \\(\\lceil n/2\\rceil+1\\). Пусть \\(d=\\lceil n/2\\rceil\\). Сначала докажем, что меньше чем \\(d+1\\) элементов быть не может. Возьмём произвольное множество \\(S\\), удовлетворяющее условию. Для каждого \\(r=1,2,\\ldots,d\\) выберем пару \\(x_r,y_r\\in S\\), для которой \\[ x_r-y_r=F_{2r-1}. \\] Такую пару действительно можно выбрать: при \\(r=1\\) имеем \\(F_1=F_2\\), а разность \\(F_2\\) требуется условием; при \\(r\\ge2\\) индекс \\(2r-1\\) лежит между \\(3\\) и \\(2d-1\\), причём \\(2d-1\\le n\\), поэтому разность \\(F_{2r-1}\\) тоже требуется условием. Построим граф \\(G\\) с множеством вершин \\(S\\), добавив для каждого \\(r\\) ребро между \\(x_r\\) и \\(y_r\\). Эти \\(d\\) рёбер различны. Действительно, их длины на числовой прямой равны \\(F_1,F_3,\\ldots,F_{2d-1}\\), а эти числа различны: \\(F_1=1\\), \\(F_3=2\\), и дальше последовательность строго возрастает. Докажем, что \\(G\\) не содержит циклов. Предположим обратное и расс…"}],"relations":[{"id":"rel-offplan-imo-2020-c4-tree-properties","neighbor_id":"tree-equivalent-properties","direction":"backward","type":"prerequisite","distance":1,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-offplan-imo-2020-c4-imo-2024-c8-cycle-forest-obstruction","neighbor_id":"imo-2024-c8-board-coloring-tree","direction":"forward","type":"same_motif","distance":2,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-offplan-imo-2020-c4-no-two-color-cycle-edge-bound","neighbor_id":"no-two-color-cycle-edge-bound","direction":"forward","type":"same_motif","distance":3,"status":"needs_human_review"},{"id":"rel-offplan-imo-2020-c4-euler-trail-extension-forest","neighbor_id":"euler-trail-extension-center-forest","direction":"forward","type":"same_motif","distance":3,"status":"needs_human_review"},{"id":"rel-offplan-imo-2020-c4-imo-2014-c9-auxiliary-tree","neighbor_id":"imo-2014-c9-snail-circles-tree","direction":"forward","type":"same_motif","distance":3,"status":"needs_human_review"}],"search_text":"imo-2020-c4-fibonacci-difference-forest разности фибоначчи и лес, imo shortlist 2020 c4 trees graph_in_solution goal_exact_bound 2020 aops wiki, 2020 imo shortlist problems https://wiki.artofproblemsolving.com/wiki/index.php/2020_imo_shortlist_problems https://www.imo-official.org/problems/imo2020sl.pdf imo imo 2020 shortlisted problems with solutions imo shortlist imo2020 imoshortlist imoshortlist2020 official_archive src-aops-imo-2020-shortlist src-imo-2020-shortlist statement with_solution ? imo 2020 shortlisted problems with solutions aops wiki, 2020 imo shortlist problems stmt-original условие ai_checked числа фибоначчи заданы \\(f_0=0,f_1=1,f_{n+1}=f_n+f_{n-1}\\) для \\(n\\ge1\\). для \\(n\\ge2\\) найдите наименьший размер множества целых чисел \\(s\\), такого что для каждого \\(k=2,3,\\ldots,n\\) существуют \\(x,y\\in s\\) с \\(x-y=f_k\\). idea-fibonacci-edges рёбра заданных нечётных фибоначчиевых длин для нижней оценки достаточно выбрать по одному представлению разностей \\(f_1,f_3,f_5,\\ldots,f_{2d-1}\\), где \\(d=\\lceil n/2\\rceil\\), и сделать эти пары рёбрами графа на вершинах \\(s\\). условие даёт все эти разности: \\(f_1=f_2\\), а остальные нечётные индексы не превосходят \\(n\\). graph_in_solution ai_checked idea-longest-edge-cycle цикл запрещён самым длинным ребром если в таком графе был бы цикл, самое длинное ребро длины \\(f_{2m+1}\\) должно было бы обходиться путём из меньших нечётных фибоначчиевых длин. но сумма всех меньших возможных длин равна \\(f_1+f_3+\\cdots+f_{2m-1}=f_{2m}<f_{2m+1}\\), что невозможно на числовой прямой. trees extremal_choice ai_checked idea-even-fibonacci-construction конструкция из чётных чисел фибоначчи множество \\(\\{f_0,f_2,f_4,\\ldots,f_{2d}\\}\\) реализует все требуемые разности: чётная разность \\(f_{2r}\\) получается от \\(f_{2r}-f_0\\), а нечётная \\(f_{2r+1}\\) — от соседних чётных членов \\(f_{2r+2}-f_{2r}\\). construction construction ai_checked sol-official-compressed лес фибоначчиевых разностей ai_checked simple_graph cycle path tree extremal_choice ответ: \\(\\lceil n/2\\rceil+1\\). пусть \\(d=\\lceil n/2\\rceil\\). сначала докажем, что меньше чем \\(d+1\\) элементов быть не может. возьмём произвольное множество \\(s\\), удовлетворяющее условию. для каждого \\(r=1,2,\\ldots,d\\) выберем пару \\(x_r,y_r\\in s\\), для которой \\[ x_r-y_r=f_{2r-1}. \\] такую пару действительно можно выбрать: при \\(r=1\\) имеем \\(f_1=f_2\\), а разность \\(f_2\\) требуется условием; при \\(r\\ge2\\) индекс \\(2r-1\\) лежит между \\(3\\) и \\(2d-1\\), причём \\(2d-1\\le n\\), поэтому разность \\(f_{2r-1}\\) тоже требуется условием. построим граф \\(g\\) с множеством вершин \\(s\\), добавив для каждого \\(r\\) ребро между \\(x_r\\) и \\(y_r\\). эти \\(d\\) рёбер различны. действительно, их длины на числовой прямой равны \\(f_1,f_3,\\ldots,f_{2d-1}\\), а эти числа различны: \\(f_1=1\\), \\(f_3=2\\), и дальше последовательность строго возрастает. докажем, что \\(g\\) не содержит циклов. предположим обратное и расс… imo-2020-c4-fibonacci-difference-forest raznosti fibonachchi i les, imo shortlist 2020 c4 trees graph_in_solution goal_exact_bound 2020 aops wiki, 2020 imo shortlist problems https://wiki.artofproblemsolving.com/wiki/index.php/2020_imo_shortlist_problems https://www.imo-official.org/problems/imo2020sl.pdf imo imo 2020 shortlisted problems with solutions imo shortlist imo2020 imoshortlist imoshortlist2020 official_archive src-aops-imo-2020-shortlist src-imo-2020-shortlist statement with_solution ? imo 2020 shortlisted problems with solutions aops wiki, 2020 imo shortlist problems stmt-original uslovie ai_checked chisla fibonachchi zadany \\(f_0=0,f_1=1,f_{n+1}=f_n+f_{n-1}\\) dlya \\(n\\ge1\\). dlya \\(n\\ge2\\) naydite naimenshiy razmer mnozhestva tselyh chisel \\(s\\), takogo chto dlya kazhdogo \\(k=2,3,\\ldots,n\\) suschestvuyut \\(x,y\\in s\\) s \\(x-y=f_k\\). idea-fibonacci-edges rebra zadannyh nechetnyh fibonachchievyh dlin dlya nizhney otsenki dostatochno vybrat po odnomu predstavleniyu raznostey \\(f_1,f_3,f_5,\\ldots,f_{2d-1}\\), gde \\(d=\\lceil n/2\\rceil\\), i sdelat eti pary rebrami grafa na vershinah \\(s\\). uslovie daet vse eti raznosti: \\(f_1=f_2\\), a ostalnye nechetnye indeksy ne prevoshodyat \\(n\\). graph_in_solution ai_checked idea-longest-edge-cycle tsikl zapreschen samym dlinnym rebrom esli v takom grafe byl by tsikl, samoe dlinnoe rebro dliny \\(f_{2m+1}\\) dolzhno bylo by obhoditsya putem iz menshih nechetnyh fibonachchievyh dlin. no summa vseh menshih vozmozhnyh dlin ravna \\(f_1+f_3+\\cdots+f_{2m-1}=f_{2m}<f_{2m+1}\\), chto nevozmozhno na chislovoy pryamoy. trees extremal_choice ai_checked idea-even-fibonacci-construction konstruktsiya iz chetnyh chisel fibonachchi mnozhestvo \\(\\{f_0,f_2,f_4,\\ldots,f_{2d}\\}\\) realizuet vse trebuemye raznosti: chetnaya raznost \\(f_{2r}\\) poluchaetsya ot \\(f_{2r}-f_0\\), a nechetnaya \\(f_{2r+1}\\) — ot sosednih chetnyh chlenov \\(f_{2r+2}-f_{2r}\\). construction construction ai_checked sol-official-compressed les fibonachchievyh raznostey ai_checked simple_graph cycle path tree extremal_choice otvet: \\(\\lceil n/2\\rceil+1\\). pust \\(d=\\lceil n/2\\rceil\\). snachala dokazhem, chto menshe chem \\(d+1\\) elementov byt ne mozhet. vozmem proizvolnoe mnozhestvo \\(s\\), udovletvoryayuschee usloviyu. dlya kazhdogo \\(r=1,2,\\ldots,d\\) vyberem paru \\(x_r,y_r\\in s\\), dlya kotoroy \\[ x_r-y_r=f_{2r-1}. \\] takuyu paru deystvitelno mozhno vybrat: pri \\(r=1\\) imeem \\(f_1=f_2\\), a raznost \\(f_2\\) trebuetsya usloviem; pri \\(r\\ge2\\) indeks \\(2r-1\\) lezhit mezhdu \\(3\\) i \\(2d-1\\), prichem \\(2d-1\\le n\\), poetomu raznost \\(f_{2r-1}\\) tozhe trebuetsya usloviem. postroim graf \\(g\\) s mnozhestvom vershin \\(s\\), dobaviv dlya kazhdogo \\(r\\) rebro mezhdu \\(x_r\\) i \\(y_r\\). eti \\(d\\) reber razlichny. deystvitelno, ih dliny na chislovoy pryamoy ravny \\(f_1,f_3,\\ldots,f_{2d-1}\\), a eti chisla razlichny: \\(f_1=1\\), \\(f_3=2\\), i dalshe posledovatelnost strogo vozrastaet. dokazhem, chto \\(g\\) ne soderzhit tsiklov. predpolozhim obratnoe i rass…","source_keys":["imo"]}
{"id":"imo-2020-c6-colored-coins-eulerian-multigraph","title":"Цветные монеты и эйлеровы циклы в мультиграфе, IMO Shortlist 2020 C6","path":"data\\problems\\imo\\imo-2020-c6-colored-coins-eulerian-multigraph.yaml","raw_github_url":"https://raw.githubusercontent.com/didin-maxim/knowledge_graph_of_graphs/main/data/problems/imo/imo-2020-c6-colored-coins-eulerian-multigraph.yaml","viewer_url":"https://didin-maxim.github.io/knowledge_graph_of_graphs/#imo-2020-c6-colored-coins-eulerian-multigraph","source_key":"imo","source_label":"IMO Shortlist","source_titles":["IMO 2020 Shortlisted Problems with Solutions","AoPS Wiki, 2020 IMO Shortlist Problems"],"year":"2020","type":"olympiad_problem","authors":["Milan Haiman","Carl Schildkraut"],"tags":["eulerian_graphs","matching","coloring","goal_proof"],"agent_topics":[],"difficulty":{"main":"imo_p3_plus","local_score":12,"comment":"IMO Shortlist 2020 C6, Венгрия; графовый слой существенен в официальном решении.","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":0.99,"basis":"официальные решения 1 и 2 для IMO 2020 Shortlist C6, сверенные с AoPS/Evan Chen/Daniel Low","notes":"Формулировка и обе официальные идеи восстановлены в самодостаточные русские доказательства; основной метод — попеременная раскраска эйлерова обхода 4-регулярного мультиграфа.","audit_source":"official-plan-expansion-imo-2020-c6-colored-coins-eulerian-multigraph"},"statements":{"original":[{"id":"stmt-original","title":"Условие","status":"ai_checked","text":"Даны \\(4n\\) монет весов \\(1,2,\\ldots,4n\\). Каждая монета окрашена в один из \\(n\\) цветов, причём каждого цвета ровно четыре монеты. Докажите, что монеты можно разбить на два набора равного суммарного веса так, чтобы в каждом наборе было по две монеты каждого цвета.","definition_ids":[]}]},"solutions":[{"id":"sol-official-compressed","title":"4-регулярный мультиграф цветов","status":"ai_checked","definition_ids":["degree","cycle","eulerian_cycle","multigraph"],"standard_idea_ids":[],"tags":[],"has_text":true,"text_preview":"Разобьём монеты на \\(2n\\) пар \\[ \\{1,4n\\},\\{2,4n-1\\},\\ldots,\\{2n,2n+1\\}. \\] Каждая такая пара имеет одну и ту же суммарную массу \\(4n+1\\). Поэтому достаточно разделить сами пары на две группы так, чтобы в каждой группе каждая краска встретилась ровно два раза: тогда в каждой группе будет по \\(n\\) пар, а значит и одинаковый общий вес \\(n(4n+1)\\). Построим мультиграф \\(G\\). Его вершины — цвета. Для каждой пары монет проведём ребро между цветами этих двух монет; если обе монеты одного цвета, это петля. Петля, как обычно, даёт вклад 2 в степень вершины, потому что в соответствующей паре находятся две монеты этого цвета. Так как каждого цвета ровно четыре монеты и каждая монета входит ровно в одну из построенных пар, степень каждой вершины графа равна 4. Теперь нужно раскрасить рёбра \\(G\\) в красный и синий цвета так, чтобы у каждой вершины красная степень и синяя степень были равны 2. Тогда…"},{"id":"sol-official-cycle-switching","title":"Циклы на графе монет","status":"ai_checked","definition_ids":["matching","cycle"],"standard_idea_ids":["alternating_paths"],"tags":[],"has_text":true,"text_preview":"Снова сначала фиксируем пары \\(\\{k,4n+1-k\\}\\), \\(k=1,\\ldots,2n\\); будем называть соответствующие рёбра чёрными. Теперь построим граф \\(\\Gamma\\), вершинами которого являются сами \\(4n\\) монет. Чёрное ребро соединяет две монеты одной из фиксированных пар. Для каждой цветовой четвёрки выберем произвольное разбиение её четырёх монет на две пары и соединим эти пары серыми рёбрами. У каждой монеты тогда ровно одно чёрное и ровно одно серое ребро, поэтому весь граф \\(\\Gamma\\) является объединением непересекающихся циклов, в которых чёрные и серые рёбра чередуются. Среди всех возможных выборов серых паросочетаний внутри цветовых четвёрок выберем такой, при котором число циклов минимально. Докажем, что в получившемся графе длина каждого цикла кратна 4. Так как рёбра в любом цикле чередуются, это равносильно тому, что число серых рёбер на каждом цикле чётно. Предположим, что есть цикл \\(C_1\\) с н…"}],"relations":[{"id":"rel-cmo-1991-p4-imo-2020-c6-eulerian-parity","neighbor_id":"cmo-1991-p4-edge-difference-labeling-diagram","direction":"backward","type":"same_motif","distance":3,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-imo-2016-c8-imo-2020-c6-alternating-cycles","neighbor_id":"imo-2016-c8-domino-unique-tiling-cycles","direction":"backward","type":"same_motif","distance":2,"status":"needs_human_review"},{"id":"rel-after-tags-imo-2020-2023-eulerian-parity","neighbor_id":"imo-2023-c4-strip-pieces-eulerian-graph","direction":"forward","type":"same_motif","distance":2,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-matching-tiling-usamo-2009-imo-2020-alternating-decomposition","neighbor_id":"usamo-2009-p3-tasteful-domino-tiling-alternating-cycles","direction":"backward","type":"same_motif","distance":3,"status":"needs_human_review"},{"id":"rel-eulerian-criterion-imo-2020-c6","neighbor_id":"eulerian-graph-criterion","direction":"backward","type":"prerequisite","distance":1,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-balanced-edge-coloring-imo-2020-c6","neighbor_id":"balanced-bipartite-edge-coloring-two-colors","direction":"backward","type":"same_motif","distance":2,"status":"ai_checked"}],"search_text":"imo-2020-c6-colored-coins-eulerian-multigraph цветные монеты и эйлеровы циклы в мультиграфе, imo shortlist 2020 c6 eulerian_graphs matching coloring goal_proof 2020 aops wiki, 2020 imo shortlist problems carl schildkraut carlschildkraut https://wiki.artofproblemsolving.com/wiki/index.php/2020_imo_shortlist_problems https://www.imo-official.org/problems/imo2020sl.pdf imo imo 2020 shortlisted problems with solutions imo shortlist imo2020 imoshortlist imoshortlist2020 milan haiman milanhaiman official_archive src-aops-imo-2020-shortlist src-imo-2020-shortlist statement with_solution milan haiman carl schildkraut imo 2020 shortlisted problems with solutions aops wiki, 2020 imo shortlist problems stmt-original условие ai_checked даны \\(4n\\) монет весов \\(1,2,\\ldots,4n\\). каждая монета окрашена в один из \\(n\\) цветов, причём каждого цвета ровно четыре монеты. докажите, что монеты можно разбить на два набора равного суммарного веса так, чтобы в каждом наборе было по две монеты каждого цвета. idea-complementary-pairs пары с одинаковой суммой монеты разбиваются на пары весов \\(1+4n,2+(4n-1),\\ldots\\), каждая пара имеет одну и ту же сумму. matching ai_checked idea-eulerian-multigraph мультиграф цветов цвета — вершины, пары монет — рёбра; все степени чётны, поэтому компоненты раскладываются на циклы. eulerian_graphs ai_checked idea-minimal-cycle-switching минимальное число циклов и переключение паросочетания во втором официальном решении монеты становятся вершинами; чёрные рёбра соединяют пары с суммой \\(4n+1\\), а серые рёбра выбираются как паросочетания внутри каждой цветовой четвёрки. минимизация числа чередующихся циклов вынуждает все циклы иметь длину, кратную 4. matching coloring ai_checked sol-official-compressed 4-регулярный мультиграф цветов ai_checked degree cycle eulerian_cycle multigraph разобьём монеты на \\(2n\\) пар \\[ \\{1,4n\\},\\{2,4n-1\\},\\ldots,\\{2n,2n+1\\}. \\] каждая такая пара имеет одну и ту же суммарную массу \\(4n+1\\). поэтому достаточно разделить сами пары на две группы так, чтобы в каждой группе каждая краска встретилась ровно два раза: тогда в каждой группе будет по \\(n\\) пар, а значит и одинаковый общий вес \\(n(4n+1)\\). построим мультиграф \\(g\\). его вершины — цвета. для каждой пары монет проведём ребро между цветами этих двух монет; если обе монеты одного цвета, это петля. петля, как обычно, даёт вклад 2 в степень вершины, потому что в соответствующей паре находятся две монеты этого цвета. так как каждого цвета ровно четыре монеты и каждая монета входит ровно в одну из построенных пар, степень каждой вершины графа равна 4. теперь нужно раскрасить рёбра \\(g\\) в красный и синий цвета так, чтобы у каждой вершины красная степень и синяя степень были равны 2. тогда… sol-official-cycle-switching циклы на графе монет ai_checked matching cycle alternating_paths снова сначала фиксируем пары \\(\\{k,4n+1-k\\}\\), \\(k=1,\\ldots,2n\\); будем называть соответствующие рёбра чёрными. теперь построим граф \\(\\gamma\\), вершинами которого являются сами \\(4n\\) монет. чёрное ребро соединяет две монеты одной из фиксированных пар. для каждой цветовой четвёрки выберем произвольное разбиение её четырёх монет на две пары и соединим эти пары серыми рёбрами. у каждой монеты тогда ровно одно чёрное и ровно одно серое ребро, поэтому весь граф \\(\\gamma\\) является объединением непересекающихся циклов, в которых чёрные и серые рёбра чередуются. среди всех возможных выборов серых паросочетаний внутри цветовых четвёрок выберем такой, при котором число циклов минимально. докажем, что в получившемся графе длина каждого цикла кратна 4. так как рёбра в любом цикле чередуются, это равносильно тому, что число серых рёбер на каждом цикле чётно. предположим, что есть цикл \\(c_1\\) с н… imo-2020-c6-colored-coins-eulerian-multigraph tsvetnye monety i eylerovy tsikly v multigrafe, imo shortlist 2020 c6 eulerian_graphs matching coloring goal_proof 2020 aops wiki, 2020 imo shortlist problems carl schildkraut carlschildkraut https://wiki.artofproblemsolving.com/wiki/index.php/2020_imo_shortlist_problems https://www.imo-official.org/problems/imo2020sl.pdf imo imo 2020 shortlisted problems with solutions imo shortlist imo2020 imoshortlist imoshortlist2020 milan haiman milanhaiman official_archive src-aops-imo-2020-shortlist src-imo-2020-shortlist statement with_solution milan haiman carl schildkraut imo 2020 shortlisted problems with solutions aops wiki, 2020 imo shortlist problems stmt-original uslovie ai_checked dany \\(4n\\) monet vesov \\(1,2,\\ldots,4n\\). kazhdaya moneta okrashena v odin iz \\(n\\) tsvetov, prichem kazhdogo tsveta rovno chetyre monety. dokazhite, chto monety mozhno razbit na dva nabora ravnogo summarnogo vesa tak, chtoby v kazhdom nabore bylo po dve monety kazhdogo tsveta. idea-complementary-pairs pary s odinakovoy summoy monety razbivayutsya na pary vesov \\(1+4n,2+(4n-1),\\ldots\\), kazhdaya para imeet odnu i tu zhe summu. matching ai_checked idea-eulerian-multigraph multigraf tsvetov tsveta — vershiny, pary monet — rebra; vse stepeni chetny, poetomu komponenty raskladyvayutsya na tsikly. eulerian_graphs ai_checked idea-minimal-cycle-switching minimalnoe chislo tsiklov i pereklyuchenie parosochetaniya vo vtorom ofitsialnom reshenii monety stanovyatsya vershinami; chernye rebra soedinyayut pary s summoy \\(4n+1\\), a serye rebra vybirayutsya kak parosochetaniya vnutri kazhdoy tsvetovoy chetverki. minimizatsiya chisla chereduyuschihsya tsiklov vynuzhdaet vse tsikly imet dlinu, kratnuyu 4. matching coloring ai_checked sol-official-compressed 4-regulyarnyy multigraf tsvetov ai_checked degree cycle eulerian_cycle multigraph razobem monety na \\(2n\\) par \\[ \\{1,4n\\},\\{2,4n-1\\},\\ldots,\\{2n,2n+1\\}. \\] kazhdaya takaya para imeet odnu i tu zhe summarnuyu massu \\(4n+1\\). poetomu dostatochno razdelit sami pary na dve gruppy tak, chtoby v kazhdoy gruppe kazhdaya kraska vstretilas rovno dva raza: togda v kazhdoy gruppe budet po \\(n\\) par, a znachit i odinakovyy obschiy ves \\(n(4n+1)\\). postroim multigraf \\(g\\). ego vershiny — tsveta. dlya kazhdoy pary monet provedem rebro mezhdu tsvetami etih dvuh monet; esli obe monety odnogo tsveta, eto petlya. petlya, kak obychno, daet vklad 2 v stepen vershiny, potomu chto v sootvetstvuyuschey pare nahodyatsya dve monety etogo tsveta. tak kak kazhdogo tsveta rovno chetyre monety i kazhdaya moneta vhodit rovno v odnu iz postroennyh par, stepen kazhdoy vershiny grafa ravna 4. teper nuzhno raskrasit rebra \\(g\\) v krasnyy i siniy tsveta tak, chtoby u kazhdoy vershiny krasnaya stepen i sinyaya stepen byli ravny 2. togda… sol-official-cycle-switching tsikly na grafe monet ai_checked matching cycle alternating_paths snova snachala fiksiruem pary \\(\\{k,4n+1-k\\}\\), \\(k=1,\\ldots,2n\\); budem nazyvat sootvetstvuyuschie rebra chernymi. teper postroim graf \\(\\gamma\\), vershinami kotorogo yavlyayutsya sami \\(4n\\) monet. chernoe rebro soedinyaet dve monety odnoy iz fiksirovannyh par. dlya kazhdoy tsvetovoy chetverki vyberem proizvolnoe razbienie ee chetyreh monet na dve pary i soedinim eti pary serymi rebrami. u kazhdoy monety togda rovno odno chernoe i rovno odno seroe rebro, poetomu ves graf \\(\\gamma\\) yavlyaetsya obedineniem neperesekayuschihsya tsiklov, v kotoryh chernye i serye rebra chereduyutsya. sredi vseh vozmozhnyh vyborov seryh parosochetaniy vnutri tsvetovyh chetverok vyberem takoy, pri kotorom chislo tsiklov minimalno. dokazhem, chto v poluchivshemsya grafe dlina kazhdogo tsikla kratna 4. tak kak rebra v lyubom tsikle chereduyutsya, eto ravnosilno tomu, chto chislo seryh reber na kazhdom tsikle chetno. predpolozhim, chto est tsikl \\(c_1\\) s n…","source_keys":["imo"]}
{"id":"imo-2021-c4-anisotropy-menger","title":"Королевство Анизотропии и непересекающиеся пути, IMO Shortlist 2021 C4","path":"data\\problems\\imo\\imo-2021-c4-anisotropy-menger.yaml","raw_github_url":"https://raw.githubusercontent.com/didin-maxim/knowledge_graph_of_graphs/main/data/problems/imo/imo-2021-c4-anisotropy-menger.yaml","viewer_url":"https://didin-maxim.github.io/knowledge_graph_of_graphs/#imo-2021-c4-anisotropy-menger","source_key":"imo","source_label":"IMO Shortlist","source_titles":["IMO 2021 Shortlisted Problems with Solutions","AoPS Wiki, 2021 IMO Shortlist Problems"],"year":"2021","type":"olympiad_problem","authors":["Warut Suksompong"],"tags":["tournaments","connectivity","graph_cut","cut_counting","goal_characterization"],"agent_topics":[],"difficulty":{"main":"imo_p3_plus","local_score":12,"comment":"IMO Shortlist 2021 C4; официальный shortlist содержит элементарное решение через перестройку путей и второе решение через рёберную форму Менгера.","status":"source_verified"},"review_status":"ai_checked","public_ready":true,"solution_state":"with_solution","solution_classification":{"type":"official_complete_or_near_complete","label":"официальное полное решение","status":"source_verified","confidence":0.96,"basis":"«IMO 2021 Shortlisted Problems with Solutions», C4, решения 1 и 2","notes":"Теперь карточка содержит официальное элементарное решение через перекомбинацию путей и официальное решение через теорему Менгера и минимальный разрез. Зависимость от теоремы Менгера локально покрыта.","external_theorem_ids":["menger-theorem#stmt-edge-directed"],"local_tool_solution_ids":["menger-theorem#sol-edge-form-by-flow"]},"statements":{"original":[{"id":"stmt-original","title":"Условие","status":"source_verified","text":"В королевстве \\(n\\) городов, и между каждой парой городов есть ровно одна направленная дорога. Путь не возвращается в уже посещённый город. Коллекция путей называется разнообразной, если ни одна дорога не входит в два пути. Для городов \\(A,B\\) пусть \\(N_{AB}\\) — максимальное число путей в разнообразной коллекции путей из \\(A\\) в \\(B\\), а \\(N_{BA}\\) определяется аналогично. Докажите, что \\(N_{AB}=N_{BA}\\) тогда и только тогда, когда исходящая степень \\(A\\) равна исходящей степени \\(B\\).","definition_ids":["directed_graph","path","degree"]}],"graph_theory":[{"id":"stmt-graph","title":"Королевство Анизотропии и непересекающиеся пути, IMO Shortlist 2021 C4","status":"source_verified","text":"Пусть \\(T\\) — турнир на \\(n\\) вершинах. Для вершин \\(A,B\\) обозначим через \\(N_{AB}\\) максимальное число попарно рёберно-непересекающихся направленных путей из \\(A\\) в \\(B\\). Докажите, что \\(N_{AB}=N_{BA}\\) тогда и только тогда, когда \\(d^+(A)=d^+(B)\\).","definition_ids":["tournament","directed_graph","path","degree"]}]},"solutions":[{"id":"sol-official-elementary-short-paths","title":"Официальное элементарное решение через перестройку коротких путей","status":"source_verified","definition_ids":["directed_graph","tournament","path","degree"],"standard_idea_ids":["double_counting"],"tags":[],"has_text":true,"text_preview":"Будем писать \\(X\\to Y\\), если дорога между \\(X\\) и \\(Y\\) направлена от \\(X\\) к \\(Y\\). Сначала заметим простой факт: если есть маршрут из \\(X\\) в \\(Y\\), в котором вершины могли повторяться, то из него можно удалить циклы и получить простой путь из \\(X\\) в \\(Y\\). Поэтому при перестройках ниже достаточно строить маршруты; после удаления циклов они становятся допустимыми путями и не используют новых дорог. Назовём путь коротким, если он состоит из одной или двух дорог. Докажем лемму. Пусть \\(\\mathcal P\\) — разнообразная коллекция из \\(p\\) путей из \\(A\\) в \\(B\\). Тогда существует разнообразная коллекция из \\(A\\) в \\(B\\), содержащая не меньше \\(p\\) путей и все короткие пути из \\(A\\) в \\(B\\). Если существует дорога \\(A\\to B\\), но одноэлементного пути \\(A\\to B\\) нет в \\(\\mathcal P\\), то эта дорога вообще не используется ни одним путём из \\(A\\) в \\(B\\): иначе путь уже пришёл бы в конечную вершин…"},{"id":"sol-official-compressed","title":"Официальное решение через разрезы в турнире","status":"source_verified","definition_ids":["degree","path","directed_graph","graph_cut","tournament"],"standard_idea_ids":["double_counting"],"tags":[],"has_text":true,"text_preview":"Рассмотрим турнир как ориентированный граф. По рёберной форме теоремы Менгера число \\(N_{AB}\\) равно минимуму размера \\((A,B)\\)-разреза: разбиения вершин на \\(S_A\\sqcup T_A\\), где \\(A\\in S_A\\), \\(B\\in T_A\\), а считаются дуги из \\(S_A\\) в \\(T_A\\). Число \\(N_{BA}\\) тем же способом равно минимуму размера \\((B,A)\\)-разреза. Обозначим через \\(a=d^+(A)\\), \\(b=d^+(B)\\). Для произвольного \\((A,B)\\)-разреза \\((S_A,T_A)\\) построим парный \\((B,A)\\)-разрез \\[ S_B=(S_A\\setminus\\{A\\})\\cup\\{B\\},\\qquad T_B=(T_A\\setminus\\{B\\})\\cup\\{A\\}. \\] Покажем, что его размер больше ровно на \\(b-a\\). Дуги, не инцидентные ни \\(A\\), ни \\(B\\), либо пересекают оба разреза, либо не пересекают ни один; пусть таких общих дуг \\(c\\). Пусть \\(a_S\\) и \\(a_T\\) — числа дуг из \\(A\\) соответственно в \\(S_A\\) и \\(T_A\\), так что \\(a_S+a_T=a\\). Пусть \\(b_S\\) и \\(b_T\\) — числа дуг из \\(B\\) соответственно в \\(S_B\\) и \\(T_B\\), так что \\…"}],"relations":[{"id":"rel-spbmo-2013-8-p5-imo-2021-c4-directed-disjoint-paths","neighbor_id":"spbmo-2013-8-p5-capital-directed-disjoint-paths","direction":"backward","type":"same_motif","distance":2,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-imo-2013-c6-imo-2021-c4-distance-cut-counting","neighbor_id":"third-fourth-distance-layer-bound","direction":"backward","type":"same_motif","distance":3,"status":"needs_human_review"},{"id":"rel-after-tags-menger-imo-2021-kolm-2004-strong-digraph","neighbor_id":"kolmogorov-2004-round3-higher-league-problem-10","direction":"forward","type":"same_motif","distance":2,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-miklos-2002-p2-imo-2021-c4-edge-menger","neighbor_id":"miklos-schweitzer-2002-p2-edge-connected-short-paths","direction":"backward","type":"same_motif","distance":2,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-official-expansion-imo-2021-c4-menger-directed-edge","neighbor_id":"menger-theorem","direction":"backward","type":"prerequisite","distance":1,"status":"source_verified"},{"id":"rel-official-expansion-imo-2021-c4-imo-2010-c5-tournament-degree","neighbor_id":"imo-2010-c5-bad-company-tournament","direction":"backward","type":"same_motif","distance":3,"status":"needs_human_review"},{"id":"rel-official-expansion-imo-2021-c4-imo-2023-c7-tournament-paths","neighbor_id":"imo-2023-c7-ferry-companies-hamiltonian-paths","direction":"forward","type":"same_motif","distance":3,"status":"needs_human_review"}],"search_text":"imo-2021-c4-anisotropy-menger королевство анизотропии и непересекающиеся пути, imo shortlist 2021 c4 tournaments connectivity graph_cut cut_counting goal_characterization 2021 aops wiki, 2021 imo shortlist problems https://wiki.artofproblemsolving.com/wiki/index.php/2021_imo_shortlist_problems https://www.imo-official.org/problems/imo2021sl.pdf imo imo 2021 shortlisted problems with solutions imo shortlist imo2021 imoshortlist imoshortlist2021 official_archive src-aops-imo-2021-shortlist src-imo-2021-shortlist statement warut suksompong warutsuksompong with_solution warut suksompong imo 2021 shortlisted problems with solutions aops wiki, 2021 imo shortlist problems stmt-original условие source_verified в королевстве \\(n\\) городов, и между каждой парой городов есть ровно одна направленная дорога. путь не возвращается в уже посещённый город. коллекция путей называется разнообразной, если ни одна дорога не входит в два пути. для городов \\(a,b\\) пусть \\(n_{ab}\\) — максимальное число путей в разнообразной коллекции путей из \\(a\\) в \\(b\\), а \\(n_{ba}\\) определяется аналогично. докажите, что \\(n_{ab}=n_{ba}\\) тогда и только тогда, когда исходящая степень \\(a\\) равна исходящей степени \\(b\\). directed_graph path degree stmt-graph королевство анизотропии и непересекающиеся пути, imo shortlist 2021 c4 source_verified пусть \\(t\\) — турнир на \\(n\\) вершинах. для вершин \\(a,b\\) обозначим через \\(n_{ab}\\) максимальное число попарно рёберно-непересекающихся направленных путей из \\(a\\) в \\(b\\). докажите, что \\(n_{ab}=n_{ba}\\) тогда и только тогда, когда \\(d^+(a)=d^+(b)\\). tournament directed_graph path degree idea-short-path-saturation насыщение короткими путями любую максимальную разнообразную коллекцию путей из \\(a\\) в \\(b\\) можно перестроить так, чтобы она содержала все пути длины 1 или 2 из \\(a\\) в \\(b\\), не уменьшая числа путей. tournaments source_verified idea-menger-cut пути и разрезы максимальное число рёберно-непересекающихся путей равно минимальному размеру направленного разреза. connectivity source_verified idea-tournament-degree степени в турнире в турнире размеры специальных разрезов и числа коротких путей выражаются через исходящие степени двух выбранных вершин. tournaments cut_counting source_verified sol-official-elementary-short-paths официальное элементарное решение через перестройку коротких путей source_verified directed_graph tournament path degree double_counting будем писать \\(x\\to y\\), если дорога между \\(x\\) и \\(y\\) направлена от \\(x\\) к \\(y\\). сначала заметим простой факт: если есть маршрут из \\(x\\) в \\(y\\), в котором вершины могли повторяться, то из него можно удалить циклы и получить простой путь из \\(x\\) в \\(y\\). поэтому при перестройках ниже достаточно строить маршруты; после удаления циклов они становятся допустимыми путями и не используют новых дорог. назовём путь коротким, если он состоит из одной или двух дорог. докажем лемму. пусть \\(\\mathcal p\\) — разнообразная коллекция из \\(p\\) путей из \\(a\\) в \\(b\\). тогда существует разнообразная коллекция из \\(a\\) в \\(b\\), содержащая не меньше \\(p\\) путей и все короткие пути из \\(a\\) в \\(b\\). если существует дорога \\(a\\to b\\), но одноэлементного пути \\(a\\to b\\) нет в \\(\\mathcal p\\), то эта дорога вообще не используется ни одним путём из \\(a\\) в \\(b\\): иначе путь уже пришёл бы в конечную вершин… sol-official-compressed официальное решение через разрезы в турнире source_verified degree path directed_graph graph_cut tournament double_counting рассмотрим турнир как ориентированный граф. по рёберной форме теоремы менгера число \\(n_{ab}\\) равно минимуму размера \\((a,b)\\)-разреза: разбиения вершин на \\(s_a\\sqcup t_a\\), где \\(a\\in s_a\\), \\(b\\in t_a\\), а считаются дуги из \\(s_a\\) в \\(t_a\\). число \\(n_{ba}\\) тем же способом равно минимуму размера \\((b,a)\\)-разреза. обозначим через \\(a=d^+(a)\\), \\(b=d^+(b)\\). для произвольного \\((a,b)\\)-разреза \\((s_a,t_a)\\) построим парный \\((b,a)\\)-разрез \\[ s_b=(s_a\\setminus\\{a\\})\\cup\\{b\\},\\qquad t_b=(t_a\\setminus\\{b\\})\\cup\\{a\\}. \\] покажем, что его размер больше ровно на \\(b-a\\). дуги, не инцидентные ни \\(a\\), ни \\(b\\), либо пересекают оба разреза, либо не пересекают ни один; пусть таких общих дуг \\(c\\). пусть \\(a_s\\) и \\(a_t\\) — числа дуг из \\(a\\) соответственно в \\(s_a\\) и \\(t_a\\), так что \\(a_s+a_t=a\\). пусть \\(b_s\\) и \\(b_t\\) — числа дуг из \\(b\\) соответственно в \\(s_b\\) и \\(t_b\\), так что \\… imo-2021-c4-anisotropy-menger korolevstvo anizotropii i neperesekayuschiesya puti, imo shortlist 2021 c4 tournaments connectivity graph_cut cut_counting goal_characterization 2021 aops wiki, 2021 imo shortlist problems https://wiki.artofproblemsolving.com/wiki/index.php/2021_imo_shortlist_problems https://www.imo-official.org/problems/imo2021sl.pdf imo imo 2021 shortlisted problems with solutions imo shortlist imo2021 imoshortlist imoshortlist2021 official_archive src-aops-imo-2021-shortlist src-imo-2021-shortlist statement warut suksompong warutsuksompong with_solution warut suksompong imo 2021 shortlisted problems with solutions aops wiki, 2021 imo shortlist problems stmt-original uslovie source_verified v korolevstve \\(n\\) gorodov, i mezhdu kazhdoy paroy gorodov est rovno odna napravlennaya doroga. put ne vozvraschaetsya v uzhe poseschennyy gorod. kollektsiya putey nazyvaetsya raznoobraznoy, esli ni odna doroga ne vhodit v dva puti. dlya gorodov \\(a,b\\) pust \\(n_{ab}\\) — maksimalnoe chislo putey v raznoobraznoy kollektsii putey iz \\(a\\) v \\(b\\), a \\(n_{ba}\\) opredelyaetsya analogichno. dokazhite, chto \\(n_{ab}=n_{ba}\\) togda i tolko togda, kogda ishodyaschaya stepen \\(a\\) ravna ishodyaschey stepeni \\(b\\). directed_graph path degree stmt-graph korolevstvo anizotropii i neperesekayuschiesya puti, imo shortlist 2021 c4 source_verified pust \\(t\\) — turnir na \\(n\\) vershinah. dlya vershin \\(a,b\\) oboznachim cherez \\(n_{ab}\\) maksimalnoe chislo poparno reberno-neperesekayuschihsya napravlennyh putey iz \\(a\\) v \\(b\\). dokazhite, chto \\(n_{ab}=n_{ba}\\) togda i tolko togda, kogda \\(d^+(a)=d^+(b)\\). tournament directed_graph path degree idea-short-path-saturation nasyschenie korotkimi putyami lyubuyu maksimalnuyu raznoobraznuyu kollektsiyu putey iz \\(a\\) v \\(b\\) mozhno perestroit tak, chtoby ona soderzhala vse puti dliny 1 ili 2 iz \\(a\\) v \\(b\\), ne umenshaya chisla putey. tournaments source_verified idea-menger-cut puti i razrezy maksimalnoe chislo reberno-neperesekayuschihsya putey ravno minimalnomu razmeru napravlennogo razreza. connectivity source_verified idea-tournament-degree stepeni v turnire v turnire razmery spetsialnyh razrezov i chisla korotkih putey vyrazhayutsya cherez ishodyaschie stepeni dvuh vybrannyh vershin. tournaments cut_counting source_verified sol-official-elementary-short-paths ofitsialnoe elementarnoe reshenie cherez perestroyku korotkih putey source_verified directed_graph tournament path degree double_counting budem pisat \\(x\\to y\\), esli doroga mezhdu \\(x\\) i \\(y\\) napravlena ot \\(x\\) k \\(y\\). snachala zametim prostoy fakt: esli est marshrut iz \\(x\\) v \\(y\\), v kotorom vershiny mogli povtoryatsya, to iz nego mozhno udalit tsikly i poluchit prostoy put iz \\(x\\) v \\(y\\). poetomu pri perestroykah nizhe dostatochno stroit marshruty; posle udaleniya tsiklov oni stanovyatsya dopustimymi putyami i ne ispolzuyut novyh dorog. nazovem put korotkim, esli on sostoit iz odnoy ili dvuh dorog. dokazhem lemmu. pust \\(\\mathcal p\\) — raznoobraznaya kollektsiya iz \\(p\\) putey iz \\(a\\) v \\(b\\). togda suschestvuet raznoobraznaya kollektsiya iz \\(a\\) v \\(b\\), soderzhaschaya ne menshe \\(p\\) putey i vse korotkie puti iz \\(a\\) v \\(b\\). esli suschestvuet doroga \\(a\\to b\\), no odnoelementnogo puti \\(a\\to b\\) net v \\(\\mathcal p\\), to eta doroga voobsche ne ispolzuetsya ni odnim putem iz \\(a\\) v \\(b\\): inache put uzhe prishel by v konechnuyu vershin… sol-official-compressed ofitsialnoe reshenie cherez razrezy v turnire source_verified degree path directed_graph graph_cut tournament double_counting rassmotrim turnir kak orientirovannyy graf. po rebernoy forme teoremy mengera chislo \\(n_{ab}\\) ravno minimumu razmera \\((a,b)\\)-razreza: razbieniya vershin na \\(s_a\\sqcup t_a\\), gde \\(a\\in s_a\\), \\(b\\in t_a\\), a schitayutsya dugi iz \\(s_a\\) v \\(t_a\\). chislo \\(n_{ba}\\) tem zhe sposobom ravno minimumu razmera \\((b,a)\\)-razreza. oboznachim cherez \\(a=d^+(a)\\), \\(b=d^+(b)\\). dlya proizvolnogo \\((a,b)\\)-razreza \\((s_a,t_a)\\) postroim parnyy \\((b,a)\\)-razrez \\[ s_b=(s_a\\setminus\\{a\\})\\cup\\{b\\},\\qquad t_b=(t_a\\setminus\\{b\\})\\cup\\{a\\}. \\] pokazhem, chto ego razmer bolshe rovno na \\(b-a\\). dugi, ne intsidentnye ni \\(a\\), ni \\(b\\), libo peresekayut oba razreza, libo ne peresekayut ni odin; pust takih obschih dug \\(c\\). pust \\(a_s\\) i \\(a_t\\) — chisla dug iz \\(a\\) sootvetstvenno v \\(s_a\\) i \\(t_a\\), tak chto \\(a_s+a_t=a\\). pust \\(b_s\\) i \\(b_t\\) — chisla dug iz \\(b\\) sootvetstvenno v \\(s_b\\) i \\(t_b\\), tak chto \\…","source_keys":["imo"]}
{"id":"imo-2021-c6-functional-graph-roots","title":"Итерации полинома с ровно половинящимися образами, IMO Shortlist 2021 N8","path":"data\\problems\\imo\\imo-2021-c6-functional-graph-roots.yaml","raw_github_url":"https://raw.githubusercontent.com/didin-maxim/knowledge_graph_of_graphs/main/data/problems/imo/imo-2021-c6-functional-graph-roots.yaml","viewer_url":"https://didin-maxim.github.io/knowledge_graph_of_graphs/#imo-2021-c6-functional-graph-roots","source_key":"imo","source_label":"IMO Shortlist","source_titles":["IMO 2021 Shortlisted Problems with Solutions","AoPS Wiki, 2021 IMO Shortlist Problems"],"year":"2021","type":"olympiad_problem","authors":["Carl Schildkraut"],"tags":["dynamics","graph_in_solution","minimal_counterexample","construction","goal_classification"],"agent_topics":[],"difficulty":{"main":"imo_p3_p6","local_score":15,"comment":"IMO Shortlist 2021 N8; длинная классификация с функциональными графами, CRT и p-адическим анализом образов классов.","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":"source_verified","confidence":0.96,"basis":"официальное решение IMO 2021 Shortlist N8, сверенное со страницей автора и условия на AoPS Wiki","notes":"Сжатое официальное решение восстановлено в полный текст и повторно проверено усиленным проходом; единственная оговорка — несоответствие заданного slug c6 официальному индексу N8.","audit_source":"very-high-pipeline-batch-6-2026-05-07"},"statements":{"original":[{"id":"stmt-original","title":"Условие","status":"ai_checked","text":"Найдите все положительные целые числа \\(n\\), для которых существует многочлен \\(P\\) с целыми коэффициентами, такой что для каждого положительного целого \\(m\\) числа \\(P^m(1),P^m(2),\\ldots,P^m(n)\\) дают ровно \\(\\left\\lceil n/2^m\\right\\rceil\\) различных остатков по модулю \\(n\\). Здесь \\(P^m\\) обозначает \\(m\\)-кратную итерацию многочлена \\(P\\).","definition_ids":[]}]},"solutions":[{"id":"sol-official-expanded","title":"Официальное решение, развёрнутое","status":"source_verified","definition_ids":["directed_graph","path"],"standard_idea_ids":["minimal_counterexample","invariant"],"tags":[],"has_text":true,"text_preview":"Ответ: все простые числа и все степени двойки. Примеры. Если \\(n=2^k\\), берём \\(P(x)=2x\\). Тогда образ \\(P^m\\) по модулю \\(2^k\\) состоит из кратных \\(2^m\\), пока \\(m\\le k\\), и из одного нуля после этого. Поэтому его размер равен \\(2^{k-m}\\) при \\(m\\le k\\) и равен 1 при \\(m>k\\), то есть \\(\\lceil2^k/2^m\\rceil\\). Если \\(n=p\\) простое, то для \\(p=2\\) пример уже есть, а для нечётного \\(p\\) зададим на представителях \\(0,1,\\ldots,p-1\\) функцию \\(f(x)=\\lfloor x/2\\rfloor\\). Любая функция на поле \\(\\mathbb F_p\\) задаётся многочленом по интерполяции Лагранжа, и коэффициенты можно поднять до целых. Тогда \\(f^m(x)=\\lfloor x/2^m\\rfloor\\), так что множество значений равно \\(\\{0,1,\\ldots,\\lfloor(p-1)/2^m\\rfloor\\}\\), а его размер равен \\(\\lfloor(p-1)/2^m\\rfloor+1=\\lceil p/2^m\\rceil\\). Теперь докажем невозможность остальных \\(n\\). Для модуля \\(q\\) обозначим через \\(I_m(q)\\) размер образа \\(P^m\\) на остат…"}],"relations":[{"id":"rel-imo-2021-n8-putnam-2013-b5-functional-roots","neighbor_id":"putnam-2013-b5-functions-iterate-into-roots","direction":"forward","type":"same_motif","distance":2,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-imo-2021-n8-cmo-2025-functional-dynamics","neighbor_id":"cmo-2025-p1-voting-functional-graph","direction":"forward","type":"same_motif","distance":3,"status":"needs_human_review"},{"id":"rel-imo-2021-n8-apmo-2016-functional-digraph","neighbor_id":"apmo-2016-p4-dreamland-28-step-coloring","direction":"forward","type":"same_motif","distance":4,"status":"needs_human_review"}],"search_text":"imo-2021-c6-functional-graph-roots итерации полинома с ровно половинящимися образами, imo shortlist 2021 n8 dynamics graph_in_solution minimal_counterexample construction goal_classification 2021 aops wiki, 2021 imo shortlist problems carl schildkraut carlschildkraut https://wiki.artofproblemsolving.com/wiki/index.php/2021_imo_shortlist_problems https://www.imo-official.org/problems/imo2021sl.pdf imo imo 2021 shortlisted problems with solutions imo shortlist imo2021 imoshortlist imoshortlist2021 official_archive src-aops-imo-2021-shortlist src-imo-2021-shortlist statement with_solution carl schildkraut imo 2021 shortlisted problems with solutions aops wiki, 2021 imo shortlist problems stmt-original условие ai_checked найдите все положительные целые числа \\(n\\), для которых существует многочлен \\(p\\) с целыми коэффициентами, такой что для каждого положительного целого \\(m\\) числа \\(p^m(1),p^m(2),\\ldots,p^m(n)\\) дают ровно \\(\\left\\lceil n/2^m\\right\\rceil\\) различных остатков по модулю \\(n\\). здесь \\(p^m\\) обозначает \\(m\\)-кратную итерацию многочлена \\(p\\). idea-examples простые и степени двойки дают примеры для \\(2^k\\) подходит \\(p(x)=2x\\). для простого \\(p\\) любую функцию на \\(\\mathbb f_p\\) можно задать многочленом, поэтому берём функцию \\(x\\mapsto\\lfloor x/2\\rfloor\\) на представителях \\(0,1,\\ldots,p-1\\). construction ai_checked idea-crt-factor-obstruction два взаимно простых множителя не могут одновременно схлопнуться по китайской теореме об остатках размер образа по модулю \\(ab\\) равен произведению размеров образов по модулям \\(a\\) и \\(b\\). момент первого полного схлопывания одного фактора противоречит требуемому ровно половинному падению общего образа. minimal_counterexample ai_checked idea-prime-power-classes в нечётной простой степени класс либо сохраняется, либо падает в p раз для \\(n=p^k\\), где \\(p\\) нечётно, образ каждого класса \\(r\\bmod p\\) под многочленом либо имеет полный размер \\(p^{k-1}\\), либо не превосходит \\(p^{k-2}\\); это определяется производной многочлена по модулю \\(p\\). degree_counting ai_checked idea-functional-root-mod-p модуль p имеет единственный предельный корень так как образы по модулю \\(p^k\\) в конце становятся одноточечными, индуцированное отображение по модулю \\(p\\) имеет единственный предельный неподвижный остаток. множество остатков, попадающих в него за ограниченное число шагов, строго растёт до всего \\(\\mathbb f_p\\). graph_in_solution ai_checked sol-official-expanded официальное решение, развёрнутое source_verified directed_graph path minimal_counterexample invariant ответ: все простые числа и все степени двойки. примеры. если \\(n=2^k\\), берём \\(p(x)=2x\\). тогда образ \\(p^m\\) по модулю \\(2^k\\) состоит из кратных \\(2^m\\), пока \\(m\\le k\\), и из одного нуля после этого. поэтому его размер равен \\(2^{k-m}\\) при \\(m\\le k\\) и равен 1 при \\(m>k\\), то есть \\(\\lceil2^k/2^m\\rceil\\). если \\(n=p\\) простое, то для \\(p=2\\) пример уже есть, а для нечётного \\(p\\) зададим на представителях \\(0,1,\\ldots,p-1\\) функцию \\(f(x)=\\lfloor x/2\\rfloor\\). любая функция на поле \\(\\mathbb f_p\\) задаётся многочленом по интерполяции лагранжа, и коэффициенты можно поднять до целых. тогда \\(f^m(x)=\\lfloor x/2^m\\rfloor\\), так что множество значений равно \\(\\{0,1,\\ldots,\\lfloor(p-1)/2^m\\rfloor\\}\\), а его размер равен \\(\\lfloor(p-1)/2^m\\rfloor+1=\\lceil p/2^m\\rceil\\). теперь докажем невозможность остальных \\(n\\). для модуля \\(q\\) обозначим через \\(i_m(q)\\) размер образа \\(p^m\\) на остат… imo-2021-c6-functional-graph-roots iteratsii polinoma s rovno polovinyaschimisya obrazami, imo shortlist 2021 n8 dynamics graph_in_solution minimal_counterexample construction goal_classification 2021 aops wiki, 2021 imo shortlist problems carl schildkraut carlschildkraut https://wiki.artofproblemsolving.com/wiki/index.php/2021_imo_shortlist_problems https://www.imo-official.org/problems/imo2021sl.pdf imo imo 2021 shortlisted problems with solutions imo shortlist imo2021 imoshortlist imoshortlist2021 official_archive src-aops-imo-2021-shortlist src-imo-2021-shortlist statement with_solution carl schildkraut imo 2021 shortlisted problems with solutions aops wiki, 2021 imo shortlist problems stmt-original uslovie ai_checked naydite vse polozhitelnye tselye chisla \\(n\\), dlya kotoryh suschestvuet mnogochlen \\(p\\) s tselymi koeffitsientami, takoy chto dlya kazhdogo polozhitelnogo tselogo \\(m\\) chisla \\(p^m(1),p^m(2),\\ldots,p^m(n)\\) dayut rovno \\(\\left\\lceil n/2^m\\right\\rceil\\) razlichnyh ostatkov po modulyu \\(n\\). zdes \\(p^m\\) oboznachaet \\(m\\)-kratnuyu iteratsiyu mnogochlena \\(p\\). idea-examples prostye i stepeni dvoyki dayut primery dlya \\(2^k\\) podhodit \\(p(x)=2x\\). dlya prostogo \\(p\\) lyubuyu funktsiyu na \\(\\mathbb f_p\\) mozhno zadat mnogochlenom, poetomu berem funktsiyu \\(x\\mapsto\\lfloor x/2\\rfloor\\) na predstavitelyah \\(0,1,\\ldots,p-1\\). construction ai_checked idea-crt-factor-obstruction dva vzaimno prostyh mnozhitelya ne mogut odnovremenno shlopnutsya po kitayskoy teoreme ob ostatkah razmer obraza po modulyu \\(ab\\) raven proizvedeniyu razmerov obrazov po modulyam \\(a\\) i \\(b\\). moment pervogo polnogo shlopyvaniya odnogo faktora protivorechit trebuemomu rovno polovinnomu padeniyu obschego obraza. minimal_counterexample ai_checked idea-prime-power-classes v nechetnoy prostoy stepeni klass libo sohranyaetsya, libo padaet v p raz dlya \\(n=p^k\\), gde \\(p\\) nechetno, obraz kazhdogo klassa \\(r\\bmod p\\) pod mnogochlenom libo imeet polnyy razmer \\(p^{k-1}\\), libo ne prevoshodit \\(p^{k-2}\\); eto opredelyaetsya proizvodnoy mnogochlena po modulyu \\(p\\). degree_counting ai_checked idea-functional-root-mod-p modul p imeet edinstvennyy predelnyy koren tak kak obrazy po modulyu \\(p^k\\) v kontse stanovyatsya odnotochechnymi, indutsirovannoe otobrazhenie po modulyu \\(p\\) imeet edinstvennyy predelnyy nepodvizhnyy ostatok. mnozhestvo ostatkov, popadayuschih v nego za ogranichennoe chislo shagov, strogo rastet do vsego \\(\\mathbb f_p\\). graph_in_solution ai_checked sol-official-expanded ofitsialnoe reshenie, razvernutoe source_verified directed_graph path minimal_counterexample invariant otvet: vse prostye chisla i vse stepeni dvoyki. primery. esli \\(n=2^k\\), berem \\(p(x)=2x\\). togda obraz \\(p^m\\) po modulyu \\(2^k\\) sostoit iz kratnyh \\(2^m\\), poka \\(m\\le k\\), i iz odnogo nulya posle etogo. poetomu ego razmer raven \\(2^{k-m}\\) pri \\(m\\le k\\) i raven 1 pri \\(m>k\\), to est \\(\\lceil2^k/2^m\\rceil\\). esli \\(n=p\\) prostoe, to dlya \\(p=2\\) primer uzhe est, a dlya nechetnogo \\(p\\) zadadim na predstavitelyah \\(0,1,\\ldots,p-1\\) funktsiyu \\(f(x)=\\lfloor x/2\\rfloor\\). lyubaya funktsiya na pole \\(\\mathbb f_p\\) zadaetsya mnogochlenom po interpolyatsii lagranzha, i koeffitsienty mozhno podnyat do tselyh. togda \\(f^m(x)=\\lfloor x/2^m\\rfloor\\), tak chto mnozhestvo znacheniy ravno \\(\\{0,1,\\ldots,\\lfloor(p-1)/2^m\\rfloor\\}\\), a ego razmer raven \\(\\lfloor(p-1)/2^m\\rfloor+1=\\lceil p/2^m\\rceil\\). teper dokazhem nevozmozhnost ostalnyh \\(n\\). dlya modulya \\(q\\) oboznachim cherez \\(i_m(q)\\) razmer obraza \\(p^m\\) na ostat…","source_keys":["imo"]}
{"id":"imo-2023-c4-strip-pieces-eulerian-graph","title":"Разрезание полоски и эйлеров граф, IMO Shortlist 2023 C4","path":"data\\problems\\imo\\imo-2023-c4-strip-pieces-eulerian-graph.yaml","raw_github_url":"https://raw.githubusercontent.com/didin-maxim/knowledge_graph_of_graphs/main/data/problems/imo/imo-2023-c4-strip-pieces-eulerian-graph.yaml","viewer_url":"https://didin-maxim.github.io/knowledge_graph_of_graphs/#imo-2023-c4-strip-pieces-eulerian-graph","source_key":"imo","source_label":"IMO Shortlist","source_titles":["IMO 2023 Shortlisted Problems with Solutions"],"year":"2023","type":"olympiad_problem","authors":[],"tags":["eulerian_graphs","connectivity","goal_exact_bound"],"agent_topics":[],"difficulty":{"main":"imo_p3_plus","local_score":12,"comment":"IMO Shortlist 2023 C4, U.S.A.; графовый слой существенен в официальном решении.","status":"ai_checked"},"review_status":"source_verified","public_ready":true,"solution_state":"with_solution","solution_classification":{"type":"official_complete_or_near_complete","label":"официальное полное/почти полное","status":"source_verified","confidence":0.9,"basis":"официальный шортлист и аудит очень высокой сложности","notes":"Эйлерово доказательство через мультиграф развёрнуто; явно описаны конструкция из \\(n-1\\) длинных кусков и \\(n\\) одиночных, а также нижняя оценка через удаление рёбер вне остова.","audit_source":"agent-imo-us-classical.json"},"statements":{"original":[{"id":"stmt-original","title":"Условие","status":"ai_checked","text":"Пусть \\(n\\ge2\\). Полоска \\(1\\times n^2\\) состоит из клеток с метками \\(1,\\ldots,n^2\\). Нужно разрезать её на несколько отрезков из подряд идущих клеток и, не поворачивая и не отражая, перенести куски в квадрат \\(n\\times n\\) так, чтобы для метки \\(a_{ij}\\) в клетке строки \\(i\\), столбца \\(j\\), число \\(a_{ij}-(i+j-1)\\) делилось на \\(n\\). Найдите минимальное число кусков.","definition_ids":[]}]},"solutions":[{"id":"sol-official-compressed","title":"Доказательство через эйлеров мультиграф","status":"source_verified","definition_ids":["connected_graph","cycle","eulerian_cycle","multigraph","spanning_tree"],"standard_idea_ids":["delete_to_simplify"],"tags":[],"has_text":true,"text_preview":"Ответ: \\(2n-1\\). Будем работать с остатками по модулю \\(n\\). Удобно считать, что остатки - это \\(0,1,\\ldots,n-1\\), а в клетке \\((i,j)\\) должен стоять номер с остатком \\(i+j-1\\pmod n\\). В каждой строке требуемые остатки идут подряд и увеличиваются на 1 при переходе вправо. Сначала построим разрезание на \\(2n-1\\) кусков. Отрежем от исходной полоски \\(n-1\\) длинных кусков длины \\(n\\), а между соседними длинными кусками - по одному одноклеточному куску; в конце останется ещё один одноклеточный кусок. Иными словами, длины кусков равны \\[ n,1,n,1,\\ldots,n,1, \\] где длинных кусков \\(n-1\\), а единичных кусков \\(n\\). Всего кусков \\((n-1)+n=2n-1\\). Первый длинный кусок имеет остатки \\(0,1,\\ldots,n-1\\), второй - \\(1,2,\\ldots,0\\), и так далее. Поэтому \\(n-1\\) длинных кусков можно положить в первые \\(n-1\\) строк: каждый из них заполняет целую строку с нужным начальным остатком. Оставшиеся \\(n\\) един…"}],"relations":[{"id":"rel-imo-2023-c4-vjimc-2000-debruijn-eulerian-encoding","neighbor_id":"vjimc-2000-cat2-p2-de-bruijn-euler-cycle","direction":"forward","type":"same_motif","distance":2,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-imo-1986-p6-imo-2023-c4-eulerian-reconstruction","neighbor_id":"balanced-bipartite-edge-coloring-two-colors","direction":"backward","type":"same_motif","distance":3,"status":"needs_human_review"},{"id":"rel-imo-2023-c4-imo-2019-c4-component-counting","neighbor_id":"imo-2019-c4-labyrinth-region-graph","direction":"backward","type":"same_motif","distance":3,"status":"needs_human_review"},{"id":"rel-euler-imo-2023-c4","neighbor_id":"eulerian-graph-criterion","direction":"backward","type":"prerequisite","distance":1,"status":"needs_human_review"},{"id":"rel-after-tags-imo-2020-2023-eulerian-parity","neighbor_id":"imo-2020-c6-colored-coins-eulerian-multigraph","direction":"backward","type":"same_motif","distance":2,"status":"ai_checked"}],"search_text":"imo-2023-c4-strip-pieces-eulerian-graph разрезание полоски и эйлеров граф, imo shortlist 2023 c4 eulerian_graphs connectivity goal_exact_bound 2023 https://www.imo-official.org/problems/imo2023sl.pdf imo imo 2023 shortlisted problems with solutions imo shortlist imo2023 imoshortlist imoshortlist2023 official_archive src-imo-2023-shortlist with_solution ? imo 2023 shortlisted problems with solutions stmt-original условие ai_checked пусть \\(n\\ge2\\). полоска \\(1\\times n^2\\) состоит из клеток с метками \\(1,\\ldots,n^2\\). нужно разрезать её на несколько отрезков из подряд идущих клеток и, не поворачивая и не отражая, перенести куски в квадрат \\(n\\times n\\) так, чтобы для метки \\(a_{ij}\\) в клетке строки \\(i\\), столбца \\(j\\), число \\(a_{ij}-(i+j-1)\\) делилось на \\(n\\). найдите минимальное число кусков. idea-pieces-as-edges куски как рёбра каждый кусок с метками от \\(a\\) до \\(b-1\\) задаёт ребро из остатка \\(a\\) в остаток \\(b\\) по модулю \\(n\\). eulerian_graphs ai_checked idea-eulerian-cycle-lower-bound эйлеров цикл и нижняя оценка возможность собрать исходную полоску означает, что граф кусков имеет эйлеров цикл; связность и циклы дают нижнюю оценку на число рёбер. connectivity ai_checked sol-official-compressed доказательство через эйлеров мультиграф source_verified connected_graph cycle eulerian_cycle multigraph spanning_tree delete_to_simplify ответ: \\(2n-1\\). будем работать с остатками по модулю \\(n\\). удобно считать, что остатки - это \\(0,1,\\ldots,n-1\\), а в клетке \\((i,j)\\) должен стоять номер с остатком \\(i+j-1\\pmod n\\). в каждой строке требуемые остатки идут подряд и увеличиваются на 1 при переходе вправо. сначала построим разрезание на \\(2n-1\\) кусков. отрежем от исходной полоски \\(n-1\\) длинных кусков длины \\(n\\), а между соседними длинными кусками - по одному одноклеточному куску; в конце останется ещё один одноклеточный кусок. иными словами, длины кусков равны \\[ n,1,n,1,\\ldots,n,1, \\] где длинных кусков \\(n-1\\), а единичных кусков \\(n\\). всего кусков \\((n-1)+n=2n-1\\). первый длинный кусок имеет остатки \\(0,1,\\ldots,n-1\\), второй - \\(1,2,\\ldots,0\\), и так далее. поэтому \\(n-1\\) длинных кусков можно положить в первые \\(n-1\\) строк: каждый из них заполняет целую строку с нужным начальным остатком. оставшиеся \\(n\\) един… imo-2023-c4-strip-pieces-eulerian-graph razrezanie poloski i eylerov graf, imo shortlist 2023 c4 eulerian_graphs connectivity goal_exact_bound 2023 https://www.imo-official.org/problems/imo2023sl.pdf imo imo 2023 shortlisted problems with solutions imo shortlist imo2023 imoshortlist imoshortlist2023 official_archive src-imo-2023-shortlist with_solution ? imo 2023 shortlisted problems with solutions stmt-original uslovie ai_checked pust \\(n\\ge2\\). poloska \\(1\\times n^2\\) sostoit iz kletok s metkami \\(1,\\ldots,n^2\\). nuzhno razrezat ee na neskolko otrezkov iz podryad iduschih kletok i, ne povorachivaya i ne otrazhaya, perenesti kuski v kvadrat \\(n\\times n\\) tak, chtoby dlya metki \\(a_{ij}\\) v kletke stroki \\(i\\), stolbtsa \\(j\\), chislo \\(a_{ij}-(i+j-1)\\) delilos na \\(n\\). naydite minimalnoe chislo kuskov. idea-pieces-as-edges kuski kak rebra kazhdyy kusok s metkami ot \\(a\\) do \\(b-1\\) zadaet rebro iz ostatka \\(a\\) v ostatok \\(b\\) po modulyu \\(n\\). eulerian_graphs ai_checked idea-eulerian-cycle-lower-bound eylerov tsikl i nizhnyaya otsenka vozmozhnost sobrat ishodnuyu polosku oznachaet, chto graf kuskov imeet eylerov tsikl; svyaznost i tsikly dayut nizhnyuyu otsenku na chislo reber. connectivity ai_checked sol-official-compressed dokazatelstvo cherez eylerov multigraf source_verified connected_graph cycle eulerian_cycle multigraph spanning_tree delete_to_simplify otvet: \\(2n-1\\). budem rabotat s ostatkami po modulyu \\(n\\). udobno schitat, chto ostatki - eto \\(0,1,\\ldots,n-1\\), a v kletke \\((i,j)\\) dolzhen stoyat nomer s ostatkom \\(i+j-1\\pmod n\\). v kazhdoy stroke trebuemye ostatki idut podryad i uvelichivayutsya na 1 pri perehode vpravo. snachala postroim razrezanie na \\(2n-1\\) kuskov. otrezhem ot ishodnoy poloski \\(n-1\\) dlinnyh kuskov dliny \\(n\\), a mezhdu sosednimi dlinnymi kuskami - po odnomu odnokletochnomu kusku; v kontse ostanetsya esche odin odnokletochnyy kusok. inymi slovami, dliny kuskov ravny \\[ n,1,n,1,\\ldots,n,1, \\] gde dlinnyh kuskov \\(n-1\\), a edinichnyh kuskov \\(n\\). vsego kuskov \\((n-1)+n=2n-1\\). pervyy dlinnyy kusok imeet ostatki \\(0,1,\\ldots,n-1\\), vtoroy - \\(1,2,\\ldots,0\\), i tak dalee. poetomu \\(n-1\\) dlinnyh kuskov mozhno polozhit v pervye \\(n-1\\) strok: kazhdyy iz nih zapolnyaet tseluyu stroku s nuzhnym nachalnym ostatkom. ostavshiesya \\(n\\) edin…","source_keys":["imo"]}
{"id":"imo-2023-c7-ferry-companies-hamiltonian-paths","title":"Паромные компании и гамильтоновы пути, IMO Shortlist 2023 C7","path":"data\\problems\\imo\\imo-2023-c7-ferry-companies-hamiltonian-paths.yaml","raw_github_url":"https://raw.githubusercontent.com/didin-maxim/knowledge_graph_of_graphs/main/data/problems/imo/imo-2023-c7-ferry-companies-hamiltonian-paths.yaml","viewer_url":"https://didin-maxim.github.io/knowledge_graph_of_graphs/#imo-2023-c7-ferry-companies-hamiltonian-paths","source_key":"imo","source_label":"IMO Shortlist","source_titles":["IMO 2023 Shortlisted Problems with Solutions"],"year":"2023","type":"olympiad_problem","authors":[],"tags":["coloring","hamiltonian_cycles","goal_exact_bound"],"agent_topics":[],"difficulty":{"main":"imo_p3_plus","local_score":12,"comment":"IMO Shortlist 2023 C7, Украина; графовый слой существенен в официальном решении.","status":"needs_human_review"},"review_status":"needs_human_review","public_ready":false,"solution_state":"with_solution","solution_classification":{"type":"official_complete_or_near_complete","label":"официальное полное/почти полное","status":"ai_checked","confidence":0.78,"basis":"агентский аудит средней сложности","notes":"В карточке есть официальные, шортлистные или справочные источники и проверенное ИИ решение.","audit_source":"agent-imo-us-classical.json"},"statements":{"original":[{"id":"stmt-original","title":"Условие","status":"needs_human_review","text":"Архипелаг состоит из \\(n\\ge2\\) островов. Между каждой парой островов есть единственная двусторонняя паромная линия, принадлежащая одной из \\(k\\) компаний. Если любая одна компания закрывает все свои линии, путешественник уже не может, откуда бы он ни стартовал, посетить все острова ровно по одному разу. Найдите максимальное возможное \\(k\\).","definition_ids":[]}],"graph_theory":[{"id":"stmt-graph","title":"Паромные компании и гамильтоновы пути, IMO Shortlist 2023 C7","status":"needs_human_review","text":"Рёбра полного графа \\(K_n\\) раскрашены в \\(k\\) цветов. Известно, что после удаления рёбер любого одного цвета в оставшемся графе нет гамильтонова пути. Найдите максимально возможное \\(k\\).","definition_ids":["complete_graph","hamiltonian_path"]}]},"solutions":[{"id":"sol-official-compressed","title":"Доказательство через бинарную раскраску рёбер","status":"ai_checked","definition_ids":["path","complete_graph","hamiltonian_path"],"standard_idea_ids":["induction"],"tags":[],"has_text":true,"text_preview":"Ответ: \\(\\lfloor\\log_2 n\\rfloor\\). Переформулируем задачу так: рёбра \\(K_n\\) раскрашены в \\(k\\) цветов, и требуется, чтобы каждый гамильтонов путь содержал все \\(k\\) цветов. Назовём такую раскраску хорошей. Сначала построим хорошую раскраску для \\(k=\\lfloor\\log_2 n\\rfloor\\). Занумеруем вершины \\(A_1,\\ldots,A_n\\). Вершине \\(A_j\\) припишем цвет \\(\\min(\\lfloor\\log_2 j\\rfloor+1,k)\\), а ребро \\(A_uA_v\\) при \\(u<v\\) покрасим в цвет вершины \\(A_u\\). Вершин последнего цвета не меньше \\(n/2+1\\), поэтому любой гамильтонов путь содержит ребро между двумя такими вершинами, а значит цвет \\(k\\). Для цвета \\(i<k\\) вершин цвета \\(i\\) ровно \\(2^{i-1}\\), а вершин более ранних цветов всего \\(2^{i-1}-1\\). Если бы гамильтонов путь не имел ребра цвета \\(i\\), то каждая вершина цвета \\(i\\) могла бы соседствовать в пути только с более ранней вершиной; разместить \\(2^{i-1}\\) таких вершин между \\(2^{i-1}-1\\) разд…"}],"relations":[{"id":"rel-dirac-imo-2023-c7-hamiltonian-paths","neighbor_id":"dirac-theorem","direction":"backward","type":"same_motif","distance":4,"status":"needs_human_review"},{"id":"rel-tournament-imo-2023-c7","neighbor_id":"tournament-hamiltonian-path","direction":"backward","type":"same_motif","distance":2,"status":"needs_human_review"},{"id":"rel-official-expansion-imo-2021-c4-imo-2023-c7-tournament-paths","neighbor_id":"imo-2021-c4-anisotropy-menger","direction":"backward","type":"same_motif","distance":3,"status":"needs_human_review"}],"search_text":"imo-2023-c7-ferry-companies-hamiltonian-paths паромные компании и гамильтоновы пути, imo shortlist 2023 c7 coloring hamiltonian_cycles goal_exact_bound 2023 https://www.imo-official.org/problems/imo2023sl.pdf imo imo 2023 shortlisted problems with solutions imo shortlist imo2023 imoshortlist imoshortlist2023 official_archive src-imo-2023-shortlist with_solution ? imo 2023 shortlisted problems with solutions stmt-original условие needs_human_review архипелаг состоит из \\(n\\ge2\\) островов. между каждой парой островов есть единственная двусторонняя паромная линия, принадлежащая одной из \\(k\\) компаний. если любая одна компания закрывает все свои линии, путешественник уже не может, откуда бы он ни стартовал, посетить все острова ровно по одному разу. найдите максимальное возможное \\(k\\). stmt-graph паромные компании и гамильтоновы пути, imo shortlist 2023 c7 needs_human_review рёбра полного графа \\(k_n\\) раскрашены в \\(k\\) цветов. известно, что после удаления рёбер любого одного цвета в оставшемся графе нет гамильтонова пути. найдите максимально возможное \\(k\\). complete_graph hamiltonian_path idea-edge-colored-complete-graph раскраска рёбер полного графа острова — вершины, компании — цвета рёбер, а путешествие по всем островам — гамильтонов путь. hamiltonian_cycles ai_checked idea-binary-labels двоичные метки вершин конструкция снизу раскладывает вершины на слои размеров \\(1,2,4,\\ldots\\) и красит ребро цветом более ранней вершины; верхняя оценка после перекрасок сводит любую экстремальную хорошую раскраску к такой же слоистой форме. coloring ai_checked sol-official-compressed доказательство через бинарную раскраску рёбер ai_checked path complete_graph hamiltonian_path induction ответ: \\(\\lfloor\\log_2 n\\rfloor\\). переформулируем задачу так: рёбра \\(k_n\\) раскрашены в \\(k\\) цветов, и требуется, чтобы каждый гамильтонов путь содержал все \\(k\\) цветов. назовём такую раскраску хорошей. сначала построим хорошую раскраску для \\(k=\\lfloor\\log_2 n\\rfloor\\). занумеруем вершины \\(a_1,\\ldots,a_n\\). вершине \\(a_j\\) припишем цвет \\(\\min(\\lfloor\\log_2 j\\rfloor+1,k)\\), а ребро \\(a_ua_v\\) при \\(u<v\\) покрасим в цвет вершины \\(a_u\\). вершин последнего цвета не меньше \\(n/2+1\\), поэтому любой гамильтонов путь содержит ребро между двумя такими вершинами, а значит цвет \\(k\\). для цвета \\(i<k\\) вершин цвета \\(i\\) ровно \\(2^{i-1}\\), а вершин более ранних цветов всего \\(2^{i-1}-1\\). если бы гамильтонов путь не имел ребра цвета \\(i\\), то каждая вершина цвета \\(i\\) могла бы соседствовать в пути только с более ранней вершиной; разместить \\(2^{i-1}\\) таких вершин между \\(2^{i-1}-1\\) разд… imo-2023-c7-ferry-companies-hamiltonian-paths paromnye kompanii i gamiltonovy puti, imo shortlist 2023 c7 coloring hamiltonian_cycles goal_exact_bound 2023 https://www.imo-official.org/problems/imo2023sl.pdf imo imo 2023 shortlisted problems with solutions imo shortlist imo2023 imoshortlist imoshortlist2023 official_archive src-imo-2023-shortlist with_solution ? imo 2023 shortlisted problems with solutions stmt-original uslovie needs_human_review arhipelag sostoit iz \\(n\\ge2\\) ostrovov. mezhdu kazhdoy paroy ostrovov est edinstvennaya dvustoronnyaya paromnaya liniya, prinadlezhaschaya odnoy iz \\(k\\) kompaniy. esli lyubaya odna kompaniya zakryvaet vse svoi linii, puteshestvennik uzhe ne mozhet, otkuda by on ni startoval, posetit vse ostrova rovno po odnomu razu. naydite maksimalnoe vozmozhnoe \\(k\\). stmt-graph paromnye kompanii i gamiltonovy puti, imo shortlist 2023 c7 needs_human_review rebra polnogo grafa \\(k_n\\) raskrasheny v \\(k\\) tsvetov. izvestno, chto posle udaleniya reber lyubogo odnogo tsveta v ostavshemsya grafe net gamiltonova puti. naydite maksimalno vozmozhnoe \\(k\\). complete_graph hamiltonian_path idea-edge-colored-complete-graph raskraska reber polnogo grafa ostrova — vershiny, kompanii — tsveta reber, a puteshestvie po vsem ostrovam — gamiltonov put. hamiltonian_cycles ai_checked idea-binary-labels dvoichnye metki vershin konstruktsiya snizu raskladyvaet vershiny na sloi razmerov \\(1,2,4,\\ldots\\) i krasit rebro tsvetom bolee ranney vershiny; verhnyaya otsenka posle perekrasok svodit lyubuyu ekstremalnuyu horoshuyu raskrasku k takoy zhe sloistoy forme. coloring ai_checked sol-official-compressed dokazatelstvo cherez binarnuyu raskrasku reber ai_checked path complete_graph hamiltonian_path induction otvet: \\(\\lfloor\\log_2 n\\rfloor\\). pereformuliruem zadachu tak: rebra \\(k_n\\) raskrasheny v \\(k\\) tsvetov, i trebuetsya, chtoby kazhdyy gamiltonov put soderzhal vse \\(k\\) tsvetov. nazovem takuyu raskrasku horoshey. snachala postroim horoshuyu raskrasku dlya \\(k=\\lfloor\\log_2 n\\rfloor\\). zanumeruem vershiny \\(a_1,\\ldots,a_n\\). vershine \\(a_j\\) pripishem tsvet \\(\\min(\\lfloor\\log_2 j\\rfloor+1,k)\\), a rebro \\(a_ua_v\\) pri \\(u<v\\) pokrasim v tsvet vershiny \\(a_u\\). vershin poslednego tsveta ne menshe \\(n/2+1\\), poetomu lyuboy gamiltonov put soderzhit rebro mezhdu dvumya takimi vershinami, a znachit tsvet \\(k\\). dlya tsveta \\(i<k\\) vershin tsveta \\(i\\) rovno \\(2^{i-1}\\), a vershin bolee rannih tsvetov vsego \\(2^{i-1}-1\\). esli by gamiltonov put ne imel rebra tsveta \\(i\\), to kazhdaya vershina tsveta \\(i\\) mogla by sosedstvovat v puti tolko s bolee ranney vershinoy; razmestit \\(2^{i-1}\\) takih vershin mezhdu \\(2^{i-1}-1\\) razd…","source_keys":["imo"]}
{"id":"imo-2024-c3-knights-chord-uncrossing","title":"Рыцари за круглым столом и соседние обмены, IMO Shortlist 2024 C3","path":"data\\problems\\imo\\imo-2024-c3-knights-chord-uncrossing.yaml","raw_github_url":"https://raw.githubusercontent.com/didin-maxim/knowledge_graph_of_graphs/main/data/problems/imo/imo-2024-c3-knights-chord-uncrossing.yaml","viewer_url":"https://didin-maxim.github.io/knowledge_graph_of_graphs/#imo-2024-c3-knights-chord-uncrossing","source_key":"imo","source_label":"IMO Shortlist","source_titles":["IMO 2024 Shortlisted Problems with Solutions"],"year":"2024","type":"olympiad_problem","authors":[],"tags":["matching","extremal_choice","induction","goal_exact_bound"],"agent_topics":[],"difficulty":{"main":"imo_p2_p5","local_score":10,"comment":"IMO Shortlist 2024 C3; задача на круговую модель паросочетания, пересечения хорд и аккуратный индукционный подсчёт.","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":"В карточке есть официальные, шортлистные или справочные источники и проверенное ИИ решение.","audit_source":"agent-imo-us-classical.json"},"statements":{"original":[{"id":"stmt-original","title":"Партнёры за круглым столом","status":"ai_checked","text":"Пусть \\(n\\) — положительное целое число. За круглым столом сидят \\(2n\\) рыцарей, разбитых на \\(n\\) пар партнёров; каждая пара хочет пожать друг другу руки. Пара может пожать руки только тогда, когда партнёры сидят рядом. Каждую минуту одна пара соседних рыцарей меняется местами. Найдите минимальное число таких обменов, достаточное для того, чтобы независимо от начальной рассадки каждый рыцарь в некоторый момент смог пожать руку своему партнёру.","definition_ids":[]}],"graph_theory":[{"id":"stmt-graph","title":"Рыцари за круглым столом и соседние обмены, IMO Shortlist 2024 C3","status":"ai_checked","text":"На окружности расположены \\(2n\\) вершин, разбитых на \\(n\\) пар, то есть задано совершенное паросочетание. За один ход можно поменять местами две соседние вершины в циклическом порядке. Найдите минимальное число ходов, которое гарантирует для любого начального порядка, что каждая пара паросочетания в некоторый момент станет соседней на окружности.","definition_ids":["matching"]}]},"solutions":[{"id":"sol-chord-uncrossing-induction","title":"Пересечения хорд и индукция по потенциалу","status":"ai_checked","definition_ids":[],"standard_idea_ids":["induction","extremal_choice"],"tags":[],"has_text":true,"text_preview":"Ответ: \\(\\frac{n(n-1)}2\\). Нижняя оценка достигается на рассадке, где каждый рыцарь сидит ровно напротив партнёра. Соединим партнёров хордами. Тогда любые две хорды пересекаются, а чтобы партнёры одной пары стали соседями, их хорда должна не пересекать ни одну другую. Один обмен соседних рыцарей может распутать не более одной пары пересекающихся хорд, поэтому нужно хотя бы \\(\\binom n2\\) обменов. Докажем достаточность. Поставим в центр стола точку-столб и для каждой хорды выберем сторону, на которой находится столб, если хорда проходит через центр. Хорда проходит перед рыцарем, если отделяет его от столба; длина хорды — число таких рыцарей. Для двух хорд есть три типа отношений: одна охватывает другую, они пересекаются, или они раздельны. Пусть \\(k,l,m\\) — числа пар этих трёх типов; тогда \\(k+l+m=\\binom n2\\). Лемма: за \\(2k+l\\) обменов можно посадить все пары рядом. Действительно, пока е…"},{"id":"sol-distance-and-walking-count","title":"Суммарное расстояние и подсчёт проходов","status":"ai_checked","definition_ids":[],"standard_idea_ids":["extremal_choice"],"tags":[],"has_text":true,"text_preview":"Нижнюю оценку можно получить без пересечений: в противоположной рассадке партнёры каждой пары разделены \\(n-1\\) местами в любую сторону, значит суммарно по паре им нужно сделать не меньше \\(n-1\\) шагов, чтобы стать соседями. Всего это \\(n(n-1)\\) шагов рыцарей, а один обмен двигает двух рыцарей на один шаг, поэтому нужно не меньше \\(\\frac{n(n-1)}2\\) обменов. Для верхней оценки используем те же обозначения \\(k,l,m\\) для вложенных, пересекающихся и раздельных пар хорд. Представим, что каждый рыцарь непрерывно идёт к одной из двух середины дуг между ним и партнёром так, чтобы хорда пары отделяла пункт назначения от столба; пункты назначения немного сдвинем, чтобы они были различны. Для каждой пары хорд число взаимных проходов равно 2, если одна хорда охватывает другую, равно 1, если они пересекаются, и равно 0, если они раздельны. Значит, всего проходов \\(2k+l\\), и эти проходы можно реализо…"}],"relations":[{"id":"rel-hall-imo-2024-c3","neighbor_id":"hall-marriage-theorem","direction":"backward","type":"same_motif","distance":4,"status":"needs_human_review"},{"id":"rel-gnomes-imo-2024-c3","neighbor_id":"tc-2020-21-gnomes-two-cycles-odd-n","direction":"backward","type":"same_motif","distance":3,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-imo-2024-c3-imo-2016-c8-alternating-uncrossing","neighbor_id":"imo-2016-c8-domino-unique-tiling-cycles","direction":"backward","type":"same_motif","distance":3,"status":"needs_human_review"},{"id":"rel-imo-2005-c8-imo-2024-c3-crossing-chords","neighbor_id":"imo-2005-c8-noncrossing-diagonals-crossings","direction":"backward","type":"same_motif","distance":2,"status":"needs_human_review"}],"search_text":"imo-2024-c3-knights-chord-uncrossing рыцари за круглым столом и соседние обмены, imo shortlist 2024 c3 matching extremal_choice induction goal_exact_bound 2024 https://www.imo-official.org/problems/imo2024sl.pdf imo imo 2024 shortlisted problems with solutions imo shortlist imo2024 imoshortlist imoshortlist2024 official_archive src-imo-2024-shortlist with_solution ? imo 2024 shortlisted problems with solutions stmt-original партнёры за круглым столом ai_checked пусть \\(n\\) — положительное целое число. за круглым столом сидят \\(2n\\) рыцарей, разбитых на \\(n\\) пар партнёров; каждая пара хочет пожать друг другу руки. пара может пожать руки только тогда, когда партнёры сидят рядом. каждую минуту одна пара соседних рыцарей меняется местами. найдите минимальное число таких обменов, достаточное для того, чтобы независимо от начальной рассадки каждый рыцарь в некоторый момент смог пожать руку своему партнёру. stmt-graph рыцари за круглым столом и соседние обмены, imo shortlist 2024 c3 ai_checked на окружности расположены \\(2n\\) вершин, разбитых на \\(n\\) пар, то есть задано совершенное паросочетание. за один ход можно поменять местами две соседние вершины в циклическом порядке. найдите минимальное число ходов, которое гарантирует для любого начального порядка, что каждая пара паросочетания в некоторый момент станет соседней на окружности. matching idea-crossing-chords-lower-bound пересекающиеся хорды нужно распутать если партнёры сидят напротив друг друга, любые две пары дают пересекающиеся хорды. чтобы концы одной пары стали соседними, её хорда должна перестать пересекать все остальные. matching extremal_choice ai_checked idea-pillar-chain-potential потенциал \\(2k+l\\) относительно выбранной точки внутри стола пары хорд делятся на вложенные, пересекающиеся и раздельные; обмены можно выбирать так, чтобы величина \\(2k+l\\) убывала. induction extremal_choice ai_checked idea-walking-passes проходы при движении к серединам если временно разрешить рыцарям непрерывно идти к заранее выбранным серединам дуг, число взаимных проходов равно \\(2k+l\\); эти проходы затем превращаются в обмены соседних мест. extremal_choice ai_checked sol-chord-uncrossing-induction пересечения хорд и индукция по потенциалу ai_checked induction extremal_choice ответ: \\(\\frac{n(n-1)}2\\). нижняя оценка достигается на рассадке, где каждый рыцарь сидит ровно напротив партнёра. соединим партнёров хордами. тогда любые две хорды пересекаются, а чтобы партнёры одной пары стали соседями, их хорда должна не пересекать ни одну другую. один обмен соседних рыцарей может распутать не более одной пары пересекающихся хорд, поэтому нужно хотя бы \\(\\binom n2\\) обменов. докажем достаточность. поставим в центр стола точку-столб и для каждой хорды выберем сторону, на которой находится столб, если хорда проходит через центр. хорда проходит перед рыцарем, если отделяет его от столба; длина хорды — число таких рыцарей. для двух хорд есть три типа отношений: одна охватывает другую, они пересекаются, или они раздельны. пусть \\(k,l,m\\) — числа пар этих трёх типов; тогда \\(k+l+m=\\binom n2\\). лемма: за \\(2k+l\\) обменов можно посадить все пары рядом. действительно, пока е… sol-distance-and-walking-count суммарное расстояние и подсчёт проходов ai_checked extremal_choice нижнюю оценку можно получить без пересечений: в противоположной рассадке партнёры каждой пары разделены \\(n-1\\) местами в любую сторону, значит суммарно по паре им нужно сделать не меньше \\(n-1\\) шагов, чтобы стать соседями. всего это \\(n(n-1)\\) шагов рыцарей, а один обмен двигает двух рыцарей на один шаг, поэтому нужно не меньше \\(\\frac{n(n-1)}2\\) обменов. для верхней оценки используем те же обозначения \\(k,l,m\\) для вложенных, пересекающихся и раздельных пар хорд. представим, что каждый рыцарь непрерывно идёт к одной из двух середины дуг между ним и партнёром так, чтобы хорда пары отделяла пункт назначения от столба; пункты назначения немного сдвинем, чтобы они были различны. для каждой пары хорд число взаимных проходов равно 2, если одна хорда охватывает другую, равно 1, если они пересекаются, и равно 0, если они раздельны. значит, всего проходов \\(2k+l\\), и эти проходы можно реализо… imo-2024-c3-knights-chord-uncrossing rytsari za kruglym stolom i sosednie obmeny, imo shortlist 2024 c3 matching extremal_choice induction goal_exact_bound 2024 https://www.imo-official.org/problems/imo2024sl.pdf imo imo 2024 shortlisted problems with solutions imo shortlist imo2024 imoshortlist imoshortlist2024 official_archive src-imo-2024-shortlist with_solution ? imo 2024 shortlisted problems with solutions stmt-original partnery za kruglym stolom ai_checked pust \\(n\\) — polozhitelnoe tseloe chislo. za kruglym stolom sidyat \\(2n\\) rytsarey, razbityh na \\(n\\) par partnerov; kazhdaya para hochet pozhat drug drugu ruki. para mozhet pozhat ruki tolko togda, kogda partnery sidyat ryadom. kazhduyu minutu odna para sosednih rytsarey menyaetsya mestami. naydite minimalnoe chislo takih obmenov, dostatochnoe dlya togo, chtoby nezavisimo ot nachalnoy rassadki kazhdyy rytsar v nekotoryy moment smog pozhat ruku svoemu partneru. stmt-graph rytsari za kruglym stolom i sosednie obmeny, imo shortlist 2024 c3 ai_checked na okruzhnosti raspolozheny \\(2n\\) vershin, razbityh na \\(n\\) par, to est zadano sovershennoe parosochetanie. za odin hod mozhno pomenyat mestami dve sosednie vershiny v tsiklicheskom poryadke. naydite minimalnoe chislo hodov, kotoroe garantiruet dlya lyubogo nachalnogo poryadka, chto kazhdaya para parosochetaniya v nekotoryy moment stanet sosedney na okruzhnosti. matching idea-crossing-chords-lower-bound peresekayuschiesya hordy nuzhno rasputat esli partnery sidyat naprotiv drug druga, lyubye dve pary dayut peresekayuschiesya hordy. chtoby kontsy odnoy pary stali sosednimi, ee horda dolzhna perestat peresekat vse ostalnye. matching extremal_choice ai_checked idea-pillar-chain-potential potentsial \\(2k+l\\) otnositelno vybrannoy tochki vnutri stola pary hord delyatsya na vlozhennye, peresekayuschiesya i razdelnye; obmeny mozhno vybirat tak, chtoby velichina \\(2k+l\\) ubyvala. induction extremal_choice ai_checked idea-walking-passes prohody pri dvizhenii k seredinam esli vremenno razreshit rytsaryam nepreryvno idti k zaranee vybrannym seredinam dug, chislo vzaimnyh prohodov ravno \\(2k+l\\); eti prohody zatem prevraschayutsya v obmeny sosednih mest. extremal_choice ai_checked sol-chord-uncrossing-induction peresecheniya hord i induktsiya po potentsialu ai_checked induction extremal_choice otvet: \\(\\frac{n(n-1)}2\\). nizhnyaya otsenka dostigaetsya na rassadke, gde kazhdyy rytsar sidit rovno naprotiv partnera. soedinim partnerov hordami. togda lyubye dve hordy peresekayutsya, a chtoby partnery odnoy pary stali sosedyami, ih horda dolzhna ne peresekat ni odnu druguyu. odin obmen sosednih rytsarey mozhet rasputat ne bolee odnoy pary peresekayuschihsya hord, poetomu nuzhno hotya by \\(\\binom n2\\) obmenov. dokazhem dostatochnost. postavim v tsentr stola tochku-stolb i dlya kazhdoy hordy vyberem storonu, na kotoroy nahoditsya stolb, esli horda prohodit cherez tsentr. horda prohodit pered rytsarem, esli otdelyaet ego ot stolba; dlina hordy — chislo takih rytsarey. dlya dvuh hord est tri tipa otnosheniy: odna ohvatyvaet druguyu, oni peresekayutsya, ili oni razdelny. pust \\(k,l,m\\) — chisla par etih treh tipov; togda \\(k+l+m=\\binom n2\\). lemma: za \\(2k+l\\) obmenov mozhno posadit vse pary ryadom. deystvitelno, poka e… sol-distance-and-walking-count summarnoe rasstoyanie i podschet prohodov ai_checked extremal_choice nizhnyuyu otsenku mozhno poluchit bez peresecheniy: v protivopolozhnoy rassadke partnery kazhdoy pary razdeleny \\(n-1\\) mestami v lyubuyu storonu, znachit summarno po pare im nuzhno sdelat ne menshe \\(n-1\\) shagov, chtoby stat sosedyami. vsego eto \\(n(n-1)\\) shagov rytsarey, a odin obmen dvigaet dvuh rytsarey na odin shag, poetomu nuzhno ne menshe \\(\\frac{n(n-1)}2\\) obmenov. dlya verhney otsenki ispolzuem te zhe oboznacheniya \\(k,l,m\\) dlya vlozhennyh, peresekayuschihsya i razdelnyh par hord. predstavim, chto kazhdyy rytsar nepreryvno idet k odnoy iz dvuh serediny dug mezhdu nim i partnerom tak, chtoby horda pary otdelyala punkt naznacheniya ot stolba; punkty naznacheniya nemnogo sdvinem, chtoby oni byli razlichny. dlya kazhdoy pary hord chislo vzaimnyh prohodov ravno 2, esli odna horda ohvatyvaet druguyu, ravno 1, esli oni peresekayutsya, i ravno 0, esli oni razdelny. znachit, vsego prohodov \\(2k+l\\), i eti prohody mozhno realizo…","source_keys":["imo"]}
{"id":"imo-2024-c4-turbo-grid-monsters-three-attempts-strategy","title":"Три попытки Турбо-улитки достаточны, IMO 2024 P5 / Shortlist C4","path":"data\\problems\\imo\\imo-2024-c4-turbo-grid-monsters-three-attempts-strategy.yaml","raw_github_url":"https://raw.githubusercontent.com/didin-maxim/knowledge_graph_of_graphs/main/data/problems/imo/imo-2024-c4-turbo-grid-monsters-three-attempts-strategy.yaml","viewer_url":"https://didin-maxim.github.io/knowledge_graph_of_graphs/#imo-2024-c4-turbo-grid-monsters-three-attempts-strategy","source_key":"imo","source_label":"IMO","source_titles":["IMO 2024, официальные условия, английская версия","IMO 2024 Shortlisted Problems with Solutions","AoPS Wiki, 2024 IMO Problems/Problem 5"],"year":"2024","type":"olympiad_problem","authors":[],"tags":["connectivity","goal_strategy_game"],"agent_topics":["game_strategy"],"difficulty":{"main":"imo_p2_p5","local_score":10,"comment":"Верхняя оценка для IMO 2024 P5 / Shortlist C4; конструкция использует найденный монстр второй строки для построения безопасных коридоров.","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":"В карточке есть официальные, шортлистные или справочные источники и проверенное ИИ решение.","audit_source":"agent-imo-us-classical.json"},"statements":{"original":[{"id":"stmt-original-three-attempts","title":"Улитка, доска и три попытки","status":"ai_checked","text":"Улитка Турбо играет на доске с \\(2024\\) строками и \\(2023\\) столбцами. В \\(2022\\) клетках спрятаны монстры. Сначала Турбо не знает, где они находятся, но знает, что ровно по одному монстру стоит в каждой строке, кроме первой и последней, и что в каждом столбце находится не более одного монстра. Турбо делает попытки пройти из первой строки в последнюю. В каждой попытке он выбирает любую клетку первой строки, а затем многократно переходит в соседнюю по стороне клетку; ему разрешено возвращаться в уже посещённые клетки. Если Турбо попадает в клетку с монстром, попытка заканчивается, и его возвращают в первую строку. Монстры не двигаются, а Турбо запоминает, в каких посещённых клетках есть монстры и в каких их нет. Если он достигает любой клетки последней строки, попытка заканчивается, и игра выиграна. Докажите, что у Турбо есть стратегия, гарантирующая победу не позже третьей попытки.","definition_ids":["path"]}]},"solutions":[{"id":"sol-three-attempt-strategy","title":"Конструктивная стратегия за три попытки","status":"ai_checked","definition_ids":["path"],"standard_idea_ids":["extremal_choice"],"tags":[],"has_text":true,"text_preview":"В первой попытке Турбо идёт по пути \\((1,1),(2,1),(2,2),\\ldots,(2,2023)\\), тем самым находит монстра во второй строке. Пусть он стоит в \\((2,i)\\). Если \\(2\\le i\\le2022\\), то во второй и третьей попытках Турбо идёт по путям через \\((2,i-1),(3,i-1),(3,i),(4,i),\\ldots,(2024,i)\\) и через \\((2,i+1),(3,i+1),(3,i),(4,i),\\ldots,(2024,i)\\). В столбце \\(i\\) ниже монстров нет, потому что монстр этого столбца уже найден во второй строке. Единственные новые опасные точки перед выходом в безопасный столбец — \\((3,i-1)\\) и \\((3,i+1)\\); они лежат в одной строке, где монстр только один, поэтому хотя бы одна из двух попыток успешна. Если монстр второй строки стоит на краю, скажем в \\((2,1)\\), то во второй попытке Турбо идёт от \\((1,2)\\) по ломаной \\((2,2),(2,3),(3,3),(4,4),\\ldots,(2023,2023),(2024,2023)\\). Если монстра нет, он уже победил. Иначе пусть первый встреченный монстр — \\((r,c)\\), где по форме п…"}],"relations":[{"id":"rel-red-cells-imo-2024-c4","neighbor_id":"tc-2022-23-blue-red-cells-connectivity","direction":"backward","type":"same_motif","distance":4,"status":"needs_human_review"},{"id":"rel-imo-2024-c4-two-three-attempts-pair","neighbor_id":"imo-2024-c4-turbo-grid-monsters-two-attempts-lower-bound","direction":"backward","type":"paired_variant","distance":1,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-imo-1996-c1-r97-imo-2024-c4-grid-reachability","neighbor_id":"imo-1996-c1-grid-knight-reachability-r97-impossible","direction":"backward","type":"same_motif","distance":3,"status":"needs_human_review"}],"search_text":"imo-2024-c4-turbo-grid-monsters-three-attempts-strategy три попытки турбо-улитки достаточны, imo 2024 p5 / shortlist c4 connectivity goal_strategy_game 2024 aops wiki, 2024 imo problems/problem 5 https://wiki.artofproblemsolving.com/wiki/index.php/2024_imo_problems/problem_5 https://www.imo-official.org/problems/2024/eng.pdf https://www.imo-official.org/problems/imo2024sl.pdf imo imo 2024 shortlisted problems with solutions imo 2024, официальные условия, английская версия imo2024 official_archive src-aops-imo-2024-p5 src-imo-2024-problems-eng src-imo-2024-shortlist statement with_solution ? imo 2024, официальные условия, английская версия imo 2024 shortlisted problems with solutions aops wiki, 2024 imo problems/problem 5 stmt-original-three-attempts улитка, доска и три попытки ai_checked улитка турбо играет на доске с \\(2024\\) строками и \\(2023\\) столбцами. в \\(2022\\) клетках спрятаны монстры. сначала турбо не знает, где они находятся, но знает, что ровно по одному монстру стоит в каждой строке, кроме первой и последней, и что в каждом столбце находится не более одного монстра. турбо делает попытки пройти из первой строки в последнюю. в каждой попытке он выбирает любую клетку первой строки, а затем многократно переходит в соседнюю по стороне клетку; ему разрешено возвращаться в уже посещённые клетки. если турбо попадает в клетку с монстром, попытка заканчивается, и его возвращают в первую строку. монстры не двигаются, а турбо запоминает, в каких посещённых клетках есть монстры и в каких их нет. если он достигает любой клетки последней строки, попытка заканчивается, и игра выиграна. докажите, что у турбо есть стратегия, гарантирующая победу не позже третьей попытки. path idea-row-two-scan сканирование второй строки первая попытка идёт по второй строке и обязательно находит единственного монстра этой строки, после чего его столбец ниже становится безопасным. goal_strategy_game connectivity ai_checked idea-symmetric-or-edge-detour два обхода или крайний коридор если найденный монстр не на краю, две попытки по соседним столбцам сводят риск к двум клеткам одной строки; если он на краю, диагональная попытка либо сразу доходит до низа, либо оставляет безопасный третий обход по краевому столбцу. goal_strategy_game goal_classification ai_checked sol-three-attempt-strategy конструктивная стратегия за три попытки ai_checked path extremal_choice в первой попытке турбо идёт по пути \\((1,1),(2,1),(2,2),\\ldots,(2,2023)\\), тем самым находит монстра во второй строке. пусть он стоит в \\((2,i)\\). если \\(2\\le i\\le2022\\), то во второй и третьей попытках турбо идёт по путям через \\((2,i-1),(3,i-1),(3,i),(4,i),\\ldots,(2024,i)\\) и через \\((2,i+1),(3,i+1),(3,i),(4,i),\\ldots,(2024,i)\\). в столбце \\(i\\) ниже монстров нет, потому что монстр этого столбца уже найден во второй строке. единственные новые опасные точки перед выходом в безопасный столбец — \\((3,i-1)\\) и \\((3,i+1)\\); они лежат в одной строке, где монстр только один, поэтому хотя бы одна из двух попыток успешна. если монстр второй строки стоит на краю, скажем в \\((2,1)\\), то во второй попытке турбо идёт от \\((1,2)\\) по ломаной \\((2,2),(2,3),(3,3),(4,4),\\ldots,(2023,2023),(2024,2023)\\). если монстра нет, он уже победил. иначе пусть первый встреченный монстр — \\((r,c)\\), где по форме п… imo-2024-c4-turbo-grid-monsters-three-attempts-strategy tri popytki turbo-ulitki dostatochny, imo 2024 p5 / shortlist c4 connectivity goal_strategy_game 2024 aops wiki, 2024 imo problems/problem 5 https://wiki.artofproblemsolving.com/wiki/index.php/2024_imo_problems/problem_5 https://www.imo-official.org/problems/2024/eng.pdf https://www.imo-official.org/problems/imo2024sl.pdf imo imo 2024 shortlisted problems with solutions imo 2024, ofitsialnye usloviya, angliyskaya versiya imo2024 official_archive src-aops-imo-2024-p5 src-imo-2024-problems-eng src-imo-2024-shortlist statement with_solution ? imo 2024, ofitsialnye usloviya, angliyskaya versiya imo 2024 shortlisted problems with solutions aops wiki, 2024 imo problems/problem 5 stmt-original-three-attempts ulitka, doska i tri popytki ai_checked ulitka turbo igraet na doske s \\(2024\\) strokami i \\(2023\\) stolbtsami. v \\(2022\\) kletkah spryatany monstry. snachala turbo ne znaet, gde oni nahodyatsya, no znaet, chto rovno po odnomu monstru stoit v kazhdoy stroke, krome pervoy i posledney, i chto v kazhdom stolbtse nahoditsya ne bolee odnogo monstra. turbo delaet popytki proyti iz pervoy stroki v poslednyuyu. v kazhdoy popytke on vybiraet lyubuyu kletku pervoy stroki, a zatem mnogokratno perehodit v sosednyuyu po storone kletku; emu razresheno vozvraschatsya v uzhe poseschennye kletki. esli turbo popadaet v kletku s monstrom, popytka zakanchivaetsya, i ego vozvraschayut v pervuyu stroku. monstry ne dvigayutsya, a turbo zapominaet, v kakih poseschennyh kletkah est monstry i v kakih ih net. esli on dostigaet lyuboy kletki posledney stroki, popytka zakanchivaetsya, i igra vyigrana. dokazhite, chto u turbo est strategiya, garantiruyuschaya pobedu ne pozzhe tretey popytki. path idea-row-two-scan skanirovanie vtoroy stroki pervaya popytka idet po vtoroy stroke i obyazatelno nahodit edinstvennogo monstra etoy stroki, posle chego ego stolbets nizhe stanovitsya bezopasnym. goal_strategy_game connectivity ai_checked idea-symmetric-or-edge-detour dva obhoda ili krayniy koridor esli naydennyy monstr ne na krayu, dve popytki po sosednim stolbtsam svodyat risk k dvum kletkam odnoy stroki; esli on na krayu, diagonalnaya popytka libo srazu dohodit do niza, libo ostavlyaet bezopasnyy tretiy obhod po kraevomu stolbtsu. goal_strategy_game goal_classification ai_checked sol-three-attempt-strategy konstruktivnaya strategiya za tri popytki ai_checked path extremal_choice v pervoy popytke turbo idet po puti \\((1,1),(2,1),(2,2),\\ldots,(2,2023)\\), tem samym nahodit monstra vo vtoroy stroke. pust on stoit v \\((2,i)\\). esli \\(2\\le i\\le2022\\), to vo vtoroy i tretey popytkah turbo idet po putyam cherez \\((2,i-1),(3,i-1),(3,i),(4,i),\\ldots,(2024,i)\\) i cherez \\((2,i+1),(3,i+1),(3,i),(4,i),\\ldots,(2024,i)\\). v stolbtse \\(i\\) nizhe monstrov net, potomu chto monstr etogo stolbtsa uzhe nayden vo vtoroy stroke. edinstvennye novye opasnye tochki pered vyhodom v bezopasnyy stolbets — \\((3,i-1)\\) i \\((3,i+1)\\); oni lezhat v odnoy stroke, gde monstr tolko odin, poetomu hotya by odna iz dvuh popytok uspeshna. esli monstr vtoroy stroki stoit na krayu, skazhem v \\((2,1)\\), to vo vtoroy popytke turbo idet ot \\((1,2)\\) po lomanoy \\((2,2),(2,3),(3,3),(4,4),\\ldots,(2023,2023),(2024,2023)\\). esli monstra net, on uzhe pobedil. inache pust pervyy vstrechennyy monstr — \\((r,c)\\), gde po forme p…","source_keys":["imo"]}
{"id":"imo-2024-c4-turbo-grid-monsters-two-attempts-lower-bound","title":"Две попытки Турбо-улитки недостаточны, IMO 2024 P5 / Shortlist C4","path":"data\\problems\\imo\\imo-2024-c4-turbo-grid-monsters-two-attempts-lower-bound.yaml","raw_github_url":"https://raw.githubusercontent.com/didin-maxim/knowledge_graph_of_graphs/main/data/problems/imo/imo-2024-c4-turbo-grid-monsters-two-attempts-lower-bound.yaml","viewer_url":"https://didin-maxim.github.io/knowledge_graph_of_graphs/#imo-2024-c4-turbo-grid-monsters-two-attempts-lower-bound","source_key":"imo","source_label":"IMO","source_titles":["IMO 2024, официальные условия, английская версия","IMO 2024 Shortlisted Problems with Solutions","AoPS Wiki, 2024 IMO Problems/Problem 5"],"year":"2024","type":"olympiad_problem","authors":[],"tags":["connectivity","goal_strategy_game","goal_bound"],"agent_topics":["game_strategy"],"difficulty":{"main":"imo_p2_p5","local_score":7,"comment":"Нижняя оценка для IMO 2024 P5 / Shortlist C4; короткий аргумент от противника по первым входам в новые строки.","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":"В карточке есть официальные, шортлистные или справочные источники и проверенное ИИ решение.","audit_source":"agent-imo-us-classical.json"},"statements":{"original":[{"id":"stmt-original-two-attempts","title":"Улитка, доска и две попытки","status":"ai_checked","text":"Улитка Турбо играет на доске с \\(2024\\) строками и \\(2023\\) столбцами. В \\(2022\\) клетках спрятаны монстры. Сначала Турбо не знает, где они находятся, но знает, что ровно по одному монстру стоит в каждой строке, кроме первой и последней, и что в каждом столбце находится не более одного монстра. Турбо делает попытки пройти из первой строки в последнюю. В каждой попытке он выбирает любую клетку первой строки, а затем многократно переходит в соседнюю по стороне клетку; ему разрешено возвращаться в уже посещённые клетки. Если Турбо попадает в клетку с монстром, попытка заканчивается, и его возвращают в первую строку. Монстры не двигаются, а Турбо запоминает, в каких посещённых клетках есть монстры и в каких их нет. Если он достигает любой клетки последней строки, попытка заканчивается, и игра выиграна. Докажите, что никакая стратегия не гарантирует Турбо победу не позже второй попытки.","definition_ids":["path"]}]},"solutions":[{"id":"sol-two-attempt-adversary","title":"Стратегия монстров против двух попыток","status":"ai_checked","definition_ids":["path"],"standard_idea_ids":[],"tags":[],"has_text":true,"text_preview":"Пусть в первой попытке Турбо впервые достигает второй строки в клетке \\((2,i)\\). Расположение монстров, при котором монстр второй строки стоит именно в \\((2,i)\\), не противоречит условиям, поэтому первая попытка может закончиться сразу. Во второй попытке Турбо уже знает, что \\((2,i)\\) опасна, и если он впервые достигает третьей строки, то делает это в некоторой клетке \\((3,j)\\), придя из \\((2,j)\\), где \\(j\\ne i\\). Теперь можно поставить монстра третьей строки в \\((3,j)\\). Условия снова соблюдены: монстры в разных строках и в разных столбцах. Тогда и вторая попытка заканчивается неудачей. Значит, двух попыток недостаточно для гарантированной победы."}],"relations":[{"id":"rel-connectivity-query-imo-2024-c4","neighbor_id":"tc-2015-16-connectivity-query-lower-bound","direction":"backward","type":"same_motif","distance":2,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-imo-2024-c4-two-three-attempts-pair","neighbor_id":"imo-2024-c4-turbo-grid-monsters-three-attempts-strategy","direction":"forward","type":"paired_variant","distance":1,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-simon-marais-2023-c4-imo-2024-turbo","neighbor_id":"simon-marais-2023-c4-reverse-chess-grid-pursuit","direction":"backward","type":"same_motif","distance":4,"status":"needs_human_review"}],"search_text":"imo-2024-c4-turbo-grid-monsters-two-attempts-lower-bound две попытки турбо-улитки недостаточны, imo 2024 p5 / shortlist c4 connectivity goal_strategy_game goal_bound 2024 aops wiki, 2024 imo problems/problem 5 https://wiki.artofproblemsolving.com/wiki/index.php/2024_imo_problems/problem_5 https://www.imo-official.org/problems/2024/eng.pdf https://www.imo-official.org/problems/imo2024sl.pdf imo imo 2024 shortlisted problems with solutions imo 2024, официальные условия, английская версия imo2024 official_archive src-aops-imo-2024-p5 src-imo-2024-problems-eng src-imo-2024-shortlist statement with_solution ? imo 2024, официальные условия, английская версия imo 2024 shortlisted problems with solutions aops wiki, 2024 imo problems/problem 5 stmt-original-two-attempts улитка, доска и две попытки ai_checked улитка турбо играет на доске с \\(2024\\) строками и \\(2023\\) столбцами. в \\(2022\\) клетках спрятаны монстры. сначала турбо не знает, где они находятся, но знает, что ровно по одному монстру стоит в каждой строке, кроме первой и последней, и что в каждом столбце находится не более одного монстра. турбо делает попытки пройти из первой строки в последнюю. в каждой попытке он выбирает любую клетку первой строки, а затем многократно переходит в соседнюю по стороне клетку; ему разрешено возвращаться в уже посещённые клетки. если турбо попадает в клетку с монстром, попытка заканчивается, и его возвращают в первую строку. монстры не двигаются, а турбо запоминает, в каких посещённых клетках есть монстры и в каких их нет. если он достигает любой клетки последней строки, попытка заканчивается, и игра выиграна. докажите, что никакая стратегия не гарантирует турбо победу не позже второй попытки. path idea-first-new-row-trap ловушка в первой новой строке противник может объявить монстром первую клетку второй строки, достигнутую в первой попытке, а затем первую клетку третьей строки, достигнутую во второй попытке. goal_strategy_game goal_bound ai_checked sol-two-attempt-adversary стратегия монстров против двух попыток ai_checked path пусть в первой попытке турбо впервые достигает второй строки в клетке \\((2,i)\\). расположение монстров, при котором монстр второй строки стоит именно в \\((2,i)\\), не противоречит условиям, поэтому первая попытка может закончиться сразу. во второй попытке турбо уже знает, что \\((2,i)\\) опасна, и если он впервые достигает третьей строки, то делает это в некоторой клетке \\((3,j)\\), придя из \\((2,j)\\), где \\(j\\ne i\\). теперь можно поставить монстра третьей строки в \\((3,j)\\). условия снова соблюдены: монстры в разных строках и в разных столбцах. тогда и вторая попытка заканчивается неудачей. значит, двух попыток недостаточно для гарантированной победы. imo-2024-c4-turbo-grid-monsters-two-attempts-lower-bound dve popytki turbo-ulitki nedostatochny, imo 2024 p5 / shortlist c4 connectivity goal_strategy_game goal_bound 2024 aops wiki, 2024 imo problems/problem 5 https://wiki.artofproblemsolving.com/wiki/index.php/2024_imo_problems/problem_5 https://www.imo-official.org/problems/2024/eng.pdf https://www.imo-official.org/problems/imo2024sl.pdf imo imo 2024 shortlisted problems with solutions imo 2024, ofitsialnye usloviya, angliyskaya versiya imo2024 official_archive src-aops-imo-2024-p5 src-imo-2024-problems-eng src-imo-2024-shortlist statement with_solution ? imo 2024, ofitsialnye usloviya, angliyskaya versiya imo 2024 shortlisted problems with solutions aops wiki, 2024 imo problems/problem 5 stmt-original-two-attempts ulitka, doska i dve popytki ai_checked ulitka turbo igraet na doske s \\(2024\\) strokami i \\(2023\\) stolbtsami. v \\(2022\\) kletkah spryatany monstry. snachala turbo ne znaet, gde oni nahodyatsya, no znaet, chto rovno po odnomu monstru stoit v kazhdoy stroke, krome pervoy i posledney, i chto v kazhdom stolbtse nahoditsya ne bolee odnogo monstra. turbo delaet popytki proyti iz pervoy stroki v poslednyuyu. v kazhdoy popytke on vybiraet lyubuyu kletku pervoy stroki, a zatem mnogokratno perehodit v sosednyuyu po storone kletku; emu razresheno vozvraschatsya v uzhe poseschennye kletki. esli turbo popadaet v kletku s monstrom, popytka zakanchivaetsya, i ego vozvraschayut v pervuyu stroku. monstry ne dvigayutsya, a turbo zapominaet, v kakih poseschennyh kletkah est monstry i v kakih ih net. esli on dostigaet lyuboy kletki posledney stroki, popytka zakanchivaetsya, i igra vyigrana. dokazhite, chto nikakaya strategiya ne garantiruet turbo pobedu ne pozzhe vtoroy popytki. path idea-first-new-row-trap lovushka v pervoy novoy stroke protivnik mozhet obyavit monstrom pervuyu kletku vtoroy stroki, dostignutuyu v pervoy popytke, a zatem pervuyu kletku tretey stroki, dostignutuyu vo vtoroy popytke. goal_strategy_game goal_bound ai_checked sol-two-attempt-adversary strategiya monstrov protiv dvuh popytok ai_checked path pust v pervoy popytke turbo vpervye dostigaet vtoroy stroki v kletke \\((2,i)\\). raspolozhenie monstrov, pri kotorom monstr vtoroy stroki stoit imenno v \\((2,i)\\), ne protivorechit usloviyam, poetomu pervaya popytka mozhet zakonchitsya srazu. vo vtoroy popytke turbo uzhe znaet, chto \\((2,i)\\) opasna, i esli on vpervye dostigaet tretey stroki, to delaet eto v nekotoroy kletke \\((3,j)\\), pridya iz \\((2,j)\\), gde \\(j\\ne i\\). teper mozhno postavit monstra tretey stroki v \\((3,j)\\). usloviya snova soblyudeny: monstry v raznyh strokah i v raznyh stolbtsah. togda i vtoraya popytka zakanchivaetsya neudachey. znachit, dvuh popytok nedostatochno dlya garantirovannoy pobedy.","source_keys":["imo"]}
{"id":"imo-2024-c8-board-coloring-tree","title":"Закрашивание доски операциями 2x2 и дерево, IMO Shortlist 2024 C8","path":"data\\problems\\imo\\imo-2024-c8-board-coloring-tree.yaml","raw_github_url":"https://raw.githubusercontent.com/didin-maxim/knowledge_graph_of_graphs/main/data/problems/imo/imo-2024-c8-board-coloring-tree.yaml","viewer_url":"https://didin-maxim.github.io/knowledge_graph_of_graphs/#imo-2024-c8-board-coloring-tree","source_key":"imo","source_label":"IMO Shortlist","source_titles":["IMO 2024 Shortlisted Problems with Solutions"],"year":"2024","type":"olympiad_problem","authors":[],"tags":["trees","induction","goal_characterization"],"agent_topics":[],"difficulty":{"main":"imo_p3_p6","local_score":13,"comment":"IMO Shortlist 2024 C8; сильная комбинаторная задача, где ключевой запрет получается из дерева, возникающего в последовательности операций.","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":"В карточке есть официальные, шортлистные или справочные источники и проверенное ИИ решение.","audit_source":"agent-imo-us-classical.json"},"statements":{"original":[{"id":"stmt-original","title":"Операции с квадратами 2x2","status":"ai_checked","text":"Пусть \\(n\\) — положительное целое число. На доске \\(n\\times n\\) левая верхняя клетка сначала закрашена чёрным, а все остальные клетки белые. Разрешена такая операция: выбрать квадрат \\(2\\times2\\), в котором ровно одна клетка уже чёрная, и закрасить три остальные клетки этого квадрата чёрным. Определите все значения \\(n\\), при которых можно закрасить всю доску чёрным.","definition_ids":[]}]},"solutions":[{"id":"sol-x-graph-halving","title":"Дерево крестов и сжатие доски вдвое","status":"ai_checked","definition_ids":["connected_graph","degree","cycle","tree"],"standard_idea_ids":["induction"],"tags":[],"has_text":true,"text_preview":"Ответ: \\(n=2^k\\), где \\(k\\ge0\\). Для таких \\(n\\) конструкция идёт по индукции: для перехода от \\(2^m\\) к \\(2^{m+1}\\) делим доску на четыре четверти, закрашиваем левую верхнюю четверть, одной операцией закрашиваем центральный квадрат \\(2\\times2\\), а затем закрашиваем остальные четверти индукционно от клетки около центра. Докажем необходимость. Предположим, что вся доска закрашена. В каждом квадрате \\(2\\times2\\), где сделана операция, соединим крестом центры четырёх его клеток и назовём этот крест вершиной-объектом с координатами центра квадрата. Каждый новый крест, кроме первого, имеет общую клетку с уже построенной частью, поэтому граф крестов связен. Цикла быть не может: если взять самый поздний крест на цикле, то к моменту его операции он уже соединялся бы с прежней частью как минимум в двух клетках, значит операция закрасила бы не три новые клетки. Следовательно, граф крестов — дерев…"},{"id":"sol-directed-tromino-tree","title":"Ориентированное дерево L-тромино","status":"ai_checked","definition_ids":["directed_graph","degree","cycle","tree"],"standard_idea_ids":["induction"],"tags":[],"has_text":true,"text_preview":"Снова конструкция для \\(n=2^k\\) получается индукцией по четырём четвертям. Для обратного направления будем считать каждую операцию укладкой L-тромино: три новые клетки образуют L, а уже чёрная клетка указывает, откуда эта L-фигура была присоединена. Нарисуем узел и стрелку для каждой операции, а также корневой узел в левом верхнем углу. Стрелки направлены от уже построенной части к новой, поэтому получается ориентированное дерево с корнем. Все его рёбра диагональны, откуда возникает фиксированная чётность допустимых L-тромино. В таком дереве невозможны две параллельные соседние стрелки: при одинаковом направлении соответствующие L-тромино пересекались бы, а при противоположном направлении неизбежное покрытие соседних клеток создало бы цикл. Невозможен и зигзаг из трёх стрелок: выбрав самый дальний от корня зигзаг, получаем по необходимости покрытия соседней клетки новый зигзаг ещё дальш…"}],"relations":[{"id":"rel-imo-2024-c8-usamo-2023-p3","neighbor_id":"usamo-2023-p3-domino-slides-special-square-digraph","direction":"forward","type":"same_motif","distance":2,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-tree-imo-2024-c8","neighbor_id":"tree-equivalent-properties","direction":"backward","type":"prerequisite","distance":1,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-state-game-imo-2024-c8","neighbor_id":"tc-2018-19-simple-state-tree-game","direction":"backward","type":"same_motif","distance":2,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-columns-imo-2024-c8","neighbor_id":"tc-1980-distinct-rows-delete-column","direction":"backward","type":"same_motif","distance":2,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-coins-imo-2024-c8","neighbor_id":"tc-2023-24-coins-pairing-weighing-forest","direction":"backward","type":"same_motif","distance":2,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-even-board-imo-2024-c8","neighbor_id":"vosh-2013-14-regional-even-rows-columns","direction":"backward","type":"same_motif","distance":3,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-imo-2013-c3-imo-2024-c8-inductive-parity","neighbor_id":"imo-2013-c3-imons-graph-coloring","direction":"backward","type":"same_motif","distance":4,"status":"needs_human_review"},{"id":"rel-imo-2004-c3-imo-2024-c8-cycle-obstruction","neighbor_id":"imo-2004-c3-delete-edge-from-4cycle","direction":"backward","type":"same_motif","distance":3,"status":"needs_human_review"},{"id":"rel-offplan-imo-2020-c4-imo-2024-c8-cycle-forest-obstruction","neighbor_id":"imo-2020-c4-fibonacci-difference-forest","direction":"backward","type":"same_motif","distance":2,"status":"ai_checked"}],"search_text":"imo-2024-c8-board-coloring-tree закрашивание доски операциями 2x2 и дерево, imo shortlist 2024 c8 trees induction goal_characterization 2024 https://www.imo-official.org/problems/imo2024sl.pdf imo imo 2024 shortlisted problems with solutions imo shortlist imo2024 imoshortlist imoshortlist2024 official_archive src-imo-2024-shortlist with_solution ? imo 2024 shortlisted problems with solutions stmt-original операции с квадратами 2x2 ai_checked пусть \\(n\\) — положительное целое число. на доске \\(n\\times n\\) левая верхняя клетка сначала закрашена чёрным, а все остальные клетки белые. разрешена такая операция: выбрать квадрат \\(2\\times2\\), в котором ровно одна клетка уже чёрная, и закрасить три остальные клетки этого квадрата чёрным. определите все значения \\(n\\), при которых можно закрасить всю доску чёрным. idea-quadrant-induction индукция по четырём четвертям для доски размера степени двойки сначала закрашивается левая верхняя четверть, затем центральный квадрат \\(2\\times2\\), после чего остальные четверти закрашиваются тем же способом от ближайшей к центру чёрной клетки. induction ai_checked idea-x-graph-tree граф из x-операций если в каждом использованном квадрате \\(2\\times2\\) соединить крестом центры его четырёх клеток, то полученная система крестов образует связный граф без циклов. trees ai_checked idea-directed-tromino-tree ориентированное дерево l-тромино операцию можно читать как укладку l-тромино: из уже чёрной клетки проводится стрелка к новому узлу. порядок операций заставляет стрелки образовывать ориентированное дерево от левого верхнего угла. trees ai_checked sol-x-graph-halving дерево крестов и сжатие доски вдвое ai_checked connected_graph degree cycle tree induction ответ: \\(n=2^k\\), где \\(k\\ge0\\). для таких \\(n\\) конструкция идёт по индукции: для перехода от \\(2^m\\) к \\(2^{m+1}\\) делим доску на четыре четверти, закрашиваем левую верхнюю четверть, одной операцией закрашиваем центральный квадрат \\(2\\times2\\), а затем закрашиваем остальные четверти индукционно от клетки около центра. докажем необходимость. предположим, что вся доска закрашена. в каждом квадрате \\(2\\times2\\), где сделана операция, соединим крестом центры четырёх его клеток и назовём этот крест вершиной-объектом с координатами центра квадрата. каждый новый крест, кроме первого, имеет общую клетку с уже построенной частью, поэтому граф крестов связен. цикла быть не может: если взять самый поздний крест на цикле, то к моменту его операции он уже соединялся бы с прежней частью как минимум в двух клетках, значит операция закрасила бы не три новые клетки. следовательно, граф крестов — дерев… sol-directed-tromino-tree ориентированное дерево l-тромино ai_checked directed_graph degree cycle tree induction снова конструкция для \\(n=2^k\\) получается индукцией по четырём четвертям. для обратного направления будем считать каждую операцию укладкой l-тромино: три новые клетки образуют l, а уже чёрная клетка указывает, откуда эта l-фигура была присоединена. нарисуем узел и стрелку для каждой операции, а также корневой узел в левом верхнем углу. стрелки направлены от уже построенной части к новой, поэтому получается ориентированное дерево с корнем. все его рёбра диагональны, откуда возникает фиксированная чётность допустимых l-тромино. в таком дереве невозможны две параллельные соседние стрелки: при одинаковом направлении соответствующие l-тромино пересекались бы, а при противоположном направлении неизбежное покрытие соседних клеток создало бы цикл. невозможен и зигзаг из трёх стрелок: выбрав самый дальний от корня зигзаг, получаем по необходимости покрытия соседней клетки новый зигзаг ещё дальш… imo-2024-c8-board-coloring-tree zakrashivanie doski operatsiyami 2x2 i derevo, imo shortlist 2024 c8 trees induction goal_characterization 2024 https://www.imo-official.org/problems/imo2024sl.pdf imo imo 2024 shortlisted problems with solutions imo shortlist imo2024 imoshortlist imoshortlist2024 official_archive src-imo-2024-shortlist with_solution ? imo 2024 shortlisted problems with solutions stmt-original operatsii s kvadratami 2x2 ai_checked pust \\(n\\) — polozhitelnoe tseloe chislo. na doske \\(n\\times n\\) levaya verhnyaya kletka snachala zakrashena chernym, a vse ostalnye kletki belye. razreshena takaya operatsiya: vybrat kvadrat \\(2\\times2\\), v kotorom rovno odna kletka uzhe chernaya, i zakrasit tri ostalnye kletki etogo kvadrata chernym. opredelite vse znacheniya \\(n\\), pri kotoryh mozhno zakrasit vsyu dosku chernym. idea-quadrant-induction induktsiya po chetyrem chetvertyam dlya doski razmera stepeni dvoyki snachala zakrashivaetsya levaya verhnyaya chetvert, zatem tsentralnyy kvadrat \\(2\\times2\\), posle chego ostalnye chetverti zakrashivayutsya tem zhe sposobom ot blizhayshey k tsentru chernoy kletki. induction ai_checked idea-x-graph-tree graf iz x-operatsiy esli v kazhdom ispolzovannom kvadrate \\(2\\times2\\) soedinit krestom tsentry ego chetyreh kletok, to poluchennaya sistema krestov obrazuet svyaznyy graf bez tsiklov. trees ai_checked idea-directed-tromino-tree orientirovannoe derevo l-tromino operatsiyu mozhno chitat kak ukladku l-tromino: iz uzhe chernoy kletki provoditsya strelka k novomu uzlu. poryadok operatsiy zastavlyaet strelki obrazovyvat orientirovannoe derevo ot levogo verhnego ugla. trees ai_checked sol-x-graph-halving derevo krestov i szhatie doski vdvoe ai_checked connected_graph degree cycle tree induction otvet: \\(n=2^k\\), gde \\(k\\ge0\\). dlya takih \\(n\\) konstruktsiya idet po induktsii: dlya perehoda ot \\(2^m\\) k \\(2^{m+1}\\) delim dosku na chetyre chetverti, zakrashivaem levuyu verhnyuyu chetvert, odnoy operatsiey zakrashivaem tsentralnyy kvadrat \\(2\\times2\\), a zatem zakrashivaem ostalnye chetverti induktsionno ot kletki okolo tsentra. dokazhem neobhodimost. predpolozhim, chto vsya doska zakrashena. v kazhdom kvadrate \\(2\\times2\\), gde sdelana operatsiya, soedinim krestom tsentry chetyreh ego kletok i nazovem etot krest vershinoy-obektom s koordinatami tsentra kvadrata. kazhdyy novyy krest, krome pervogo, imeet obschuyu kletku s uzhe postroennoy chastyu, poetomu graf krestov svyazen. tsikla byt ne mozhet: esli vzyat samyy pozdniy krest na tsikle, to k momentu ego operatsii on uzhe soedinyalsya by s prezhney chastyu kak minimum v dvuh kletkah, znachit operatsiya zakrasila by ne tri novye kletki. sledovatelno, graf krestov — derev… sol-directed-tromino-tree orientirovannoe derevo l-tromino ai_checked directed_graph degree cycle tree induction snova konstruktsiya dlya \\(n=2^k\\) poluchaetsya induktsiey po chetyrem chetvertyam. dlya obratnogo napravleniya budem schitat kazhduyu operatsiyu ukladkoy l-tromino: tri novye kletki obrazuyut l, a uzhe chernaya kletka ukazyvaet, otkuda eta l-figura byla prisoedinena. narisuem uzel i strelku dlya kazhdoy operatsii, a takzhe kornevoy uzel v levom verhnem uglu. strelki napravleny ot uzhe postroennoy chasti k novoy, poetomu poluchaetsya orientirovannoe derevo s kornem. vse ego rebra diagonalny, otkuda voznikaet fiksirovannaya chetnost dopustimyh l-tromino. v takom dereve nevozmozhny dve parallelnye sosednie strelki: pri odinakovom napravlenii sootvetstvuyuschie l-tromino peresekalis by, a pri protivopolozhnom napravlenii neizbezhnoe pokrytie sosednih kletok sozdalo by tsikl. nevozmozhen i zigzag iz treh strelok: vybrav samyy dalniy ot kornya zigzag, poluchaem po neobhodimosti pokrytiya sosedney kletki novyy zigzag esche dalsh…","source_keys":["imo"]}
{"id":"inmo-2021-p4-detective-cards-hamiltonian-path","title":"Детектив, карты и гамильтонов путь после удаления рёбер, INMO 2021 P4","path":"data\\problems\\inmo\\inmo-2021-p4-detective-cards-hamiltonian-path.yaml","raw_github_url":"https://raw.githubusercontent.com/didin-maxim/knowledge_graph_of_graphs/main/data/problems/inmo/inmo-2021-p4-detective-cards-hamiltonian-path.yaml","viewer_url":"https://didin-maxim.github.io/knowledge_graph_of_graphs/#inmo-2021-p4-detective-cards-hamiltonian-path","source_key":"inmo","source_label":"INMO","source_titles":["INMO 2021 официальные условия и решения","Jyoti Prakash Saha, указатель прошлых материалов INMO"],"year":"2021","type":"olympiad_problem","authors":[],"tags":["hamiltonian_cycles","connectivity","extremal_graph_theory","goal_exact_bound","goal_strategy_game"],"agent_topics":["game_strategy"],"difficulty":{"main":"national_final_medium","local_score":7,"comment":"INMO 2021 P4; верхняя стратегия короткая, нижняя оценка требует увидеть граф не запрещённых пар и доказать существование гамильтонова пути после малого числа удалений.","status":"ai_checked"},"review_status":"ai_checked","public_ready":true,"solution_state":"with_solution","solution_classification":{"type":"official_complete_or_near_complete","status":"ai_checked","confidence":0.82,"basis":"официальное решение source and non-compressed solution text","notes":"Текущий текст основан на официальном источнике и выглядит полным или почти полным.","label":"официальное полное/почти полное"},"statements":{"original":[{"id":"stmt-original","title":"Официальное условие","status":"ai_checked","text":"Фокусник и Детектив играют в игру. Фокусник кладёт на стол лицом вниз карты, пронумерованные числами от \\(1\\) до \\(52\\). За один ход Детектив может указать на две карты и спросить, стоят ли написанные на них числа рядом. Фокусник отвечает правдиво. После конечного числа ходов Детектив указывает на две карты. Она выигрывает, если числа на этих двух картах соседние, и проигрывает иначе. Докажите, что Детектив может гарантировать победу тогда и только тогда, когда ей разрешено задать не менее \\(50\\) вопросов.","definition_ids":[]}],"graph_hint_reformulations":[{"id":"stmt-graph-hint","title":"Подсказочная графовая формулировка","status":"ai_checked","text":"Для нижней оценки замените \\(52\\) на произвольное \\(N>3\\). После каждого вопроса, на который Фокусник отвечает «нет», удаляйте из полного графа \\(K_N\\) ребро между соответствующими картами. Докажите, что после удаления любых \\(N-2\\) рёбер в оставшемся графе всё ещё есть гамильтонов путь. Тогда карты можно пронумеровать вдоль этого пути числами \\(1,2,\\ldots,N\\), и все отрицательные ответы будут правдивыми.","definition_ids":["simple_graph","path","complete_graph","hamiltonian_path"]}]},"solutions":[{"id":"sol-official-expanded","title":"Решение через удаление рёбер из полного графа","status":"ai_checked","definition_ids":["simple_graph","connected_graph","path"],"standard_idea_ids":["longest_path","extremal_choice"],"tags":[],"has_text":true,"text_preview":"Сначала покажем, что \\(50\\) вопросов достаточно. Детектив выбирает карту \\(A\\) и спрашивает, соседнее ли число на ней с числом на каждой из \\(50\\) других карт, оставляя непроверенной только одну карту \\(B\\). Если на каком-то вопросе Фокусник отвечает «да», Детектив сразу указывает найденную пару. Если все \\(50\\) ответов были «нет», то карта \\(B\\) обязана быть соседней с \\(A\\): у числа на карте \\(A\\) среди чисел \\(1,2,\\ldots,52\\) есть хотя бы один сосед, и все карты, кроме \\(B\\), уже проверены и не подходят. Докажем, что \\(49\\) вопросов недостаточно. Рассмотрим более общий случай с \\(N>3\\) картами. Построим граф на картах. Сначала это полный граф \\(K_N\\). Каждый вопрос, на который Фокусник хочет ответить «нет», удаляет ребро между двумя спрошенными картами. Если после не более чем \\(N-2\\) вопросов в оставшемся графе есть гамильтонов путь, то Фокусник нумерует карты вдоль этого пути числа…"}],"relations":[{"id":"rel-inmo-2021-p4-complete-graph-minus-edges-lemma","neighbor_id":"complete-graph-minus-n-minus-2-edges-hamiltonian-path","direction":"forward","type":"prerequisite","distance":1,"status":"ai_checked"}],"search_text":"inmo-2021-p4-detective-cards-hamiltonian-path детектив, карты и гамильтонов путь после удаления рёбер, inmo 2021 p4 hamiltonian_cycles connectivity extremal_graph_theory goal_exact_bound goal_strategy_game 2021 archive_index https://jpsaha.github.io/mop/inmo/ https://olympiads.hbcse.tifr.res.in/wp-content/uploads/2021/04/inmo_2021_solutions.pdf inmo inmo 2021 официальные условия и решения inmo2021 jyoti prakash saha, указатель прошлых материалов inmo solution_notes src-inmo-2021-official-solutions src-jpsaha-inmo-index with_solution ? inmo 2021 официальные условия и решения jyoti prakash saha, указатель прошлых материалов inmo stmt-original официальное условие ai_checked фокусник и детектив играют в игру. фокусник кладёт на стол лицом вниз карты, пронумерованные числами от \\(1\\) до \\(52\\). за один ход детектив может указать на две карты и спросить, стоят ли написанные на них числа рядом. фокусник отвечает правдиво. после конечного числа ходов детектив указывает на две карты. она выигрывает, если числа на этих двух картах соседние, и проигрывает иначе. докажите, что детектив может гарантировать победу тогда и только тогда, когда ей разрешено задать не менее \\(50\\) вопросов. stmt-graph-hint подсказочная графовая формулировка ai_checked для нижней оценки замените \\(52\\) на произвольное \\(n>3\\). после каждого вопроса, на который фокусник отвечает «нет», удаляйте из полного графа \\(k_n\\) ребро между соответствующими картами. докажите, что после удаления любых \\(n-2\\) рёбер в оставшемся графе всё ещё есть гамильтонов путь. тогда карты можно пронумеровать вдоль этого пути числами \\(1,2,\\ldots,n\\), и все отрицательные ответы будут правдивыми. simple_graph path complete_graph hamiltonian_path idea-upper-strategy одна фиксированная карта даёт стратегию за 50 вопросов детектив выбирает карту \\(a\\) и спрашивает про пары \\(a\\) со всеми остальными картами, кроме одной. если получен ответ «да», нужная пара найдена. если все \\(50\\) ответов отрицательны, единственная не спрошенная карта должна быть соседней с \\(a\\). goal_strategy_game ai_checked idea-negative-answers-as-deleted-edges отрицательные ответы кодируются удалёнными рёбрами если после \\(q\\) вопросов без ответа «да» можно пронумеровать карты так, чтобы все спрошенные пары не были соседними числами, то фокусник мог правдиво отвечать «нет» все \\(q\\) раз. для \\(q\\le n-2\\) такую нумерацию даёт гамильтонов путь в графе не спрошенных пар. graph_model ai_checked idea-longest-path-after-few-deletions мало удалённых рёбер оставляет гамильтонов путь в графе, полученном из \\(k_n\\) удалением не более \\(n-2\\) рёбер, любые две вершины имеют общего соседа, поэтому граф связен. длиннейший путь затем замыкается в цикл с помощью соседей его концов; связность не позволяет оставить вершину вне этого цикла. hamiltonian_cycles ai_checked sol-official-expanded решение через удаление рёбер из полного графа ai_checked simple_graph connected_graph path longest_path extremal_choice сначала покажем, что \\(50\\) вопросов достаточно. детектив выбирает карту \\(a\\) и спрашивает, соседнее ли число на ней с числом на каждой из \\(50\\) других карт, оставляя непроверенной только одну карту \\(b\\). если на каком-то вопросе фокусник отвечает «да», детектив сразу указывает найденную пару. если все \\(50\\) ответов были «нет», то карта \\(b\\) обязана быть соседней с \\(a\\): у числа на карте \\(a\\) среди чисел \\(1,2,\\ldots,52\\) есть хотя бы один сосед, и все карты, кроме \\(b\\), уже проверены и не подходят. докажем, что \\(49\\) вопросов недостаточно. рассмотрим более общий случай с \\(n>3\\) картами. построим граф на картах. сначала это полный граф \\(k_n\\). каждый вопрос, на который фокусник хочет ответить «нет», удаляет ребро между двумя спрошенными картами. если после не более чем \\(n-2\\) вопросов в оставшемся графе есть гамильтонов путь, то фокусник нумерует карты вдоль этого пути числа… inmo-2021-p4-detective-cards-hamiltonian-path detektiv, karty i gamiltonov put posle udaleniya reber, inmo 2021 p4 hamiltonian_cycles connectivity extremal_graph_theory goal_exact_bound goal_strategy_game 2021 archive_index https://jpsaha.github.io/mop/inmo/ https://olympiads.hbcse.tifr.res.in/wp-content/uploads/2021/04/inmo_2021_solutions.pdf inmo inmo 2021 ofitsialnye usloviya i resheniya inmo2021 jyoti prakash saha, ukazatel proshlyh materialov inmo solution_notes src-inmo-2021-official-solutions src-jpsaha-inmo-index with_solution ? inmo 2021 ofitsialnye usloviya i resheniya jyoti prakash saha, ukazatel proshlyh materialov inmo stmt-original ofitsialnoe uslovie ai_checked fokusnik i detektiv igrayut v igru. fokusnik kladet na stol litsom vniz karty, pronumerovannye chislami ot \\(1\\) do \\(52\\). za odin hod detektiv mozhet ukazat na dve karty i sprosit, stoyat li napisannye na nih chisla ryadom. fokusnik otvechaet pravdivo. posle konechnogo chisla hodov detektiv ukazyvaet na dve karty. ona vyigryvaet, esli chisla na etih dvuh kartah sosednie, i proigryvaet inache. dokazhite, chto detektiv mozhet garantirovat pobedu togda i tolko togda, kogda ey razresheno zadat ne menee \\(50\\) voprosov. stmt-graph-hint podskazochnaya grafovaya formulirovka ai_checked dlya nizhney otsenki zamenite \\(52\\) na proizvolnoe \\(n>3\\). posle kazhdogo voprosa, na kotoryy fokusnik otvechaet «net», udalyayte iz polnogo grafa \\(k_n\\) rebro mezhdu sootvetstvuyuschimi kartami. dokazhite, chto posle udaleniya lyubyh \\(n-2\\) reber v ostavshemsya grafe vse esche est gamiltonov put. togda karty mozhno pronumerovat vdol etogo puti chislami \\(1,2,\\ldots,n\\), i vse otritsatelnye otvety budut pravdivymi. simple_graph path complete_graph hamiltonian_path idea-upper-strategy odna fiksirovannaya karta daet strategiyu za 50 voprosov detektiv vybiraet kartu \\(a\\) i sprashivaet pro pary \\(a\\) so vsemi ostalnymi kartami, krome odnoy. esli poluchen otvet «da», nuzhnaya para naydena. esli vse \\(50\\) otvetov otritsatelny, edinstvennaya ne sproshennaya karta dolzhna byt sosedney s \\(a\\). goal_strategy_game ai_checked idea-negative-answers-as-deleted-edges otritsatelnye otvety kodiruyutsya udalennymi rebrami esli posle \\(q\\) voprosov bez otveta «da» mozhno pronumerovat karty tak, chtoby vse sproshennye pary ne byli sosednimi chislami, to fokusnik mog pravdivo otvechat «net» vse \\(q\\) raz. dlya \\(q\\le n-2\\) takuyu numeratsiyu daet gamiltonov put v grafe ne sproshennyh par. graph_model ai_checked idea-longest-path-after-few-deletions malo udalennyh reber ostavlyaet gamiltonov put v grafe, poluchennom iz \\(k_n\\) udaleniem ne bolee \\(n-2\\) reber, lyubye dve vershiny imeyut obschego soseda, poetomu graf svyazen. dlinneyshiy put zatem zamykaetsya v tsikl s pomoschyu sosedey ego kontsov; svyaznost ne pozvolyaet ostavit vershinu vne etogo tsikla. hamiltonian_cycles ai_checked sol-official-expanded reshenie cherez udalenie reber iz polnogo grafa ai_checked simple_graph connected_graph path longest_path extremal_choice snachala pokazhem, chto \\(50\\) voprosov dostatochno. detektiv vybiraet kartu \\(a\\) i sprashivaet, sosednee li chislo na ney s chislom na kazhdoy iz \\(50\\) drugih kart, ostavlyaya neproverennoy tolko odnu kartu \\(b\\). esli na kakom-to voprose fokusnik otvechaet «da», detektiv srazu ukazyvaet naydennuyu paru. esli vse \\(50\\) otvetov byli «net», to karta \\(b\\) obyazana byt sosedney s \\(a\\): u chisla na karte \\(a\\) sredi chisel \\(1,2,\\ldots,52\\) est hotya by odin sosed, i vse karty, krome \\(b\\), uzhe provereny i ne podhodyat. dokazhem, chto \\(49\\) voprosov nedostatochno. rassmotrim bolee obschiy sluchay s \\(n>3\\) kartami. postroim graf na kartah. snachala eto polnyy graf \\(k_n\\). kazhdyy vopros, na kotoryy fokusnik hochet otvetit «net», udalyaet rebro mezhdu dvumya sproshennymi kartami. esli posle ne bolee chem \\(n-2\\) voprosov v ostavshemsya grafe est gamiltonov put, to fokusnik numeruet karty vdol etogo puti chisla…","source_keys":["inmo"]}
{"id":"inmo-2023-p1-square-products-components","title":"Квадратные произведения и компоненты-клики, INMO 2023 P1","path":"data\\problems\\inmo\\inmo-2023-p1-square-products-components.yaml","raw_github_url":"https://raw.githubusercontent.com/didin-maxim/knowledge_graph_of_graphs/main/data/problems/inmo/inmo-2023-p1-square-products-components.yaml","viewer_url":"https://didin-maxim.github.io/knowledge_graph_of_graphs/#inmo-2023-p1-square-products-components","source_key":"inmo","source_label":"INMO","source_titles":["INMO 2023 официальный лист условий","INMO 2023 официальные решения","Jyoti Prakash Saha, указатель прошлых материалов INMO"],"year":"2023","type":"olympiad_problem","authors":[],"tags":["connectivity","graph_model","double_counting","goal_existence"],"agent_topics":[],"difficulty":{"main":"national_final_medium","local_score":6,"comment":"INMO 2023 P1; графовая модель быстро выявляет компоненты как классы эквивалентности, после чего остаётся короткое сравнение по модулю 8.","status":"ai_checked"},"review_status":"ai_checked","public_ready":true,"solution_state":"with_solution","solution_classification":{"type":"official_complete_or_near_complete","status":"ai_checked","confidence":0.82,"basis":"официальное решение source and non-compressed solution text","notes":"Текущий текст основан на официальном источнике и выглядит полным или почти полным.","label":"официальное полное/почти полное"},"statements":{"original":[{"id":"stmt-original","title":"Официальное условие","status":"ai_checked","text":"Пусть \\(S\\) — конечное множество положительных целых чисел. Предположим, что существует ровно \\(2023\\) упорядоченных пар \\((x,y)\\in S\\times S\\), для которых произведение \\(xy\\) является полным квадратом. Докажите, что можно найти по крайней мере четыре различных элемента множества \\(S\\), у которых произведение любых двух из них не является полным квадратом. Например, если \\(S=\\{1,2,4\\}\\), то таких упорядоченных пар ровно пять: \\((1,1),(1,4),(2,2),(4,1),(4,4)\\).","definition_ids":[]}],"graph_hint_reformulations":[{"id":"stmt-graph-hint","title":"Подсказочная графовая формулировка","status":"ai_checked","text":"Постройте граф на вершинах \\(S\\): две различные вершины \\(x,y\\) соединены ребром тогда и только тогда, когда \\(xy\\) — полный квадрат. Докажите, что каждая компонента связности этого графа является кликой. После этого условие о \\(2023\\) упорядоченных парах превращается в равенство \\(a_1^2+\\cdots+a_m^2=2023\\), где \\(a_i\\) — размеры компонент. Требуется доказать, что \\(m\\ge4\\).","definition_ids":["simple_graph","connected_graph","clique","path"]}]},"solutions":[{"id":"sol-official-graph-components","title":"Решение через граф квадратных произведений","status":"ai_checked","definition_ids":["simple_graph","connected_graph","clique","path"],"standard_idea_ids":["double_counting"],"tags":[],"has_text":true,"text_preview":"Построим граф \\(G\\), вершинами которого являются элементы множества \\(S\\). Две различные вершины \\(x\\) и \\(y\\) соединяем ребром тогда и только тогда, когда \\(xy\\) является полным квадратом. Докажем, что каждая компонента связности графа \\(G\\) является кликой. Возьмём две вершины \\(x\\) и \\(y\\) из одной компоненты. Между ними есть путь \\[ x=a_1,a_2, \\ldots,a_{t-1},a_t=y, \\] то есть каждое произведение \\(a_i a_{i+1}\\) является полным квадратом. Тогда \\[ xy=a_1a_t=\\frac{(a_1a_2)(a_2a_3) \\cdots(a_{t-1}a_t)}{a_2^2a_3^2 \\cdots a_{t-1}^2} \\] тоже является полным квадратом: в числителе стоит произведение квадратов, а знаменатель сам является квадратом. Значит, \\(x\\) и \\(y\\) соединены ребром. Поэтому любые две вершины одной компоненты смежны, и компонента действительно является кликой. Пусть размеры компонент равны \\(a_1,a_2, \\ldots,a_m\\). Так как компоненты — клики, две вершины \\(x,y\\) дают квад…"}],"relations":[],"search_text":"inmo-2023-p1-square-products-components квадратные произведения и компоненты-клики, inmo 2023 p1 connectivity graph_model double_counting goal_existence 2023 archive_index https://jpsaha.github.io/mop/inmo/ https://olympiads.hbcse.tifr.res.in/wp-content/uploads/2023/01/inmo23_qp.pdf https://olympiads.hbcse.tifr.res.in/wp-content/uploads/2023/03/solutions.pdf inmo inmo 2023 официальные решения inmo 2023 официальный лист условий inmo2023 jyoti prakash saha, указатель прошлых материалов inmo solution_notes src-inmo-2023-official-problems src-inmo-2023-official-solutions src-jpsaha-inmo-index statement with_solution ? inmo 2023 официальный лист условий inmo 2023 официальные решения jyoti prakash saha, указатель прошлых материалов inmo stmt-original официальное условие ai_checked пусть \\(s\\) — конечное множество положительных целых чисел. предположим, что существует ровно \\(2023\\) упорядоченных пар \\((x,y)\\in s\\times s\\), для которых произведение \\(xy\\) является полным квадратом. докажите, что можно найти по крайней мере четыре различных элемента множества \\(s\\), у которых произведение любых двух из них не является полным квадратом. например, если \\(s=\\{1,2,4\\}\\), то таких упорядоченных пар ровно пять: \\((1,1),(1,4),(2,2),(4,1),(4,4)\\). stmt-graph-hint подсказочная графовая формулировка ai_checked постройте граф на вершинах \\(s\\): две различные вершины \\(x,y\\) соединены ребром тогда и только тогда, когда \\(xy\\) — полный квадрат. докажите, что каждая компонента связности этого графа является кликой. после этого условие о \\(2023\\) упорядоченных парах превращается в равенство \\(a_1^2+\\cdots+a_m^2=2023\\), где \\(a_i\\) — размеры компонент. требуется доказать, что \\(m\\ge4\\). simple_graph connected_graph clique path idea-square-product-transitivity связность превращается в смежность если \\(x=a_1,a_2, \\ldots,a_t=y\\) — путь, и каждое произведение \\(a_i a_{i+1}\\) является квадратом, то \\(xy\\) тоже квадрат, потому что промежуточные множители входят в произведение дважды. graph_model ai_checked idea-component-square-count компоненты дают сумму квадратов внутри одной компоненты любые две вершины дают квадратное произведение, а из разных компонент — не дают. поэтому число упорядоченных пар с квадратным произведением равно сумме квадратов размеров компонент. double_counting ai_checked idea-mod-8-three-squares три квадрата не дают 2023 квадрат по модулю \\(8\\) равен \\(0\\), \\(1\\) или \\(4\\). сумма трёх таких остатков не может быть равна \\(7\\), тогда как \\(2023\\equiv7\\pmod8\\). goal_impossibility ai_checked sol-official-graph-components решение через граф квадратных произведений ai_checked simple_graph connected_graph clique path double_counting построим граф \\(g\\), вершинами которого являются элементы множества \\(s\\). две различные вершины \\(x\\) и \\(y\\) соединяем ребром тогда и только тогда, когда \\(xy\\) является полным квадратом. докажем, что каждая компонента связности графа \\(g\\) является кликой. возьмём две вершины \\(x\\) и \\(y\\) из одной компоненты. между ними есть путь \\[ x=a_1,a_2, \\ldots,a_{t-1},a_t=y, \\] то есть каждое произведение \\(a_i a_{i+1}\\) является полным квадратом. тогда \\[ xy=a_1a_t=\\frac{(a_1a_2)(a_2a_3) \\cdots(a_{t-1}a_t)}{a_2^2a_3^2 \\cdots a_{t-1}^2} \\] тоже является полным квадратом: в числителе стоит произведение квадратов, а знаменатель сам является квадратом. значит, \\(x\\) и \\(y\\) соединены ребром. поэтому любые две вершины одной компоненты смежны, и компонента действительно является кликой. пусть размеры компонент равны \\(a_1,a_2, \\ldots,a_m\\). так как компоненты — клики, две вершины \\(x,y\\) дают квад… inmo-2023-p1-square-products-components kvadratnye proizvedeniya i komponenty-kliki, inmo 2023 p1 connectivity graph_model double_counting goal_existence 2023 archive_index https://jpsaha.github.io/mop/inmo/ https://olympiads.hbcse.tifr.res.in/wp-content/uploads/2023/01/inmo23_qp.pdf https://olympiads.hbcse.tifr.res.in/wp-content/uploads/2023/03/solutions.pdf inmo inmo 2023 ofitsialnye resheniya inmo 2023 ofitsialnyy list usloviy inmo2023 jyoti prakash saha, ukazatel proshlyh materialov inmo solution_notes src-inmo-2023-official-problems src-inmo-2023-official-solutions src-jpsaha-inmo-index statement with_solution ? inmo 2023 ofitsialnyy list usloviy inmo 2023 ofitsialnye resheniya jyoti prakash saha, ukazatel proshlyh materialov inmo stmt-original ofitsialnoe uslovie ai_checked pust \\(s\\) — konechnoe mnozhestvo polozhitelnyh tselyh chisel. predpolozhim, chto suschestvuet rovno \\(2023\\) uporyadochennyh par \\((x,y)\\in s\\times s\\), dlya kotoryh proizvedenie \\(xy\\) yavlyaetsya polnym kvadratom. dokazhite, chto mozhno nayti po krayney mere chetyre razlichnyh elementa mnozhestva \\(s\\), u kotoryh proizvedenie lyubyh dvuh iz nih ne yavlyaetsya polnym kvadratom. naprimer, esli \\(s=\\{1,2,4\\}\\), to takih uporyadochennyh par rovno pyat: \\((1,1),(1,4),(2,2),(4,1),(4,4)\\). stmt-graph-hint podskazochnaya grafovaya formulirovka ai_checked postroyte graf na vershinah \\(s\\): dve razlichnye vershiny \\(x,y\\) soedineny rebrom togda i tolko togda, kogda \\(xy\\) — polnyy kvadrat. dokazhite, chto kazhdaya komponenta svyaznosti etogo grafa yavlyaetsya klikoy. posle etogo uslovie o \\(2023\\) uporyadochennyh parah prevraschaetsya v ravenstvo \\(a_1^2+\\cdots+a_m^2=2023\\), gde \\(a_i\\) — razmery komponent. trebuetsya dokazat, chto \\(m\\ge4\\). simple_graph connected_graph clique path idea-square-product-transitivity svyaznost prevraschaetsya v smezhnost esli \\(x=a_1,a_2, \\ldots,a_t=y\\) — put, i kazhdoe proizvedenie \\(a_i a_{i+1}\\) yavlyaetsya kvadratom, to \\(xy\\) tozhe kvadrat, potomu chto promezhutochnye mnozhiteli vhodyat v proizvedenie dvazhdy. graph_model ai_checked idea-component-square-count komponenty dayut summu kvadratov vnutri odnoy komponenty lyubye dve vershiny dayut kvadratnoe proizvedenie, a iz raznyh komponent — ne dayut. poetomu chislo uporyadochennyh par s kvadratnym proizvedeniem ravno summe kvadratov razmerov komponent. double_counting ai_checked idea-mod-8-three-squares tri kvadrata ne dayut 2023 kvadrat po modulyu \\(8\\) raven \\(0\\), \\(1\\) ili \\(4\\). summa treh takih ostatkov ne mozhet byt ravna \\(7\\), togda kak \\(2023\\equiv7\\pmod8\\). goal_impossibility ai_checked sol-official-graph-components reshenie cherez graf kvadratnyh proizvedeniy ai_checked simple_graph connected_graph clique path double_counting postroim graf \\(g\\), vershinami kotorogo yavlyayutsya elementy mnozhestva \\(s\\). dve razlichnye vershiny \\(x\\) i \\(y\\) soedinyaem rebrom togda i tolko togda, kogda \\(xy\\) yavlyaetsya polnym kvadratom. dokazhem, chto kazhdaya komponenta svyaznosti grafa \\(g\\) yavlyaetsya klikoy. vozmem dve vershiny \\(x\\) i \\(y\\) iz odnoy komponenty. mezhdu nimi est put \\[ x=a_1,a_2, \\ldots,a_{t-1},a_t=y, \\] to est kazhdoe proizvedenie \\(a_i a_{i+1}\\) yavlyaetsya polnym kvadratom. togda \\[ xy=a_1a_t=\\frac{(a_1a_2)(a_2a_3) \\cdots(a_{t-1}a_t)}{a_2^2a_3^2 \\cdots a_{t-1}^2} \\] tozhe yavlyaetsya polnym kvadratom: v chislitele stoit proizvedenie kvadratov, a znamenatel sam yavlyaetsya kvadratom. znachit, \\(x\\) i \\(y\\) soedineny rebrom. poetomu lyubye dve vershiny odnoy komponenty smezhny, i komponenta deystvitelno yavlyaetsya klikoy. pust razmery komponent ravny \\(a_1,a_2, \\ldots,a_m\\). tak kak komponenty — kliki, dve vershiny \\(x,y\\) dayut kvad…","source_keys":["inmo"]}
{"id":"jbmo-2026-p3-three-color-lamps-cycle","title":"Максимум зелёных ламп при трёхцветной динамике на цикле, JBMO 2026 P3","path":"data\\problems\\jbmo\\jbmo-2026-p3-three-color-lamps-cycle.yaml","raw_github_url":"https://raw.githubusercontent.com/didin-maxim/knowledge_graph_of_graphs/main/data/problems/jbmo/jbmo-2026-p3-three-color-lamps-cycle.yaml","viewer_url":"https://didin-maxim.github.io/knowledge_graph_of_graphs/#jbmo-2026-p3-three-color-lamps-cycle","source_key":"jbmo","source_label":"JBMO","source_titles":["JBMO 2026, официальные условия"],"year":"2026","type":"olympiad_problem","authors":[],"tags":["coloring","modular_coloring","dynamics","invariant","goal_exact_bound"],"agent_topics":[],"difficulty":{"main":"regional","local_score":6,"comment":"Третья задача JBMO 2026; ключевой шаг — точное описание образа локальных операций над F3.","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":0.96,"basis":"прямая проверка линейного отображения и всех случаев ответа","notes":"Решение самодостаточно и не использует внешних теорем, кроме элементарной формулы размерностей ядра и образа."},"statements":{"original":[{"id":"stmt-original","title":"Условие","status":"ai_checked","text":"По кругу расположены \\(n\\ge 3\\) ламп. Каждая лампа может гореть зелёным, красным или синим светом. При каждом нажатии цвет меняется по циклу: зелёный на красный, красный на синий, синий на зелёный. Изначально все лампы красные. За один ход выбирают лампу \\(L\\), саму её не нажимают, соседнюю с ней лампу по часовой стрелке нажимают один раз, а соседнюю против часовой стрелки — два раза. Какое наибольшее число ламп может стать зелёным после некоторого конечного числа ходов?","definition_ids":["cycle"]}],"graph_theory":[{"id":"stmt-graph-f3","title":"Линейная формулировка на цикле","status":"ai_checked","text":"Вершинам цикла \\(C_n\\) приписаны элементы \\(\\mathbb F_3\\); изначально все значения равны \\(0\\). Ход в вершине \\(i\\) прибавляет \\(1\\) к значению следующей по часовой стрелке вершины и \\(-1\\) к значению предыдущей. Найдите наибольшее возможное число вершин со значением \\(2\\). Значения \\(0,1,2\\) соответствуют красному, синему и зелёному цветам.","definition_ids":["cycle"]}]},"solutions":[{"id":"sol-ai-f3-image","title":"Образ линейного отображения над F3","status":"ai_checked","definition_ids":["cycle"],"standard_idea_ids":[],"tags":[],"has_text":true,"text_preview":"Ответ равен \\[ \\begin{cases} n, & 3\\mid n,\\\\ n-1, & n\\text{ нечётно и }3\\nmid n,\\\\ n-2, & n\\text{ чётно и }3\\nmid n. \\end{cases} \\] Будем считать вершины цикла по модулю \\(n\\) в направлении по часовой стрелке. Закодируем красный, синий и зелёный цвета числами \\(0,1,2\\) из \\(\\mathbb F_3\\). Одно нажатие прибавляет 1, а два нажатия прибавляют 2, то есть \\(-1\\). Пусть ход с выбором вершины \\(i\\) был сделан \\(x_i\\) раз по модулю 3. Тогда итоговое значение в вершине \\(i\\) равно \\[ y_i=x_{i-1}-x_{i+1}. \\] Обозначим это линейное отображение через \\(T\\colon\\mathbb F_3^n\\to\\mathbb F_3^n\\). Любой набор \\(x_i\\in\\mathbb F_3\\) можно реализовать, сделав в каждой вершине 0, 1 или 2 хода, поэтому образ \\(T\\) в точности совпадает с множеством достижимых раскрасок. Всегда выполняется \\(\\sum_i y_i=0\\). Если \\(n\\) чётно, то верно и более сильное утверждение: \\[ \\sum_{i\\text{ чётное}}y_i=0,\\qquad \\sum_{i\\tex…"}],"relations":[{"id":"rel-jbmo-2026-p3-yumt-2018-f3-span","neighbor_id":"yumt-2018-grand-final-problem1","direction":"forward","type":"same_motif","distance":1,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-jbmo-2026-p3-imc-2022-cycle-recurrence","neighbor_id":"imc-2022-day1-p3-flea-cycle-recurrence","direction":"forward","type":"same_motif","distance":2,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-jbmo-2026-p3-lktg-2026-p28-three-state-dynamics","neighbor_id":"lktg-2026-project2-problem28-rock-paper-scissors-dynamics","direction":"forward","type":"same_motif","distance":2,"status":"ai_checked"}],"search_text":"jbmo-2026-p3-three-color-lamps-cycle максимум зелёных ламп при трёхцветной динамике на цикле, jbmo 2026 p3 coloring modular_coloring dynamics invariant goal_exact_bound 2026 https://jbmo2026.ssmr.ro/wp-content/uploads/2026/06/english_jbmo2026.pdf jbmo jbmo 2026, официальные условия jbmo2026 olympiad_archive src-jbmo-2026-official-problems with_solution ? jbmo 2026, официальные условия stmt-original условие ai_checked по кругу расположены \\(n\\ge 3\\) ламп. каждая лампа может гореть зелёным, красным или синим светом. при каждом нажатии цвет меняется по циклу: зелёный на красный, красный на синий, синий на зелёный. изначально все лампы красные. за один ход выбирают лампу \\(l\\), саму её не нажимают, соседнюю с ней лампу по часовой стрелке нажимают один раз, а соседнюю против часовой стрелки — два раза. какое наибольшее число ламп может стать зелёным после некоторого конечного числа ходов? cycle stmt-graph-f3 линейная формулировка на цикле ai_checked вершинам цикла \\(c_n\\) приписаны элементы \\(\\mathbb f_3\\); изначально все значения равны \\(0\\). ход в вершине \\(i\\) прибавляет \\(1\\) к значению следующей по часовой стрелке вершины и \\(-1\\) к значению предыдущей. найдите наибольшее возможное число вершин со значением \\(2\\). значения \\(0,1,2\\) соответствуют красному, синему и зелёному цветам. cycle idea-reachable-subspace достижимые раскраски образуют подпространство если \\(x_i\\) — число ходов в вершине \\(i\\) по модулю 3, то итоговый цвет имеет координаты \\(y_i=x_{i-1}-x_{i+1}\\). при нечётном \\(n\\) образ этого отображения задаётся одним условием \\(\\sum y_i=0\\), а при чётном — двумя условиями: отдельно нулевыми суммами по вершинам каждой чётности. modular_coloring invariant ai_checked idea-maximize-green каждый независимый инвариант требует исключения раскраска, в которой все координаты равны 2, достижима ровно при \\(3\\mid n\\). в остальных случаях при нечётном \\(n\\) достаточно оставить незелёной одну вершину, а при чётном — по одной вершине в каждом классе чётности. goal_exact_bound ai_checked sol-ai-f3-image образ линейного отображения над f3 ai_checked cycle ответ равен \\[ \\begin{cases} n, & 3\\mid n,\\\\ n-1, & n\\text{ нечётно и }3\\nmid n,\\\\ n-2, & n\\text{ чётно и }3\\nmid n. \\end{cases} \\] будем считать вершины цикла по модулю \\(n\\) в направлении по часовой стрелке. закодируем красный, синий и зелёный цвета числами \\(0,1,2\\) из \\(\\mathbb f_3\\). одно нажатие прибавляет 1, а два нажатия прибавляют 2, то есть \\(-1\\). пусть ход с выбором вершины \\(i\\) был сделан \\(x_i\\) раз по модулю 3. тогда итоговое значение в вершине \\(i\\) равно \\[ y_i=x_{i-1}-x_{i+1}. \\] обозначим это линейное отображение через \\(t\\colon\\mathbb f_3^n\\to\\mathbb f_3^n\\). любой набор \\(x_i\\in\\mathbb f_3\\) можно реализовать, сделав в каждой вершине 0, 1 или 2 хода, поэтому образ \\(t\\) в точности совпадает с множеством достижимых раскрасок. всегда выполняется \\(\\sum_i y_i=0\\). если \\(n\\) чётно, то верно и более сильное утверждение: \\[ \\sum_{i\\text{ чётное}}y_i=0,\\qquad \\sum_{i\\tex… jbmo-2026-p3-three-color-lamps-cycle maksimum zelenyh lamp pri trehtsvetnoy dinamike na tsikle, jbmo 2026 p3 coloring modular_coloring dynamics invariant goal_exact_bound 2026 https://jbmo2026.ssmr.ro/wp-content/uploads/2026/06/english_jbmo2026.pdf jbmo jbmo 2026, ofitsialnye usloviya jbmo2026 olympiad_archive src-jbmo-2026-official-problems with_solution ? jbmo 2026, ofitsialnye usloviya stmt-original uslovie ai_checked po krugu raspolozheny \\(n\\ge 3\\) lamp. kazhdaya lampa mozhet goret zelenym, krasnym ili sinim svetom. pri kazhdom nazhatii tsvet menyaetsya po tsiklu: zelenyy na krasnyy, krasnyy na siniy, siniy na zelenyy. iznachalno vse lampy krasnye. za odin hod vybirayut lampu \\(l\\), samu ee ne nazhimayut, sosednyuyu s ney lampu po chasovoy strelke nazhimayut odin raz, a sosednyuyu protiv chasovoy strelki — dva raza. kakoe naibolshee chislo lamp mozhet stat zelenym posle nekotorogo konechnogo chisla hodov? cycle stmt-graph-f3 lineynaya formulirovka na tsikle ai_checked vershinam tsikla \\(c_n\\) pripisany elementy \\(\\mathbb f_3\\); iznachalno vse znacheniya ravny \\(0\\). hod v vershine \\(i\\) pribavlyaet \\(1\\) k znacheniyu sleduyuschey po chasovoy strelke vershiny i \\(-1\\) k znacheniyu predyduschey. naydite naibolshee vozmozhnoe chislo vershin so znacheniem \\(2\\). znacheniya \\(0,1,2\\) sootvetstvuyut krasnomu, sinemu i zelenomu tsvetam. cycle idea-reachable-subspace dostizhimye raskraski obrazuyut podprostranstvo esli \\(x_i\\) — chislo hodov v vershine \\(i\\) po modulyu 3, to itogovyy tsvet imeet koordinaty \\(y_i=x_{i-1}-x_{i+1}\\). pri nechetnom \\(n\\) obraz etogo otobrazheniya zadaetsya odnim usloviem \\(\\sum y_i=0\\), a pri chetnom — dvumya usloviyami: otdelno nulevymi summami po vershinam kazhdoy chetnosti. modular_coloring invariant ai_checked idea-maximize-green kazhdyy nezavisimyy invariant trebuet isklyucheniya raskraska, v kotoroy vse koordinaty ravny 2, dostizhima rovno pri \\(3\\mid n\\). v ostalnyh sluchayah pri nechetnom \\(n\\) dostatochno ostavit nezelenoy odnu vershinu, a pri chetnom — po odnoy vershine v kazhdom klasse chetnosti. goal_exact_bound ai_checked sol-ai-f3-image obraz lineynogo otobrazheniya nad f3 ai_checked cycle otvet raven \\[ \\begin{cases} n, & 3\\mid n,\\\\ n-1, & n\\text{ nechetno i }3\\nmid n,\\\\ n-2, & n\\text{ chetno i }3\\nmid n. \\end{cases} \\] budem schitat vershiny tsikla po modulyu \\(n\\) v napravlenii po chasovoy strelke. zakodiruem krasnyy, siniy i zelenyy tsveta chislami \\(0,1,2\\) iz \\(\\mathbb f_3\\). odno nazhatie pribavlyaet 1, a dva nazhatiya pribavlyayut 2, to est \\(-1\\). pust hod s vyborom vershiny \\(i\\) byl sdelan \\(x_i\\) raz po modulyu 3. togda itogovoe znachenie v vershine \\(i\\) ravno \\[ y_i=x_{i-1}-x_{i+1}. \\] oboznachim eto lineynoe otobrazhenie cherez \\(t\\colon\\mathbb f_3^n\\to\\mathbb f_3^n\\). lyuboy nabor \\(x_i\\in\\mathbb f_3\\) mozhno realizovat, sdelav v kazhdoy vershine 0, 1 ili 2 hoda, poetomu obraz \\(t\\) v tochnosti sovpadaet s mnozhestvom dostizhimyh raskrasok. vsegda vypolnyaetsya \\(\\sum_i y_i=0\\). esli \\(n\\) chetno, to verno i bolee silnoe utverzhdenie: \\[ \\sum_{i\\text{ chetnoe}}y_i=0,\\qquad \\sum_{i\\tex…","source_keys":["jbmo"]}
{"id":"kolmogorov-2002-individual-olympiad-10-11-output-problem-5","title":"Разноцветный треугольник в полном графе при редких цветах, Кубок Колмогорова 2002","path":"data\\problems\\kolmogorov\\kolmogorov-2002-individual-olympiad-10-11-output-problem-5.yaml","raw_github_url":"https://raw.githubusercontent.com/didin-maxim/knowledge_graph_of_graphs/main/data/problems/kolmogorov/kolmogorov-2002-individual-olympiad-10-11-output-problem-5.yaml","viewer_url":"https://didin-maxim.github.io/knowledge_graph_of_graphs/#kolmogorov-2002-individual-olympiad-10-11-output-problem-5","source_key":"kolmogorov","source_label":"Кубок Колмогорова","source_titles":["Кубок Колмогорова 2002 официальный архив","Архив Кубка памяти А.Н. Колмогорова"],"year":"2002","type":"olympiad_problem","authors":[],"tags":["goal_counting"],"agent_topics":[],"difficulty":{"main":"national_final_medium","local_score":6,"comment":"Импортировано из подготовленной графовой карточки KOLM; оценка сложности требует проверки человеком.","status":"needs_human_review"},"review_status":"needs_human_review","public_ready":false,"solution_state":"with_solution","solution_classification":{"type":"official_complete_or_near_complete","label":"официальное полное/почти полное","status":"ai_checked","confidence":0.9,"basis":"агентский аудит средней сложности","notes":"В этом проходе развёрнуты максимальный выбор, проверка цветов в треугольнике ACB_j и подсчет различных ребер цвета 1.","audit_source":"agent-russian-archives.json"},"statements":{"original":[{"id":"stmt-original","title":"Оригинальная формулировка","status":"ai_checked","text":"Ребра полного графа с \\(n\\) вершинами покрашены в несколько цветов так, что каждый цвет встречается не более \\(n - 2\\) раз. Докажите, что есть три вершины, все ребра между которыми покрашены в различные цвета.","definition_ids":["simple_graph"]}]},"solutions":[{"id":"sol-official-compressed","title":"Доказательство через максимальный цветовой пучок","status":"ai_checked","definition_ids":["simple_graph"],"standard_idea_ids":[],"tags":[],"has_text":true,"text_preview":"Предположим противное: нет треугольника, у которого все три ребра имеют разные цвета. Тогда в каждом треугольнике среди трех ребер найдутся два одноцветных. Выберем вершину `A` и цвет так, чтобы из `A` выходило как можно больше ребер одного цвета. Обозначим этот цвет через `1`, а концы соответствующих ребер через `B_1, ..., B_k`; значит, ребра `AB_1, ..., AB_k` имеют цвет `1`, и ни из какой вершины не выходит больше чем `k` ребер одного цвета. Рассмотрим любую вершину `C`, не входящую в множество `{B_1, ..., B_k}` и отличную от `A`. Ребро `AC` имеет некоторый цвет `i`, отличный от `1`, потому что все соседи, соединенные с `A` цветом `1`, уже перечислены как `B_j`. Для каждого `j` посмотрим на треугольник `A C B_j`. В нем ребра `AB_j` и `AC` имеют цвета `1` и `i`. Если бы ребро `CB_j` имело третий цвет, отличный и от `1`, и от `i`, получился бы разноцветный треугольник. Значит, каждое ре…"}],"relations":[{"id":"rel-kolm-2002-rainbow-triangle-two-criteria","neighbor_id":"kolmogorov-2002-individual-olympiad-8-9-output-problem-5","direction":"forward","type":"same_motif","distance":1,"status":"needs_human_review"},{"id":"rel-kolm-2021-p8-kolm-2002-rare-colors-components","neighbor_id":"kolmogorov-2021-round1-second-league-problem-8","direction":"backward","type":"same_motif","distance":2,"status":"needs_human_review"}],"search_text":"kolmogorov-2002-individual-olympiad-10-11-output-problem-5 разноцветный треугольник в полном графе при редких цветах, кубок колмогорова 2002 goal_counting 2002 https://turmath.ru/kolm/archive.php https://turmath.ru/kolm/files/archive/kolm6.zip kolmogorov kolmogorov2002 olympiad_archive src-kolmogorov-2002-official src-kolmogorov-archive with_solution архив кубка памяти а.н. колмогорова кубок колмогорова кубок колмогорова 2002 официальный архив кубокколмогорова кубокколмогорова2002 ? кубок колмогорова 2002 официальный архив архив кубка памяти а.н. колмогорова stmt-original оригинальная формулировка ai_checked ребра полного графа с \\(n\\) вершинами покрашены в несколько цветов так, что каждый цвет встречается не более \\(n - 2\\) раз. докажите, что есть три вершины, все ребра между которыми покрашены в различные цвета. simple_graph idea-graph-role графовая роль в условии явно фигурирует полный граф и раскраска его ребер. официальные решения используют свойства цветных подграфов, компонент связности и треугольников, так что графовая структура здесь существенна. ai_checked sol-official-compressed доказательство через максимальный цветовой пучок ai_checked simple_graph предположим противное: нет треугольника, у которого все три ребра имеют разные цвета. тогда в каждом треугольнике среди трех ребер найдутся два одноцветных. выберем вершину `a` и цвет так, чтобы из `a` выходило как можно больше ребер одного цвета. обозначим этот цвет через `1`, а концы соответствующих ребер через `b_1, ..., b_k`; значит, ребра `ab_1, ..., ab_k` имеют цвет `1`, и ни из какой вершины не выходит больше чем `k` ребер одного цвета. рассмотрим любую вершину `c`, не входящую в множество `{b_1, ..., b_k}` и отличную от `a`. ребро `ac` имеет некоторый цвет `i`, отличный от `1`, потому что все соседи, соединенные с `a` цветом `1`, уже перечислены как `b_j`. для каждого `j` посмотрим на треугольник `a c b_j`. в нем ребра `ab_j` и `ac` имеют цвета `1` и `i`. если бы ребро `cb_j` имело третий цвет, отличный и от `1`, и от `i`, получился бы разноцветный треугольник. значит, каждое ре… kolmogorov-2002-individual-olympiad-10-11-output-problem-5 raznotsvetnyy treugolnik v polnom grafe pri redkih tsvetah, kubok kolmogorova 2002 goal_counting 2002 https://turmath.ru/kolm/archive.php https://turmath.ru/kolm/files/archive/kolm6.zip kolmogorov kolmogorov2002 olympiad_archive src-kolmogorov-2002-official src-kolmogorov-archive with_solution arhiv kubka pamyati a.n. kolmogorova kubok kolmogorova kubok kolmogorova 2002 ofitsialnyy arhiv kubokkolmogorova kubokkolmogorova2002 ? kubok kolmogorova 2002 ofitsialnyy arhiv arhiv kubka pamyati a.n. kolmogorova stmt-original originalnaya formulirovka ai_checked rebra polnogo grafa s \\(n\\) vershinami pokrasheny v neskolko tsvetov tak, chto kazhdyy tsvet vstrechaetsya ne bolee \\(n - 2\\) raz. dokazhite, chto est tri vershiny, vse rebra mezhdu kotorymi pokrasheny v razlichnye tsveta. simple_graph idea-graph-role grafovaya rol v uslovii yavno figuriruet polnyy graf i raskraska ego reber. ofitsialnye resheniya ispolzuyut svoystva tsvetnyh podgrafov, komponent svyaznosti i treugolnikov, tak chto grafovaya struktura zdes suschestvenna. ai_checked sol-official-compressed dokazatelstvo cherez maksimalnyy tsvetovoy puchok ai_checked simple_graph predpolozhim protivnoe: net treugolnika, u kotorogo vse tri rebra imeyut raznye tsveta. togda v kazhdom treugolnike sredi treh reber naydutsya dva odnotsvetnyh. vyberem vershinu `a` i tsvet tak, chtoby iz `a` vyhodilo kak mozhno bolshe reber odnogo tsveta. oboznachim etot tsvet cherez `1`, a kontsy sootvetstvuyuschih reber cherez `b_1, ..., b_k`; znachit, rebra `ab_1, ..., ab_k` imeyut tsvet `1`, i ni iz kakoy vershiny ne vyhodit bolshe chem `k` reber odnogo tsveta. rassmotrim lyubuyu vershinu `c`, ne vhodyaschuyu v mnozhestvo `{b_1, ..., b_k}` i otlichnuyu ot `a`. rebro `ac` imeet nekotoryy tsvet `i`, otlichnyy ot `1`, potomu chto vse sosedi, soedinennye s `a` tsvetom `1`, uzhe perechisleny kak `b_j`. dlya kazhdogo `j` posmotrim na treugolnik `a c b_j`. v nem rebra `ab_j` i `ac` imeyut tsveta `1` i `i`. esli by rebro `cb_j` imelo tretiy tsvet, otlichnyy i ot `1`, i ot `i`, poluchilsya by raznotsvetnyy treugolnik. znachit, kazhdoe re…","source_keys":["kolmogorov"]}
{"id":"kolmogorov-2002-individual-olympiad-8-9-output-problem-5","title":"Разноцветный треугольник в полном графе при не менее n цветах, Кубок Колмогорова 2002","path":"data\\problems\\kolmogorov\\kolmogorov-2002-individual-olympiad-8-9-output-problem-5.yaml","raw_github_url":"https://raw.githubusercontent.com/didin-maxim/knowledge_graph_of_graphs/main/data/problems/kolmogorov/kolmogorov-2002-individual-olympiad-8-9-output-problem-5.yaml","viewer_url":"https://didin-maxim.github.io/knowledge_graph_of_graphs/#kolmogorov-2002-individual-olympiad-8-9-output-problem-5","source_key":"kolmogorov","source_label":"Кубок Колмогорова","source_titles":["Кубок Колмогорова 2002 официальный архив","Архив Кубка памяти А.Н. Колмогорова"],"year":"2002","type":"olympiad_problem","authors":[],"tags":["goal_counting","coloring"],"agent_topics":[],"difficulty":{"main":"national_final_medium","local_score":6,"comment":"Импортировано из подготовленной графовой карточки KOLM; оценка сложности требует проверки человеком.","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":0.9,"basis":"официальный архивный план развёрнут в самодостаточное доказательство через разноцветный цикл","notes":"Проверены выбор по одному ребру каждого цвета, существование цикла из-за не менее n рёбер и минимальный разноцветный цикл, который обязан быть треугольником.","audit_source":"official-outline-cleanup-2026-05-16"},"statements":{"original":[{"id":"stmt-original","title":"Оригинальная формулировка","status":"ai_checked","text":"Ребра полного графа с \\(n\\) вершинами покрашены в несколько цветов, причем цветов не менее, чем \\(n\\). Докажите, что есть три вершины, все ребра между которыми покрашены в различные цвета.","definition_ids":["simple_graph","complete_graph","cycle","triangle"]}]},"solutions":[{"id":"sol-official-compressed","title":"Доказательство через разноцветный цикл","status":"ai_checked","definition_ids":["simple_graph","complete_graph","cycle","triangle"],"standard_idea_ids":[],"tags":[],"has_text":true,"text_preview":"Достаточно доказать существование разноцветного цикла. Для этого в графе оставим по одному ребру каждого цвета и сотрем остальные ребра. Получится граф на `n` вершинах с как минимум `n` ребрами. Если последовательно удалять вершины степени меньше двух, не могут исчезнуть все вершины: всякий лес на `n` вершинах имеет не более `n - 1` ребер, а значит граф с `n` ребрами содержит цикл. Поэтому в конце остается подграф, где у каждой вершины степень не меньше двух, и в нем есть цикл. Этот цикл состоит из ребер разных цветов, потому что мы оставляли не более одного ребра каждого цвета. Выберем разноцветный цикл минимальной длины. Если его длина больше 3, возьмем диагональ между двумя несоседними вершинами цикла. Эта диагональ вместе с двумя дугами исходного цикла образует два меньших цикла. Цвет диагонали может совпасть не более чем с одним ребром исходного цикла, потому что все ребра цикла ра…"}],"relations":[{"id":"rel-kolm-2002-rainbow-triangle-two-criteria","neighbor_id":"kolmogorov-2002-individual-olympiad-10-11-output-problem-5","direction":"backward","type":"same_motif","distance":1,"status":"needs_human_review"},{"id":"rel-kolm-2021-bipartite-color-components-rainbow-cycle","neighbor_id":"kolmogorov-2021-round1-second-league-problem-8","direction":"backward","type":"same_motif","distance":2,"status":"needs_human_review"}],"search_text":"kolmogorov-2002-individual-olympiad-8-9-output-problem-5 разноцветный треугольник в полном графе при не менее n цветах, кубок колмогорова 2002 goal_counting coloring 2002 https://turmath.ru/kolm/archive.php https://turmath.ru/kolm/files/archive/kolm6.zip kolmogorov kolmogorov2002 olympiad_archive src-kolmogorov-2002-official src-kolmogorov-archive with_solution архив кубка памяти а.н. колмогорова кубок колмогорова кубок колмогорова 2002 официальный архив кубокколмогорова кубокколмогорова2002 ? кубок колмогорова 2002 официальный архив архив кубка памяти а.н. колмогорова stmt-original оригинальная формулировка ai_checked ребра полного графа с \\(n\\) вершинами покрашены в несколько цветов, причем цветов не менее, чем \\(n\\). докажите, что есть три вершины, все ребра между которыми покрашены в различные цвета. simple_graph complete_graph cycle triangle idea-graph-role графовая роль в условии явно дан полный граф с раскраской ребер. официальное решение строит подграф, ищет цикл и затем получает разноцветный треугольник, то есть графовая идея здесь основная. ai_checked sol-official-compressed доказательство через разноцветный цикл ai_checked simple_graph complete_graph cycle triangle достаточно доказать существование разноцветного цикла. для этого в графе оставим по одному ребру каждого цвета и сотрем остальные ребра. получится граф на `n` вершинах с как минимум `n` ребрами. если последовательно удалять вершины степени меньше двух, не могут исчезнуть все вершины: всякий лес на `n` вершинах имеет не более `n - 1` ребер, а значит граф с `n` ребрами содержит цикл. поэтому в конце остается подграф, где у каждой вершины степень не меньше двух, и в нем есть цикл. этот цикл состоит из ребер разных цветов, потому что мы оставляли не более одного ребра каждого цвета. выберем разноцветный цикл минимальной длины. если его длина больше 3, возьмем диагональ между двумя несоседними вершинами цикла. эта диагональ вместе с двумя дугами исходного цикла образует два меньших цикла. цвет диагонали может совпасть не более чем с одним ребром исходного цикла, потому что все ребра цикла ра… kolmogorov-2002-individual-olympiad-8-9-output-problem-5 raznotsvetnyy treugolnik v polnom grafe pri ne menee n tsvetah, kubok kolmogorova 2002 goal_counting coloring 2002 https://turmath.ru/kolm/archive.php https://turmath.ru/kolm/files/archive/kolm6.zip kolmogorov kolmogorov2002 olympiad_archive src-kolmogorov-2002-official src-kolmogorov-archive with_solution arhiv kubka pamyati a.n. kolmogorova kubok kolmogorova kubok kolmogorova 2002 ofitsialnyy arhiv kubokkolmogorova kubokkolmogorova2002 ? kubok kolmogorova 2002 ofitsialnyy arhiv arhiv kubka pamyati a.n. kolmogorova stmt-original originalnaya formulirovka ai_checked rebra polnogo grafa s \\(n\\) vershinami pokrasheny v neskolko tsvetov, prichem tsvetov ne menee, chem \\(n\\). dokazhite, chto est tri vershiny, vse rebra mezhdu kotorymi pokrasheny v razlichnye tsveta. simple_graph complete_graph cycle triangle idea-graph-role grafovaya rol v uslovii yavno dan polnyy graf s raskraskoy reber. ofitsialnoe reshenie stroit podgraf, ischet tsikl i zatem poluchaet raznotsvetnyy treugolnik, to est grafovaya ideya zdes osnovnaya. ai_checked sol-official-compressed dokazatelstvo cherez raznotsvetnyy tsikl ai_checked simple_graph complete_graph cycle triangle dostatochno dokazat suschestvovanie raznotsvetnogo tsikla. dlya etogo v grafe ostavim po odnomu rebru kazhdogo tsveta i sotrem ostalnye rebra. poluchitsya graf na `n` vershinah s kak minimum `n` rebrami. esli posledovatelno udalyat vershiny stepeni menshe dvuh, ne mogut ischeznut vse vershiny: vsyakiy les na `n` vershinah imeet ne bolee `n - 1` reber, a znachit graf s `n` rebrami soderzhit tsikl. poetomu v kontse ostaetsya podgraf, gde u kazhdoy vershiny stepen ne menshe dvuh, i v nem est tsikl. etot tsikl sostoit iz reber raznyh tsvetov, potomu chto my ostavlyali ne bolee odnogo rebra kazhdogo tsveta. vyberem raznotsvetnyy tsikl minimalnoy dliny. esli ego dlina bolshe 3, vozmem diagonal mezhdu dvumya nesosednimi vershinami tsikla. eta diagonal vmeste s dvumya dugami ishodnogo tsikla obrazuet dva menshih tsikla. tsvet diagonali mozhet sovpast ne bolee chem s odnim rebrom ishodnogo tsikla, potomu chto vse rebra tsikla ra…","source_keys":["kolmogorov"]}
{"id":"kolmogorov-2002-team-olympiad-seniors-problem-8","title":"Пересечение n-клик при ограничениях на степени и независимые пары, Кубок Колмогорова 2002","path":"data\\problems\\kolmogorov\\kolmogorov-2002-team-olympiad-seniors-problem-8.yaml","raw_github_url":"https://raw.githubusercontent.com/didin-maxim/knowledge_graph_of_graphs/main/data/problems/kolmogorov/kolmogorov-2002-team-olympiad-seniors-problem-8.yaml","viewer_url":"https://didin-maxim.github.io/knowledge_graph_of_graphs/#kolmogorov-2002-team-olympiad-seniors-problem-8","source_key":"kolmogorov","source_label":"Кубок Колмогорова","source_titles":["Кубок Колмогорова 2002 официальный архив","Архив Кубка памяти А.Н. Колмогорова"],"year":"2002","type":"olympiad_problem","authors":["Берлов С.Л."],"tags":["extremal_graph_theory","matching","forbidden_clique","goal_proof"],"agent_topics":[],"difficulty":{"main":"national_final_medium","local_score":6,"comment":"Сверено по официальному решению VI Кубка Колмогорова: задача требует нетривиальной леммы Дольникова, Холла и экстремального контроля пересечений n-клик.","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":0.95,"basis":"агентский аудит средней сложности","notes":"Официальное решение сверено по OlympVI.doc из архива VI Кубка Колмогорова; сжатый план удален, оставлено одно самодостаточное решение.","audit_source":"agent-russian-archives.json"},"statements":{"original":[{"id":"stmt-original","title":"Оригинальная формулировка","status":"ai_checked","text":"Степени всех вершин графа \\(G\\) меньше \\(3n/2 - 1\\) (\\(n > 2\\)), причем среди любых \\(n + 1\\) вершин есть две несмежных. Назовем блоком множество из \\(n\\) попарно смежных вершин графа \\(G\\). Известно, что любые два блока имеют общую вершину. Докажите, что все блоки имеют общую вершину.","definition_ids":["simple_graph","degree","clique","independent_set","complement_graph"]}]},"solutions":[{"id":"sol-official-full","title":"Полное решение по официальному разбору","status":"ai_checked","definition_ids":["simple_graph","degree","clique","independent_set","complement_graph","matching","bipartite_graph","hall_theorem"],"standard_idea_ids":["complement_graph_transition","minimal_counterexample","augmenting_path_method","extremal_choice"],"tags":[],"has_text":true,"text_preview":"Обозначим через \\(\\Delta\\) максимальную степень графа \\(G\\) и положим \\(k=\\Delta-n\\). Из условия \\(\\Delta<3n/2-1\\) следует \\(2(k+1)<n\\). Кроме того, в \\(G\\) нет клики размера \\(n+1\\), потому что среди любых \\(n+1\\) вершин есть две несмежные. Сначала докажем лемму Дольникова в дополнительной форме. Пусть \\(Q\\) -- граф на \\(2m-1\\) вершинах, и после удаления любой вершины в \\(Q\\) остается независимое множество размера \\(m\\). Тогда в \\(Q\\) есть независимое множество размера \\(m+1\\). Предположим противное и выберем контрпример с минимальным \\(m\\). Возьмем независимое множество \\(X\\) размера \\(m\\), а остальные вершины обозначим \\(Y\\), так что \\(|Y|=m-1\\). Назовем множество \\(A\\subseteq Y\\) плохим, если \\(|A|>|N_X(A)|\\). Сначала заметим, что плохое множество существует. Если бы для каждого \\(A\\subseteq Y\\) выполнялось \\(|N_X(A)|\\ge |A|\\), то по лемме Холла вершины \\(Y\\) можно было бы попарно р…"}],"relations":[{"id":"rel-dolnikov-lemma-kolm-2002","neighbor_id":"dolnikov-deletion-independent-set-lemma","direction":"backward","type":"prerequisite","distance":1,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-kolmogorov-2009-local-cover-kolmogorov-2002-dolnikov","neighbor_id":"kolmogorov-2009-round2-high-local-vertex-cover-coloring","direction":"backward","type":"same_motif","distance":2,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-matching-tiling-kolm-2002-rmm-2017-hall-deficiency","neighbor_id":"rmm-2017-p5-sieve-sticks-bipartite-matching","direction":"forward","type":"same_motif","distance":2,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-kolm-2002-p8-hall-theorem","neighbor_id":"hall-marriage-theorem","direction":"backward","type":"prerequisite","distance":2,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-kolm-2002-p8-imc-1997-uniform-intersecting-families","neighbor_id":"imc-1997-day1-p6b-uniform-intersecting-families-finite-transversal","direction":"forward","type":"same_motif","distance":3,"status":"needs_human_review"}],"search_text":"kolmogorov-2002-team-olympiad-seniors-problem-8 пересечение n-клик при ограничениях на степени и независимые пары, кубок колмогорова 2002 extremal_graph_theory matching forbidden_clique goal_proof 2002 https://turmath.ru/kolm/archive.php https://turmath.ru/kolm/files/archive/kolm6.zip kolmogorov kolmogorov2002 olympiad_archive src-kolmogorov-2002-official src-kolmogorov-archive with_solution архив кубка памяти а.н. колмогорова берлов с.л. кубок колмогорова кубок колмогорова 2002 официальный архив кубокколмогорова кубокколмогорова2002 берлов с.л. кубок колмогорова 2002 официальный архив архив кубка памяти а.н. колмогорова stmt-original оригинальная формулировка ai_checked степени всех вершин графа \\(g\\) меньше \\(3n/2 - 1\\) (\\(n > 2\\)), причем среди любых \\(n + 1\\) вершин есть две несмежных. назовем блоком множество из \\(n\\) попарно смежных вершин графа \\(g\\). известно, что любые два блока имеют общую вершину. докажите, что все блоки имеют общую вершину. simple_graph degree clique independent_set complement_graph idea-graph-role графовая роль в условии явно фигурирует граф, степени вершин, смежность и полные подграфы размера \\(n\\). официальное решение целиком работает внутри теории графов: использует дополнительный граф, клики, пересечения блоков и лемму холла. extremal_graph_theory matching ai_checked sol-official-full полное решение по официальному разбору ai_checked simple_graph degree clique independent_set complement_graph matching bipartite_graph hall_theorem complement_graph_transition minimal_counterexample augmenting_path_method extremal_choice обозначим через \\(\\delta\\) максимальную степень графа \\(g\\) и положим \\(k=\\delta-n\\). из условия \\(\\delta<3n/2-1\\) следует \\(2(k+1)<n\\). кроме того, в \\(g\\) нет клики размера \\(n+1\\), потому что среди любых \\(n+1\\) вершин есть две несмежные. сначала докажем лемму дольникова в дополнительной форме. пусть \\(q\\) -- граф на \\(2m-1\\) вершинах, и после удаления любой вершины в \\(q\\) остается независимое множество размера \\(m\\). тогда в \\(q\\) есть независимое множество размера \\(m+1\\). предположим противное и выберем контрпример с минимальным \\(m\\). возьмем независимое множество \\(x\\) размера \\(m\\), а остальные вершины обозначим \\(y\\), так что \\(|y|=m-1\\). назовем множество \\(a\\subseteq y\\) плохим, если \\(|a|>|n_x(a)|\\). сначала заметим, что плохое множество существует. если бы для каждого \\(a\\subseteq y\\) выполнялось \\(|n_x(a)|\\ge |a|\\), то по лемме холла вершины \\(y\\) можно было бы попарно р… kolmogorov-2002-team-olympiad-seniors-problem-8 peresechenie n-klik pri ogranicheniyah na stepeni i nezavisimye pary, kubok kolmogorova 2002 extremal_graph_theory matching forbidden_clique goal_proof 2002 https://turmath.ru/kolm/archive.php https://turmath.ru/kolm/files/archive/kolm6.zip kolmogorov kolmogorov2002 olympiad_archive src-kolmogorov-2002-official src-kolmogorov-archive with_solution arhiv kubka pamyati a.n. kolmogorova berlov s.l. kubok kolmogorova kubok kolmogorova 2002 ofitsialnyy arhiv kubokkolmogorova kubokkolmogorova2002 berlov s.l. kubok kolmogorova 2002 ofitsialnyy arhiv arhiv kubka pamyati a.n. kolmogorova stmt-original originalnaya formulirovka ai_checked stepeni vseh vershin grafa \\(g\\) menshe \\(3n/2 - 1\\) (\\(n > 2\\)), prichem sredi lyubyh \\(n + 1\\) vershin est dve nesmezhnyh. nazovem blokom mnozhestvo iz \\(n\\) poparno smezhnyh vershin grafa \\(g\\). izvestno, chto lyubye dva bloka imeyut obschuyu vershinu. dokazhite, chto vse bloki imeyut obschuyu vershinu. simple_graph degree clique independent_set complement_graph idea-graph-role grafovaya rol v uslovii yavno figuriruet graf, stepeni vershin, smezhnost i polnye podgrafy razmera \\(n\\). ofitsialnoe reshenie tselikom rabotaet vnutri teorii grafov: ispolzuet dopolnitelnyy graf, kliki, peresecheniya blokov i lemmu holla. extremal_graph_theory matching ai_checked sol-official-full polnoe reshenie po ofitsialnomu razboru ai_checked simple_graph degree clique independent_set complement_graph matching bipartite_graph hall_theorem complement_graph_transition minimal_counterexample augmenting_path_method extremal_choice oboznachim cherez \\(\\delta\\) maksimalnuyu stepen grafa \\(g\\) i polozhim \\(k=\\delta-n\\). iz usloviya \\(\\delta<3n/2-1\\) sleduet \\(2(k+1)<n\\). krome togo, v \\(g\\) net kliki razmera \\(n+1\\), potomu chto sredi lyubyh \\(n+1\\) vershin est dve nesmezhnye. snachala dokazhem lemmu dolnikova v dopolnitelnoy forme. pust \\(q\\) -- graf na \\(2m-1\\) vershinah, i posle udaleniya lyuboy vershiny v \\(q\\) ostaetsya nezavisimoe mnozhestvo razmera \\(m\\). togda v \\(q\\) est nezavisimoe mnozhestvo razmera \\(m+1\\). predpolozhim protivnoe i vyberem kontrprimer s minimalnym \\(m\\). vozmem nezavisimoe mnozhestvo \\(x\\) razmera \\(m\\), a ostalnye vershiny oboznachim \\(y\\), tak chto \\(|y|=m-1\\). nazovem mnozhestvo \\(a\\subseteq y\\) plohim, esli \\(|a|>|n_x(a)|\\). snachala zametim, chto plohoe mnozhestvo suschestvuet. esli by dlya kazhdogo \\(a\\subseteq y\\) vypolnyalos \\(|n_x(a)|\\ge |a|\\), to po lemme holla vershiny \\(y\\) mozhno bylo by poparno r…","source_keys":["kolmogorov"]}
{"id":"kolmogorov-2003-team-olympiad-seniors-problem-8","title":"Минимально сильно связный орграф на 100 городах, Кубок Колмогорова 2003","path":"data\\problems\\kolmogorov\\kolmogorov-2003-team-olympiad-seniors-problem-8.yaml","raw_github_url":"https://raw.githubusercontent.com/didin-maxim/knowledge_graph_of_graphs/main/data/problems/kolmogorov/kolmogorov-2003-team-olympiad-seniors-problem-8.yaml","viewer_url":"https://didin-maxim.github.io/knowledge_graph_of_graphs/#kolmogorov-2003-team-olympiad-seniors-problem-8","source_key":"kolmogorov","source_label":"Кубок Колмогорова","source_titles":["Кубок Колмогорова 2003 официальный архив","Архив Кубка памяти А.Н. Колмогорова"],"year":"2003","type":"olympiad_problem","authors":[],"tags":["connectivity","extremal_graph_theory","goal_exact_bound"],"agent_topics":[],"difficulty":{"main":"national_final_medium","local_score":6,"comment":"Импортировано из подготовленной графовой карточки KOLM; оценка сложности требует проверки человеком.","status":"needs_human_review"},"review_status":"ai_checked","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 городов некоторые пары городов соединены дорогой с односторонним движением. Из любого города можно доехать до любого другого, но после закрытия любой одной дороги это свойство нарушается. Любые два города соединены не более чем одной дорогой. Найдите наибольшее возможное число дорог.","definition_ids":["directed_graph","path","connected_graph"]}]},"solutions":[{"id":"sol-official-expanded","title":"Развернутое решение через минимальный сильносвязный орграф","status":"ai_checked","definition_ids":["directed_graph","path","connected_graph"],"standard_idea_ids":["extremal_choice"],"tags":[],"has_text":true,"text_preview":"Переведем условие на язык ориентированных графов. Города будем считать вершинами, а дороги - дугами. Так как любые два города соединены не более чем одной дорогой, между двумя вершинами нет ни параллельных дуг, ни двух противоположно направленных дуг. Условие достижимости означает, что граф сильно связен, а условие про закрытие любой дороги означает, что после удаления любой дуги сильная связность исчезает. Иными словами, перед нами минимальный по дугам сильно связный ориентированный граф на `100` вершинах. Построим пример. Возьмем вершины `A`, `B`, `C_1, ..., C_98` и проведем дуги `A -> C_i`, `C_i -> B` для всех `i = 1, ..., 98`, а также одну дугу `B -> A`. Всего дуг `98 + 98 + 1 = 197`. Из любой вершины можно добраться до любой другой: из `A` попадаем в любой `C_i`, затем в `B`, из `B` попадаем в `A`, а из `C_i` путь идет через `B` и `A`. Каждая дуга существенна: без дуги `A -> C_i` н…"}],"relations":[{"id":"rel-kolm-2003-2004-critical-strong-digraphs","neighbor_id":"kolmogorov-2004-round3-higher-league-problem-10","direction":"forward","type":"same_motif","distance":2,"status":"needs_human_review"},{"id":"rel-spbmo-2017-10-p7-kolmogorov-2003-critical-strong-digraphs","neighbor_id":"spbmo-2017-10-p7-remove-directed-cycle-keep-strong","direction":"backward","type":"same_motif","distance":2,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-kolmogorov-2021-t1-kolmogorov-2003-minimal-strong","neighbor_id":"kolmogorov-2021-t1-critical-strong-orientation","direction":"backward","type":"same_motif","distance":2,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-kolm-2003-connectivity-imo-2013-c6","neighbor_id":"third-fourth-distance-layer-bound","direction":"forward","type":"same_motif","distance":3,"status":"needs_human_review"}],"search_text":"kolmogorov-2003-team-olympiad-seniors-problem-8 минимально сильно связный орграф на 100 городах, кубок колмогорова 2003 connectivity extremal_graph_theory goal_exact_bound 2003 https://turmath.ru/kolm/archive.php https://turmath.ru/kolm/files/archive/kolm7.zip kolmogorov kolmogorov2003 olympiad_archive src-kolmogorov-2003-official src-kolmogorov-archive with_solution архив кубка памяти а.н. колмогорова кубок колмогорова кубок колмогорова 2003 официальный архив кубокколмогорова кубокколмогорова2003 ? кубок колмогорова 2003 официальный архив архив кубка памяти а.н. колмогорова stmt-original оригинальная формулировка ai_checked в стране 100 городов некоторые пары городов соединены дорогой с односторонним движением. из любого города можно доехать до любого другого, но после закрытия любой одной дороги это свойство нарушается. любые два города соединены не более чем одной дорогой. найдите наибольшее возможное число дорог. directed_graph path connected_graph idea-graph-role графовая роль граф явно присутствует в условии через ориентированную дорожную сеть, а официальное решение целиком сформулировано как утверждение о сильно связном орграфе и его дугах. connectivity extremal_graph_theory ai_checked sol-official-expanded развернутое решение через минимальный сильносвязный орграф ai_checked directed_graph path connected_graph extremal_choice переведем условие на язык ориентированных графов. города будем считать вершинами, а дороги - дугами. так как любые два города соединены не более чем одной дорогой, между двумя вершинами нет ни параллельных дуг, ни двух противоположно направленных дуг. условие достижимости означает, что граф сильно связен, а условие про закрытие любой дороги означает, что после удаления любой дуги сильная связность исчезает. иными словами, перед нами минимальный по дугам сильно связный ориентированный граф на `100` вершинах. построим пример. возьмем вершины `a`, `b`, `c_1, ..., c_98` и проведем дуги `a -> c_i`, `c_i -> b` для всех `i = 1, ..., 98`, а также одну дугу `b -> a`. всего дуг `98 + 98 + 1 = 197`. из любой вершины можно добраться до любой другой: из `a` попадаем в любой `c_i`, затем в `b`, из `b` попадаем в `a`, а из `c_i` путь идет через `b` и `a`. каждая дуга существенна: без дуги `a -> c_i` н… kolmogorov-2003-team-olympiad-seniors-problem-8 minimalno silno svyaznyy orgraf na 100 gorodah, kubok kolmogorova 2003 connectivity extremal_graph_theory goal_exact_bound 2003 https://turmath.ru/kolm/archive.php https://turmath.ru/kolm/files/archive/kolm7.zip kolmogorov kolmogorov2003 olympiad_archive src-kolmogorov-2003-official src-kolmogorov-archive with_solution arhiv kubka pamyati a.n. kolmogorova kubok kolmogorova kubok kolmogorova 2003 ofitsialnyy arhiv kubokkolmogorova kubokkolmogorova2003 ? kubok kolmogorova 2003 ofitsialnyy arhiv arhiv kubka pamyati a.n. kolmogorova stmt-original originalnaya formulirovka ai_checked v strane 100 gorodov nekotorye pary gorodov soedineny dorogoy s odnostoronnim dvizheniem. iz lyubogo goroda mozhno doehat do lyubogo drugogo, no posle zakrytiya lyuboy odnoy dorogi eto svoystvo narushaetsya. lyubye dva goroda soedineny ne bolee chem odnoy dorogoy. naydite naibolshee vozmozhnoe chislo dorog. directed_graph path connected_graph idea-graph-role grafovaya rol graf yavno prisutstvuet v uslovii cherez orientirovannuyu dorozhnuyu set, a ofitsialnoe reshenie tselikom sformulirovano kak utverzhdenie o silno svyaznom orgrafe i ego dugah. connectivity extremal_graph_theory ai_checked sol-official-expanded razvernutoe reshenie cherez minimalnyy silnosvyaznyy orgraf ai_checked directed_graph path connected_graph extremal_choice perevedem uslovie na yazyk orientirovannyh grafov. goroda budem schitat vershinami, a dorogi - dugami. tak kak lyubye dva goroda soedineny ne bolee chem odnoy dorogoy, mezhdu dvumya vershinami net ni parallelnyh dug, ni dvuh protivopolozhno napravlennyh dug. uslovie dostizhimosti oznachaet, chto graf silno svyazen, a uslovie pro zakrytie lyuboy dorogi oznachaet, chto posle udaleniya lyuboy dugi silnaya svyaznost ischezaet. inymi slovami, pered nami minimalnyy po dugam silno svyaznyy orientirovannyy graf na `100` vershinah. postroim primer. vozmem vershiny `a`, `b`, `c_1, ..., c_98` i provedem dugi `a -> c_i`, `c_i -> b` dlya vseh `i = 1, ..., 98`, a takzhe odnu dugu `b -> a`. vsego dug `98 + 98 + 1 = 197`. iz lyuboy vershiny mozhno dobratsya do lyuboy drugoy: iz `a` popadaem v lyuboy `c_i`, zatem v `b`, iz `b` popadaem v `a`, a iz `c_i` put idet cherez `b` i `a`. kazhdaya duga suschestvenna: bez dugi `a -> c_i` n…","source_keys":["kolmogorov"]}
{"id":"kolmogorov-2004-round1-higher-league-problem-3","title":"Восстановление дерева без вершин степени 2 по удалениям вершин, Кубок Колмогорова 2004","path":"data\\problems\\kolmogorov\\kolmogorov-2004-round1-higher-league-problem-3.yaml","raw_github_url":"https://raw.githubusercontent.com/didin-maxim/knowledge_graph_of_graphs/main/data/problems/kolmogorov/kolmogorov-2004-round1-higher-league-problem-3.yaml","viewer_url":"https://didin-maxim.github.io/knowledge_graph_of_graphs/#kolmogorov-2004-round1-higher-league-problem-3","source_key":"kolmogorov","source_label":"Кубок Колмогорова","source_titles":["Кубок Колмогорова 2004 официальный архив","Архив Кубка памяти А.Н. Колмогорова"],"year":"2004","type":"olympiad_problem","authors":[],"tags":["trees","connectivity","extremal_choice","degree_counting","goal_algorithm"],"agent_topics":[],"difficulty":{"main":"national_final_medium","local_score":6,"comment":"Задача высшей лиги Кубка Колмогорова: ключевой шаг — экстремальный выбор периферийной вершины минимальной степени на неименованных карточках.","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 доведён агентом до полного решения","status":"ai_checked","confidence":0.92,"basis":"официальный файл tur1sol.doc из архива src-kolmogorov-2004-official содержит краткое решение через периферийную вершину минимальной степени; локальный high-reasoning проход 2026-05-17 раскрыл малые случаи и проверил, что выбор работает для неименованного мультимножества карточек","notes":"Ключевой непроверенный ранее шаг закрыт: допустимость выбранной вершины переносится со связной карточки в исходное дерево, потому что иначе один из листьев карточки стал бы вершиной степени 2 в исходном дереве. Если выбранная допустимая периферийная вершина минимальной степени не была бы смежна с удалённым листом, удаление одного из её собственных листьев дало бы связную карточку с той же допустимой вершиной меньшей степени. Это изоморфизм-инвариантный критерий, поэтому имена вершин не нужны.","audit_source":"high-reasoning-official-plan-pass-2026-05-17"},"statements":{"original":[{"id":"stmt-original","title":"Оригинальная формулировка","status":"ai_checked","text":"Саша нарисовал дерево, в котором нет вершин степени 2. Для каждой вершины он отдельно нарисовал граф, получающийся после удаления этой вершины вместе со всеми инцидентными ей ребрами, и передал все эти рисунки Игорю. Докажите, что по этим рисункам Игорь может восстановить исходное дерево.","definition_ids":["simple_graph","tree","degree","connected_graph"]}]},"solutions":[{"id":"sol-official-compressed","title":"Полное решение по официальной идее","status":"ai_checked","definition_ids":["simple_graph","tree","degree","connected_graph"],"standard_idea_ids":["delete_to_simplify","extremal_choice"],"tags":[],"has_text":true,"text_preview":"Будем считать, что Игорю дано мультимножество карточек: для каждой вершины дерева \\(T\\) дана неименованная копия графа \\(T-v\\). Восстановить дерево значит восстановить его с точностью до изоморфизма. Сначала разберём малые и звёздные случаи. Число вершин \\(T\\) известно: оно равно числу карточек, а каждая карточка имеет на одну вершину меньше. Если \\(T\\) имеет одну вершину или одно ребро, это сразу видно по карточкам. Если среди связных карточек есть звезда, то исходное дерево в этом случае восстанавливается единственно: такая карточка имеет вид \\(T-l\\), где \\(l\\) — лист, и вернуть \\(l\\) можно только к центру звезды. Прикрепление нового листа к любому старому листу создало бы в исходном дереве вершину степени 2. Поэтому эта карточка даёт исходную звезду. Далее считаем, что \\(T\\) не является звездой; тогда в \\(T\\) есть хотя бы две нелистовые вершины. Для дерева верно простое наблюдение: е…"}],"relations":[{"id":"rel-kolm-2004-tree-reconstruction-tree-basics","neighbor_id":"tree-equivalent-properties","direction":"forward","type":"prerequisite","distance":2,"status":"needs_human_review"},{"id":"rel-kolm-2015-spies-2004-tree-reconstruction","neighbor_id":"kolmogorov-2015-round-4-spies-and-opergroups-problem","direction":"backward","type":"same_motif","distance":2,"status":"needs_human_review"}],"search_text":"kolmogorov-2004-round1-higher-league-problem-3 восстановление дерева без вершин степени 2 по удалениям вершин, кубок колмогорова 2004 trees connectivity extremal_choice degree_counting goal_algorithm 2004 https://turmath.ru/kolm/archive.php https://turmath.ru/kolm/files/archive/kolm8.zip kolmogorov kolmogorov2004 olympiad_archive src-kolmogorov-2004-official src-kolmogorov-archive with_solution архив кубка памяти а.н. колмогорова кубок колмогорова кубок колмогорова 2004 официальный архив кубокколмогорова кубокколмогорова2004 ? кубок колмогорова 2004 официальный архив архив кубка памяти а.н. колмогорова stmt-original оригинальная формулировка ai_checked саша нарисовал дерево, в котором нет вершин степени 2. для каждой вершины он отдельно нарисовал граф, получающийся после удаления этой вершины вместе со всеми инцидентными ей ребрами, и передал все эти рисунки игорю. докажите, что по этим рисункам игорь может восстановить исходное дерево. simple_graph tree degree connected_graph idea-connected-cards-are-leaves связные карточки распознают удаление листьев в дереве после удаления вершины число компонент равно степени удалённой вершины. поэтому среди всех неименованных карточек связные карточки — ровно те, которые получены удалением листа. trees connectivity degree_counting ai_checked idea-minimal-peripheral-degree минимальная периферийная степень указывает на стёртый лист на связных карточках можно внутренне распознать нелистовую вершину, у которой ровно один нелистовой сосед. если среди всех таких вершин выбрать вершину минимальной степени, то соответствующая карточка обязана быть получена удалением листа, смежного именно с этой вершиной; иначе удаление одного из её собственных листьев дало бы ту же периферийную вершину меньшей степени. trees extremal_choice degree_counting ai_checked sol-official-compressed полное решение по официальной идее ai_checked simple_graph tree degree connected_graph delete_to_simplify extremal_choice будем считать, что игорю дано мультимножество карточек: для каждой вершины дерева \\(t\\) дана неименованная копия графа \\(t-v\\). восстановить дерево значит восстановить его с точностью до изоморфизма. сначала разберём малые и звёздные случаи. число вершин \\(t\\) известно: оно равно числу карточек, а каждая карточка имеет на одну вершину меньше. если \\(t\\) имеет одну вершину или одно ребро, это сразу видно по карточкам. если среди связных карточек есть звезда, то исходное дерево в этом случае восстанавливается единственно: такая карточка имеет вид \\(t-l\\), где \\(l\\) — лист, и вернуть \\(l\\) можно только к центру звезды. прикрепление нового листа к любому старому листу создало бы в исходном дереве вершину степени 2. поэтому эта карточка даёт исходную звезду. далее считаем, что \\(t\\) не является звездой; тогда в \\(t\\) есть хотя бы две нелистовые вершины. для дерева верно простое наблюдение: е… kolmogorov-2004-round1-higher-league-problem-3 vosstanovlenie dereva bez vershin stepeni 2 po udaleniyam vershin, kubok kolmogorova 2004 trees connectivity extremal_choice degree_counting goal_algorithm 2004 https://turmath.ru/kolm/archive.php https://turmath.ru/kolm/files/archive/kolm8.zip kolmogorov kolmogorov2004 olympiad_archive src-kolmogorov-2004-official src-kolmogorov-archive with_solution arhiv kubka pamyati a.n. kolmogorova kubok kolmogorova kubok kolmogorova 2004 ofitsialnyy arhiv kubokkolmogorova kubokkolmogorova2004 ? kubok kolmogorova 2004 ofitsialnyy arhiv arhiv kubka pamyati a.n. kolmogorova stmt-original originalnaya formulirovka ai_checked sasha narisoval derevo, v kotorom net vershin stepeni 2. dlya kazhdoy vershiny on otdelno narisoval graf, poluchayuschiysya posle udaleniya etoy vershiny vmeste so vsemi intsidentnymi ey rebrami, i peredal vse eti risunki igoryu. dokazhite, chto po etim risunkam igor mozhet vosstanovit ishodnoe derevo. simple_graph tree degree connected_graph idea-connected-cards-are-leaves svyaznye kartochki raspoznayut udalenie listev v dereve posle udaleniya vershiny chislo komponent ravno stepeni udalennoy vershiny. poetomu sredi vseh neimenovannyh kartochek svyaznye kartochki — rovno te, kotorye polucheny udaleniem lista. trees connectivity degree_counting ai_checked idea-minimal-peripheral-degree minimalnaya periferiynaya stepen ukazyvaet na stertyy list na svyaznyh kartochkah mozhno vnutrenne raspoznat nelistovuyu vershinu, u kotoroy rovno odin nelistovoy sosed. esli sredi vseh takih vershin vybrat vershinu minimalnoy stepeni, to sootvetstvuyuschaya kartochka obyazana byt poluchena udaleniem lista, smezhnogo imenno s etoy vershinoy; inache udalenie odnogo iz ee sobstvennyh listev dalo by tu zhe periferiynuyu vershinu menshey stepeni. trees extremal_choice degree_counting ai_checked sol-official-compressed polnoe reshenie po ofitsialnoy idee ai_checked simple_graph tree degree connected_graph delete_to_simplify extremal_choice budem schitat, chto igoryu dano multimnozhestvo kartochek: dlya kazhdoy vershiny dereva \\(t\\) dana neimenovannaya kopiya grafa \\(t-v\\). vosstanovit derevo znachit vosstanovit ego s tochnostyu do izomorfizma. snachala razberem malye i zvezdnye sluchai. chislo vershin \\(t\\) izvestno: ono ravno chislu kartochek, a kazhdaya kartochka imeet na odnu vershinu menshe. esli \\(t\\) imeet odnu vershinu ili odno rebro, eto srazu vidno po kartochkam. esli sredi svyaznyh kartochek est zvezda, to ishodnoe derevo v etom sluchae vosstanavlivaetsya edinstvenno: takaya kartochka imeet vid \\(t-l\\), gde \\(l\\) — list, i vernut \\(l\\) mozhno tolko k tsentru zvezdy. prikreplenie novogo lista k lyubomu staromu listu sozdalo by v ishodnom dereve vershinu stepeni 2. poetomu eta kartochka daet ishodnuyu zvezdu. dalee schitaem, chto \\(t\\) ne yavlyaetsya zvezdoy; togda v \\(t\\) est hotya by dve nelistovye vershiny. dlya dereva verno prostoe nablyudenie: e…","source_keys":["kolmogorov"]}
{"id":"kolmogorov-2004-round2-higher-league-problem-9","title":"C4-свободный граф и арифметическая прогрессия из пяти независимых вершин, Кубок Колмогорова 2004","path":"data\\problems\\kolmogorov\\kolmogorov-2004-round2-higher-league-problem-9.yaml","raw_github_url":"https://raw.githubusercontent.com/didin-maxim/knowledge_graph_of_graphs/main/data/problems/kolmogorov/kolmogorov-2004-round2-higher-league-problem-9.yaml","viewer_url":"https://didin-maxim.github.io/knowledge_graph_of_graphs/#kolmogorov-2004-round2-higher-league-problem-9","source_key":"kolmogorov","source_label":"Кубок Колмогорова","source_titles":["Кубок Колмогорова 2004 официальный архив","Архив Кубка памяти А.Н. Колмогорова"],"year":"2004","type":"olympiad_problem","authors":[],"tags":["extremal_graph_theory","double_counting","goal_proof"],"agent_topics":[],"difficulty":{"main":"national_final_medium","local_score":6,"comment":"Импортировано из подготовленной графовой карточки KOLM; оценка сложности требует проверки человеком.","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":0.9,"basis":"официальный архивный план развёрнут в самодостаточное доказательство двойным счётом","notes":"Проверены подсчёт 5-членных арифметических прогрессий, верхняя кратность покрытия одной прогрессии ребром и стандартная оценка числа рёбер в C4-свободном графе через 2-пути.","audit_source":"official-outline-cleanup-2026-05-16"},"statements":{"original":[{"id":"stmt-original","title":"Оригинальная формулировка","status":"ai_checked","text":"Вершины графа занумерованы натуральными числами от \\(1\\) до \\(10^5\\), причем каждое число встречается ровно один раз. Известно, что в этом графе нет циклов длины 4. Докажите, что существует арифметическая прогрессия из пяти натуральных чисел, не превосходящих \\(10^5\\), такая, что никакие две вершины с номерами из этой прогрессии не соединены ребром.","definition_ids":["simple_graph","cycle"]}]},"solutions":[{"id":"sol-official-compressed","title":"Полное решение через двойной счет прогрессий","status":"ai_checked","definition_ids":["simple_graph","cycle"],"standard_idea_ids":["double_counting"],"tags":[],"has_text":true,"text_preview":"Пусть `N = 10^5`, а `E` — число ребер графа. Предположим противное: каждая арифметическая прогрессия `a, a + d, a + 2d, a + 3d, a + 4d`, где `d >= 1` и `a + 4d <= N`, содержит хотя бы одну пару вершин, соединенных ребром. Сначала посчитаем такие прогрессии. Для фиксированного `d` есть `N - 4d` вариантов начала, поэтому при `q = floor((N - 1)/4) = 24999` их число равно `P = sum_{d=1}^q (N - 4d) = qN - 2q(q+1) = 1249950000`. Теперь оценим, сколько прогрессий может покрывать одно ребро. Пусть ребро соединяет вершины с номерами `x < y`. Если оно лежит в 5-членной прогрессии, то числа `x` и `y` занимают в ней две из пяти позиций. Эти позиции можно выбрать `binom(5,2) = 10` способами. После выбора позиций общий шаг прогрессии, если он существует, уже однозначно равен `(y-x)/(j-i)`, а начало тоже однозначно. Значит одно ребро содержится не более чем в `10` таких прогрессиях. По предположению к…"}],"relations":[{"id":"rel-metadata-kolm-2004-ap-c4-usamo-rectangle","neighbor_id":"usamo-1976-p1-monochromatic-rectangle-bipartite","direction":"forward","type":"same_motif","distance":2,"status":"needs_human_review"}],"search_text":"kolmogorov-2004-round2-higher-league-problem-9 c4-свободный граф и арифметическая прогрессия из пяти независимых вершин, кубок колмогорова 2004 extremal_graph_theory double_counting goal_proof 2004 https://turmath.ru/kolm/archive.php https://turmath.ru/kolm/files/archive/kolm8.zip kolmogorov kolmogorov2004 olympiad_archive src-kolmogorov-2004-official src-kolmogorov-archive with_solution архив кубка памяти а.н. колмогорова кубок колмогорова кубок колмогорова 2004 официальный архив кубокколмогорова кубокколмогорова2004 ? кубок колмогорова 2004 официальный архив архив кубка памяти а.н. колмогорова stmt-original оригинальная формулировка ai_checked вершины графа занумерованы натуральными числами от \\(1\\) до \\(10^5\\), причем каждое число встречается ровно один раз. известно, что в этом графе нет циклов длины 4. докажите, что существует арифметическая прогрессия из пяти натуральных чисел, не превосходящих \\(10^5\\), такая, что никакие две вершины с номерами из этой прогрессии не соединены ребром. simple_graph cycle idea-graph-role графовая роль граф явно присутствует в условии. ключевой ход решения — сравнить число 5-членных арифметических прогрессий с максимальным числом ребер в графе без 4-циклов. double_counting extremal_graph_theory ai_checked sol-official-compressed полное решение через двойной счет прогрессий ai_checked simple_graph cycle double_counting пусть `n = 10^5`, а `e` — число ребер графа. предположим противное: каждая арифметическая прогрессия `a, a + d, a + 2d, a + 3d, a + 4d`, где `d >= 1` и `a + 4d <= n`, содержит хотя бы одну пару вершин, соединенных ребром. сначала посчитаем такие прогрессии. для фиксированного `d` есть `n - 4d` вариантов начала, поэтому при `q = floor((n - 1)/4) = 24999` их число равно `p = sum_{d=1}^q (n - 4d) = qn - 2q(q+1) = 1249950000`. теперь оценим, сколько прогрессий может покрывать одно ребро. пусть ребро соединяет вершины с номерами `x < y`. если оно лежит в 5-членной прогрессии, то числа `x` и `y` занимают в ней две из пяти позиций. эти позиции можно выбрать `binom(5,2) = 10` способами. после выбора позиций общий шаг прогрессии, если он существует, уже однозначно равен `(y-x)/(j-i)`, а начало тоже однозначно. значит одно ребро содержится не более чем в `10` таких прогрессиях. по предположению к… kolmogorov-2004-round2-higher-league-problem-9 c4-svobodnyy graf i arifmeticheskaya progressiya iz pyati nezavisimyh vershin, kubok kolmogorova 2004 extremal_graph_theory double_counting goal_proof 2004 https://turmath.ru/kolm/archive.php https://turmath.ru/kolm/files/archive/kolm8.zip kolmogorov kolmogorov2004 olympiad_archive src-kolmogorov-2004-official src-kolmogorov-archive with_solution arhiv kubka pamyati a.n. kolmogorova kubok kolmogorova kubok kolmogorova 2004 ofitsialnyy arhiv kubokkolmogorova kubokkolmogorova2004 ? kubok kolmogorova 2004 ofitsialnyy arhiv arhiv kubka pamyati a.n. kolmogorova stmt-original originalnaya formulirovka ai_checked vershiny grafa zanumerovany naturalnymi chislami ot \\(1\\) do \\(10^5\\), prichem kazhdoe chislo vstrechaetsya rovno odin raz. izvestno, chto v etom grafe net tsiklov dliny 4. dokazhite, chto suschestvuet arifmeticheskaya progressiya iz pyati naturalnyh chisel, ne prevoshodyaschih \\(10^5\\), takaya, chto nikakie dve vershiny s nomerami iz etoy progressii ne soedineny rebrom. simple_graph cycle idea-graph-role grafovaya rol graf yavno prisutstvuet v uslovii. klyuchevoy hod resheniya — sravnit chislo 5-chlennyh arifmeticheskih progressiy s maksimalnym chislom reber v grafe bez 4-tsiklov. double_counting extremal_graph_theory ai_checked sol-official-compressed polnoe reshenie cherez dvoynoy schet progressiy ai_checked simple_graph cycle double_counting pust `n = 10^5`, a `e` — chislo reber grafa. predpolozhim protivnoe: kazhdaya arifmeticheskaya progressiya `a, a + d, a + 2d, a + 3d, a + 4d`, gde `d >= 1` i `a + 4d <= n`, soderzhit hotya by odnu paru vershin, soedinennyh rebrom. snachala poschitaem takie progressii. dlya fiksirovannogo `d` est `n - 4d` variantov nachala, poetomu pri `q = floor((n - 1)/4) = 24999` ih chislo ravno `p = sum_{d=1}^q (n - 4d) = qn - 2q(q+1) = 1249950000`. teper otsenim, skolko progressiy mozhet pokryvat odno rebro. pust rebro soedinyaet vershiny s nomerami `x < y`. esli ono lezhit v 5-chlennoy progressii, to chisla `x` i `y` zanimayut v ney dve iz pyati pozitsiy. eti pozitsii mozhno vybrat `binom(5,2) = 10` sposobami. posle vybora pozitsiy obschiy shag progressii, esli on suschestvuet, uzhe odnoznachno raven `(y-x)/(j-i)`, a nachalo tozhe odnoznachno. znachit odno rebro soderzhitsya ne bolee chem v `10` takih progressiyah. po predpolozheniyu k…","source_keys":["kolmogorov"]}
{"id":"kolmogorov-2004-round3-higher-league-problem-10","title":"Удаление вершины с сохранением сильной связности орграфа, Кубок Колмогорова 2004","path":"data\\problems\\kolmogorov\\kolmogorov-2004-round3-higher-league-problem-10.yaml","raw_github_url":"https://raw.githubusercontent.com/didin-maxim/knowledge_graph_of_graphs/main/data/problems/kolmogorov/kolmogorov-2004-round3-higher-league-problem-10.yaml","viewer_url":"https://didin-maxim.github.io/knowledge_graph_of_graphs/#kolmogorov-2004-round3-higher-league-problem-10","source_key":"kolmogorov","source_label":"Кубок Колмогорова","source_titles":["Кубок Колмогорова 2004 официальный архив","Архив Кубка памяти А.Н. Колмогорова"],"year":"2004","type":"olympiad_problem","authors":["Карпов Д.В."],"tags":["connectivity","goal_proof"],"agent_topics":[],"difficulty":{"main":"national_final_medium","local_score":6,"comment":"Импортировано из подготовленной графовой карточки KOLM; оценка сложности требует проверки человеком.","status":"needs_human_review"},"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":"содержит развёрнутое официальное решение со статусом ai_checked и самодостаточный сжатый сопутствующий вариант","audit_source":"agent-russian-archives.json"},"statements":{"original":[{"id":"stmt-original","title":"Оригинальная формулировка","status":"ai_checked","text":"В сильно связном ориентированном графе любые две вершины соединены не более чем одним ребром, и из каждой вершины выходит хотя бы два ребра. Докажите, что можно удалить одну вершину вместе со всеми входящими в нее и исходящими из нее ребрами так, чтобы оставшийся граф остался сильно связным.","definition_ids":["directed_graph","path","connected_graph","outdegree"]}]},"solutions":[{"id":"sol-official-compressed","title":"Краткое самодостаточное доказательство","status":"ai_checked","definition_ids":["directed_graph","path","connected_graph","outdegree"],"standard_idea_ids":["extremal_choice"],"tags":[],"has_text":true,"text_preview":"Предположим противное: после удаления любой вершины граф перестает быть сильно связным. Среди всех графов вида `G-v` выберем сильно связную компоненту `K` максимального размера; пусть она лежит в `G-a`. Сожмем `K` в одну вершину `k`. Так как исходный граф `G` сильно связен, в сжатом графе есть направленный цикл, проходящий через `k` и `a`: достаточно взять пути `k -> a` и `a -> k` и объединить их. Поднимая этот цикл обратно, получаем сильно связный подграф, содержащий `K` и `a`. Если некоторая вершина `b` вне `K` не лежит на этом цикле, то в `G-b` тот же поднятый цикл показывает, что `K` и `a` находятся в одной сильно связной компоненте. Она больше `K`, что противоречит выбору `K`. Значит, все вершины вне `K` лежат на выбранном цикле. Поскольку `G-a` не сильно связен, кроме `a` вне `K` есть еще хотя бы одна вершина. Идем по циклу от `k` и обозначим через `c,d` первые две встреченные вер…"},{"id":"sol-official-expanded","title":"Расширенное проверенное решение","status":"ai_checked","definition_ids":["directed_graph","path","connected_graph","outdegree"],"standard_idea_ids":["extremal_choice"],"tags":[],"has_text":true,"text_preview":"Предположим противное: для каждой вершины `v` граф `G-v` не является сильно связным. Выберите вершину `a` и сильно связную компоненту `K` графа `G-a` с максимально возможным числом вершин среди всех компонентов всех графов, полученных из `G` удалением одной вершины. Сожмем `K` в одну вершину `k`. Полученный орграф по-прежнему сильно связен, поэтому в нем есть направленный цикл, проходящий через `k` и `a`. Поднимем этот цикл обратно в `G`: внутри `K` можно пройти из любой вершины в любую, поэтому вершины `K` вместе с вершинами поднятого цикла образуют сильно связный подграф. Если бы какая-то вершина `b` вне `K` не попала на этот цикл, то после удаления `b` тот же поднятый цикл показывал бы, что `K` и `a` лежат в одной сильно связной компоненте графа `G-b`. Эта компонента содержала бы все вершины `K` и еще вершину `a`, то есть была бы больше `K`, вопреки выбору `K`. Значит каждая вершина…"}],"relations":[{"id":"rel-kolm-2003-2004-critical-strong-digraphs","neighbor_id":"kolmogorov-2003-team-olympiad-seniors-problem-8","direction":"backward","type":"same_motif","distance":2,"status":"needs_human_review"},{"id":"rel-spbmo-2017-10-p7-kolmogorov-2004-vertex-deletion-strong-connectivity","neighbor_id":"spbmo-2017-10-p7-remove-directed-cycle-keep-strong","direction":"backward","type":"same_motif","distance":1,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-after-tags-menger-imo-2021-kolm-2004-strong-digraph","neighbor_id":"imo-2021-c4-anisotropy-menger","direction":"backward","type":"same_motif","distance":2,"status":"ai_checked"}],"search_text":"kolmogorov-2004-round3-higher-league-problem-10 удаление вершины с сохранением сильной связности орграфа, кубок колмогорова 2004 connectivity goal_proof 2004 https://turmath.ru/kolm/archive.php https://turmath.ru/kolm/files/archive/kolm8.zip kolmogorov kolmogorov2004 olympiad_archive src-kolmogorov-2004-official src-kolmogorov-archive with_solution архив кубка памяти а.н. колмогорова карпов д.в. кубок колмогорова кубок колмогорова 2004 официальный архив кубокколмогорова кубокколмогорова2004 карпов д.в. кубок колмогорова 2004 официальный архив архив кубка памяти а.н. колмогорова stmt-original оригинальная формулировка ai_checked в сильно связном ориентированном графе любые две вершины соединены не более чем одним ребром, и из каждой вершины выходит хотя бы два ребра. докажите, что можно удалить одну вершину вместе со всеми входящими в нее и исходящими из нее ребрами так, чтобы оставшийся граф остался сильно связным. directed_graph path connected_graph outdegree idea-graph-role графовая роль в условии прямо дан ориентированный граф, а официальное решение полностью основано на анализе компонент сильной связности и структуры дуг между ними. connectivity ai_checked sol-official-compressed краткое самодостаточное доказательство ai_checked directed_graph path connected_graph outdegree extremal_choice предположим противное: после удаления любой вершины граф перестает быть сильно связным. среди всех графов вида `g-v` выберем сильно связную компоненту `k` максимального размера; пусть она лежит в `g-a`. сожмем `k` в одну вершину `k`. так как исходный граф `g` сильно связен, в сжатом графе есть направленный цикл, проходящий через `k` и `a`: достаточно взять пути `k -> a` и `a -> k` и объединить их. поднимая этот цикл обратно, получаем сильно связный подграф, содержащий `k` и `a`. если некоторая вершина `b` вне `k` не лежит на этом цикле, то в `g-b` тот же поднятый цикл показывает, что `k` и `a` находятся в одной сильно связной компоненте. она больше `k`, что противоречит выбору `k`. значит, все вершины вне `k` лежат на выбранном цикле. поскольку `g-a` не сильно связен, кроме `a` вне `k` есть еще хотя бы одна вершина. идем по циклу от `k` и обозначим через `c,d` первые две встреченные вер… sol-official-expanded расширенное проверенное решение ai_checked directed_graph path connected_graph outdegree extremal_choice предположим противное: для каждой вершины `v` граф `g-v` не является сильно связным. выберите вершину `a` и сильно связную компоненту `k` графа `g-a` с максимально возможным числом вершин среди всех компонентов всех графов, полученных из `g` удалением одной вершины. сожмем `k` в одну вершину `k`. полученный орграф по-прежнему сильно связен, поэтому в нем есть направленный цикл, проходящий через `k` и `a`. поднимем этот цикл обратно в `g`: внутри `k` можно пройти из любой вершины в любую, поэтому вершины `k` вместе с вершинами поднятого цикла образуют сильно связный подграф. если бы какая-то вершина `b` вне `k` не попала на этот цикл, то после удаления `b` тот же поднятый цикл показывал бы, что `k` и `a` лежат в одной сильно связной компоненте графа `g-b`. эта компонента содержала бы все вершины `k` и еще вершину `a`, то есть была бы больше `k`, вопреки выбору `k`. значит каждая вершина… kolmogorov-2004-round3-higher-league-problem-10 udalenie vershiny s sohraneniem silnoy svyaznosti orgrafa, kubok kolmogorova 2004 connectivity goal_proof 2004 https://turmath.ru/kolm/archive.php https://turmath.ru/kolm/files/archive/kolm8.zip kolmogorov kolmogorov2004 olympiad_archive src-kolmogorov-2004-official src-kolmogorov-archive with_solution arhiv kubka pamyati a.n. kolmogorova karpov d.v. kubok kolmogorova kubok kolmogorova 2004 ofitsialnyy arhiv kubokkolmogorova kubokkolmogorova2004 karpov d.v. kubok kolmogorova 2004 ofitsialnyy arhiv arhiv kubka pamyati a.n. kolmogorova stmt-original originalnaya formulirovka ai_checked v silno svyaznom orientirovannom grafe lyubye dve vershiny soedineny ne bolee chem odnim rebrom, i iz kazhdoy vershiny vyhodit hotya by dva rebra. dokazhite, chto mozhno udalit odnu vershinu vmeste so vsemi vhodyaschimi v nee i ishodyaschimi iz nee rebrami tak, chtoby ostavshiysya graf ostalsya silno svyaznym. directed_graph path connected_graph outdegree idea-graph-role grafovaya rol v uslovii pryamo dan orientirovannyy graf, a ofitsialnoe reshenie polnostyu osnovano na analize komponent silnoy svyaznosti i struktury dug mezhdu nimi. connectivity ai_checked sol-official-compressed kratkoe samodostatochnoe dokazatelstvo ai_checked directed_graph path connected_graph outdegree extremal_choice predpolozhim protivnoe: posle udaleniya lyuboy vershiny graf perestaet byt silno svyaznym. sredi vseh grafov vida `g-v` vyberem silno svyaznuyu komponentu `k` maksimalnogo razmera; pust ona lezhit v `g-a`. sozhmem `k` v odnu vershinu `k`. tak kak ishodnyy graf `g` silno svyazen, v szhatom grafe est napravlennyy tsikl, prohodyaschiy cherez `k` i `a`: dostatochno vzyat puti `k -> a` i `a -> k` i obedinit ih. podnimaya etot tsikl obratno, poluchaem silno svyaznyy podgraf, soderzhaschiy `k` i `a`. esli nekotoraya vershina `b` vne `k` ne lezhit na etom tsikle, to v `g-b` tot zhe podnyatyy tsikl pokazyvaet, chto `k` i `a` nahodyatsya v odnoy silno svyaznoy komponente. ona bolshe `k`, chto protivorechit vyboru `k`. znachit, vse vershiny vne `k` lezhat na vybrannom tsikle. poskolku `g-a` ne silno svyazen, krome `a` vne `k` est esche hotya by odna vershina. idem po tsiklu ot `k` i oboznachim cherez `c,d` pervye dve vstrechennye ver… sol-official-expanded rasshirennoe proverennoe reshenie ai_checked directed_graph path connected_graph outdegree extremal_choice predpolozhim protivnoe: dlya kazhdoy vershiny `v` graf `g-v` ne yavlyaetsya silno svyaznym. vyberite vershinu `a` i silno svyaznuyu komponentu `k` grafa `g-a` s maksimalno vozmozhnym chislom vershin sredi vseh komponentov vseh grafov, poluchennyh iz `g` udaleniem odnoy vershiny. sozhmem `k` v odnu vershinu `k`. poluchennyy orgraf po-prezhnemu silno svyazen, poetomu v nem est napravlennyy tsikl, prohodyaschiy cherez `k` i `a`. podnimem etot tsikl obratno v `g`: vnutri `k` mozhno proyti iz lyuboy vershiny v lyubuyu, poetomu vershiny `k` vmeste s vershinami podnyatogo tsikla obrazuyut silno svyaznyy podgraf. esli by kakaya-to vershina `b` vne `k` ne popala na etot tsikl, to posle udaleniya `b` tot zhe podnyatyy tsikl pokazyval by, chto `k` i `a` lezhat v odnoy silno svyaznoy komponente grafa `g-b`. eta komponenta soderzhala by vse vershiny `k` i esche vershinu `a`, to est byla by bolshe `k`, vopreki vyboru `k`. znachit kazhdaya vershina…","source_keys":["kolmogorov"]}
{"id":"kolmogorov-2004-round4-first-junior-league-problem-10","title":"Цикл в графе трехзначных простых чисел без цифры 1, Кубок Колмогорова 2004","path":"data\\problems\\kolmogorov\\kolmogorov-2004-round4-first-junior-league-problem-10.yaml","raw_github_url":"https://raw.githubusercontent.com/didin-maxim/knowledge_graph_of_graphs/main/data/problems/kolmogorov/kolmogorov-2004-round4-first-junior-league-problem-10.yaml","viewer_url":"https://didin-maxim.github.io/knowledge_graph_of_graphs/#kolmogorov-2004-round4-first-junior-league-problem-10","source_key":"kolmogorov","source_label":"Кубок Колмогорова","source_titles":["Кубок Колмогорова 2004 официальный архив","Архив Кубка памяти А.Н. Колмогорова"],"year":"2004","type":"olympiad_problem","authors":[],"tags":["goal_construction"],"agent_topics":[],"difficulty":{"main":"national_final_medium","local_score":6,"comment":"Импортировано из подготовленной графовой карточки КОЛМ; оценка сложности требует проверки человеком.","status":"needs_human_review"},"review_status":"needs_human_review","public_ready":false,"solution_state":"with_solution","solution_classification":{"type":"official_complete_or_near_complete","label":"официальное полное/почти полное","status":"ai_checked","confidence":0.86,"basis":"агентский аудит средней сложности","notes":"В этом проходе развёрнуты граф состояний, соответствие путей десятичным записям и причина иррациональности через непериодический выбор циклов.","audit_source":"agent-russian-archives.json"},"statements":{"original":[{"id":"stmt-original","title":"Оригинальная формулировка","status":"ai_checked","text":"Существует ли иррациональное число от \\(0\\) до \\(1\\), в десятичной записи которого нет цифры \\(1\\), и такое, что любые три последовательные цифры образуют простое число?","definition_ids":["simple_graph","directed_graph","cycle"]}]},"solutions":[{"id":"sol-official-compressed","title":"Проверенное самодостаточное решение","status":"ai_checked","definition_ids":["simple_graph","directed_graph","cycle","path"],"standard_idea_ids":["greedy_ordering"],"tags":[],"has_text":true,"text_preview":"Нам достаточно следующих трехзначных простых блоков без цифры `1`: `337, 373, 379, 733, 739, 773, 797, 937, 977, 997`. Каждое из них непосредственно проверяется как простое, и ниже мы будем строить запись так, чтобы все ее трехзначные фрагменты попадали в этот список. Построим ориентированный граф состояний. Его вершинами будут двузначные окончания, которые встречаются в перечисленных блоках. Из вершины `ab` проведем стрелку в вершину `bc`, если трехзначное число `abc` входит в список допустимых блоков. Тогда бесконечный путь в этом графе ровно соответствует бесконечной десятичной записи: каждая новая стрелка добавляет одну следующую цифру, а каждый блок из трех подряд идущих цифр оказывается одним из разрешенных простых чисел. В графе есть два ориентированных цикла с общей начальной вершиной: `33 -> 37 -> 73 -> 33`, что соответствует блокам `337, 373, 733`, и `33 -> 37 -> 79 -> 97 -> 7…"}],"relations":[],"search_text":"kolmogorov-2004-round4-first-junior-league-problem-10 цикл в графе трехзначных простых чисел без цифры 1, кубок колмогорова 2004 goal_construction 2004 https://turmath.ru/kolm/archive.php https://turmath.ru/kolm/files/archive/kolm8.zip kolmogorov kolmogorov2004 olympiad_archive src-kolmogorov-2004-official src-kolmogorov-archive with_solution архив кубка памяти а.н. колмогорова кубок колмогорова кубок колмогорова 2004 официальный архив кубокколмогорова кубокколмогорова2004 ? кубок колмогорова 2004 официальный архив архив кубка памяти а.н. колмогорова stmt-original оригинальная формулировка ai_checked существует ли иррациональное число от \\(0\\) до \\(1\\), в десятичной записи которого нет цифры \\(1\\), и такое, что любые три последовательные цифры образуют простое число? simple_graph directed_graph cycle idea-graph-role графовая роль в условии графа нет, но официальное решение существенно строит граф уфнаровского и сводит задачу к поиску и непериодическому чередованию циклов в этом графе. ai_checked sol-official-compressed проверенное самодостаточное решение ai_checked simple_graph directed_graph cycle path greedy_ordering нам достаточно следующих трехзначных простых блоков без цифры `1`: `337, 373, 379, 733, 739, 773, 797, 937, 977, 997`. каждое из них непосредственно проверяется как простое, и ниже мы будем строить запись так, чтобы все ее трехзначные фрагменты попадали в этот список. построим ориентированный граф состояний. его вершинами будут двузначные окончания, которые встречаются в перечисленных блоках. из вершины `ab` проведем стрелку в вершину `bc`, если трехзначное число `abc` входит в список допустимых блоков. тогда бесконечный путь в этом графе ровно соответствует бесконечной десятичной записи: каждая новая стрелка добавляет одну следующую цифру, а каждый блок из трех подряд идущих цифр оказывается одним из разрешенных простых чисел. в графе есть два ориентированных цикла с общей начальной вершиной: `33 -> 37 -> 73 -> 33`, что соответствует блокам `337, 373, 733`, и `33 -> 37 -> 79 -> 97 -> 7… kolmogorov-2004-round4-first-junior-league-problem-10 tsikl v grafe trehznachnyh prostyh chisel bez tsifry 1, kubok kolmogorova 2004 goal_construction 2004 https://turmath.ru/kolm/archive.php https://turmath.ru/kolm/files/archive/kolm8.zip kolmogorov kolmogorov2004 olympiad_archive src-kolmogorov-2004-official src-kolmogorov-archive with_solution arhiv kubka pamyati a.n. kolmogorova kubok kolmogorova kubok kolmogorova 2004 ofitsialnyy arhiv kubokkolmogorova kubokkolmogorova2004 ? kubok kolmogorova 2004 ofitsialnyy arhiv arhiv kubka pamyati a.n. kolmogorova stmt-original originalnaya formulirovka ai_checked suschestvuet li irratsionalnoe chislo ot \\(0\\) do \\(1\\), v desyatichnoy zapisi kotorogo net tsifry \\(1\\), i takoe, chto lyubye tri posledovatelnye tsifry obrazuyut prostoe chislo? simple_graph directed_graph cycle idea-graph-role grafovaya rol v uslovii grafa net, no ofitsialnoe reshenie suschestvenno stroit graf ufnarovskogo i svodit zadachu k poisku i neperiodicheskomu cheredovaniyu tsiklov v etom grafe. ai_checked sol-official-compressed proverennoe samodostatochnoe reshenie ai_checked simple_graph directed_graph cycle path greedy_ordering nam dostatochno sleduyuschih trehznachnyh prostyh blokov bez tsifry `1`: `337, 373, 379, 733, 739, 773, 797, 937, 977, 997`. kazhdoe iz nih neposredstvenno proveryaetsya kak prostoe, i nizhe my budem stroit zapis tak, chtoby vse ee trehznachnye fragmenty popadali v etot spisok. postroim orientirovannyy graf sostoyaniy. ego vershinami budut dvuznachnye okonchaniya, kotorye vstrechayutsya v perechislennyh blokah. iz vershiny `ab` provedem strelku v vershinu `bc`, esli trehznachnoe chislo `abc` vhodit v spisok dopustimyh blokov. togda beskonechnyy put v etom grafe rovno sootvetstvuet beskonechnoy desyatichnoy zapisi: kazhdaya novaya strelka dobavlyaet odnu sleduyuschuyu tsifru, a kazhdyy blok iz treh podryad iduschih tsifr okazyvaetsya odnim iz razreshennyh prostyh chisel. v grafe est dva orientirovannyh tsikla s obschey nachalnoy vershinoy: `33 -> 37 -> 73 -> 33`, chto sootvetstvuet blokam `337, 373, 733`, i `33 -> 37 -> 79 -> 97 -> 7…","source_keys":["kolmogorov"]}
{"id":"kolmogorov-2004-team-olympiad-seniors-problem-9","title":"Важные рёбра для числа независимости и нечётный цикл, Кубок Колмогорова 2004","path":"data\\problems\\kolmogorov\\kolmogorov-2004-team-olympiad-seniors-problem-9.yaml","raw_github_url":"https://raw.githubusercontent.com/didin-maxim/knowledge_graph_of_graphs/main/data/problems/kolmogorov/kolmogorov-2004-team-olympiad-seniors-problem-9.yaml","viewer_url":"https://didin-maxim.github.io/knowledge_graph_of_graphs/#kolmogorov-2004-team-olympiad-seniors-problem-9","source_key":"kolmogorov","source_label":"Кубок Колмогорова","source_titles":["Кубок Колмогорова 2004 официальный архив","Архив Кубка памяти А.Н. Колмогорова"],"year":"2004","type":"olympiad_problem","authors":[],"tags":["matching","goal_proof"],"agent_topics":[],"difficulty":{"main":"national_final_medium","local_score":6,"comment":"Короткая задача на контрапозицию: в двудольном графе важные для числа независимости ребра должны входить во все максимальные паросочетания, поэтому не могут быть смежными.","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":0.86,"basis":"агентский аудит средней сложности","notes":"Прежний сжатый план официального решения развёрнут в самодостаточное доказательство и сверен с условием из официального архива.","audit_source":"agent-3-official-plan-expansion-2026-05-06"},"statements":{"original":[{"id":"stmt-original","title":"Оригинальная формулировка","status":"ai_checked","text":"Назовем ребро графа важным, если при его удалении увеличивается размер максимального пустого подграфа. Докажите, что если два важных ребра имеют общую вершину, то в графе есть нечетный цикл.","definition_ids":["simple_graph","bipartite_graph","cycle","independent_set"]}]},"solutions":[{"id":"sol-official-compressed","title":"Доказательство через двудольность и паросочетания","status":"ai_checked","definition_ids":["simple_graph","bipartite_graph","cycle","independent_set","matching","vertex_cover","path","alternating_path","augmenting_path"],"standard_idea_ids":["minimal_counterexample","augmenting_path_method"],"tags":[],"has_text":true,"text_preview":"Докажем утверждение от противного. Предположим, что в графе нет нечетного цикла. Тогда граф двудолен: в каждой компоненте выберем вершину и разобьем остальные вершины по четности расстояния от нее; ребро внутри одного слоя четности вместе с двумя кратчайшими путями к выбранной вершине дало бы нечетный замкнутый маршрут, из которого выделяется нечетный цикл. Пусть `alpha(H)` — размер наибольшего независимого множества графа `H`, а `tau(H)` — размер наименьшего вершинного покрытия, то есть множества вершин, касающегося каждого ребра. Для любого графа на `n` вершинах верно `alpha(H)+tau(H)=n`: дополнение к независимому множеству является вершинным покрытием, и наоборот. Напомним также нужную двудольную лемму Кёнига и докажем ее. В двудольном графе с долями `X,Y` размер наибольшего паросочетания равен размеру наименьшего вершинного покрытия. Действительно, возьмем максимальное паросочетание…"}],"relations":[{"id":"rel-kolmogorov-2004-p9-konig-vertex-cover-prerequisite","neighbor_id":"konig-vertex-cover-theorem","direction":"backward","type":"prerequisite","distance":1,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-kolmogorov-2004-p9-augmenting-path-background","neighbor_id":"augmenting-path-matching-lemma","direction":"backward","type":"prerequisite","distance":2,"status":"ai_checked"}],"search_text":"kolmogorov-2004-team-olympiad-seniors-problem-9 важные рёбра для числа независимости и нечётный цикл, кубок колмогорова 2004 matching goal_proof 2004 https://turmath.ru/kolm/archive.php https://turmath.ru/kolm/files/archive/kolm8.zip kolmogorov kolmogorov2004 olympiad_archive src-kolmogorov-2004-official src-kolmogorov-archive with_solution архив кубка памяти а.н. колмогорова кубок колмогорова кубок колмогорова 2004 официальный архив кубокколмогорова кубокколмогорова2004 ? кубок колмогорова 2004 официальный архив архив кубка памяти а.н. колмогорова stmt-original оригинальная формулировка ai_checked назовем ребро графа важным, если при его удалении увеличивается размер максимального пустого подграфа. докажите, что если два важных ребра имеют общую вершину, то в графе есть нечетный цикл. simple_graph bipartite_graph cycle independent_set idea-graph-role графовая роль граф явно присутствует в условии; ключевой ход — рассмотреть контрапозицию для двудольного графа и перевести важность ребра из языка независимых множеств в язык вершинных покрытий и максимальных паросочетаний. matching ai_checked sol-official-compressed доказательство через двудольность и паросочетания ai_checked simple_graph bipartite_graph cycle independent_set matching vertex_cover path alternating_path augmenting_path minimal_counterexample augmenting_path_method докажем утверждение от противного. предположим, что в графе нет нечетного цикла. тогда граф двудолен: в каждой компоненте выберем вершину и разобьем остальные вершины по четности расстояния от нее; ребро внутри одного слоя четности вместе с двумя кратчайшими путями к выбранной вершине дало бы нечетный замкнутый маршрут, из которого выделяется нечетный цикл. пусть `alpha(h)` — размер наибольшего независимого множества графа `h`, а `tau(h)` — размер наименьшего вершинного покрытия, то есть множества вершин, касающегося каждого ребра. для любого графа на `n` вершинах верно `alpha(h)+tau(h)=n`: дополнение к независимому множеству является вершинным покрытием, и наоборот. напомним также нужную двудольную лемму кёнига и докажем ее. в двудольном графе с долями `x,y` размер наибольшего паросочетания равен размеру наименьшего вершинного покрытия. действительно, возьмем максимальное паросочетание… kolmogorov-2004-team-olympiad-seniors-problem-9 vazhnye rebra dlya chisla nezavisimosti i nechetnyy tsikl, kubok kolmogorova 2004 matching goal_proof 2004 https://turmath.ru/kolm/archive.php https://turmath.ru/kolm/files/archive/kolm8.zip kolmogorov kolmogorov2004 olympiad_archive src-kolmogorov-2004-official src-kolmogorov-archive with_solution arhiv kubka pamyati a.n. kolmogorova kubok kolmogorova kubok kolmogorova 2004 ofitsialnyy arhiv kubokkolmogorova kubokkolmogorova2004 ? kubok kolmogorova 2004 ofitsialnyy arhiv arhiv kubka pamyati a.n. kolmogorova stmt-original originalnaya formulirovka ai_checked nazovem rebro grafa vazhnym, esli pri ego udalenii uvelichivaetsya razmer maksimalnogo pustogo podgrafa. dokazhite, chto esli dva vazhnyh rebra imeyut obschuyu vershinu, to v grafe est nechetnyy tsikl. simple_graph bipartite_graph cycle independent_set idea-graph-role grafovaya rol graf yavno prisutstvuet v uslovii; klyuchevoy hod — rassmotret kontrapozitsiyu dlya dvudolnogo grafa i perevesti vazhnost rebra iz yazyka nezavisimyh mnozhestv v yazyk vershinnyh pokrytiy i maksimalnyh parosochetaniy. matching ai_checked sol-official-compressed dokazatelstvo cherez dvudolnost i parosochetaniya ai_checked simple_graph bipartite_graph cycle independent_set matching vertex_cover path alternating_path augmenting_path minimal_counterexample augmenting_path_method dokazhem utverzhdenie ot protivnogo. predpolozhim, chto v grafe net nechetnogo tsikla. togda graf dvudolen: v kazhdoy komponente vyberem vershinu i razobem ostalnye vershiny po chetnosti rasstoyaniya ot nee; rebro vnutri odnogo sloya chetnosti vmeste s dvumya kratchayshimi putyami k vybrannoy vershine dalo by nechetnyy zamknutyy marshrut, iz kotorogo vydelyaetsya nechetnyy tsikl. pust `alpha(h)` — razmer naibolshego nezavisimogo mnozhestva grafa `h`, a `tau(h)` — razmer naimenshego vershinnogo pokrytiya, to est mnozhestva vershin, kasayuschegosya kazhdogo rebra. dlya lyubogo grafa na `n` vershinah verno `alpha(h)+tau(h)=n`: dopolnenie k nezavisimomu mnozhestvu yavlyaetsya vershinnym pokrytiem, i naoborot. napomnim takzhe nuzhnuyu dvudolnuyu lemmu keniga i dokazhem ee. v dvudolnom grafe s dolyami `x,y` razmer naibolshego parosochetaniya raven razmeru naimenshego vershinnogo pokrytiya. deystvitelno, vozmem maksimalnoe parosochetanie…","source_keys":["kolmogorov"]}
{"id":"kolmogorov-2005-team-olympiad-juniors-problem-8","title":"Чётность числа остовных деревьев в графе с чётными степенями, Кубок Колмогорова 2005","path":"data\\problems\\kolmogorov\\kolmogorov-2005-team-olympiad-juniors-problem-8.yaml","raw_github_url":"https://raw.githubusercontent.com/didin-maxim/knowledge_graph_of_graphs/main/data/problems/kolmogorov/kolmogorov-2005-team-olympiad-juniors-problem-8.yaml","viewer_url":"https://didin-maxim.github.io/knowledge_graph_of_graphs/#kolmogorov-2005-team-olympiad-juniors-problem-8","source_key":"kolmogorov","source_label":"Кубок Колмогорова","source_titles":["Кубок Колмогорова 2005 официальный архив","Архив Кубка памяти А.Н. Колмогорова"],"year":"2005","type":"olympiad_problem","authors":[],"tags":["double_counting","trees","goal_proof"],"agent_topics":[],"difficulty":{"main":"national_final_medium","local_score":6,"comment":"Импортировано из подготовленной графовой карточки KOLM; оценка сложности требует проверки человеком.","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":0.9,"basis":"официальный архивный план развёрнут в самодостаточное доказательство через граф обменов остовных деревьев","notes":"Проверены чётность каждого разреза в графе с чётными степенями, нечётность числа замен для каждого ребра дерева и финальная лемма о рукопожатиях во вспомогательном графе.","audit_source":"official-outline-cleanup-2026-05-16"},"statements":{"original":[{"id":"stmt-original","title":"Оригинальная формулировка","status":"ai_checked","text":"Известно, что каждая вершина графа с четным числом вершин имеет четную степень. Докажите, что количество остовных деревьев в этом графе четно. Остовное дерево понимается как подграф, содержащий все вершины исходного графа и являющийся деревом.","definition_ids":["simple_graph","tree","spanning_tree","degree"]}]},"solutions":[{"id":"sol-official-compressed","title":"Проверенное самодостаточное решение","status":"ai_checked","definition_ids":["simple_graph","tree","spanning_tree","degree"],"standard_idea_ids":["double_counting"],"tags":[],"has_text":true,"text_preview":"Пусть у графа `G` ровно `2k` вершин. Построим вспомогательный граф `H`, вершинами которого будут все остовные деревья графа `G`. Два остовных дерева `T1` и `T2` соединим ребром тогда и только тогда, когда они отличаются заменой одного ребра. Рассмотрим фиксированное остовное дерево `T` и ребро `e` этого дерева. После удаления `e` дерево распадается на две компоненты `U` и `V`. Так как степени всех вершин графа `G` четны, число ребер графа `G`, соединяющих `U` и `V`, четно. Одним из них является `e`, поэтому других ребер между `U` и `V` нечетное число. Заменяя `e` на любое из этих ребер, получаем остовные деревья, соседние с `T` в графе `H`. То же верно для каждого ребра дерева `T`. В самом дереве `T` число ребер равно `2k-1`, то есть оно нечетно. Значит, степень вершины `T` в графе `H` тоже нечетна. Следовательно, в графе `H` каждая вершина имеет нечетную степень. По лемме о рукопожатия…"}],"relations":[{"id":"rel-kolm-2005-junior-senior-spanning-tree-parity","neighbor_id":"kolmogorov-2005-team-olympiad-seniors-problem-9","direction":"forward","type":"same_motif","distance":1,"status":"needs_human_review"},{"id":"rel-ms2012-p10b-kolm2005-junior-spanning-tree-parity","neighbor_id":"miklos-schweitzer-2012-p10b-knot-black-graph-odd-spanning-trees","direction":"backward","type":"same_motif","distance":4,"status":"needs_human_review"}],"search_text":"kolmogorov-2005-team-olympiad-juniors-problem-8 чётность числа остовных деревьев в графе с чётными степенями, кубок колмогорова 2005 double_counting trees goal_proof 2005 https://turmath.ru/kolm/archive.php https://turmath.ru/kolm/files/archive/kolm9.zip kolmogorov kolmogorov2005 olympiad_archive src-kolmogorov-2005-official src-kolmogorov-archive with_solution архив кубка памяти а.н. колмогорова кубок колмогорова кубок колмогорова 2005 официальный архив кубокколмогорова кубокколмогорова2005 ? кубок колмогорова 2005 официальный архив архив кубка памяти а.н. колмогорова stmt-original оригинальная формулировка ai_checked известно, что каждая вершина графа с четным числом вершин имеет четную степень. докажите, что количество остовных деревьев в этом графе четно. остовное дерево понимается как подграф, содержащий все вершины исходного графа и являющийся деревом. simple_graph tree spanning_tree degree idea-graph-role графовая роль граф прямо присутствует в условии, а официальное решение строит еще один граф на множестве остовных деревьев и использует четность степеней и обмен ребер между деревьями. ai_checked sol-official-compressed проверенное самодостаточное решение ai_checked simple_graph tree spanning_tree degree double_counting пусть у графа `g` ровно `2k` вершин. построим вспомогательный граф `h`, вершинами которого будут все остовные деревья графа `g`. два остовных дерева `t1` и `t2` соединим ребром тогда и только тогда, когда они отличаются заменой одного ребра. рассмотрим фиксированное остовное дерево `t` и ребро `e` этого дерева. после удаления `e` дерево распадается на две компоненты `u` и `v`. так как степени всех вершин графа `g` четны, число ребер графа `g`, соединяющих `u` и `v`, четно. одним из них является `e`, поэтому других ребер между `u` и `v` нечетное число. заменяя `e` на любое из этих ребер, получаем остовные деревья, соседние с `t` в графе `h`. то же верно для каждого ребра дерева `t`. в самом дереве `t` число ребер равно `2k-1`, то есть оно нечетно. значит, степень вершины `t` в графе `h` тоже нечетна. следовательно, в графе `h` каждая вершина имеет нечетную степень. по лемме о рукопожатия… kolmogorov-2005-team-olympiad-juniors-problem-8 chetnost chisla ostovnyh derevev v grafe s chetnymi stepenyami, kubok kolmogorova 2005 double_counting trees goal_proof 2005 https://turmath.ru/kolm/archive.php https://turmath.ru/kolm/files/archive/kolm9.zip kolmogorov kolmogorov2005 olympiad_archive src-kolmogorov-2005-official src-kolmogorov-archive with_solution arhiv kubka pamyati a.n. kolmogorova kubok kolmogorova kubok kolmogorova 2005 ofitsialnyy arhiv kubokkolmogorova kubokkolmogorova2005 ? kubok kolmogorova 2005 ofitsialnyy arhiv arhiv kubka pamyati a.n. kolmogorova stmt-original originalnaya formulirovka ai_checked izvestno, chto kazhdaya vershina grafa s chetnym chislom vershin imeet chetnuyu stepen. dokazhite, chto kolichestvo ostovnyh derevev v etom grafe chetno. ostovnoe derevo ponimaetsya kak podgraf, soderzhaschiy vse vershiny ishodnogo grafa i yavlyayuschiysya derevom. simple_graph tree spanning_tree degree idea-graph-role grafovaya rol graf pryamo prisutstvuet v uslovii, a ofitsialnoe reshenie stroit esche odin graf na mnozhestve ostovnyh derevev i ispolzuet chetnost stepeney i obmen reber mezhdu derevyami. ai_checked sol-official-compressed proverennoe samodostatochnoe reshenie ai_checked simple_graph tree spanning_tree degree double_counting pust u grafa `g` rovno `2k` vershin. postroim vspomogatelnyy graf `h`, vershinami kotorogo budut vse ostovnye derevya grafa `g`. dva ostovnyh dereva `t1` i `t2` soedinim rebrom togda i tolko togda, kogda oni otlichayutsya zamenoy odnogo rebra. rassmotrim fiksirovannoe ostovnoe derevo `t` i rebro `e` etogo dereva. posle udaleniya `e` derevo raspadaetsya na dve komponenty `u` i `v`. tak kak stepeni vseh vershin grafa `g` chetny, chislo reber grafa `g`, soedinyayuschih `u` i `v`, chetno. odnim iz nih yavlyaetsya `e`, poetomu drugih reber mezhdu `u` i `v` nechetnoe chislo. zamenyaya `e` na lyuboe iz etih reber, poluchaem ostovnye derevya, sosednie s `t` v grafe `h`. to zhe verno dlya kazhdogo rebra dereva `t`. v samom dereve `t` chislo reber ravno `2k-1`, to est ono nechetno. znachit, stepen vershiny `t` v grafe `h` tozhe nechetna. sledovatelno, v grafe `h` kazhdaya vershina imeet nechetnuyu stepen. po lemme o rukopozhatiya…","source_keys":["kolmogorov"]}
{"id":"kolmogorov-2005-team-olympiad-seniors-problem-9","title":"Чётность числа остовных деревьев в двудольном графе, Кубок Колмогорова 2005","path":"data\\problems\\kolmogorov\\kolmogorov-2005-team-olympiad-seniors-problem-9.yaml","raw_github_url":"https://raw.githubusercontent.com/didin-maxim/knowledge_graph_of_graphs/main/data/problems/kolmogorov/kolmogorov-2005-team-olympiad-seniors-problem-9.yaml","viewer_url":"https://didin-maxim.github.io/knowledge_graph_of_graphs/#kolmogorov-2005-team-olympiad-seniors-problem-9","source_key":"kolmogorov","source_label":"Кубок Колмогорова","source_titles":["Кубок Колмогорова 2005 официальный архив","Архив Кубка памяти А.Н. Колмогорова"],"year":"2005","type":"olympiad_problem","authors":[],"tags":["double_counting","trees","goal_proof"],"agent_topics":[],"difficulty":{"main":"national_final_medium","local_score":6,"comment":"Импортировано из подготовленной графовой карточки KOLM; оценка сложности требует проверки человеком.","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":0.9,"basis":"официальный архивный план развёрнут в самодостаточное доказательство двойным счётом остовных деревьев и одноцикловых остовных подграфов","notes":"Проверены нечётное число добавляемых рёбер к каждому остовному дереву и чётное число предков каждого одноциклового остовного подграфа из-за двудольности.","audit_source":"official-outline-cleanup-2026-05-16"},"statements":{"original":[{"id":"stmt-original","title":"Оригинальная формулировка","status":"ai_checked","text":"Докажите, что у двудольного графа с четным числом вершин и четным числом ребер количество остовных деревьев четно. Остовным деревом называется подграф исходного графа, содержащий все его вершины и являющийся деревом.","definition_ids":["simple_graph","tree","bipartite_graph","cycle","spanning_tree"]}]},"solutions":[{"id":"sol-official-compressed","title":"Проверенное самодостаточное решение","status":"ai_checked","definition_ids":["simple_graph","tree","bipartite_graph","cycle","spanning_tree"],"standard_idea_ids":["double_counting"],"tags":[],"has_text":true,"text_preview":"Обозначим через `T(G)` множество остовных деревьев графа `G`, а через `M(G)` множество его остовных подграфов, имеющих ровно один цикл. Возьмем любое остовное дерево `T`. Так как число вершин четно, у дерева нечетное число ребер. Поскольку общее число ребер графа тоже четно, вне `T` остается нечетное число ребер. Если добавить к `T` любое из этих ребер, получится остовный подграф с единственным циклом, то есть элемент множества `M(G)`. Значит, каждому дереву соответствует нечетное число элементов из `M(G)`. Теперь возьмем любой граф `H` из `M(G)` и рассмотрим его единственный цикл `Z`. Удаляя из `Z` одно ребро, мы получаем остовные деревья, из которых мог получиться `H`. Так как исходный граф двудолен, цикл `Z` имеет четную длину, следовательно, у `H` четное число таких \"предков\". Подсчитав число пар вида `(остовное дерево, одноцикловый остовный граф)`, где второй получается добавлением…"}],"relations":[{"id":"rel-kolm-2005-junior-senior-spanning-tree-parity","neighbor_id":"kolmogorov-2005-team-olympiad-juniors-problem-8","direction":"backward","type":"same_motif","distance":1,"status":"needs_human_review"},{"id":"rel-ms2012-p10b-kolm2005-senior-bipartite-spanning-tree-parity","neighbor_id":"miklos-schweitzer-2012-p10b-knot-black-graph-odd-spanning-trees","direction":"backward","type":"same_motif","distance":4,"status":"needs_human_review"}],"search_text":"kolmogorov-2005-team-olympiad-seniors-problem-9 чётность числа остовных деревьев в двудольном графе, кубок колмогорова 2005 double_counting trees goal_proof 2005 https://turmath.ru/kolm/archive.php https://turmath.ru/kolm/files/archive/kolm9.zip kolmogorov kolmogorov2005 olympiad_archive src-kolmogorov-2005-official src-kolmogorov-archive with_solution архив кубка памяти а.н. колмогорова кубок колмогорова кубок колмогорова 2005 официальный архив кубокколмогорова кубокколмогорова2005 ? кубок колмогорова 2005 официальный архив архив кубка памяти а.н. колмогорова stmt-original оригинальная формулировка ai_checked докажите, что у двудольного графа с четным числом вершин и четным числом ребер количество остовных деревьев четно. остовным деревом называется подграф исходного графа, содержащий все его вершины и являющийся деревом. simple_graph tree bipartite_graph cycle spanning_tree idea-graph-role графовая роль граф прямо присутствует в условии, а официальное решение целиком построено на графовых объектах: двудольности, остовных деревьях, остовных одноцикловых подграфах и четности длины циклов. ai_checked sol-official-compressed проверенное самодостаточное решение ai_checked simple_graph tree bipartite_graph cycle spanning_tree double_counting обозначим через `t(g)` множество остовных деревьев графа `g`, а через `m(g)` множество его остовных подграфов, имеющих ровно один цикл. возьмем любое остовное дерево `t`. так как число вершин четно, у дерева нечетное число ребер. поскольку общее число ребер графа тоже четно, вне `t` остается нечетное число ребер. если добавить к `t` любое из этих ребер, получится остовный подграф с единственным циклом, то есть элемент множества `m(g)`. значит, каждому дереву соответствует нечетное число элементов из `m(g)`. теперь возьмем любой граф `h` из `m(g)` и рассмотрим его единственный цикл `z`. удаляя из `z` одно ребро, мы получаем остовные деревья, из которых мог получиться `h`. так как исходный граф двудолен, цикл `z` имеет четную длину, следовательно, у `h` четное число таких \"предков\". подсчитав число пар вида `(остовное дерево, одноцикловый остовный граф)`, где второй получается добавлением… kolmogorov-2005-team-olympiad-seniors-problem-9 chetnost chisla ostovnyh derevev v dvudolnom grafe, kubok kolmogorova 2005 double_counting trees goal_proof 2005 https://turmath.ru/kolm/archive.php https://turmath.ru/kolm/files/archive/kolm9.zip kolmogorov kolmogorov2005 olympiad_archive src-kolmogorov-2005-official src-kolmogorov-archive with_solution arhiv kubka pamyati a.n. kolmogorova kubok kolmogorova kubok kolmogorova 2005 ofitsialnyy arhiv kubokkolmogorova kubokkolmogorova2005 ? kubok kolmogorova 2005 ofitsialnyy arhiv arhiv kubka pamyati a.n. kolmogorova stmt-original originalnaya formulirovka ai_checked dokazhite, chto u dvudolnogo grafa s chetnym chislom vershin i chetnym chislom reber kolichestvo ostovnyh derevev chetno. ostovnym derevom nazyvaetsya podgraf ishodnogo grafa, soderzhaschiy vse ego vershiny i yavlyayuschiysya derevom. simple_graph tree bipartite_graph cycle spanning_tree idea-graph-role grafovaya rol graf pryamo prisutstvuet v uslovii, a ofitsialnoe reshenie tselikom postroeno na grafovyh obektah: dvudolnosti, ostovnyh derevyah, ostovnyh odnotsiklovyh podgrafah i chetnosti dliny tsiklov. ai_checked sol-official-compressed proverennoe samodostatochnoe reshenie ai_checked simple_graph tree bipartite_graph cycle spanning_tree double_counting oboznachim cherez `t(g)` mnozhestvo ostovnyh derevev grafa `g`, a cherez `m(g)` mnozhestvo ego ostovnyh podgrafov, imeyuschih rovno odin tsikl. vozmem lyuboe ostovnoe derevo `t`. tak kak chislo vershin chetno, u dereva nechetnoe chislo reber. poskolku obschee chislo reber grafa tozhe chetno, vne `t` ostaetsya nechetnoe chislo reber. esli dobavit k `t` lyuboe iz etih reber, poluchitsya ostovnyy podgraf s edinstvennym tsiklom, to est element mnozhestva `m(g)`. znachit, kazhdomu derevu sootvetstvuet nechetnoe chislo elementov iz `m(g)`. teper vozmem lyuboy graf `h` iz `m(g)` i rassmotrim ego edinstvennyy tsikl `z`. udalyaya iz `z` odno rebro, my poluchaem ostovnye derevya, iz kotoryh mog poluchitsya `h`. tak kak ishodnyy graf dvudolen, tsikl `z` imeet chetnuyu dlinu, sledovatelno, u `h` chetnoe chislo takih \"predkov\". podschitav chislo par vida `(ostovnoe derevo, odnotsiklovyy ostovnyy graf)`, gde vtoroy poluchaetsya dobavleniem…","source_keys":["kolmogorov"]}
{"id":"kolmogorov-2006-round-1-super-high-first-league-problem-1","title":"Треугольник-свободный граф на 100 вершинах с большой минимальной степенью, Кубок Колмогорова 2006","path":"data\\problems\\kolmogorov\\kolmogorov-2006-round-1-super-high-first-league-problem-1.yaml","raw_github_url":"https://raw.githubusercontent.com/didin-maxim/knowledge_graph_of_graphs/main/data/problems/kolmogorov/kolmogorov-2006-round-1-super-high-first-league-problem-1.yaml","viewer_url":"https://didin-maxim.github.io/knowledge_graph_of_graphs/#kolmogorov-2006-round-1-super-high-first-league-problem-1","source_key":"kolmogorov","source_label":"Кубок Колмогорова","source_titles":["Кубок Колмогорова 2006 официальный архив","Архив Кубка памяти А.Н. Колмогорова"],"year":"2006","type":"olympiad_problem","authors":[],"tags":["coloring","extremal_graph_theory","forbidden_triangle","goal_proof"],"agent_topics":[],"difficulty":{"main":"national_final_medium","local_score":6,"comment":"Импортировано из подготовленной графовой карточки KOLM; оценка сложности требует проверки человеком.","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":0.9,"basis":"официальный архивный план развёрнут в самодостаточное доказательство через минимальный нечётный цикл","notes":"Проверены случаи 5- и 7-цикла, отсутствие хорд, лемма о пути длины не больше 3 между любыми двумя вершинами и финальное противоречие для цикла длины не меньше 9.","audit_source":"official-outline-cleanup-2026-05-16"},"statements":{"original":[{"id":"stmt-original","title":"Оригинальная формулировка","status":"ai_checked","text":"В графе со 100 вершинами нет треугольников, а степень каждой вершины больше 40. Докажите, что этот граф двудольный.","definition_ids":["simple_graph","bipartite_graph","cycle","degree"]}]},"solutions":[{"id":"sol-official-compressed","title":"Расширенное проверенное решение","status":"ai_checked","definition_ids":["simple_graph","bipartite_graph","cycle","degree"],"standard_idea_ids":["minimal_counterexample","double_counting"],"tags":[],"has_text":true,"text_preview":"Достаточно доказать, что в графе нет нечетных циклов: граф двудолен тогда и только тогда, когда он не содержит нечетного цикла. Предположим противное и выберем нечетный цикл `C` минимальной длины `n`. Так как треугольников нет, `n >= 5`. Кроме того, у `C` нет хорд: хорда разбила бы нечетный цикл на два цикла, из которых один нечетен и имеет меньшую длину. Сначала разберем случай `n = 5`. Пусть `C` имеет 5 вершин. Любая вершина вне `C` может быть смежна не более чем с двумя вершинами `C`: если она смежна с тремя вершинами пятерки, среди этих трех найдутся две соседние на `C`, и вместе с внешней вершиной они дадут треугольник. Поэтому число ребер между `C` и остальными 95 вершинами не больше `95 * 2`. Внутри самого цикла 5 ребер, и они дают вклад `10` в сумму степеней вершин цикла. Следовательно, сумма степеней пяти вершин `C` не превосходит `10 + 95 * 2 = 200`, а значит одна из них имеет…"}],"relations":[{"id":"rel-metadata-kolm-2006-triangle-free-shortest-odd-cycle","neighbor_id":"shortest-odd-cycle-external-neighbor-bound","direction":"forward","type":"same_motif","distance":1,"status":"needs_human_review"}],"search_text":"kolmogorov-2006-round-1-super-high-first-league-problem-1 треугольник-свободный граф на 100 вершинах с большой минимальной степенью, кубок колмогорова 2006 coloring extremal_graph_theory forbidden_triangle goal_proof 2006 https://turmath.ru/kolm/archive.php https://turmath.ru/kolm/files/archive/kolm10.zip kolmogorov kolmogorov2006 olympiad_archive src-kolmogorov-2006-official src-kolmogorov-archive with_solution архив кубка памяти а.н. колмогорова кубок колмогорова кубок колмогорова 2006 официальный архив кубокколмогорова кубокколмогорова2006 ? кубок колмогорова 2006 официальный архив архив кубка памяти а.н. колмогорова stmt-original оригинальная формулировка ai_checked в графе со 100 вершинами нет треугольников, а степень каждой вершины больше 40. докажите, что этот граф двудольный. simple_graph bipartite_graph cycle degree idea-graph-role графовая роль граф прямо присутствует в условии, а официальное решение полностью использует графовые понятия: степени вершин, пути, циклы, двудольность и локальные запрещенные конфигурации. coloring extremal_graph_theory ai_checked sol-official-compressed расширенное проверенное решение ai_checked simple_graph bipartite_graph cycle degree minimal_counterexample double_counting достаточно доказать, что в графе нет нечетных циклов: граф двудолен тогда и только тогда, когда он не содержит нечетного цикла. предположим противное и выберем нечетный цикл `c` минимальной длины `n`. так как треугольников нет, `n >= 5`. кроме того, у `c` нет хорд: хорда разбила бы нечетный цикл на два цикла, из которых один нечетен и имеет меньшую длину. сначала разберем случай `n = 5`. пусть `c` имеет 5 вершин. любая вершина вне `c` может быть смежна не более чем с двумя вершинами `c`: если она смежна с тремя вершинами пятерки, среди этих трех найдутся две соседние на `c`, и вместе с внешней вершиной они дадут треугольник. поэтому число ребер между `c` и остальными 95 вершинами не больше `95 * 2`. внутри самого цикла 5 ребер, и они дают вклад `10` в сумму степеней вершин цикла. следовательно, сумма степеней пяти вершин `c` не превосходит `10 + 95 * 2 = 200`, а значит одна из них имеет… kolmogorov-2006-round-1-super-high-first-league-problem-1 treugolnik-svobodnyy graf na 100 vershinah s bolshoy minimalnoy stepenyu, kubok kolmogorova 2006 coloring extremal_graph_theory forbidden_triangle goal_proof 2006 https://turmath.ru/kolm/archive.php https://turmath.ru/kolm/files/archive/kolm10.zip kolmogorov kolmogorov2006 olympiad_archive src-kolmogorov-2006-official src-kolmogorov-archive with_solution arhiv kubka pamyati a.n. kolmogorova kubok kolmogorova kubok kolmogorova 2006 ofitsialnyy arhiv kubokkolmogorova kubokkolmogorova2006 ? kubok kolmogorova 2006 ofitsialnyy arhiv arhiv kubka pamyati a.n. kolmogorova stmt-original originalnaya formulirovka ai_checked v grafe so 100 vershinami net treugolnikov, a stepen kazhdoy vershiny bolshe 40. dokazhite, chto etot graf dvudolnyy. simple_graph bipartite_graph cycle degree idea-graph-role grafovaya rol graf pryamo prisutstvuet v uslovii, a ofitsialnoe reshenie polnostyu ispolzuet grafovye ponyatiya: stepeni vershin, puti, tsikly, dvudolnost i lokalnye zapreschennye konfiguratsii. coloring extremal_graph_theory ai_checked sol-official-compressed rasshirennoe proverennoe reshenie ai_checked simple_graph bipartite_graph cycle degree minimal_counterexample double_counting dostatochno dokazat, chto v grafe net nechetnyh tsiklov: graf dvudolen togda i tolko togda, kogda on ne soderzhit nechetnogo tsikla. predpolozhim protivnoe i vyberem nechetnyy tsikl `c` minimalnoy dliny `n`. tak kak treugolnikov net, `n >= 5`. krome togo, u `c` net hord: horda razbila by nechetnyy tsikl na dva tsikla, iz kotoryh odin necheten i imeet menshuyu dlinu. snachala razberem sluchay `n = 5`. pust `c` imeet 5 vershin. lyubaya vershina vne `c` mozhet byt smezhna ne bolee chem s dvumya vershinami `c`: esli ona smezhna s tremya vershinami pyaterki, sredi etih treh naydutsya dve sosednie na `c`, i vmeste s vneshney vershinoy oni dadut treugolnik. poetomu chislo reber mezhdu `c` i ostalnymi 95 vershinami ne bolshe `95 * 2`. vnutri samogo tsikla 5 reber, i oni dayut vklad `10` v summu stepeney vershin tsikla. sledovatelno, summa stepeney pyati vershin `c` ne prevoshodit `10 + 95 * 2 = 200`, a znachit odna iz nih imeet…","source_keys":["kolmogorov"]}
{"id":"kolmogorov-2006-round-1-super-high-first-league-problem-9","title":"Плоское разбиение квадрата и вершина малой степени, Кубок Колмогорова 2006","path":"data\\problems\\kolmogorov\\kolmogorov-2006-round-1-super-high-first-league-problem-9.yaml","raw_github_url":"https://raw.githubusercontent.com/didin-maxim/knowledge_graph_of_graphs/main/data/problems/kolmogorov/kolmogorov-2006-round-1-super-high-first-league-problem-9.yaml","viewer_url":"https://didin-maxim.github.io/knowledge_graph_of_graphs/#kolmogorov-2006-round-1-super-high-first-league-problem-9","source_key":"kolmogorov","source_label":"Кубок Колмогорова","source_titles":["Кубок Колмогорова 2006 официальный архив","Архив Кубка памяти А.Н. Колмогорова"],"year":"2006","type":"olympiad_problem","authors":[],"tags":["double_counting","planar_graphs","goal_counting"],"agent_topics":[],"difficulty":{"main":"national_final_medium","local_score":7,"comment":"Официальный план короткий, но полный публичный разбор требует аккуратного анализа угловых степеней и явной экстремальной конструкции.","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 доведён агентом","status":"ai_checked","confidence":0.86,"basis":"аудит особо высокой сложности 2026-05-07 довёл и проверил сжатый официальный план","notes":"Официальный архив подтверждает ответ и краткую схему через плоский граф, степени вершин и формулу Эйлера; в карточке подробно восстановлены угловые случаи и индукционная конструкция.","audit_source":"very_high_pipeline_batch_2_2026_05_07"},"statements":{"original":[{"id":"stmt-original","title":"Оригинальная формулировка","status":"ai_checked","text":"Внутри квадрата, но не на его сторонах, отмечено несколько точек. Вершины квадрата также отмечены. Никакие три отмеченные точки не лежат на одной прямой. Некоторые пары отмеченных точек соединены непересекающимися отрезками так, что квадрат разбился на \\(n\\) выпуклых многоугольников, не содержащих отмеченных точек внутри. Для каждого натурального \\(n\\) найдите максимальное возможное количество проведённых отрезков.","definition_ids":["planar_graph","degree"]}]},"solutions":[{"id":"sol-official-expanded","title":"Эйлеров подсчёт и индукционная конструкция","status":"ai_checked","definition_ids":["planar_graph","degree"],"standard_idea_ids":["face_counting","double_counting","induction"],"tags":[],"has_text":true,"text_preview":"Ответ: \\(0\\) при \\(n=1\\), \\(1\\) при \\(n=2\\), и \\(3n-6\\) при \\(n\\ge3\\). Сначала докажем верхнюю оценку. Рассмотрим плоский граф \\(G\\), вершинами которого являются все отмеченные точки, а рёбрами — все проведённые отрезки и четыре стороны квадрата. Из условия, что никакие три отмеченные точки не лежат на одной прямой, следует, что отмеченная точка не может лежать внутри стороны какого-либо многоугольника разбиения. Поэтому каждая отмеченная точка действительно является вершиной графа \\(G\\). Пусть \\(V\\) и \\(E\\) — числа вершин и рёбер графа \\(G\\), где в \\(E\\) включены четыре стороны исходного квадрата. Внутренних граней у графа ровно \\(n\\), поэтому для разбиения диска формула Эйлера имеет вид \\[ V-E+n=1. \\tag{1} \\] Разберём степени вершин. Если отмеченная точка лежит внутри квадрата и имеет степень \\(d\\), то \\(d\\) рёбер, выходящих из неё, разбивают полный угол \\(360^\\circ\\) на \\(d\\) углов м…"}],"relations":[{"id":"rel-kolm-deep-2006-planar-subdivision-triangulation","neighbor_id":"kolmogorov-2006-round-4-super-league-problem-5","direction":"forward","type":"same_motif","distance":2,"status":"needs_human_review"}],"search_text":"kolmogorov-2006-round-1-super-high-first-league-problem-9 плоское разбиение квадрата и вершина малой степени, кубок колмогорова 2006 double_counting planar_graphs goal_counting 2006 https://turmath.ru/kolm/archive.php https://turmath.ru/kolm/files/archive/kolm10.zip kolmogorov kolmogorov2006 olympiad_archive src-kolmogorov-2006-official src-kolmogorov-archive with_solution архив кубка памяти а.н. колмогорова кубок колмогорова кубок колмогорова 2006 официальный архив кубокколмогорова кубокколмогорова2006 ? кубок колмогорова 2006 официальный архив архив кубка памяти а.н. колмогорова stmt-original оригинальная формулировка ai_checked внутри квадрата, но не на его сторонах, отмечено несколько точек. вершины квадрата также отмечены. никакие три отмеченные точки не лежат на одной прямой. некоторые пары отмеченных точек соединены непересекающимися отрезками так, что квадрат разбился на \\(n\\) выпуклых многоугольников, не содержащих отмеченных точек внутри. для каждого натурального \\(n\\) найдите максимальное возможное количество проведённых отрезков. planar_graph degree idea-euler-degree-bound эйлеров подсчёт через степени если добавить к проведённым отрезкам четыре стороны квадрата, получится плоский граф разбиения диска. для \\(n>2\\) все внутренние вершины и все вершины квадрата, кроме, возможно, одной, имеют степень не меньше 3; поэтому \\(2e\\ge 3v-1\\), и формула эйлера даёт верхнюю оценку. planar_graphs double_counting degree_counting ai_checked idea-corner-degree-cases две малые угловые степени ломают выпуклость если две соседние вершины квадрата имеют степень 2, то выпуклая область при общей стороне должна быть всем квадратом. если степень 2 имеют две противоположные вершины, выпуклость заставляет провести диагональ между двумя другими вершинами, и это только случай \\(n=2\\). planar_graphs goal_classification ai_checked idea-truncate-degree-three-vertex замена вершины степени 3 маленьким треугольником для достижения границы достаточно построить пример при \\(n=3\\) с внутренней вершиной степени 3, а затем заменять такую вершину маленьким треугольником. число областей увеличивается на 1, число проведённых отрезков — на 3, и формула \\(3n-6\\) сохраняется. induction extremal_choice ai_checked sol-official-expanded эйлеров подсчёт и индукционная конструкция ai_checked planar_graph degree face_counting double_counting induction ответ: \\(0\\) при \\(n=1\\), \\(1\\) при \\(n=2\\), и \\(3n-6\\) при \\(n\\ge3\\). сначала докажем верхнюю оценку. рассмотрим плоский граф \\(g\\), вершинами которого являются все отмеченные точки, а рёбрами — все проведённые отрезки и четыре стороны квадрата. из условия, что никакие три отмеченные точки не лежат на одной прямой, следует, что отмеченная точка не может лежать внутри стороны какого-либо многоугольника разбиения. поэтому каждая отмеченная точка действительно является вершиной графа \\(g\\). пусть \\(v\\) и \\(e\\) — числа вершин и рёбер графа \\(g\\), где в \\(e\\) включены четыре стороны исходного квадрата. внутренних граней у графа ровно \\(n\\), поэтому для разбиения диска формула эйлера имеет вид \\[ v-e+n=1. \\tag{1} \\] разберём степени вершин. если отмеченная точка лежит внутри квадрата и имеет степень \\(d\\), то \\(d\\) рёбер, выходящих из неё, разбивают полный угол \\(360^\\circ\\) на \\(d\\) углов м… kolmogorov-2006-round-1-super-high-first-league-problem-9 ploskoe razbienie kvadrata i vershina maloy stepeni, kubok kolmogorova 2006 double_counting planar_graphs goal_counting 2006 https://turmath.ru/kolm/archive.php https://turmath.ru/kolm/files/archive/kolm10.zip kolmogorov kolmogorov2006 olympiad_archive src-kolmogorov-2006-official src-kolmogorov-archive with_solution arhiv kubka pamyati a.n. kolmogorova kubok kolmogorova kubok kolmogorova 2006 ofitsialnyy arhiv kubokkolmogorova kubokkolmogorova2006 ? kubok kolmogorova 2006 ofitsialnyy arhiv arhiv kubka pamyati a.n. kolmogorova stmt-original originalnaya formulirovka ai_checked vnutri kvadrata, no ne na ego storonah, otmecheno neskolko tochek. vershiny kvadrata takzhe otmecheny. nikakie tri otmechennye tochki ne lezhat na odnoy pryamoy. nekotorye pary otmechennyh tochek soedineny neperesekayuschimisya otrezkami tak, chto kvadrat razbilsya na \\(n\\) vypuklyh mnogougolnikov, ne soderzhaschih otmechennyh tochek vnutri. dlya kazhdogo naturalnogo \\(n\\) naydite maksimalnoe vozmozhnoe kolichestvo provedennyh otrezkov. planar_graph degree idea-euler-degree-bound eylerov podschet cherez stepeni esli dobavit k provedennym otrezkam chetyre storony kvadrata, poluchitsya ploskiy graf razbieniya diska. dlya \\(n>2\\) vse vnutrennie vershiny i vse vershiny kvadrata, krome, vozmozhno, odnoy, imeyut stepen ne menshe 3; poetomu \\(2e\\ge 3v-1\\), i formula eylera daet verhnyuyu otsenku. planar_graphs double_counting degree_counting ai_checked idea-corner-degree-cases dve malye uglovye stepeni lomayut vypuklost esli dve sosednie vershiny kvadrata imeyut stepen 2, to vypuklaya oblast pri obschey storone dolzhna byt vsem kvadratom. esli stepen 2 imeyut dve protivopolozhnye vershiny, vypuklost zastavlyaet provesti diagonal mezhdu dvumya drugimi vershinami, i eto tolko sluchay \\(n=2\\). planar_graphs goal_classification ai_checked idea-truncate-degree-three-vertex zamena vershiny stepeni 3 malenkim treugolnikom dlya dostizheniya granitsy dostatochno postroit primer pri \\(n=3\\) s vnutrenney vershinoy stepeni 3, a zatem zamenyat takuyu vershinu malenkim treugolnikom. chislo oblastey uvelichivaetsya na 1, chislo provedennyh otrezkov — na 3, i formula \\(3n-6\\) sohranyaetsya. induction extremal_choice ai_checked sol-official-expanded eylerov podschet i induktsionnaya konstruktsiya ai_checked planar_graph degree face_counting double_counting induction otvet: \\(0\\) pri \\(n=1\\), \\(1\\) pri \\(n=2\\), i \\(3n-6\\) pri \\(n\\ge3\\). snachala dokazhem verhnyuyu otsenku. rassmotrim ploskiy graf \\(g\\), vershinami kotorogo yavlyayutsya vse otmechennye tochki, a rebrami — vse provedennye otrezki i chetyre storony kvadrata. iz usloviya, chto nikakie tri otmechennye tochki ne lezhat na odnoy pryamoy, sleduet, chto otmechennaya tochka ne mozhet lezhat vnutri storony kakogo-libo mnogougolnika razbieniya. poetomu kazhdaya otmechennaya tochka deystvitelno yavlyaetsya vershinoy grafa \\(g\\). pust \\(v\\) i \\(e\\) — chisla vershin i reber grafa \\(g\\), gde v \\(e\\) vklyucheny chetyre storony ishodnogo kvadrata. vnutrennih graney u grafa rovno \\(n\\), poetomu dlya razbieniya diska formula eylera imeet vid \\[ v-e+n=1. \\tag{1} \\] razberem stepeni vershin. esli otmechennaya tochka lezhit vnutri kvadrata i imeet stepen \\(d\\), to \\(d\\) reber, vyhodyaschih iz nee, razbivayut polnyy ugol \\(360^\\circ\\) na \\(d\\) uglov m…","source_keys":["kolmogorov"]}
{"id":"kolmogorov-2006-round-2-first-junior-league-problem-8","title":"Максимум белых клеток в связной клетчатой фигуре с n чёрными, Кубок Колмогорова 2006","path":"data\\problems\\kolmogorov\\kolmogorov-2006-round-2-first-junior-league-problem-8.yaml","raw_github_url":"https://raw.githubusercontent.com/didin-maxim/knowledge_graph_of_graphs/main/data/problems/kolmogorov/kolmogorov-2006-round-2-first-junior-league-problem-8.yaml","viewer_url":"https://didin-maxim.github.io/knowledge_graph_of_graphs/#kolmogorov-2006-round-2-first-junior-league-problem-8","source_key":"kolmogorov","source_label":"Кубок Колмогорова","source_titles":["Кубок Колмогорова 2006 официальный архив","Архив Кубка памяти А.Н. Колмогорова"],"year":"2006","type":"olympiad_problem","authors":[],"tags":["matching","trees","goal_exact_bound"],"agent_topics":[],"difficulty":{"main":"national_final_medium","local_score":6,"comment":"Импортировано из подготовленной графовой карточки КОЛМ; оценка сложности требует проверки человеком.","status":"needs_human_review"},"review_status":"needs_human_review","public_ready":false,"solution_state":"with_solution","solution_classification":{"type":"official_complete_or_near_complete","label":"официальное полное/почти полное","status":"ai_checked","confidence":0.86,"basis":"агентский аудит средней сложности","notes":"В этом проходе развёрнуты оценка через остовное дерево клеток и конструкция, включая случай n=1.","audit_source":"agent-russian-archives.json"},"statements":{"original":[{"id":"stmt-original","title":"Оригинальная формулировка","status":"ai_checked","text":"Из бесконечной шахматной доски по границам клеток вырезана связная фигура. В ней \\(n\\) черных клеток. Каково максимальное возможное количество белых клеток?","definition_ids":["tree","bipartite_graph","connected_graph","spanning_tree","neighborhood"]}]},"solutions":[{"id":"sol-official-compressed","title":"Проверенное самодостаточное решение","status":"ai_checked","definition_ids":["tree","bipartite_graph","connected_graph","spanning_tree","neighborhood"],"standard_idea_ids":["extremal_choice"],"tags":[],"has_text":true,"text_preview":"Ответ: `3n + 1`. Рассмотрим граф клеток фигуры: вершинами являются клетки, а ребро соединяет две клетки с общей стороной. Фигура связна, значит этот граф связен. Выберем в нем остовное дерево и укореним его в некоторой белой клетке, если белые клетки есть. Если белых клеток нет, оценка очевидна. В шахматной раскраске соседние по стороне клетки имеют разные цвета, поэтому уровни укорененного дерева чередуются по цвету. У корневой белой клетки может быть не более `4` сыновей-черных клеток. У любой другой черной клетки один сосед в дереве уже является ее отцом-белой клеткой, а всего у клетки на доске не более `4` соседей; значит, у такой черной клетки не более `3` сыновей-белых клеток. То же верно и для черных сыновей корня: у каждого из них уже есть отец, поэтому белых сыновей не больше `3`. Каждая белая клетка, кроме корня, является сыном некоторой черной клетки. Черных клеток всего `n`,…"}],"relations":[{"id":"rel-kolm-2006-grid-tree-round2","neighbor_id":"kolmogorov-2006-round-2-super-league-problem-6","direction":"backward","type":"same_motif","distance":1,"status":"needs_human_review"}],"search_text":"kolmogorov-2006-round-2-first-junior-league-problem-8 максимум белых клеток в связной клетчатой фигуре с n чёрными, кубок колмогорова 2006 matching trees goal_exact_bound 2006 https://turmath.ru/kolm/archive.php https://turmath.ru/kolm/files/archive/kolm10.zip kolmogorov kolmogorov2006 olympiad_archive src-kolmogorov-2006-official src-kolmogorov-archive with_solution архив кубка памяти а.н. колмогорова кубок колмогорова кубок колмогорова 2006 официальный архив кубокколмогорова кубокколмогорова2006 ? кубок колмогорова 2006 официальный архив архив кубка памяти а.н. колмогорова stmt-original оригинальная формулировка ai_checked из бесконечной шахматной доски по границам клеток вырезана связная фигура. в ней \\(n\\) черных клеток. каково максимальное возможное количество белых клеток? tree bipartite_graph connected_graph spanning_tree neighborhood idea-graph-role графовая роль граф не дан явно, но официальное решение строит дерево соседства клеток и именно через свойства этого дерева получает верхнюю оценку. ai_checked sol-official-compressed проверенное самодостаточное решение ai_checked tree bipartite_graph connected_graph spanning_tree neighborhood extremal_choice ответ: `3n + 1`. рассмотрим граф клеток фигуры: вершинами являются клетки, а ребро соединяет две клетки с общей стороной. фигура связна, значит этот граф связен. выберем в нем остовное дерево и укореним его в некоторой белой клетке, если белые клетки есть. если белых клеток нет, оценка очевидна. в шахматной раскраске соседние по стороне клетки имеют разные цвета, поэтому уровни укорененного дерева чередуются по цвету. у корневой белой клетки может быть не более `4` сыновей-черных клеток. у любой другой черной клетки один сосед в дереве уже является ее отцом-белой клеткой, а всего у клетки на доске не более `4` соседей; значит, у такой черной клетки не более `3` сыновей-белых клеток. то же верно и для черных сыновей корня: у каждого из них уже есть отец, поэтому белых сыновей не больше `3`. каждая белая клетка, кроме корня, является сыном некоторой черной клетки. черных клеток всего `n`,… kolmogorov-2006-round-2-first-junior-league-problem-8 maksimum belyh kletok v svyaznoy kletchatoy figure s n chernymi, kubok kolmogorova 2006 matching trees goal_exact_bound 2006 https://turmath.ru/kolm/archive.php https://turmath.ru/kolm/files/archive/kolm10.zip kolmogorov kolmogorov2006 olympiad_archive src-kolmogorov-2006-official src-kolmogorov-archive with_solution arhiv kubka pamyati a.n. kolmogorova kubok kolmogorova kubok kolmogorova 2006 ofitsialnyy arhiv kubokkolmogorova kubokkolmogorova2006 ? kubok kolmogorova 2006 ofitsialnyy arhiv arhiv kubka pamyati a.n. kolmogorova stmt-original originalnaya formulirovka ai_checked iz beskonechnoy shahmatnoy doski po granitsam kletok vyrezana svyaznaya figura. v ney \\(n\\) chernyh kletok. kakovo maksimalnoe vozmozhnoe kolichestvo belyh kletok? tree bipartite_graph connected_graph spanning_tree neighborhood idea-graph-role grafovaya rol graf ne dan yavno, no ofitsialnoe reshenie stroit derevo sosedstva kletok i imenno cherez svoystva etogo dereva poluchaet verhnyuyu otsenku. ai_checked sol-official-compressed proverennoe samodostatochnoe reshenie ai_checked tree bipartite_graph connected_graph spanning_tree neighborhood extremal_choice otvet: `3n + 1`. rassmotrim graf kletok figury: vershinami yavlyayutsya kletki, a rebro soedinyaet dve kletki s obschey storonoy. figura svyazna, znachit etot graf svyazen. vyberem v nem ostovnoe derevo i ukorenim ego v nekotoroy beloy kletke, esli belye kletki est. esli belyh kletok net, otsenka ochevidna. v shahmatnoy raskraske sosednie po storone kletki imeyut raznye tsveta, poetomu urovni ukorenennogo dereva chereduyutsya po tsvetu. u kornevoy beloy kletki mozhet byt ne bolee `4` synovey-chernyh kletok. u lyuboy drugoy chernoy kletki odin sosed v dereve uzhe yavlyaetsya ee ottsom-beloy kletkoy, a vsego u kletki na doske ne bolee `4` sosedey; znachit, u takoy chernoy kletki ne bolee `3` synovey-belyh kletok. to zhe verno i dlya chernyh synovey kornya: u kazhdogo iz nih uzhe est otets, poetomu belyh synovey ne bolshe `3`. kazhdaya belaya kletka, krome kornya, yavlyaetsya synom nekotoroy chernoy kletki. chernyh kletok vsego `n`,…","source_keys":["kolmogorov"]}
{"id":"kolmogorov-2006-round-2-super-league-problem-6","title":"Разрезание клетчатой фигуры с втрое большим числом чёрных клеток, Кубок Колмогорова 2006","path":"data\\problems\\kolmogorov\\kolmogorov-2006-round-2-super-league-problem-6.yaml","raw_github_url":"https://raw.githubusercontent.com/didin-maxim/knowledge_graph_of_graphs/main/data/problems/kolmogorov/kolmogorov-2006-round-2-super-league-problem-6.yaml","viewer_url":"https://didin-maxim.github.io/knowledge_graph_of_graphs/#kolmogorov-2006-round-2-super-league-problem-6","source_key":"kolmogorov","source_label":"Кубок Колмогорова","source_titles":["Кубок Колмогорова 2006 официальный архив","Архив Кубка памяти А.Н. Колмогорова"],"year":"2006","type":"olympiad_problem","authors":[],"tags":["induction","trees","goal_proof"],"agent_topics":[],"difficulty":{"main":"national_final_medium","local_score":6,"comment":"Импортировано из подготовленной графовой карточки KOLM; оценка сложности требует проверки человеком.","status":"needs_human_review"},"review_status":"ai_checked","public_ready":false,"solution_state":"with_solution","solution_classification":{"type":"official_plan_completed_by_ai","label":"официальный план, доведённый ИИ","status":"ai_checked","confidence":0.93,"basis":"high-reasoning проверка 2026-05-17: официальный сжатый план доведён до полного индукционного доказательства через остовное дерево клеточного графа","notes":"Проверены подсчёт степеней белых вершин в остовном дереве, выбор удаляемого T-тетрамино через максимальный путь и сохранение связности остатка при индукционном удалении.","audit_source":"high-reasoning-solution-classification-2026-05-17"},"statements":{"original":[{"id":"stmt-original","title":"Оригинальная формулировка","status":"ai_checked","text":"Из бесконечной шахматной доски вырезана связная клетчатая фигура. Число черных клеток в ней ровно в 3 раза больше числа белых. Докажите, что фигуру можно разрезать на одинаковые связные фигурки из четырех клеток.","definition_ids":["tree","connected_graph","bipartite_graph","degree","path","spanning_tree","neighborhood"]}]},"solutions":[{"id":"sol-official-compressed","title":"Полное решение через остовное дерево","status":"ai_checked","definition_ids":["tree","connected_graph","bipartite_graph","degree","path","spanning_tree","neighborhood"],"standard_idea_ids":["induction","delete_to_simplify"],"tags":[],"has_text":true,"text_preview":"Покажем, что фигура разбивается на `T`-тетрамино: такие четырехклеточные фигурки состоят из одной белой клетки и трех черных клеток, примыкающих к ней по сторонам. Все такие фигурки одинаковы с точностью до поворота. Рассмотрим граф соседства клеток данной фигуры: вершины — клетки фигуры, ребро соединяет две клетки с общей стороной. Этот граф связен и двудолен по шахматной раскраске. Пусть в фигуре `W` белых и `B` черных клеток; по условию `B = 3W`. Возьмем любое остовное дерево `T` этого графа. В нем `4W` вершин и `4W - 1` ребер. Каждое ребро дерева инцидентно ровно одной белой вершине, поэтому сумма степеней всех белых вершин в дереве равна `4W - 1`. Но у любой клетки на шахматной доске не больше четырех соседей, значит степень каждой белой вершины в `T` не больше 4. Следовательно, ровно одна белая вершина имеет степень 3, а все остальные белые вершины имеют степень 4. В частности, бе…"}],"relations":[{"id":"rel-kolm-2006-grid-tree-round2","neighbor_id":"kolmogorov-2006-round-2-first-junior-league-problem-8","direction":"forward","type":"same_motif","distance":1,"status":"needs_human_review"},{"id":"rel-metadata-pass-tree-kolm-2006-t-tetromino","neighbor_id":"tree-equivalent-properties","direction":"backward","type":"prerequisite","distance":1,"status":"ai_checked"}],"search_text":"kolmogorov-2006-round-2-super-league-problem-6 разрезание клетчатой фигуры с втрое большим числом чёрных клеток, кубок колмогорова 2006 induction trees goal_proof 2006 https://turmath.ru/kolm/archive.php https://turmath.ru/kolm/files/archive/kolm10.zip kolmogorov kolmogorov2006 olympiad_archive src-kolmogorov-2006-official src-kolmogorov-archive with_solution архив кубка памяти а.н. колмогорова кубок колмогорова кубок колмогорова 2006 официальный архив кубокколмогорова кубокколмогорова2006 ? кубок колмогорова 2006 официальный архив архив кубка памяти а.н. колмогорова stmt-original оригинальная формулировка ai_checked из бесконечной шахматной доски вырезана связная клетчатая фигура. число черных клеток в ней ровно в 3 раза больше числа белых. докажите, что фигуру можно разрезать на одинаковые связные фигурки из четырех клеток. tree connected_graph bipartite_graph degree path spanning_tree neighborhood idea-graph-role графовая роль в условии графа нет, но официальное решение существенно строит дерево соседства клеток и использует пути, листья и ветвление этого дерева. trees induction ai_checked sol-official-compressed полное решение через остовное дерево ai_checked tree connected_graph bipartite_graph degree path spanning_tree neighborhood induction delete_to_simplify покажем, что фигура разбивается на `t`-тетрамино: такие четырехклеточные фигурки состоят из одной белой клетки и трех черных клеток, примыкающих к ней по сторонам. все такие фигурки одинаковы с точностью до поворота. рассмотрим граф соседства клеток данной фигуры: вершины — клетки фигуры, ребро соединяет две клетки с общей стороной. этот граф связен и двудолен по шахматной раскраске. пусть в фигуре `w` белых и `b` черных клеток; по условию `b = 3w`. возьмем любое остовное дерево `t` этого графа. в нем `4w` вершин и `4w - 1` ребер. каждое ребро дерева инцидентно ровно одной белой вершине, поэтому сумма степеней всех белых вершин в дереве равна `4w - 1`. но у любой клетки на шахматной доске не больше четырех соседей, значит степень каждой белой вершины в `t` не больше 4. следовательно, ровно одна белая вершина имеет степень 3, а все остальные белые вершины имеют степень 4. в частности, бе… kolmogorov-2006-round-2-super-league-problem-6 razrezanie kletchatoy figury s vtroe bolshim chislom chernyh kletok, kubok kolmogorova 2006 induction trees goal_proof 2006 https://turmath.ru/kolm/archive.php https://turmath.ru/kolm/files/archive/kolm10.zip kolmogorov kolmogorov2006 olympiad_archive src-kolmogorov-2006-official src-kolmogorov-archive with_solution arhiv kubka pamyati a.n. kolmogorova kubok kolmogorova kubok kolmogorova 2006 ofitsialnyy arhiv kubokkolmogorova kubokkolmogorova2006 ? kubok kolmogorova 2006 ofitsialnyy arhiv arhiv kubka pamyati a.n. kolmogorova stmt-original originalnaya formulirovka ai_checked iz beskonechnoy shahmatnoy doski vyrezana svyaznaya kletchataya figura. chislo chernyh kletok v ney rovno v 3 raza bolshe chisla belyh. dokazhite, chto figuru mozhno razrezat na odinakovye svyaznye figurki iz chetyreh kletok. tree connected_graph bipartite_graph degree path spanning_tree neighborhood idea-graph-role grafovaya rol v uslovii grafa net, no ofitsialnoe reshenie suschestvenno stroit derevo sosedstva kletok i ispolzuet puti, listya i vetvlenie etogo dereva. trees induction ai_checked sol-official-compressed polnoe reshenie cherez ostovnoe derevo ai_checked tree connected_graph bipartite_graph degree path spanning_tree neighborhood induction delete_to_simplify pokazhem, chto figura razbivaetsya na `t`-tetramino: takie chetyrehkletochnye figurki sostoyat iz odnoy beloy kletki i treh chernyh kletok, primykayuschih k ney po storonam. vse takie figurki odinakovy s tochnostyu do povorota. rassmotrim graf sosedstva kletok dannoy figury: vershiny — kletki figury, rebro soedinyaet dve kletki s obschey storonoy. etot graf svyazen i dvudolen po shahmatnoy raskraske. pust v figure `w` belyh i `b` chernyh kletok; po usloviyu `b = 3w`. vozmem lyuboe ostovnoe derevo `t` etogo grafa. v nem `4w` vershin i `4w - 1` reber. kazhdoe rebro dereva intsidentno rovno odnoy beloy vershine, poetomu summa stepeney vseh belyh vershin v dereve ravna `4w - 1`. no u lyuboy kletki na shahmatnoy doske ne bolshe chetyreh sosedey, znachit stepen kazhdoy beloy vershiny v `t` ne bolshe 4. sledovatelno, rovno odna belaya vershina imeet stepen 3, a vse ostalnye belye vershiny imeyut stepen 4. v chastnosti, be…","source_keys":["kolmogorov"]}
{"id":"kolmogorov-2006-round-3-super-league-problem-3","title":"1000-раскраска регулярного графа с разноцветными соседями заданной вершины, Кубок Колмогорова 2006","path":"data\\problems\\kolmogorov\\kolmogorov-2006-round-3-super-league-problem-3.yaml","raw_github_url":"https://raw.githubusercontent.com/didin-maxim/knowledge_graph_of_graphs/main/data/problems/kolmogorov/kolmogorov-2006-round-3-super-league-problem-3.yaml","viewer_url":"https://didin-maxim.github.io/knowledge_graph_of_graphs/#kolmogorov-2006-round-3-super-league-problem-3","source_key":"kolmogorov","source_label":"Кубок Колмогорова","source_titles":["Кубок Колмогорова 2006 официальный архив","Архив Кубка памяти А.Н. Колмогорова"],"year":"2006","type":"olympiad_problem","authors":[],"tags":["coloring","connectivity","goal_proof"],"agent_topics":[],"difficulty":{"main":"national_final_medium","local_score":8,"comment":"Тонкая задача на экстремальную раскраску и цепи Кемпе: основной риск в минимизационном разрыве двухцветной компоненты.","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":"официальный архив rechecked; решение развернуто из краткого официального Kempe-chain плана","notes":"Официальный текст остается сжатым, поэтому минимизационные переходы раскрыты редакционно; основные шаги совпадают с архивным решением.","audit_source":"high-reasoning-kolmogorov-2006-r3-super-p3-2026-05-06"},"statements":{"original":[{"id":"stmt-original","title":"Оригинальная формулировка","status":"source_verified","text":"Пусть \\(A\\) — вершина графа, все вершины которого имеют степень 1000. Известно, что вершины графа можно правильно раскрасить в 1000 цветов. Докажите, что это можно сделать так, чтобы соседи вершины \\(A\\) были окрашены хотя бы в 500 различных цветов.","definition_ids":["simple_graph","degree","chromatic_number","connected_graph"]}]},"solutions":[{"id":"sol-official-expanded","title":"Развернутое решение через цепи Кемпе","status":"ai_checked","definition_ids":["simple_graph","degree","chromatic_number","connected_graph","path"],"standard_idea_ids":["extremal_choice","kempe_chains","local_recoloring","pigeonhole_principle"],"tags":[],"has_text":true,"text_preview":"Предположим противное: в любой правильной 1000-раскраске соседи вершины \\(A\\) окрашены не более чем в \\(499\\) цветов. Среди всех таких раскрасок выберем раскраску, в которой число цветов на соседях \\(A\\) максимально. Переименуем цвета так, что сама вершина \\(A\\) имеет цвет \\(1\\). Тогда цвет \\(1\\) не встречается среди соседей \\(A\\), а кроме него среди цветов \\(2,\\ldots,1000\\) отсутствуют по крайней мере \\(500\\) цветов. Так как у \\(A\\) ровно \\(1000\\) соседей, раскрашенных не более чем в \\(499\\) цветов, некоторый цвет встречается среди них хотя бы три раза. Назовем этот цвет цветом \\(2\\), а соседей \\(A\\) цвета \\(2\\) обозначим \\(B_1,\\ldots,B_k\\), где \\(k\\ge3\\). Выберем три цвета, отсутствующие среди соседей \\(A\\), и назовем их \\(501,502,503\\). Сначала зафиксируем один отсутствующий цвет \\(t\\in\\{501,502,503\\}\\) и рассмотрим подграф, порожденный вершинами цветов \\(2\\) и \\(t\\). Если две вершин…"}],"relations":[{"id":"rel-kolm-2006-2007-color-class-recoloring-connectivity","neighbor_id":"kolmogorov-2007-round-3-high-and-first-league-problem-3","direction":"forward","type":"same_motif","distance":1,"status":"needs_human_review"},{"id":"rel-kolm-2006-r3-super-p3-fyum-2009-two-color-component-swap","neighbor_id":"fyum-2009-tur2a-p4","direction":"forward","type":"same_motif","distance":2,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-kolmogorov-2006-r3-super-p3-vosh-2018-shirt-recoloring","neighbor_id":"vosh-2018-19-final-shirt-recoloring","direction":"forward","type":"same_motif","distance":2,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-kolmogorov-2006-r3-super-p3-five-color-theorem","neighbor_id":"five-color-theorem","direction":"forward","type":"same_motif","distance":3,"status":"needs_human_review"}],"search_text":"kolmogorov-2006-round-3-super-league-problem-3 1000-раскраска регулярного графа с разноцветными соседями заданной вершины, кубок колмогорова 2006 coloring connectivity goal_proof 2006 https://turmath.ru/kolm/archive.php https://turmath.ru/kolm/files/archive/kolm10.zip kolmogorov kolmogorov2006 olympiad_archive src-kolmogorov-2006-official src-kolmogorov-archive with_solution архив кубка памяти а.н. колмогорова кубок колмогорова кубок колмогорова 2006 официальный архив кубокколмогорова кубокколмогорова2006 ? кубок колмогорова 2006 официальный архив архив кубка памяти а.н. колмогорова stmt-original оригинальная формулировка source_verified пусть \\(a\\) — вершина графа, все вершины которого имеют степень 1000. известно, что вершины графа можно правильно раскрасить в 1000 цветов. докажите, что это можно сделать так, чтобы соседи вершины \\(a\\) были окрашены хотя бы в 500 различных цветов. simple_graph degree chromatic_number connected_graph idea-graph-role графовая роль граф прямо присутствует в условии. решение выбирает экстремальную правильную 1000-раскраску, затем анализирует компоненты кемпе, порожденные цветом, часто встречающимся среди соседей a, и отсутствующими в этой окрестности цветами. coloring connectivity ai_checked idea-minimal-kempe-component минимальная двухцветная компонента если цвет 2 встречается у соседей a хотя бы трижды, а цвет t в этой окрестности отсутствует, то все такие соседи цвета 2 должны лежать в одной компоненте подграфа цветов 2 и t. иначе обмен цветов в одной компоненте добавил бы цвет t около a, не уничтожив цвет 2. coloring extremal_choice ai_checked idea-three-absent-colors три отсутствующих цвета после локальных минимизаций для трех отсутствующих цветов получаются три двухцветных пути, каждый из которых проходит через все соседи a выбранного цвета 2. внутренняя вершина такого пути имеет повтор именно соответствующего отсутствующего цвета; по принципу дирихле одна вершина стала бы внутренней для двух путей, что невозможно. coloring pigeonhole_principle ai_checked sol-official-expanded развернутое решение через цепи кемпе ai_checked simple_graph degree chromatic_number connected_graph path extremal_choice kempe_chains local_recoloring pigeonhole_principle предположим противное: в любой правильной 1000-раскраске соседи вершины \\(a\\) окрашены не более чем в \\(499\\) цветов. среди всех таких раскрасок выберем раскраску, в которой число цветов на соседях \\(a\\) максимально. переименуем цвета так, что сама вершина \\(a\\) имеет цвет \\(1\\). тогда цвет \\(1\\) не встречается среди соседей \\(a\\), а кроме него среди цветов \\(2,\\ldots,1000\\) отсутствуют по крайней мере \\(500\\) цветов. так как у \\(a\\) ровно \\(1000\\) соседей, раскрашенных не более чем в \\(499\\) цветов, некоторый цвет встречается среди них хотя бы три раза. назовем этот цвет цветом \\(2\\), а соседей \\(a\\) цвета \\(2\\) обозначим \\(b_1,\\ldots,b_k\\), где \\(k\\ge3\\). выберем три цвета, отсутствующие среди соседей \\(a\\), и назовем их \\(501,502,503\\). сначала зафиксируем один отсутствующий цвет \\(t\\in\\{501,502,503\\}\\) и рассмотрим подграф, порожденный вершинами цветов \\(2\\) и \\(t\\). если две вершин… kolmogorov-2006-round-3-super-league-problem-3 1000-raskraska regulyarnogo grafa s raznotsvetnymi sosedyami zadannoy vershiny, kubok kolmogorova 2006 coloring connectivity goal_proof 2006 https://turmath.ru/kolm/archive.php https://turmath.ru/kolm/files/archive/kolm10.zip kolmogorov kolmogorov2006 olympiad_archive src-kolmogorov-2006-official src-kolmogorov-archive with_solution arhiv kubka pamyati a.n. kolmogorova kubok kolmogorova kubok kolmogorova 2006 ofitsialnyy arhiv kubokkolmogorova kubokkolmogorova2006 ? kubok kolmogorova 2006 ofitsialnyy arhiv arhiv kubka pamyati a.n. kolmogorova stmt-original originalnaya formulirovka source_verified pust \\(a\\) — vershina grafa, vse vershiny kotorogo imeyut stepen 1000. izvestno, chto vershiny grafa mozhno pravilno raskrasit v 1000 tsvetov. dokazhite, chto eto mozhno sdelat tak, chtoby sosedi vershiny \\(a\\) byli okrasheny hotya by v 500 razlichnyh tsvetov. simple_graph degree chromatic_number connected_graph idea-graph-role grafovaya rol graf pryamo prisutstvuet v uslovii. reshenie vybiraet ekstremalnuyu pravilnuyu 1000-raskrasku, zatem analiziruet komponenty kempe, porozhdennye tsvetom, chasto vstrechayuschimsya sredi sosedey a, i otsutstvuyuschimi v etoy okrestnosti tsvetami. coloring connectivity ai_checked idea-minimal-kempe-component minimalnaya dvuhtsvetnaya komponenta esli tsvet 2 vstrechaetsya u sosedey a hotya by trizhdy, a tsvet t v etoy okrestnosti otsutstvuet, to vse takie sosedi tsveta 2 dolzhny lezhat v odnoy komponente podgrafa tsvetov 2 i t. inache obmen tsvetov v odnoy komponente dobavil by tsvet t okolo a, ne unichtozhiv tsvet 2. coloring extremal_choice ai_checked idea-three-absent-colors tri otsutstvuyuschih tsveta posle lokalnyh minimizatsiy dlya treh otsutstvuyuschih tsvetov poluchayutsya tri dvuhtsvetnyh puti, kazhdyy iz kotoryh prohodit cherez vse sosedi a vybrannogo tsveta 2. vnutrennyaya vershina takogo puti imeet povtor imenno sootvetstvuyuschego otsutstvuyuschego tsveta; po printsipu dirihle odna vershina stala by vnutrenney dlya dvuh putey, chto nevozmozhno. coloring pigeonhole_principle ai_checked sol-official-expanded razvernutoe reshenie cherez tsepi kempe ai_checked simple_graph degree chromatic_number connected_graph path extremal_choice kempe_chains local_recoloring pigeonhole_principle predpolozhim protivnoe: v lyuboy pravilnoy 1000-raskraske sosedi vershiny \\(a\\) okrasheny ne bolee chem v \\(499\\) tsvetov. sredi vseh takih raskrasok vyberem raskrasku, v kotoroy chislo tsvetov na sosedyah \\(a\\) maksimalno. pereimenuem tsveta tak, chto sama vershina \\(a\\) imeet tsvet \\(1\\). togda tsvet \\(1\\) ne vstrechaetsya sredi sosedey \\(a\\), a krome nego sredi tsvetov \\(2,\\ldots,1000\\) otsutstvuyut po krayney mere \\(500\\) tsvetov. tak kak u \\(a\\) rovno \\(1000\\) sosedey, raskrashennyh ne bolee chem v \\(499\\) tsvetov, nekotoryy tsvet vstrechaetsya sredi nih hotya by tri raza. nazovem etot tsvet tsvetom \\(2\\), a sosedey \\(a\\) tsveta \\(2\\) oboznachim \\(b_1,\\ldots,b_k\\), gde \\(k\\ge3\\). vyberem tri tsveta, otsutstvuyuschie sredi sosedey \\(a\\), i nazovem ih \\(501,502,503\\). snachala zafiksiruem odin otsutstvuyuschiy tsvet \\(t\\in\\{501,502,503\\}\\) i rassmotrim podgraf, porozhdennyy vershinami tsvetov \\(2\\) i \\(t\\). esli dve vershin…","source_keys":["kolmogorov"]}
{"id":"kolmogorov-2006-round-4-super-league-problem-5","title":"Максимум различных треугольников в триангуляции n-угольника, Кубок Колмогорова 2006","path":"data\\problems\\kolmogorov\\kolmogorov-2006-round-4-super-league-problem-5.yaml","raw_github_url":"https://raw.githubusercontent.com/didin-maxim/knowledge_graph_of_graphs/main/data/problems/kolmogorov/kolmogorov-2006-round-4-super-league-problem-5.yaml","viewer_url":"https://didin-maxim.github.io/knowledge_graph_of_graphs/#kolmogorov-2006-round-4-super-league-problem-5","source_key":"kolmogorov","source_label":"Кубок Колмогорова","source_titles":["Кубок Колмогорова 2006 официальный архив","Архив Кубка памяти А.Н. Колмогорова"],"year":"2006","type":"olympiad_problem","authors":[],"tags":["double_counting","planar_graphs","trees","goal_counting"],"agent_topics":[],"difficulty":{"main":"national_final_medium","local_score":6,"comment":"Импортировано из подготовленной графовой карточки KOLM; оценка сложности требует проверки человеком.","status":"needs_human_review"},"review_status":"ai_checked","public_ready":false,"solution_state":"with_solution","solution_classification":{"type":"official_plan_completed_by_ai","label":"официальный план, доведённый ИИ","status":"ai_checked","confidence":0.93,"basis":"high-reasoning проверка 2026-05-17: официальный сжатый план развёрнут в полное доказательство через двойственное дерево триангуляции","notes":"Проверены верхняя оценка по числу вершин степеней 1, 2, 3, максимум функции 1 + t + min(N - 2t - 2, floor((N - 1) / 2)), явная caterpillar-конструкция и реализуемость любого субкубического дерева триангуляцией.","audit_source":"high-reasoning-solution-classification-2026-05-17"},"statements":{"original":[{"id":"stmt-original","title":"Оригинальная формулировка","status":"ai_checked","text":"Дано натуральное \\(n > 4\\). В правильном \\(n\\)-угольнике проведены \\(n-3\\) непересекающихся диагонали, разбивающие его на треугольники. Найдите максимальное возможное число попарно различных треугольников в таком разбиении.","definition_ids":["tree","planar_graph"]}]},"solutions":[{"id":"sol-official-compressed","title":"Расширенное проверенное решение","status":"ai_checked","definition_ids":["tree","planar_graph","cycle","degree","path"],"standard_idea_ids":["face_counting","double_counting","delete_to_simplify"],"tags":[],"has_text":true,"text_preview":"Ответ: `floor((3n - 7) / 4)`. Пусть дано некоторое разбиение правильного `n`-угольника на треугольники. Построим дерево смежности треугольников: его вершины соответствуют треугольникам, а две вершины соединены ребром, если соответствующие треугольники имеют общую диагональ. Это действительно дерево: треугольников `n - 2`, диагоналей `n - 3`, граф смежности связен, а циклов в нем быть не может. Степень каждой вершины не превосходит `3`. Обозначим `N = n - 2`, то есть `N` - число вершин этого дерева. Для вершины `v` дерева посмотрим на компоненты, которые получаются после удаления `v`. Если степень `v` меньше `3`, добавим недостающие компоненты нулевого размера. Тогда три числа `a, b, c`, равные размерам этих компонент, удовлетворяют `a + b + c = N - 1`, а соответствующий треугольник имеет стороны, стягивающие соответственно `a + 1`, `b + 1`, `c + 1` сторон исходного многоугольника. Поэто…"}],"relations":[{"id":"rel-imc-2006-p1a-kolmogorov-2006-dual-tree","neighbor_id":"imc-2006-day2-p1a-polygon-triangulation-all-odd","direction":"backward","type":"same_motif","distance":2,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-imc-2006-p1b-kolmogorov-2006-dual-tree","neighbor_id":"imc-2006-day2-p1b-polygon-triangulation-two-even","direction":"backward","type":"same_motif","distance":2,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-kolm-2021-triangulation-anticliques-dual-tree","neighbor_id":"kolmogorov-2021-round1-second-league-problem-10","direction":"backward","type":"same_motif","distance":2,"status":"needs_human_review"},{"id":"rel-kolm-2006-planar-face-counting-bound","neighbor_id":"planar-edge-bound","direction":"forward","type":"prerequisite","distance":1,"status":"needs_human_review"},{"id":"rel-kolm-deep-2006-planar-subdivision-triangulation","neighbor_id":"kolmogorov-2006-round-1-super-high-first-league-problem-9","direction":"backward","type":"same_motif","distance":2,"status":"needs_human_review"},{"id":"rel-metadata-kolm-2006-triangulation-euler-formula","neighbor_id":"euler-formula-planar","direction":"forward","type":"prerequisite","distance":2,"status":"needs_human_review"}],"search_text":"kolmogorov-2006-round-4-super-league-problem-5 максимум различных треугольников в триангуляции n-угольника, кубок колмогорова 2006 double_counting planar_graphs trees goal_counting 2006 https://turmath.ru/kolm/archive.php https://turmath.ru/kolm/files/archive/kolm10.zip kolmogorov kolmogorov2006 olympiad_archive src-kolmogorov-2006-official src-kolmogorov-archive with_solution архив кубка памяти а.н. колмогорова кубок колмогорова кубок колмогорова 2006 официальный архив кубокколмогорова кубокколмогорова2006 ? кубок колмогорова 2006 официальный архив архив кубка памяти а.н. колмогорова stmt-original оригинальная формулировка ai_checked дано натуральное \\(n > 4\\). в правильном \\(n\\)-угольнике проведены \\(n-3\\) непересекающихся диагонали, разбивающие его на треугольники. найдите максимальное возможное число попарно различных треугольников в таком разбиении. tree planar_graph idea-graph-role графовая роль в условии граф не упомянут, но официальное решение существенно заменяет триангуляцию деревом смежности треугольников и считает типы вершин этого дерева. planar_graphs trees double_counting ai_checked sol-official-compressed расширенное проверенное решение ai_checked tree planar_graph cycle degree path face_counting double_counting delete_to_simplify ответ: `floor((3n - 7) / 4)`. пусть дано некоторое разбиение правильного `n`-угольника на треугольники. построим дерево смежности треугольников: его вершины соответствуют треугольникам, а две вершины соединены ребром, если соответствующие треугольники имеют общую диагональ. это действительно дерево: треугольников `n - 2`, диагоналей `n - 3`, граф смежности связен, а циклов в нем быть не может. степень каждой вершины не превосходит `3`. обозначим `n = n - 2`, то есть `n` - число вершин этого дерева. для вершины `v` дерева посмотрим на компоненты, которые получаются после удаления `v`. если степень `v` меньше `3`, добавим недостающие компоненты нулевого размера. тогда три числа `a, b, c`, равные размерам этих компонент, удовлетворяют `a + b + c = n - 1`, а соответствующий треугольник имеет стороны, стягивающие соответственно `a + 1`, `b + 1`, `c + 1` сторон исходного многоугольника. поэто… kolmogorov-2006-round-4-super-league-problem-5 maksimum razlichnyh treugolnikov v triangulyatsii n-ugolnika, kubok kolmogorova 2006 double_counting planar_graphs trees goal_counting 2006 https://turmath.ru/kolm/archive.php https://turmath.ru/kolm/files/archive/kolm10.zip kolmogorov kolmogorov2006 olympiad_archive src-kolmogorov-2006-official src-kolmogorov-archive with_solution arhiv kubka pamyati a.n. kolmogorova kubok kolmogorova kubok kolmogorova 2006 ofitsialnyy arhiv kubokkolmogorova kubokkolmogorova2006 ? kubok kolmogorova 2006 ofitsialnyy arhiv arhiv kubka pamyati a.n. kolmogorova stmt-original originalnaya formulirovka ai_checked dano naturalnoe \\(n > 4\\). v pravilnom \\(n\\)-ugolnike provedeny \\(n-3\\) neperesekayuschihsya diagonali, razbivayuschie ego na treugolniki. naydite maksimalnoe vozmozhnoe chislo poparno razlichnyh treugolnikov v takom razbienii. tree planar_graph idea-graph-role grafovaya rol v uslovii graf ne upomyanut, no ofitsialnoe reshenie suschestvenno zamenyaet triangulyatsiyu derevom smezhnosti treugolnikov i schitaet tipy vershin etogo dereva. planar_graphs trees double_counting ai_checked sol-official-compressed rasshirennoe proverennoe reshenie ai_checked tree planar_graph cycle degree path face_counting double_counting delete_to_simplify otvet: `floor((3n - 7) / 4)`. pust dano nekotoroe razbienie pravilnogo `n`-ugolnika na treugolniki. postroim derevo smezhnosti treugolnikov: ego vershiny sootvetstvuyut treugolnikam, a dve vershiny soedineny rebrom, esli sootvetstvuyuschie treugolniki imeyut obschuyu diagonal. eto deystvitelno derevo: treugolnikov `n - 2`, diagonaley `n - 3`, graf smezhnosti svyazen, a tsiklov v nem byt ne mozhet. stepen kazhdoy vershiny ne prevoshodit `3`. oboznachim `n = n - 2`, to est `n` - chislo vershin etogo dereva. dlya vershiny `v` dereva posmotrim na komponenty, kotorye poluchayutsya posle udaleniya `v`. esli stepen `v` menshe `3`, dobavim nedostayuschie komponenty nulevogo razmera. togda tri chisla `a, b, c`, ravnye razmeram etih komponent, udovletvoryayut `a + b + c = n - 1`, a sootvetstvuyuschiy treugolnik imeet storony, styagivayuschie sootvetstvenno `a + 1`, `b + 1`, `c + 1` storon ishodnogo mnogougolnika. poeto…","source_keys":["kolmogorov"]}
{"id":"kolmogorov-2006-team-olympiad-seniors-problem-9","title":"Подсчёт остовных деревьев в графе-колесе, Кубок Колмогорова 2006","path":"data\\problems\\kolmogorov\\kolmogorov-2006-team-olympiad-seniors-problem-9.yaml","raw_github_url":"https://raw.githubusercontent.com/didin-maxim/knowledge_graph_of_graphs/main/data/problems/kolmogorov/kolmogorov-2006-team-olympiad-seniors-problem-9.yaml","viewer_url":"https://didin-maxim.github.io/knowledge_graph_of_graphs/#kolmogorov-2006-team-olympiad-seniors-problem-9","source_key":"kolmogorov","source_label":"Кубок Колмогорова","source_titles":["Кубок Колмогорова 2006 официальный архив","Архив Кубка памяти А.Н. Колмогорова"],"year":"2006","type":"olympiad_problem","authors":[],"tags":["double_counting","trees","goal_counting"],"agent_topics":[],"difficulty":{"main":"national_final_medium","local_score":6,"comment":"Импортировано из подготовленной графовой карточки KOLM; оценка сложности требует проверки человеком.","status":"needs_human_review"},"review_status":"ai_checked","public_ready":false,"solution_state":"with_solution","solution_classification":{"type":"official_plan_completed_by_ai","label":"официальный план, доведённый ИИ","status":"ai_checked","confidence":0.94,"basis":"high-reasoning проверка 2026-05-17: официальный план подсчёта остовных деревьев колеса через граф-лапу доведён до полного самодостаточного решения","notes":"Проверены лемма T_m = F_{2m} для лапы, разбиение остовных деревьев колеса по компоненте вершины A_1, формула для G_n и финальная рекуррентная сверка с F_{2n-1} + F_{2n+1} - 2.","audit_source":"high-reasoning-solution-classification-2026-05-17"},"statements":{"original":[{"id":"stmt-original","title":"Оригинальная формулировка","status":"ai_checked","text":"По окружности расположены \\(n \\ge 3\\) площадей, каждая соединена дорогой с двумя соседними. В центре расположена еще одна площадь, соединенная дорогами со всеми остальными. Нужно выбрать \\(n\\) дорог так, чтобы между любыми двумя площадями можно было пройти по выбранным дорогам. Докажите, что число таких проектов равно \\(F_{2n+1} + F_{2n-1} - 2\\), где \\(F_1 = F_2 = 1\\) и \\(F_{m+2} = F_m + F_{m+1}\\).","definition_ids":["simple_graph","cycle","tree","spanning_tree"]}]},"solutions":[{"id":"sol-official-compressed","title":"Развернутое решение через лапы и рекурренцию","status":"ai_checked","definition_ids":["simple_graph","cycle","tree","spanning_tree"],"standard_idea_ids":[],"tags":[],"has_text":true,"text_preview":"Будем считать площади вершинами графа. Внешние площади образуют цикл из `n` вершин, а центральная площадь соединена со всеми внешними; это граф-колесо `W_n` с `n + 1` вершинами. Если выбрать `n` дорог так, чтобы по ним можно было пройти между любыми двумя площадями, то выбранный связный граф имеет `n + 1` вершину и `n` ребер, а значит является деревом. Поэтому нужно посчитать остовные деревья графа `W_n`. Сначала посчитаем остовные деревья в графе-лапе `L_m`: это путь `A_1A_2...A_m` и дополнительная вершина `O`, соединенная со всеми `A_i`. Обозначим число таких деревьев через `T_m`. Докажем, что `T_m = F_{2m}`. Для дерева в `L_m` посмотрим на наибольшее `k`, для которого ребра пути `A_1A_2, A_2A_3, ..., A_{k-1}A_k` входят в дерево, а ребро `A_kA_{k+1}` не входит; при `k = m` последнего условия нет. Тогда блок `A_1, ..., A_k` должен быть присоединен к `O` ровно одним из `k` ребер `OA_i`:…"}],"relations":[{"id":"rel-metadata-kolm-2006-wheel-spanning-tree-basics","neighbor_id":"tree-equivalent-properties","direction":"forward","type":"prerequisite","distance":2,"status":"needs_human_review"},{"id":"rel-ms2012-p10b-kolmogorov-2006-matrix-tree","neighbor_id":"miklos-schweitzer-2012-p10b-knot-black-graph-odd-spanning-trees","direction":"backward","type":"same_motif","distance":3,"status":"needs_human_review"},{"id":"rel-ms2012-p10a-kolmogorov-2006-spanning-tree-count","neighbor_id":"miklos-schweitzer-2012-p10a-knot-black-graph-at-most-three-spanning-trees","direction":"backward","type":"same_motif","distance":4,"status":"needs_human_review"}],"search_text":"kolmogorov-2006-team-olympiad-seniors-problem-9 подсчёт остовных деревьев в графе-колесе, кубок колмогорова 2006 double_counting trees goal_counting 2006 https://turmath.ru/kolm/archive.php https://turmath.ru/kolm/files/archive/kolm10.zip kolmogorov kolmogorov2006 olympiad_archive src-kolmogorov-2006-official src-kolmogorov-archive with_solution архив кубка памяти а.н. колмогорова кубок колмогорова кубок колмогорова 2006 официальный архив кубокколмогорова кубокколмогорова2006 ? кубок колмогорова 2006 официальный архив архив кубка памяти а.н. колмогорова stmt-original оригинальная формулировка ai_checked по окружности расположены \\(n \\ge 3\\) площадей, каждая соединена дорогой с двумя соседними. в центре расположена еще одна площадь, соединенная дорогами со всеми остальными. нужно выбрать \\(n\\) дорог так, чтобы между любыми двумя площадями можно было пройти по выбранным дорогам. докажите, что число таких проектов равно \\(f_{2n+1} + f_{2n-1} - 2\\), где \\(f_1 = f_2 = 1\\) и \\(f_{m+2} = f_m + f_{m+1}\\). simple_graph cycle tree spanning_tree idea-graph-role графовая роль в условии явно задан граф дорог, а официальное решение непосредственно считает остовные деревья графа-колеса с помощью вспомогательного графа. trees double_counting ai_checked sol-official-compressed развернутое решение через лапы и рекурренцию ai_checked simple_graph cycle tree spanning_tree будем считать площади вершинами графа. внешние площади образуют цикл из `n` вершин, а центральная площадь соединена со всеми внешними; это граф-колесо `w_n` с `n + 1` вершинами. если выбрать `n` дорог так, чтобы по ним можно было пройти между любыми двумя площадями, то выбранный связный граф имеет `n + 1` вершину и `n` ребер, а значит является деревом. поэтому нужно посчитать остовные деревья графа `w_n`. сначала посчитаем остовные деревья в графе-лапе `l_m`: это путь `a_1a_2...a_m` и дополнительная вершина `o`, соединенная со всеми `a_i`. обозначим число таких деревьев через `t_m`. докажем, что `t_m = f_{2m}`. для дерева в `l_m` посмотрим на наибольшее `k`, для которого ребра пути `a_1a_2, a_2a_3, ..., a_{k-1}a_k` входят в дерево, а ребро `a_ka_{k+1}` не входит; при `k = m` последнего условия нет. тогда блок `a_1, ..., a_k` должен быть присоединен к `o` ровно одним из `k` ребер `oa_i`:… kolmogorov-2006-team-olympiad-seniors-problem-9 podschet ostovnyh derevev v grafe-kolese, kubok kolmogorova 2006 double_counting trees goal_counting 2006 https://turmath.ru/kolm/archive.php https://turmath.ru/kolm/files/archive/kolm10.zip kolmogorov kolmogorov2006 olympiad_archive src-kolmogorov-2006-official src-kolmogorov-archive with_solution arhiv kubka pamyati a.n. kolmogorova kubok kolmogorova kubok kolmogorova 2006 ofitsialnyy arhiv kubokkolmogorova kubokkolmogorova2006 ? kubok kolmogorova 2006 ofitsialnyy arhiv arhiv kubka pamyati a.n. kolmogorova stmt-original originalnaya formulirovka ai_checked po okruzhnosti raspolozheny \\(n \\ge 3\\) ploschadey, kazhdaya soedinena dorogoy s dvumya sosednimi. v tsentre raspolozhena esche odna ploschad, soedinennaya dorogami so vsemi ostalnymi. nuzhno vybrat \\(n\\) dorog tak, chtoby mezhdu lyubymi dvumya ploschadyami mozhno bylo proyti po vybrannym dorogam. dokazhite, chto chislo takih proektov ravno \\(f_{2n+1} + f_{2n-1} - 2\\), gde \\(f_1 = f_2 = 1\\) i \\(f_{m+2} = f_m + f_{m+1}\\). simple_graph cycle tree spanning_tree idea-graph-role grafovaya rol v uslovii yavno zadan graf dorog, a ofitsialnoe reshenie neposredstvenno schitaet ostovnye derevya grafa-kolesa s pomoschyu vspomogatelnogo grafa. trees double_counting ai_checked sol-official-compressed razvernutoe reshenie cherez lapy i rekurrentsiyu ai_checked simple_graph cycle tree spanning_tree budem schitat ploschadi vershinami grafa. vneshnie ploschadi obrazuyut tsikl iz `n` vershin, a tsentralnaya ploschad soedinena so vsemi vneshnimi; eto graf-koleso `w_n` s `n + 1` vershinami. esli vybrat `n` dorog tak, chtoby po nim mozhno bylo proyti mezhdu lyubymi dvumya ploschadyami, to vybrannyy svyaznyy graf imeet `n + 1` vershinu i `n` reber, a znachit yavlyaetsya derevom. poetomu nuzhno poschitat ostovnye derevya grafa `w_n`. snachala poschitaem ostovnye derevya v grafe-lape `l_m`: eto put `a_1a_2...a_m` i dopolnitelnaya vershina `o`, soedinennaya so vsemi `a_i`. oboznachim chislo takih derevev cherez `t_m`. dokazhem, chto `t_m = f_{2m}`. dlya dereva v `l_m` posmotrim na naibolshee `k`, dlya kotorogo rebra puti `a_1a_2, a_2a_3, ..., a_{k-1}a_k` vhodyat v derevo, a rebro `a_ka_{k+1}` ne vhodit; pri `k = m` poslednego usloviya net. togda blok `a_1, ..., a_k` dolzhen byt prisoedinen k `o` rovno odnim iz `k` reber `oa_i`:…","source_keys":["kolmogorov"]}
{"id":"kolmogorov-2007-round-1-high-league-problem-5","title":"Продление пути в эйлеровом графе от центрального города, Кубок Колмогорова 2007","path":"data\\problems\\kolmogorov\\kolmogorov-2007-round-1-high-league-problem-5.yaml","raw_github_url":"https://raw.githubusercontent.com/didin-maxim/knowledge_graph_of_graphs/main/data/problems/kolmogorov/kolmogorov-2007-round-1-high-league-problem-5.yaml","viewer_url":"https://didin-maxim.github.io/knowledge_graph_of_graphs/#kolmogorov-2007-round-1-high-league-problem-5","source_key":"kolmogorov","source_label":"Кубок Колмогорова","source_titles":["Кубок Колмогорова 2007 официальный архив","Архив Кубка памяти А.Н. Колмогорова"],"year":"2007","type":"olympiad_problem","authors":[],"tags":["degree_counting","eulerian_graphs","trees","goal_characterization"],"agent_topics":[],"difficulty":{"main":"national_final_medium","local_score":6,"comment":"Импортировано из подготовленной графовой карточки КОЛМ; оценка сложности требует проверки человеком.","status":"needs_human_review"},"review_status":"ai_checked","public_ready":false,"solution_state":"with_solution","solution_classification":{"type":"official_plan_completed_by_ai","label":"официальный план, доведённый ИИ","status":"ai_checked","confidence":0.93,"basis":"high-reasoning проверка 2026-05-17: официальный план через периферийный лес доведён до полного самодостаточного доказательства","notes":"Проверены эквивалентность условия отсутствию циклов в H, построение начального маршрута-ловушки при цикле вне Centralny и паритетный аргумент, заставляющий все неиспользованные ребра оставаться в компоненте текущего конца.","audit_source":"high-reasoning-solution-classification-2026-05-17"},"statements":{"original":[{"id":"stmt-original","title":"Оригинальная формулировка","status":"ai_checked","text":"В стране некоторые города соединены дорогами. Известно, что существует замкнутый маршрут, проходящий по каждой дороге ровно один раз. Турист выехал из города Центральный и проехал по некоторому пути без повторения дорог. Докажите, что он всегда может продолжить путь до полного эйлерова обхода тогда и только тогда, когда любой циклический маршрут проходит через Центральный.","definition_ids":["tree","connected_graph","path","cycle","eulerian_cycle","degree"]}]},"solutions":[{"id":"sol-official-compressed","title":"Самодостаточное доказательство через препятствие к эйлерову обходу","status":"ai_checked","definition_ids":["tree","connected_graph","path","cycle","eulerian_cycle","degree"],"standard_idea_ids":["delete_to_simplify"],"tags":[],"has_text":true,"text_preview":"Пусть `c` — город Центральный, а `H` — граф, образованный всеми дорогами, не инцидентными `c`. Так как во всем дорожном графе есть эйлеров цикл, этот граф связен, и степень каждой его вершины четна. Условие, что любой циклический маршрут проходит через `c`, эквивалентно тому, что `H` не содержит циклов, то есть является лесом. Сначала предположим, что `H` содержит цикл `Z`. Удалим ребра `Z`. В оставшемся графе все степени по-прежнему четны, а компонента, содержащая `c`, имеет эйлеров цикл, проходящий ровно по ее ребрам. Если турист сначала пройдет именно этот цикл, он вернется в `c`, но все неиспользованные ребра лежат вне текущей компоненты после удаления `Z`; в частности, из `c` уже нельзя попасть к ребрам цикла `Z` по неиспользованной дороге. Такой маршрут нельзя продолжить до полного эйлерова обхода исходного графа. Значит, требуемое свойство нарушается всякий раз, когда есть цикл,…"}],"relations":[{"id":"rel-euler-trail-extension-center-forest-kolmogorov-2007-r1hl-p5","neighbor_id":"euler-trail-extension-center-forest","direction":"backward","type":"prerequisite","distance":1,"status":"ai_checked"}],"search_text":"kolmogorov-2007-round-1-high-league-problem-5 продление пути в эйлеровом графе от центрального города, кубок колмогорова 2007 degree_counting eulerian_graphs trees goal_characterization 2007 https://turmath.ru/kolm/archive.php https://turmath.ru/kolm/files/archive/kolm11.zip kolmogorov kolmogorov2007 olympiad_archive src-kolmogorov-2007-official src-kolmogorov-archive with_solution архив кубка памяти а.н. колмогорова кубок колмогорова кубок колмогорова 2007 официальный архив кубокколмогорова кубокколмогорова2007 ? кубок колмогорова 2007 официальный архив архив кубка памяти а.н. колмогорова stmt-original оригинальная формулировка ai_checked в стране некоторые города соединены дорогами. известно, что существует замкнутый маршрут, проходящий по каждой дороге ровно один раз. турист выехал из города центральный и проехал по некоторому пути без повторения дорог. докажите, что он всегда может продолжить путь до полного эйлерова обхода тогда и только тогда, когда любой циклический маршрут проходит через центральный. tree connected_graph path cycle eulerian_cycle degree idea-graph-role графовая роль в условии явно присутствует дорожный граф, а официальное решение существенно использует эйлеровы циклы, леса, четность степеней и подграфы. eulerian_graphs trees degree_counting ai_checked sol-official-compressed самодостаточное доказательство через препятствие к эйлерову обходу ai_checked tree connected_graph path cycle eulerian_cycle degree delete_to_simplify пусть `c` — город центральный, а `h` — граф, образованный всеми дорогами, не инцидентными `c`. так как во всем дорожном графе есть эйлеров цикл, этот граф связен, и степень каждой его вершины четна. условие, что любой циклический маршрут проходит через `c`, эквивалентно тому, что `h` не содержит циклов, то есть является лесом. сначала предположим, что `h` содержит цикл `z`. удалим ребра `z`. в оставшемся графе все степени по-прежнему четны, а компонента, содержащая `c`, имеет эйлеров цикл, проходящий ровно по ее ребрам. если турист сначала пройдет именно этот цикл, он вернется в `c`, но все неиспользованные ребра лежат вне текущей компоненты после удаления `z`; в частности, из `c` уже нельзя попасть к ребрам цикла `z` по неиспользованной дороге. такой маршрут нельзя продолжить до полного эйлерова обхода исходного графа. значит, требуемое свойство нарушается всякий раз, когда есть цикл,… kolmogorov-2007-round-1-high-league-problem-5 prodlenie puti v eylerovom grafe ot tsentralnogo goroda, kubok kolmogorova 2007 degree_counting eulerian_graphs trees goal_characterization 2007 https://turmath.ru/kolm/archive.php https://turmath.ru/kolm/files/archive/kolm11.zip kolmogorov kolmogorov2007 olympiad_archive src-kolmogorov-2007-official src-kolmogorov-archive with_solution arhiv kubka pamyati a.n. kolmogorova kubok kolmogorova kubok kolmogorova 2007 ofitsialnyy arhiv kubokkolmogorova kubokkolmogorova2007 ? kubok kolmogorova 2007 ofitsialnyy arhiv arhiv kubka pamyati a.n. kolmogorova stmt-original originalnaya formulirovka ai_checked v strane nekotorye goroda soedineny dorogami. izvestno, chto suschestvuet zamknutyy marshrut, prohodyaschiy po kazhdoy doroge rovno odin raz. turist vyehal iz goroda tsentralnyy i proehal po nekotoromu puti bez povtoreniya dorog. dokazhite, chto on vsegda mozhet prodolzhit put do polnogo eylerova obhoda togda i tolko togda, kogda lyuboy tsiklicheskiy marshrut prohodit cherez tsentralnyy. tree connected_graph path cycle eulerian_cycle degree idea-graph-role grafovaya rol v uslovii yavno prisutstvuet dorozhnyy graf, a ofitsialnoe reshenie suschestvenno ispolzuet eylerovy tsikly, lesa, chetnost stepeney i podgrafy. eulerian_graphs trees degree_counting ai_checked sol-official-compressed samodostatochnoe dokazatelstvo cherez prepyatstvie k eylerovu obhodu ai_checked tree connected_graph path cycle eulerian_cycle degree delete_to_simplify pust `c` — gorod tsentralnyy, a `h` — graf, obrazovannyy vsemi dorogami, ne intsidentnymi `c`. tak kak vo vsem dorozhnom grafe est eylerov tsikl, etot graf svyazen, i stepen kazhdoy ego vershiny chetna. uslovie, chto lyuboy tsiklicheskiy marshrut prohodit cherez `c`, ekvivalentno tomu, chto `h` ne soderzhit tsiklov, to est yavlyaetsya lesom. snachala predpolozhim, chto `h` soderzhit tsikl `z`. udalim rebra `z`. v ostavshemsya grafe vse stepeni po-prezhnemu chetny, a komponenta, soderzhaschaya `c`, imeet eylerov tsikl, prohodyaschiy rovno po ee rebram. esli turist snachala proydet imenno etot tsikl, on vernetsya v `c`, no vse neispolzovannye rebra lezhat vne tekuschey komponenty posle udaleniya `z`; v chastnosti, iz `c` uzhe nelzya popast k rebram tsikla `z` po neispolzovannoy doroge. takoy marshrut nelzya prodolzhit do polnogo eylerova obhoda ishodnogo grafa. znachit, trebuemoe svoystvo narushaetsya vsyakiy raz, kogda est tsikl,…","source_keys":["kolmogorov"]}
{"id":"kolmogorov-2007-round-2-first-league-problem-8","title":"Клетчатый прямоугольник и граф смежности одинаковых фигурок, Кубок Колмогорова 2007","path":"data\\problems\\kolmogorov\\kolmogorov-2007-round-2-first-league-problem-8.yaml","raw_github_url":"https://raw.githubusercontent.com/didin-maxim/knowledge_graph_of_graphs/main/data/problems/kolmogorov/kolmogorov-2007-round-2-first-league-problem-8.yaml","viewer_url":"https://didin-maxim.github.io/knowledge_graph_of_graphs/#kolmogorov-2007-round-2-first-league-problem-8","source_key":"kolmogorov","source_label":"Кубок Колмогорова","source_titles":["Кубок Колмогорова 2007 официальный архив","Архив Кубка памяти А.Н. Колмогорова"],"year":"2007","type":"olympiad_problem","authors":[],"tags":["planar_graphs","goal_impossibility"],"agent_topics":[],"difficulty":{"main":"national_final_medium","local_score":6,"comment":"Сложность оставлена на уровне national_final_medium; решение и основные метаданные проверены в проходе 2026-05-16.","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":0.9,"basis":"high-reasoning проход 2026-05-16 по второй четверти списка official_outline_needs_work","notes":"Официальный/архивный план доведён high-reasoning агентом до локального русского доказательства; проверены условие, идеи, definition_ids, tags и связи в выбранном срезе.","audit_source":"manual-official-plan-completion-2026-05-16-second-quartile"},"statements":{"original":[{"id":"stmt-original","title":"Оригинальная формулировка","status":"ai_checked","text":"Можно ли некоторый клетчатый прямоугольник разрезать на одинаковые фигурки, каждая из которых состоит из одной целой клетки и двух равнобедренных прямоугольных треугольников по ее бокам?","definition_ids":["cycle"]}]},"solutions":[{"id":"sol-official-compressed","title":"Развернутое решение","status":"ai_checked","definition_ids":["cycle","tree"],"standard_idea_ids":[],"tags":[],"has_text":true,"text_preview":"Ответ: нельзя. Предположим противное: некоторый клетчатый прямоугольник удалось разрезать на такие фигурки. В каждой фигурке соединим синими отрезками центр ее полной клетки с серединами диагоналей в двух треугольных половинках. При переходе через стороны фигурок эти синие отрезки продолжают друг друга, поэтому все они распадаются на непересекающиеся замкнутые циклы. Объединение фигурок, соответствующих одному синему циклу, состоит из целых клеток, и через каждую клетку проходит ровно один такой цикл. Выберем синий цикл, внутри которого нет других синих циклов. Тогда внутри него нет ни одной целой клетки разбиения: иначе через эту клетку проходил бы еще один синий цикл, лежащий внутри выбранного. Раскрасим клетчатую плоскость в шахматном порядке так, чтобы черные клетки, пересекаемые выбранным циклом как целые клетки фигурок, были целыми, а белые клетки были разрезанными. В белых клетка…"}],"relations":[{"id":"rel-matching-tiling-kolm-2007-usamo-2009-cycle-decomposition","neighbor_id":"usamo-2009-p3-tasteful-domino-tiling-alternating-cycles","direction":"forward","type":"same_motif","distance":3,"status":"needs_human_review"}],"search_text":"kolmogorov-2007-round-2-first-league-problem-8 клетчатый прямоугольник и граф смежности одинаковых фигурок, кубок колмогорова 2007 planar_graphs goal_impossibility 2007 https://turmath.ru/kolm/archive.php https://turmath.ru/kolm/files/archive/kolm11.zip kolmogorov kolmogorov2007 olympiad_archive src-kolmogorov-2007-official src-kolmogorov-archive with_solution архив кубка памяти а.н. колмогорова кубок колмогорова кубок колмогорова 2007 официальный архив кубокколмогорова кубокколмогорова2007 ? кубок колмогорова 2007 официальный архив архив кубка памяти а.н. колмогорова stmt-original оригинальная формулировка ai_checked можно ли некоторый клетчатый прямоугольник разрезать на одинаковые фигурки, каждая из которых состоит из одной целой клетки и двух равнобедренных прямоугольных треугольников по ее бокам? cycle idea-graph-role графовая роль в условии граф не назван, но официальное решение существенно строит циклы и вспомогательный граф, который затем доказывается деревом; без этого противоречие не получается. planar_graphs ai_checked sol-official-compressed развернутое решение ai_checked cycle tree ответ: нельзя. предположим противное: некоторый клетчатый прямоугольник удалось разрезать на такие фигурки. в каждой фигурке соединим синими отрезками центр ее полной клетки с серединами диагоналей в двух треугольных половинках. при переходе через стороны фигурок эти синие отрезки продолжают друг друга, поэтому все они распадаются на непересекающиеся замкнутые циклы. объединение фигурок, соответствующих одному синему циклу, состоит из целых клеток, и через каждую клетку проходит ровно один такой цикл. выберем синий цикл, внутри которого нет других синих циклов. тогда внутри него нет ни одной целой клетки разбиения: иначе через эту клетку проходил бы еще один синий цикл, лежащий внутри выбранного. раскрасим клетчатую плоскость в шахматном порядке так, чтобы черные клетки, пересекаемые выбранным циклом как целые клетки фигурок, были целыми, а белые клетки были разрезанными. в белых клетка… kolmogorov-2007-round-2-first-league-problem-8 kletchatyy pryamougolnik i graf smezhnosti odinakovyh figurok, kubok kolmogorova 2007 planar_graphs goal_impossibility 2007 https://turmath.ru/kolm/archive.php https://turmath.ru/kolm/files/archive/kolm11.zip kolmogorov kolmogorov2007 olympiad_archive src-kolmogorov-2007-official src-kolmogorov-archive with_solution arhiv kubka pamyati a.n. kolmogorova kubok kolmogorova kubok kolmogorova 2007 ofitsialnyy arhiv kubokkolmogorova kubokkolmogorova2007 ? kubok kolmogorova 2007 ofitsialnyy arhiv arhiv kubka pamyati a.n. kolmogorova stmt-original originalnaya formulirovka ai_checked mozhno li nekotoryy kletchatyy pryamougolnik razrezat na odinakovye figurki, kazhdaya iz kotoryh sostoit iz odnoy tseloy kletki i dvuh ravnobedrennyh pryamougolnyh treugolnikov po ee bokam? cycle idea-graph-role grafovaya rol v uslovii graf ne nazvan, no ofitsialnoe reshenie suschestvenno stroit tsikly i vspomogatelnyy graf, kotoryy zatem dokazyvaetsya derevom; bez etogo protivorechie ne poluchaetsya. planar_graphs ai_checked sol-official-compressed razvernutoe reshenie ai_checked cycle tree otvet: nelzya. predpolozhim protivnoe: nekotoryy kletchatyy pryamougolnik udalos razrezat na takie figurki. v kazhdoy figurke soedinim sinimi otrezkami tsentr ee polnoy kletki s seredinami diagonaley v dvuh treugolnyh polovinkah. pri perehode cherez storony figurok eti sinie otrezki prodolzhayut drug druga, poetomu vse oni raspadayutsya na neperesekayuschiesya zamknutye tsikly. obedinenie figurok, sootvetstvuyuschih odnomu sinemu tsiklu, sostoit iz tselyh kletok, i cherez kazhduyu kletku prohodit rovno odin takoy tsikl. vyberem siniy tsikl, vnutri kotorogo net drugih sinih tsiklov. togda vnutri nego net ni odnoy tseloy kletki razbieniya: inache cherez etu kletku prohodil by esche odin siniy tsikl, lezhaschiy vnutri vybrannogo. raskrasim kletchatuyu ploskost v shahmatnom poryadke tak, chtoby chernye kletki, peresekaemye vybrannym tsiklom kak tselye kletki figurok, byli tselymi, a belye kletki byli razrezannymi. v belyh kletka…","source_keys":["kolmogorov"]}
{"id":"kolmogorov-2007-round-2-high-and-first-league-chromatic-number-problem","title":"k-раскраска графа с цветами размера хотя бы два, Кубок Колмогорова 2007","path":"data\\problems\\kolmogorov\\kolmogorov-2007-round-2-high-and-first-league-chromatic-number-problem.yaml","raw_github_url":"https://raw.githubusercontent.com/didin-maxim/knowledge_graph_of_graphs/main/data/problems/kolmogorov/kolmogorov-2007-round-2-high-and-first-league-chromatic-number-problem.yaml","viewer_url":"https://didin-maxim.github.io/knowledge_graph_of_graphs/#kolmogorov-2007-round-2-high-and-first-league-chromatic-number-problem","source_key":"kolmogorov","source_label":"Кубок Колмогорова","source_titles":["Кубок Колмогорова 2007 официальный архив","Архив Кубка памяти А.Н. Колмогорова"],"year":"2007","type":"olympiad_problem","authors":[],"tags":["coloring","goal_counting"],"agent_topics":[],"difficulty":{"main":"national_final_medium","local_score":6,"comment":"Сложность оставлена на уровне national_final_medium; решение и основные метаданные проверены в проходе 2026-05-16.","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":0.9,"basis":"high-reasoning проход 2026-05-16 по второй четверти списка official_outline_needs_work","notes":"Официальный/архивный план доведён high-reasoning агентом до локального русского доказательства; проверены условие, идеи, definition_ids, tags и связи в выбранном срезе.","audit_source":"manual-official-plan-completion-2026-05-16-second-quartile"},"statements":{"original":[{"id":"stmt-original","title":"Оригинальная формулировка","status":"ai_checked","text":"Хроматическое число графа \\(G\\) равно \\(k\\). Известно, что существует правильная раскраска вершин графа \\(G\\), в которой вершин каждого цвета хотя бы две. Докажите, что существует такая раскраска и в \\(k\\) цветов.","definition_ids":["chromatic_number"]}]},"solutions":[{"id":"sol-official-compressed","title":"Самодостаточное доказательство через обменную перекраску","status":"ai_checked","definition_ids":["chromatic_number"],"standard_idea_ids":["local_recoloring"],"tags":[],"has_text":true,"text_preview":"Возьмем любую правильную раскраску `alpha`, в которой каждый цветовой класс содержит хотя бы две вершины. Также возьмем правильную раскраску `beta` ровно в `k` цветов; она существует, поскольку `chi(G)=k`. Назовем цвет текущей `beta`-раскраски защищенным, если он содержит целый цветовой класс раскраски `alpha`. В таком цвете есть хотя бы две вершины. Более того, однажды защищенный цвет остается защищенным в описанном ниже процессе, потому что дальнейшие ходы перекрашивают целые `alpha`-классы, отличные от того, который уже его защищает. Если каждый цвет `beta` встречается хотя бы в двух вершинах, все доказано. Иначе пусть цвет `c` представлен единственной вершиной `v`. Пусть `A` — цветовой класс раскраски `alpha`, содержащий `v`. Так как множество `A` независимо и содержит хотя бы две вершины, перекрасим все вершины из `A` в цвет `c`, оставив всем остальным вершинам их текущие `beta`-цв…"}],"relations":[{"id":"rel-kolm-deep-2007-chromatic-2013-team-junior","neighbor_id":"kolmogorov-2013-team-olympiad-juniors-problem-7","direction":"forward","type":"same_motif","distance":1,"status":"needs_human_review"},{"id":"rel-kolm-deep-2007-chromatic-2013-team-senior","neighbor_id":"kolmogorov-2013-team-olympiad-seniors-problem-8","direction":"forward","type":"same_motif","distance":2,"status":"needs_human_review"},{"id":"rel-protected-color-recoloring-kolmogorov-2007-chromatic","neighbor_id":"protected-color-recoloring-lemma","direction":"backward","type":"prerequisite","distance":1,"status":"ai_checked"}],"search_text":"kolmogorov-2007-round-2-high-and-first-league-chromatic-number-problem k-раскраска графа с цветами размера хотя бы два, кубок колмогорова 2007 coloring goal_counting 2007 https://turmath.ru/kolm/archive.php https://turmath.ru/kolm/files/archive/kolm11.zip kolmogorov kolmogorov2007 olympiad_archive src-kolmogorov-2007-official src-kolmogorov-archive with_solution архив кубка памяти а.н. колмогорова кубок колмогорова кубок колмогорова 2007 официальный архив кубокколмогорова кубокколмогорова2007 ? кубок колмогорова 2007 официальный архив архив кубка памяти а.н. колмогорова stmt-original оригинальная формулировка ai_checked хроматическое число графа \\(g\\) равно \\(k\\). известно, что существует правильная раскраска вершин графа \\(g\\), в которой вершин каждого цвета хотя бы две. докажите, что существует такая раскраска и в \\(k\\) цветов. chromatic_number idea-graph-role графовая роль граф и его хроматическое число прямо даны в условии, а официальное решение целиком работает с правильными раскрасками вершин. ai_checked sol-official-compressed самодостаточное доказательство через обменную перекраску ai_checked chromatic_number local_recoloring возьмем любую правильную раскраску `alpha`, в которой каждый цветовой класс содержит хотя бы две вершины. также возьмем правильную раскраску `beta` ровно в `k` цветов; она существует, поскольку `chi(g)=k`. назовем цвет текущей `beta`-раскраски защищенным, если он содержит целый цветовой класс раскраски `alpha`. в таком цвете есть хотя бы две вершины. более того, однажды защищенный цвет остается защищенным в описанном ниже процессе, потому что дальнейшие ходы перекрашивают целые `alpha`-классы, отличные от того, который уже его защищает. если каждый цвет `beta` встречается хотя бы в двух вершинах, все доказано. иначе пусть цвет `c` представлен единственной вершиной `v`. пусть `a` — цветовой класс раскраски `alpha`, содержащий `v`. так как множество `a` независимо и содержит хотя бы две вершины, перекрасим все вершины из `a` в цвет `c`, оставив всем остальным вершинам их текущие `beta`-цв… kolmogorov-2007-round-2-high-and-first-league-chromatic-number-problem k-raskraska grafa s tsvetami razmera hotya by dva, kubok kolmogorova 2007 coloring goal_counting 2007 https://turmath.ru/kolm/archive.php https://turmath.ru/kolm/files/archive/kolm11.zip kolmogorov kolmogorov2007 olympiad_archive src-kolmogorov-2007-official src-kolmogorov-archive with_solution arhiv kubka pamyati a.n. kolmogorova kubok kolmogorova kubok kolmogorova 2007 ofitsialnyy arhiv kubokkolmogorova kubokkolmogorova2007 ? kubok kolmogorova 2007 ofitsialnyy arhiv arhiv kubka pamyati a.n. kolmogorova stmt-original originalnaya formulirovka ai_checked hromaticheskoe chislo grafa \\(g\\) ravno \\(k\\). izvestno, chto suschestvuet pravilnaya raskraska vershin grafa \\(g\\), v kotoroy vershin kazhdogo tsveta hotya by dve. dokazhite, chto suschestvuet takaya raskraska i v \\(k\\) tsvetov. chromatic_number idea-graph-role grafovaya rol graf i ego hromaticheskoe chislo pryamo dany v uslovii, a ofitsialnoe reshenie tselikom rabotaet s pravilnymi raskraskami vershin. ai_checked sol-official-compressed samodostatochnoe dokazatelstvo cherez obmennuyu perekrasku ai_checked chromatic_number local_recoloring vozmem lyubuyu pravilnuyu raskrasku `alpha`, v kotoroy kazhdyy tsvetovoy klass soderzhit hotya by dve vershiny. takzhe vozmem pravilnuyu raskrasku `beta` rovno v `k` tsvetov; ona suschestvuet, poskolku `chi(g)=k`. nazovem tsvet tekuschey `beta`-raskraski zaschischennym, esli on soderzhit tselyy tsvetovoy klass raskraski `alpha`. v takom tsvete est hotya by dve vershiny. bolee togo, odnazhdy zaschischennyy tsvet ostaetsya zaschischennym v opisannom nizhe protsesse, potomu chto dalneyshie hody perekrashivayut tselye `alpha`-klassy, otlichnye ot togo, kotoryy uzhe ego zaschischaet. esli kazhdyy tsvet `beta` vstrechaetsya hotya by v dvuh vershinah, vse dokazano. inache pust tsvet `c` predstavlen edinstvennoy vershinoy `v`. pust `a` — tsvetovoy klass raskraski `alpha`, soderzhaschiy `v`. tak kak mnozhestvo `a` nezavisimo i soderzhit hotya by dve vershiny, perekrasim vse vershiny iz `a` v tsvet `c`, ostaviv vsem ostalnym vershinam ih tekuschie `beta`-tsv…","source_keys":["kolmogorov"]}
{"id":"kolmogorov-2007-round-3-high-and-first-league-problem-3","title":"Единственное разбиение графа на 5 независимых множеств, Кубок Колмогорова 2007","path":"data\\problems\\kolmogorov\\kolmogorov-2007-round-3-high-and-first-league-problem-3.yaml","raw_github_url":"https://raw.githubusercontent.com/didin-maxim/knowledge_graph_of_graphs/main/data/problems/kolmogorov/kolmogorov-2007-round-3-high-and-first-league-problem-3.yaml","viewer_url":"https://didin-maxim.github.io/knowledge_graph_of_graphs/#kolmogorov-2007-round-3-high-and-first-league-problem-3","source_key":"kolmogorov","source_label":"Кубок Колмогорова","source_titles":["Кубок Колмогорова 2007 официальный архив","Архив Кубка памяти А.Н. Колмогорова"],"year":"2007","type":"olympiad_problem","authors":[],"tags":["coloring","connectivity","double_counting","goal_counting"],"agent_topics":[],"difficulty":{"main":"national_final_medium","local_score":6,"comment":"Сложность оставлена на уровне national_final_medium; решение и основные метаданные проверены в проходе 2026-05-16.","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":0.9,"basis":"high-reasoning проход 2026-05-16 по второй четверти списка official_outline_needs_work","notes":"Официальный/архивный план доведён high-reasoning агентом до локального русского доказательства; проверены условие, идеи, definition_ids, tags и связи в выбранном срезе.","audit_source":"manual-official-plan-completion-2026-05-16-second-quartile"},"statements":{"original":[{"id":"stmt-original","title":"Оригинальная формулировка","status":"ai_checked","text":"Вершины графа \\(G\\) можно единственным образом разбить на 5 групп так, что никакие две вершины из одной группы не смежны. Обозначим через \\(n\\) число вершин графа. Докажите, что в этом графе не менее \\(4n - 10\\) ребер.","definition_ids":["simple_graph"]}]},"solutions":[{"id":"sol-official-compressed","title":"Решение через связность двух цветовых классов","status":"ai_checked","definition_ids":["simple_graph"],"standard_idea_ids":["double_counting","local_recoloring"],"tags":[],"has_text":true,"text_preview":"Пусть единственное разбиение на независимые множества равно `V_1, ..., V_5`. Для каждой пары индексов `i, j` рассмотрим индуцированный подграф `G_{i,j}` на `V_i ∪ V_j`. Покажем, что каждый такой `G_{i,j}` связен. Иначе можно взять одну компоненту связности и поменять внутри нее классы `V_i` и `V_j`. Независимость всех пяти классов сохранится, потому что ребер из выбранной компоненты в остальные вершины `V_i ∪ V_j` нет, а остальные три класса не меняются. Получится другое допустимое разбиение на 5 независимых множеств, что противоречит единственности. Значит, в каждом `G_{i,j}` не меньше `|V_i| + |V_j| - 1` ребер. Складывая эти 10 оценок, получаем сумму правых частей `4(|V_1|+...+|V_5|)-10 = 4n-10`: каждая вершина входит ровно в четыре пары цветовых классов. Каждое ребро исходного графа лежит между двумя разными классами, поэтому считается ровно в одном из графов `G_{i,j}`. Следовательно…"}],"relations":[{"id":"rel-kolm-2006-2007-color-class-recoloring-connectivity","neighbor_id":"kolmogorov-2006-round-3-super-league-problem-3","direction":"backward","type":"same_motif","distance":1,"status":"needs_human_review"}],"search_text":"kolmogorov-2007-round-3-high-and-first-league-problem-3 единственное разбиение графа на 5 независимых множеств, кубок колмогорова 2007 coloring connectivity double_counting goal_counting 2007 https://turmath.ru/kolm/archive.php https://turmath.ru/kolm/files/archive/kolm11.zip kolmogorov kolmogorov2007 olympiad_archive src-kolmogorov-2007-official src-kolmogorov-archive with_solution архив кубка памяти а.н. колмогорова кубок колмогорова кубок колмогорова 2007 официальный архив кубокколмогорова кубокколмогорова2007 ? кубок колмогорова 2007 официальный архив архив кубка памяти а.н. колмогорова stmt-original оригинальная формулировка ai_checked вершины графа \\(g\\) можно единственным образом разбить на 5 групп так, что никакие две вершины из одной группы не смежны. обозначим через \\(n\\) число вершин графа. докажите, что в этом графе не менее \\(4n - 10\\) ребер. simple_graph idea-graph-role графовая роль граф прямо присутствует в условии, а официальное решение использует индуцированные подграфы, компоненты связности и подсчет ребер. ai_checked sol-official-compressed решение через связность двух цветовых классов ai_checked simple_graph double_counting local_recoloring пусть единственное разбиение на независимые множества равно `v_1, ..., v_5`. для каждой пары индексов `i, j` рассмотрим индуцированный подграф `g_{i,j}` на `v_i ∪ v_j`. покажем, что каждый такой `g_{i,j}` связен. иначе можно взять одну компоненту связности и поменять внутри нее классы `v_i` и `v_j`. независимость всех пяти классов сохранится, потому что ребер из выбранной компоненты в остальные вершины `v_i ∪ v_j` нет, а остальные три класса не меняются. получится другое допустимое разбиение на 5 независимых множеств, что противоречит единственности. значит, в каждом `g_{i,j}` не меньше `|v_i| + |v_j| - 1` ребер. складывая эти 10 оценок, получаем сумму правых частей `4(|v_1|+...+|v_5|)-10 = 4n-10`: каждая вершина входит ровно в четыре пары цветовых классов. каждое ребро исходного графа лежит между двумя разными классами, поэтому считается ровно в одном из графов `g_{i,j}`. следовательно… kolmogorov-2007-round-3-high-and-first-league-problem-3 edinstvennoe razbienie grafa na 5 nezavisimyh mnozhestv, kubok kolmogorova 2007 coloring connectivity double_counting goal_counting 2007 https://turmath.ru/kolm/archive.php https://turmath.ru/kolm/files/archive/kolm11.zip kolmogorov kolmogorov2007 olympiad_archive src-kolmogorov-2007-official src-kolmogorov-archive with_solution arhiv kubka pamyati a.n. kolmogorova kubok kolmogorova kubok kolmogorova 2007 ofitsialnyy arhiv kubokkolmogorova kubokkolmogorova2007 ? kubok kolmogorova 2007 ofitsialnyy arhiv arhiv kubka pamyati a.n. kolmogorova stmt-original originalnaya formulirovka ai_checked vershiny grafa \\(g\\) mozhno edinstvennym obrazom razbit na 5 grupp tak, chto nikakie dve vershiny iz odnoy gruppy ne smezhny. oboznachim cherez \\(n\\) chislo vershin grafa. dokazhite, chto v etom grafe ne menee \\(4n - 10\\) reber. simple_graph idea-graph-role grafovaya rol graf pryamo prisutstvuet v uslovii, a ofitsialnoe reshenie ispolzuet indutsirovannye podgrafy, komponenty svyaznosti i podschet reber. ai_checked sol-official-compressed reshenie cherez svyaznost dvuh tsvetovyh klassov ai_checked simple_graph double_counting local_recoloring pust edinstvennoe razbienie na nezavisimye mnozhestva ravno `v_1, ..., v_5`. dlya kazhdoy pary indeksov `i, j` rassmotrim indutsirovannyy podgraf `g_{i,j}` na `v_i ∪ v_j`. pokazhem, chto kazhdyy takoy `g_{i,j}` svyazen. inache mozhno vzyat odnu komponentu svyaznosti i pomenyat vnutri nee klassy `v_i` i `v_j`. nezavisimost vseh pyati klassov sohranitsya, potomu chto reber iz vybrannoy komponenty v ostalnye vershiny `v_i ∪ v_j` net, a ostalnye tri klassa ne menyayutsya. poluchitsya drugoe dopustimoe razbienie na 5 nezavisimyh mnozhestv, chto protivorechit edinstvennosti. znachit, v kazhdom `g_{i,j}` ne menshe `|v_i| + |v_j| - 1` reber. skladyvaya eti 10 otsenok, poluchaem summu pravyh chastey `4(|v_1|+...+|v_5|)-10 = 4n-10`: kazhdaya vershina vhodit rovno v chetyre pary tsvetovyh klassov. kazhdoe rebro ishodnogo grafa lezhit mezhdu dvumya raznymi klassami, poetomu schitaetsya rovno v odnom iz grafov `g_{i,j}`. sledovatelno…","source_keys":["kolmogorov"]}
{"id":"kolmogorov-2007-round-4-first-league-problem-1","title":"Нечётный ориентированный цикл в сильной ориентации графа, Кубок Колмогорова 2007","path":"data\\problems\\kolmogorov\\kolmogorov-2007-round-4-first-league-problem-1.yaml","raw_github_url":"https://raw.githubusercontent.com/didin-maxim/knowledge_graph_of_graphs/main/data/problems/kolmogorov/kolmogorov-2007-round-4-first-league-problem-1.yaml","viewer_url":"https://didin-maxim.github.io/knowledge_graph_of_graphs/#kolmogorov-2007-round-4-first-league-problem-1","source_key":"kolmogorov","source_label":"Кубок Колмогорова","source_titles":["Кубок Колмогорова 2007 официальный архив","Архив Кубка памяти А.Н. Колмогорова"],"year":"2007","type":"olympiad_problem","authors":[],"tags":["connectivity","goal_proof"],"agent_topics":[],"difficulty":{"main":"national_final_medium","local_score":6,"comment":"Сложность оставлена на уровне national_final_medium; решение и основные метаданные проверены в проходе 2026-05-16.","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":0.9,"basis":"high-reasoning проход 2026-05-16 по второй четверти списка official_outline_needs_work","notes":"Официальный/архивный план доведён high-reasoning агентом до локального русского доказательства; проверены условие, идеи, definition_ids, tags и связи в выбранном срезе.","audit_source":"manual-official-plan-completion-2026-05-16-second-quartile"},"statements":{"original":[{"id":"stmt-original","title":"Оригинальная формулировка","status":"ai_checked","text":"Неориентированный граф \\(G\\) имеет нечетный цикл. Его ребра ориентировали так, что из любой вершины можно попасть в любую другую по направлению ребер. Докажите, что в полученном орграфе есть ориентированный цикл нечетной длины.","definition_ids":["directed_graph","cycle"]}]},"solutions":[{"id":"sol-official-compressed","title":"Самодостаточное доказательство существования нечетного ориентированного цикла","status":"ai_checked","definition_ids":["directed_graph","cycle"],"standard_idea_ids":[],"tags":[],"has_text":true,"text_preview":"Пусть `C = a_1 a_2 ... a_m a_1` — простой нечетный цикл в исходном неориентированном графе, причем индексы читаются по модулю `m`. Работаем в данной сильно связной ориентации. Для каждого ребра `a_i a_{i+1}` цикла `C` поступим так. Если оно ориентировано как `a_i -> a_{i+1}`, запишем этот однореберный ориентированный путь. Если оно ориентировано как `a_{i+1} -> a_i`, то из сильной связности существует ориентированный путь `P_i` из `a_i` в `a_{i+1}`. Выберем `P_i` кратчайшим среди таких путей. Тогда в `P_i` нет повторяющихся вершин, и вместе с обратным ребром `a_{i+1} -> a_i` он образует ориентированный цикл. Если один из таких заменяющих путей `P_i` имеет четную длину, то `P_i` вместе с ребром `a_{i+1} -> a_i` дает нечетный ориентированный цикл, и все доказано. Иначе каждый заменяющий путь для обратно ориентированного ребра имеет нечетную длину, а каждое прямо ориентированное ребро, зап…"}],"relations":[],"search_text":"kolmogorov-2007-round-4-first-league-problem-1 нечётный ориентированный цикл в сильной ориентации графа, кубок колмогорова 2007 connectivity goal_proof 2007 https://turmath.ru/kolm/archive.php https://turmath.ru/kolm/files/archive/kolm11.zip kolmogorov kolmogorov2007 olympiad_archive src-kolmogorov-2007-official src-kolmogorov-archive with_solution архив кубка памяти а.н. колмогорова кубок колмогорова кубок колмогорова 2007 официальный архив кубокколмогорова кубокколмогорова2007 ? кубок колмогорова 2007 официальный архив архив кубка памяти а.н. колмогорова stmt-original оригинальная формулировка ai_checked неориентированный граф \\(g\\) имеет нечетный цикл. его ребра ориентировали так, что из любой вершины можно попасть в любую другую по направлению ребер. докажите, что в полученном орграфе есть ориентированный цикл нечетной длины. directed_graph cycle idea-graph-role графовая роль граф прямо присутствует в условии, а официальное решение полностью опирается на сильную связность орграфа, ориентированные пути и нечетные циклы. ai_checked sol-official-compressed самодостаточное доказательство существования нечетного ориентированного цикла ai_checked directed_graph cycle пусть `c = a_1 a_2 ... a_m a_1` — простой нечетный цикл в исходном неориентированном графе, причем индексы читаются по модулю `m`. работаем в данной сильно связной ориентации. для каждого ребра `a_i a_{i+1}` цикла `c` поступим так. если оно ориентировано как `a_i -> a_{i+1}`, запишем этот однореберный ориентированный путь. если оно ориентировано как `a_{i+1} -> a_i`, то из сильной связности существует ориентированный путь `p_i` из `a_i` в `a_{i+1}`. выберем `p_i` кратчайшим среди таких путей. тогда в `p_i` нет повторяющихся вершин, и вместе с обратным ребром `a_{i+1} -> a_i` он образует ориентированный цикл. если один из таких заменяющих путей `p_i` имеет четную длину, то `p_i` вместе с ребром `a_{i+1} -> a_i` дает нечетный ориентированный цикл, и все доказано. иначе каждый заменяющий путь для обратно ориентированного ребра имеет нечетную длину, а каждое прямо ориентированное ребро, зап… kolmogorov-2007-round-4-first-league-problem-1 nechetnyy orientirovannyy tsikl v silnoy orientatsii grafa, kubok kolmogorova 2007 connectivity goal_proof 2007 https://turmath.ru/kolm/archive.php https://turmath.ru/kolm/files/archive/kolm11.zip kolmogorov kolmogorov2007 olympiad_archive src-kolmogorov-2007-official src-kolmogorov-archive with_solution arhiv kubka pamyati a.n. kolmogorova kubok kolmogorova kubok kolmogorova 2007 ofitsialnyy arhiv kubokkolmogorova kubokkolmogorova2007 ? kubok kolmogorova 2007 ofitsialnyy arhiv arhiv kubka pamyati a.n. kolmogorova stmt-original originalnaya formulirovka ai_checked neorientirovannyy graf \\(g\\) imeet nechetnyy tsikl. ego rebra orientirovali tak, chto iz lyuboy vershiny mozhno popast v lyubuyu druguyu po napravleniyu reber. dokazhite, chto v poluchennom orgrafe est orientirovannyy tsikl nechetnoy dliny. directed_graph cycle idea-graph-role grafovaya rol graf pryamo prisutstvuet v uslovii, a ofitsialnoe reshenie polnostyu opiraetsya na silnuyu svyaznost orgrafa, orientirovannye puti i nechetnye tsikly. ai_checked sol-official-compressed samodostatochnoe dokazatelstvo suschestvovaniya nechetnogo orientirovannogo tsikla ai_checked directed_graph cycle pust `c = a_1 a_2 ... a_m a_1` — prostoy nechetnyy tsikl v ishodnom neorientirovannom grafe, prichem indeksy chitayutsya po modulyu `m`. rabotaem v dannoy silno svyaznoy orientatsii. dlya kazhdogo rebra `a_i a_{i+1}` tsikla `c` postupim tak. esli ono orientirovano kak `a_i -> a_{i+1}`, zapishem etot odnorebernyy orientirovannyy put. esli ono orientirovano kak `a_{i+1} -> a_i`, to iz silnoy svyaznosti suschestvuet orientirovannyy put `p_i` iz `a_i` v `a_{i+1}`. vyberem `p_i` kratchayshim sredi takih putey. togda v `p_i` net povtoryayuschihsya vershin, i vmeste s obratnym rebrom `a_{i+1} -> a_i` on obrazuet orientirovannyy tsikl. esli odin iz takih zamenyayuschih putey `p_i` imeet chetnuyu dlinu, to `p_i` vmeste s rebrom `a_{i+1} -> a_i` daet nechetnyy orientirovannyy tsikl, i vse dokazano. inache kazhdyy zamenyayuschiy put dlya obratno orientirovannogo rebra imeet nechetnuyu dlinu, a kazhdoe pryamo orientirovannoe rebro, zap…","source_keys":["kolmogorov"]}
{"id":"kolmogorov-2007-team-olympiad-seniors-problem-7","title":"Пары знакомств при одинаковом числе рёбер в любом m-подмножестве, Кубок Колмогорова 2007","path":"data\\problems\\kolmogorov\\kolmogorov-2007-team-olympiad-seniors-problem-7.yaml","raw_github_url":"https://raw.githubusercontent.com/didin-maxim/knowledge_graph_of_graphs/main/data/problems/kolmogorov/kolmogorov-2007-team-olympiad-seniors-problem-7.yaml","viewer_url":"https://didin-maxim.github.io/knowledge_graph_of_graphs/#kolmogorov-2007-team-olympiad-seniors-problem-7","source_key":"kolmogorov","source_label":"Кубок Колмогорова","source_titles":["Кубок Колмогорова 2007 официальный архив","Архив Кубка памяти А.Н. Колмогорова"],"year":"2007","type":"olympiad_problem","authors":[],"tags":["double_counting","degree_counting","extremal_graph_theory","goal_counting"],"agent_topics":[],"difficulty":{"main":"national_final_medium","local_score":6,"comment":"Импортировано из подготовленной графовой карточки KOLM; оценка сложности требует проверки человеком.","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":"исправление после аудита повышенной сложности 2026-05-07","notes":"Сжатое официальное решение развёрнуто до полного доказательства: из равенства локальных чисел рёбер следует одинаковый статус всех пар, а непустота графа даёт полный граф.","audit_source":"very-high-pipeline-batch-3-2026-05-07"},"statements":{"original":[{"id":"stmt-original","title":"Оригинальная формулировка","status":"ai_checked","text":"Пусть \\(1 < m < n-1\\). В компании из \\(n\\) человек некоторые знакомы друг с другом, причем среди любых \\(m\\) человек одно и то же количество пар знакомых. Сколько пар знакомых может быть среди всех \\(n\\) человек?","definition_ids":["simple_graph","complete_graph","degree"]}],"graph_theory":[{"id":"stmt-graph","title":"Равные числа рёбер в m-вершинных подграфах","status":"ai_checked","text":"Пусть \\(1<m<n-1\\). В простом графе на \\(n\\) вершинах известно, что любой индуцированный подграф на \\(m\\) вершинах имеет одно и то же число рёбер. Какие значения может принимать общее число рёбер графа?","definition_ids":["simple_graph","degree","induced_subgraph"]}]},"solutions":[{"id":"sol-official-compressed","title":"Развернутое решение","status":"ai_checked","definition_ids":["simple_graph","complete_graph","degree","induced_subgraph"],"standard_idea_ids":["double_counting"],"tags":[],"has_text":true,"text_preview":"Ответ в формулировке карточки: \\(\\binom n2=n(n-1)/2\\). Если фразу ``некоторые знакомы друг с другом'' не понимать как существование хотя бы одной знакомой пары, то дополнительно возможен пустой граф и ответ был бы \\(0\\) или \\(\\binom n2\\). Рассмотрим граф знакомств: вершины -- люди, рёбра -- пары знакомых. По условию число рёбер в любом индуцированном подграфе на \\(m\\) вершинах одно и то же; обозначим это число через \\(q\\). Возьмём двух различных людей \\(x\\) и \\(y\\) и любое множество \\(S\\) из \\(m-1\\) остальных людей. В двух группах \\(S\\cup\\{x\\}\\) и \\(S\\cup\\{y\\}\\) по \\(m\\) человек, поэтому в них по \\(q\\) пар знакомых. Пары внутри самого \\(S\\) в этих двух подсчётах одинаковы; значит, число знакомых у \\(x\\) среди людей из \\(S\\) равно числу знакомых у \\(y\\) среди людей из \\(S\\). Положим \\(k=m-1\\). Из \\(1<m<n-1\\) следует \\(1\\le k\\le n-3\\), так что после выбора \\(x,y\\) остаётся достаточно верш…"}],"relations":[{"id":"rel-paths-counting-usamo-1976-kolm-2007-induced-count","neighbor_id":"usamo-1976-p1-monochromatic-rectangle-bipartite","direction":"backward","type":"same_motif","distance":2,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-metadata-kolm-2007-induced-count-handshaking","neighbor_id":"handshaking-lemma","direction":"forward","type":"same_motif","distance":2,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-metadata-kolm-2007-induced-count-imo-1995-nc5","neighbor_id":"imo-1995-nc5-greetings-regular-codegree-graph","direction":"forward","type":"same_motif","distance":3,"status":"needs_human_review"}],"search_text":"kolmogorov-2007-team-olympiad-seniors-problem-7 пары знакомств при одинаковом числе рёбер в любом m-подмножестве, кубок колмогорова 2007 double_counting degree_counting extremal_graph_theory goal_counting 2007 https://turmath.ru/kolm/archive.php https://turmath.ru/kolm/files/archive/kolm11.zip kolmogorov kolmogorov2007 olympiad_archive src-kolmogorov-2007-official src-kolmogorov-archive with_solution архив кубка памяти а.н. колмогорова кубок колмогорова кубок колмогорова 2007 официальный архив кубокколмогорова кубокколмогорова2007 ? кубок колмогорова 2007 официальный архив архив кубка памяти а.н. колмогорова stmt-original оригинальная формулировка ai_checked пусть \\(1 < m < n-1\\). в компании из \\(n\\) человек некоторые знакомы друг с другом, причем среди любых \\(m\\) человек одно и то же количество пар знакомых. сколько пар знакомых может быть среди всех \\(n\\) человек? simple_graph complete_graph degree stmt-graph равные числа рёбер в m-вершинных подграфах ai_checked пусть \\(1<m<n-1\\). в простом графе на \\(n\\) вершинах известно, что любой индуцированный подграф на \\(m\\) вершинах имеет одно и то же число рёбер. какие значения может принимать общее число рёбер графа? simple_graph degree induced_subgraph idea-graph-role графовая роль в условии граф не назван напрямую, но официальное решение существенно переводит задачу в граф знакомств и рассуждает через степени вершин в индуцированных подгруппах. double_counting extremal_graph_theory ai_checked sol-official-compressed развернутое решение ai_checked simple_graph complete_graph degree induced_subgraph double_counting ответ в формулировке карточки: \\(\\binom n2=n(n-1)/2\\). если фразу ``некоторые знакомы друг с другом'' не понимать как существование хотя бы одной знакомой пары, то дополнительно возможен пустой граф и ответ был бы \\(0\\) или \\(\\binom n2\\). рассмотрим граф знакомств: вершины -- люди, рёбра -- пары знакомых. по условию число рёбер в любом индуцированном подграфе на \\(m\\) вершинах одно и то же; обозначим это число через \\(q\\). возьмём двух различных людей \\(x\\) и \\(y\\) и любое множество \\(s\\) из \\(m-1\\) остальных людей. в двух группах \\(s\\cup\\{x\\}\\) и \\(s\\cup\\{y\\}\\) по \\(m\\) человек, поэтому в них по \\(q\\) пар знакомых. пары внутри самого \\(s\\) в этих двух подсчётах одинаковы; значит, число знакомых у \\(x\\) среди людей из \\(s\\) равно числу знакомых у \\(y\\) среди людей из \\(s\\). положим \\(k=m-1\\). из \\(1<m<n-1\\) следует \\(1\\le k\\le n-3\\), так что после выбора \\(x,y\\) остаётся достаточно верш… kolmogorov-2007-team-olympiad-seniors-problem-7 pary znakomstv pri odinakovom chisle reber v lyubom m-podmnozhestve, kubok kolmogorova 2007 double_counting degree_counting extremal_graph_theory goal_counting 2007 https://turmath.ru/kolm/archive.php https://turmath.ru/kolm/files/archive/kolm11.zip kolmogorov kolmogorov2007 olympiad_archive src-kolmogorov-2007-official src-kolmogorov-archive with_solution arhiv kubka pamyati a.n. kolmogorova kubok kolmogorova kubok kolmogorova 2007 ofitsialnyy arhiv kubokkolmogorova kubokkolmogorova2007 ? kubok kolmogorova 2007 ofitsialnyy arhiv arhiv kubka pamyati a.n. kolmogorova stmt-original originalnaya formulirovka ai_checked pust \\(1 < m < n-1\\). v kompanii iz \\(n\\) chelovek nekotorye znakomy drug s drugom, prichem sredi lyubyh \\(m\\) chelovek odno i to zhe kolichestvo par znakomyh. skolko par znakomyh mozhet byt sredi vseh \\(n\\) chelovek? simple_graph complete_graph degree stmt-graph ravnye chisla reber v m-vershinnyh podgrafah ai_checked pust \\(1<m<n-1\\). v prostom grafe na \\(n\\) vershinah izvestno, chto lyuboy indutsirovannyy podgraf na \\(m\\) vershinah imeet odno i to zhe chislo reber. kakie znacheniya mozhet prinimat obschee chislo reber grafa? simple_graph degree induced_subgraph idea-graph-role grafovaya rol v uslovii graf ne nazvan napryamuyu, no ofitsialnoe reshenie suschestvenno perevodit zadachu v graf znakomstv i rassuzhdaet cherez stepeni vershin v indutsirovannyh podgruppah. double_counting extremal_graph_theory ai_checked sol-official-compressed razvernutoe reshenie ai_checked simple_graph complete_graph degree induced_subgraph double_counting otvet v formulirovke kartochki: \\(\\binom n2=n(n-1)/2\\). esli frazu ``nekotorye znakomy drug s drugom'' ne ponimat kak suschestvovanie hotya by odnoy znakomoy pary, to dopolnitelno vozmozhen pustoy graf i otvet byl by \\(0\\) ili \\(\\binom n2\\). rassmotrim graf znakomstv: vershiny -- lyudi, rebra -- pary znakomyh. po usloviyu chislo reber v lyubom indutsirovannom podgrafe na \\(m\\) vershinah odno i to zhe; oboznachim eto chislo cherez \\(q\\). vozmem dvuh razlichnyh lyudey \\(x\\) i \\(y\\) i lyuboe mnozhestvo \\(s\\) iz \\(m-1\\) ostalnyh lyudey. v dvuh gruppah \\(s\\cup\\{x\\}\\) i \\(s\\cup\\{y\\}\\) po \\(m\\) chelovek, poetomu v nih po \\(q\\) par znakomyh. pary vnutri samogo \\(s\\) v etih dvuh podschetah odinakovy; znachit, chislo znakomyh u \\(x\\) sredi lyudey iz \\(s\\) ravno chislu znakomyh u \\(y\\) sredi lyudey iz \\(s\\). polozhim \\(k=m-1\\). iz \\(1<m<n-1\\) sleduet \\(1\\le k\\le n-3\\), tak chto posle vybora \\(x,y\\) ostaetsya dostatochno versh…","source_keys":["kolmogorov"]}
{"id":"kolmogorov-2008-individual-olympiad-juniors-problem-8","title":"Разделение рёбер 3-регулярного графа на две двудольные сети, Кубок Колмогорова 2008","path":"data\\problems\\kolmogorov\\kolmogorov-2008-individual-olympiad-juniors-problem-8.yaml","raw_github_url":"https://raw.githubusercontent.com/didin-maxim/knowledge_graph_of_graphs/main/data/problems/kolmogorov/kolmogorov-2008-individual-olympiad-juniors-problem-8.yaml","viewer_url":"https://didin-maxim.github.io/knowledge_graph_of_graphs/#kolmogorov-2008-individual-olympiad-juniors-problem-8","source_key":"kolmogorov","source_label":"Кубок Колмогорова","source_titles":["Кубок Колмогорова 2008 официальный архив","Архив Кубка памяти А.Н. Колмогорова"],"year":"2008","type":"olympiad_problem","authors":[],"tags":["coloring","matching","goal_construction"],"agent_topics":[],"difficulty":{"main":"national_final_medium","local_score":6,"comment":"Сложность оставлена на уровне national_final_medium; решение и основные метаданные проверены в проходе 2026-05-16.","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":0.9,"basis":"high-reasoning проход 2026-05-16 по второй четверти списка official_outline_needs_work","notes":"Официальный/архивный план доведён high-reasoning агентом до локального русского доказательства; проверены условие, идеи, definition_ids, tags и связи в выбранном срезе.","audit_source":"manual-official-plan-completion-2026-05-16-second-quartile"},"statements":{"original":[{"id":"stmt-original","title":"Оригинальная формулировка","status":"ai_checked","text":"В стране каждый аэропорт соединен прямыми рейсами ровно с тремя другими. Требуется разделить все рейсы между двумя авиакомпаниями так, чтобы у каждой компании в ее сети не было нечетных циклов.","definition_ids":["bipartite_graph","spanning_tree","degree"]}]},"solutions":[{"id":"sol-official-compressed","title":"Самодостаточное доказательство через разбиение четырех цветов","status":"ai_checked","definition_ids":["bipartite_graph","spanning_tree","degree","cycle","proper_coloring"],"standard_idea_ids":["local_recoloring"],"tags":[],"has_text":true,"text_preview":"Граф максимальной степени 3 можно правильно раскрасить в 4 цвета жадным алгоритмом: упорядочим вершины произвольно и будем красить их по одной; когда красится очередная вершина, ее уже покрашенные соседи запрещают не более трех цветов. Возьмем такую правильную раскраску вершин цветами 1, 2, 3, 4. Отнесем ребро к первой авиакомпании, если цвета его концов равны 1-2, 2-3, 3-4 или 4-1. Отнесем ребро ко второй авиакомпании, если цвета его концов равны 1-3 или 2-4. Каждое ребро соединяет вершины разных цветов, поэтому попадает ровно в один из этих двух списков. Граф первой авиакомпании двудолен с долями `{1,3}` и `{2,4}`: каждое разрешенное ребро первой авиакомпании соединяет цвет из первой доли с цветом из второй. Граф второй авиакомпании двудолен с долями `{1,2}` и `{3,4}`: каждое разрешенное ребро второй авиакомпании также идет между двумя долями. В двудольном графе нет нечетного цикла. С…"}],"relations":[{"id":"rel-bipartite-edge-layers-kolmogorov-2008-juniors-p8","neighbor_id":"vertex-coloring-to-bipartite-edge-layers","direction":"backward","type":"prerequisite","distance":1,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-kolm-2008-bipartite-coloring-pair","neighbor_id":"kolmogorov-2008-individual-olympiad-seniors-problem-5","direction":"forward","type":"same_motif","distance":1,"status":"ai_checked"}],"search_text":"kolmogorov-2008-individual-olympiad-juniors-problem-8 разделение рёбер 3-регулярного графа на две двудольные сети, кубок колмогорова 2008 coloring matching goal_construction 2008 https://turmath.ru/kolm/archive.php https://turmath.ru/kolm/files/archive/kolm12.zip kolmogorov kolmogorov2008 olympiad_archive src-kolmogorov-2008-official src-kolmogorov-archive with_solution архив кубка памяти а.н. колмогорова кубок колмогорова кубок колмогорова 2008 официальный архив кубокколмогорова кубокколмогорова2008 ? кубок колмогорова 2008 официальный архив архив кубка памяти а.н. колмогорова stmt-original оригинальная формулировка ai_checked в стране каждый аэропорт соединен прямыми рейсами ровно с тремя другими. требуется разделить все рейсы между двумя авиакомпаниями так, чтобы у каждой компании в ее сети не было нечетных циклов. bipartite_graph spanning_tree degree idea-graph-role графовая роль граф явно задан в условии: аэропорты — вершины, рейсы — ребра, причем граф 3-регулярен. официальное решение использует раскраску вершин и двудольность подграфов. ai_checked sol-official-compressed самодостаточное доказательство через разбиение четырех цветов ai_checked bipartite_graph spanning_tree degree cycle proper_coloring local_recoloring граф максимальной степени 3 можно правильно раскрасить в 4 цвета жадным алгоритмом: упорядочим вершины произвольно и будем красить их по одной; когда красится очередная вершина, ее уже покрашенные соседи запрещают не более трех цветов. возьмем такую правильную раскраску вершин цветами 1, 2, 3, 4. отнесем ребро к первой авиакомпании, если цвета его концов равны 1-2, 2-3, 3-4 или 4-1. отнесем ребро ко второй авиакомпании, если цвета его концов равны 1-3 или 2-4. каждое ребро соединяет вершины разных цветов, поэтому попадает ровно в один из этих двух списков. граф первой авиакомпании двудолен с долями `{1,3}` и `{2,4}`: каждое разрешенное ребро первой авиакомпании соединяет цвет из первой доли с цветом из второй. граф второй авиакомпании двудолен с долями `{1,2}` и `{3,4}`: каждое разрешенное ребро второй авиакомпании также идет между двумя долями. в двудольном графе нет нечетного цикла. с… kolmogorov-2008-individual-olympiad-juniors-problem-8 razdelenie reber 3-regulyarnogo grafa na dve dvudolnye seti, kubok kolmogorova 2008 coloring matching goal_construction 2008 https://turmath.ru/kolm/archive.php https://turmath.ru/kolm/files/archive/kolm12.zip kolmogorov kolmogorov2008 olympiad_archive src-kolmogorov-2008-official src-kolmogorov-archive with_solution arhiv kubka pamyati a.n. kolmogorova kubok kolmogorova kubok kolmogorova 2008 ofitsialnyy arhiv kubokkolmogorova kubokkolmogorova2008 ? kubok kolmogorova 2008 ofitsialnyy arhiv arhiv kubka pamyati a.n. kolmogorova stmt-original originalnaya formulirovka ai_checked v strane kazhdyy aeroport soedinen pryamymi reysami rovno s tremya drugimi. trebuetsya razdelit vse reysy mezhdu dvumya aviakompaniyami tak, chtoby u kazhdoy kompanii v ee seti ne bylo nechetnyh tsiklov. bipartite_graph spanning_tree degree idea-graph-role grafovaya rol graf yavno zadan v uslovii: aeroporty — vershiny, reysy — rebra, prichem graf 3-regulyaren. ofitsialnoe reshenie ispolzuet raskrasku vershin i dvudolnost podgrafov. ai_checked sol-official-compressed samodostatochnoe dokazatelstvo cherez razbienie chetyreh tsvetov ai_checked bipartite_graph spanning_tree degree cycle proper_coloring local_recoloring graf maksimalnoy stepeni 3 mozhno pravilno raskrasit v 4 tsveta zhadnym algoritmom: uporyadochim vershiny proizvolno i budem krasit ih po odnoy; kogda krasitsya ocherednaya vershina, ee uzhe pokrashennye sosedi zapreschayut ne bolee treh tsvetov. vozmem takuyu pravilnuyu raskrasku vershin tsvetami 1, 2, 3, 4. otnesem rebro k pervoy aviakompanii, esli tsveta ego kontsov ravny 1-2, 2-3, 3-4 ili 4-1. otnesem rebro ko vtoroy aviakompanii, esli tsveta ego kontsov ravny 1-3 ili 2-4. kazhdoe rebro soedinyaet vershiny raznyh tsvetov, poetomu popadaet rovno v odin iz etih dvuh spiskov. graf pervoy aviakompanii dvudolen s dolyami `{1,3}` i `{2,4}`: kazhdoe razreshennoe rebro pervoy aviakompanii soedinyaet tsvet iz pervoy doli s tsvetom iz vtoroy. graf vtoroy aviakompanii dvudolen s dolyami `{1,2}` i `{3,4}`: kazhdoe razreshennoe rebro vtoroy aviakompanii takzhe idet mezhdu dvumya dolyami. v dvudolnom grafe net nechetnogo tsikla. s…","source_keys":["kolmogorov"]}
{"id":"kolmogorov-2008-individual-olympiad-seniors-problem-5","title":"Раскраска рёбер графа максимальной степени 1000 в 10 двудольных цветов, Кубок Колмогорова 2008","path":"data\\problems\\kolmogorov\\kolmogorov-2008-individual-olympiad-seniors-problem-5.yaml","raw_github_url":"https://raw.githubusercontent.com/didin-maxim/knowledge_graph_of_graphs/main/data/problems/kolmogorov/kolmogorov-2008-individual-olympiad-seniors-problem-5.yaml","viewer_url":"https://didin-maxim.github.io/knowledge_graph_of_graphs/#kolmogorov-2008-individual-olympiad-seniors-problem-5","source_key":"kolmogorov","source_label":"Кубок Колмогорова","source_titles":["Кубок Колмогорова 2008 официальный архив","Архив Кубка памяти А.Н. Колмогорова"],"year":"2008","type":"olympiad_problem","authors":[],"tags":["coloring","matching","goal_proof"],"agent_topics":[],"difficulty":{"main":"national_final_medium","local_score":6,"comment":"Сложность оставлена на уровне national_final_medium; решение и основные метаданные проверены в проходе 2026-05-16.","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":0.9,"basis":"high-reasoning проход 2026-05-16 по второй четверти списка official_outline_needs_work","notes":"Официальный/архивный план доведён high-reasoning агентом до локального русского доказательства; проверены условие, идеи, definition_ids, tags и связи в выбранном срезе.","audit_source":"manual-official-plan-completion-2026-05-16-second-quartile"},"statements":{"original":[{"id":"stmt-original","title":"Оригинальная формулировка","status":"ai_checked","text":"Ребра графа максимальной степени 1000 нужно покрасить в 10 цветов так, чтобы в каждом цвете не было нечетного цикла. Докажите, что это всегда можно сделать.","definition_ids":["simple_graph","bipartite_graph","cycle"]}]},"solutions":[{"id":"sol-official-compressed","title":"Самодостаточное доказательство через раскраску ребер гиперкуба","status":"ai_checked","definition_ids":["simple_graph","bipartite_graph","cycle"],"standard_idea_ids":["local_recoloring"],"tags":[],"has_text":true,"text_preview":"Сначала используем стандартную жадную раскраску вершин: граф максимальной степени 1000 имеет правильную раскраску в 1001 цвет, потому что при раскрашивании каждой вершины ее соседи запрещают не более 1000 цветов. Вложим эти 1001 цвет вершины в 1024 двоичные строки длины 10. Покрасим ребро `uv` исходного графа в цвет первой координаты, в которой различаются две двоичные строки, сопоставленные цветам вершин `u` и `v`. Цвета концов различны, поэтому такая координата всегда существует. Так получается один из 10 цветов ребер. Для фиксированной координаты `i` каждое ребро цвета `i` соединяет вершины, у которых сопоставленные двоичные строки различаются в координате `i`. Поэтому подграф, образованный цветом `i`, двудолен: одна доля состоит из вершин, у которых в сопоставленной строке `i`-й бит равен 0, а другая — из вершин, у которых в сопоставленной строке `i`-й бит равен 1. Так как каждый од…"}],"relations":[{"id":"rel-bipartite-edge-layers-kolmogorov-2008-seniors-p5","neighbor_id":"vertex-coloring-to-bipartite-edge-layers","direction":"backward","type":"prerequisite","distance":1,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-kolm-2008-bipartite-coloring-pair","neighbor_id":"kolmogorov-2008-individual-olympiad-juniors-problem-8","direction":"backward","type":"same_motif","distance":1,"status":"ai_checked"}],"search_text":"kolmogorov-2008-individual-olympiad-seniors-problem-5 раскраска рёбер графа максимальной степени 1000 в 10 двудольных цветов, кубок колмогорова 2008 coloring matching goal_proof 2008 https://turmath.ru/kolm/archive.php https://turmath.ru/kolm/files/archive/kolm12.zip kolmogorov kolmogorov2008 olympiad_archive src-kolmogorov-2008-official src-kolmogorov-archive with_solution архив кубка памяти а.н. колмогорова кубок колмогорова кубок колмогорова 2008 официальный архив кубокколмогорова кубокколмогорова2008 ? кубок колмогорова 2008 официальный архив архив кубка памяти а.н. колмогорова stmt-original оригинальная формулировка ai_checked ребра графа максимальной степени 1000 нужно покрасить в 10 цветов так, чтобы в каждом цвете не было нечетного цикла. докажите, что это всегда можно сделать. simple_graph bipartite_graph cycle idea-graph-role графовая роль граф прямо присутствует в условии, и официальное решение целиком использует графовые идеи: двудольность, отсутствие нечетных циклов, раскраску вершин и перенос раскраски ребер. ai_checked sol-official-compressed самодостаточное доказательство через раскраску ребер гиперкуба ai_checked simple_graph bipartite_graph cycle local_recoloring сначала используем стандартную жадную раскраску вершин: граф максимальной степени 1000 имеет правильную раскраску в 1001 цвет, потому что при раскрашивании каждой вершины ее соседи запрещают не более 1000 цветов. вложим эти 1001 цвет вершины в 1024 двоичные строки длины 10. покрасим ребро `uv` исходного графа в цвет первой координаты, в которой различаются две двоичные строки, сопоставленные цветам вершин `u` и `v`. цвета концов различны, поэтому такая координата всегда существует. так получается один из 10 цветов ребер. для фиксированной координаты `i` каждое ребро цвета `i` соединяет вершины, у которых сопоставленные двоичные строки различаются в координате `i`. поэтому подграф, образованный цветом `i`, двудолен: одна доля состоит из вершин, у которых в сопоставленной строке `i`-й бит равен 0, а другая — из вершин, у которых в сопоставленной строке `i`-й бит равен 1. так как каждый од… kolmogorov-2008-individual-olympiad-seniors-problem-5 raskraska reber grafa maksimalnoy stepeni 1000 v 10 dvudolnyh tsvetov, kubok kolmogorova 2008 coloring matching goal_proof 2008 https://turmath.ru/kolm/archive.php https://turmath.ru/kolm/files/archive/kolm12.zip kolmogorov kolmogorov2008 olympiad_archive src-kolmogorov-2008-official src-kolmogorov-archive with_solution arhiv kubka pamyati a.n. kolmogorova kubok kolmogorova kubok kolmogorova 2008 ofitsialnyy arhiv kubokkolmogorova kubokkolmogorova2008 ? kubok kolmogorova 2008 ofitsialnyy arhiv arhiv kubka pamyati a.n. kolmogorova stmt-original originalnaya formulirovka ai_checked rebra grafa maksimalnoy stepeni 1000 nuzhno pokrasit v 10 tsvetov tak, chtoby v kazhdom tsvete ne bylo nechetnogo tsikla. dokazhite, chto eto vsegda mozhno sdelat. simple_graph bipartite_graph cycle idea-graph-role grafovaya rol graf pryamo prisutstvuet v uslovii, i ofitsialnoe reshenie tselikom ispolzuet grafovye idei: dvudolnost, otsutstvie nechetnyh tsiklov, raskrasku vershin i perenos raskraski reber. ai_checked sol-official-compressed samodostatochnoe dokazatelstvo cherez raskrasku reber giperkuba ai_checked simple_graph bipartite_graph cycle local_recoloring snachala ispolzuem standartnuyu zhadnuyu raskrasku vershin: graf maksimalnoy stepeni 1000 imeet pravilnuyu raskrasku v 1001 tsvet, potomu chto pri raskrashivanii kazhdoy vershiny ee sosedi zapreschayut ne bolee 1000 tsvetov. vlozhim eti 1001 tsvet vershiny v 1024 dvoichnye stroki dliny 10. pokrasim rebro `uv` ishodnogo grafa v tsvet pervoy koordinaty, v kotoroy razlichayutsya dve dvoichnye stroki, sopostavlennye tsvetam vershin `u` i `v`. tsveta kontsov razlichny, poetomu takaya koordinata vsegda suschestvuet. tak poluchaetsya odin iz 10 tsvetov reber. dlya fiksirovannoy koordinaty `i` kazhdoe rebro tsveta `i` soedinyaet vershiny, u kotoryh sopostavlennye dvoichnye stroki razlichayutsya v koordinate `i`. poetomu podgraf, obrazovannyy tsvetom `i`, dvudolen: odna dolya sostoit iz vershin, u kotoryh v sopostavlennoy stroke `i`-y bit raven 0, a drugaya — iz vershin, u kotoryh v sopostavlennoy stroke `i`-y bit raven 1. tak kak kazhdyy od…","source_keys":["kolmogorov"]}
{"id":"kolmogorov-2008-individual-olympiad-seniors-problem-7","title":"Гамильтонов цикл по рёбрам выпуклого многогранника, Кубок Колмогорова 2008","path":"data\\problems\\kolmogorov\\kolmogorov-2008-individual-olympiad-seniors-problem-7.yaml","raw_github_url":"https://raw.githubusercontent.com/didin-maxim/knowledge_graph_of_graphs/main/data/problems/kolmogorov/kolmogorov-2008-individual-olympiad-seniors-problem-7.yaml","viewer_url":"https://didin-maxim.github.io/knowledge_graph_of_graphs/#kolmogorov-2008-individual-olympiad-seniors-problem-7","source_key":"kolmogorov","source_label":"Кубок Колмогорова","source_titles":["Кубок Колмогорова 2008 официальный архив","Архив Кубка памяти А.Н. Колмогорова"],"year":"2008","type":"olympiad_problem","authors":["И. Богданов"],"tags":["hamiltonian_cycles","planar_graphs","double_counting","goal_existence"],"agent_topics":[],"difficulty":{"main":"national_final_medium","local_score":6,"comment":"Условие и решение восстановлены по официальному материалу; сложность соответствует задаче личной олимпиады старшей группы.","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":0.92,"basis":"high-reasoning проход 2026-05-16 по второй четверти списка official_outline_needs_work","notes":"Официальный/архивный план доведён high-reasoning агентом до локального русского доказательства; проверены условие, идеи, definition_ids, tags и связи в выбранном срезе. Для задачи о телесных углах учтён предыдущий deep-final-pass, где была исправлена импортированная формулировка.","audit_source":"manual-official-plan-completion-2026-05-16-second-quartile"},"statements":{"original":[{"id":"stmt-original","title":"Оригинальная формулировка","status":"ai_checked","text":"Сумма телесных углов при вершинах выпуклого многогранника равна π. Докажите, что существует замкнутый маршрут по его ребрам, проходящий через каждую его вершину ровно один раз. Телесный угол как величина многогранного угла измеряется площадью фигуры, высекаемой этим многогранным углом на единичной сфере; площадь всей единичной сферы равна 4π.","definition_ids":["cycle","hamiltonian_cycle","planar_graph"]}]},"solutions":[{"id":"sol-official-compressed","title":"Решение через проекцию","status":"ai_checked","definition_ids":["cycle","hamiltonian_cycle","planar_graph"],"standard_idea_ids":["double_counting"],"tags":[],"has_text":true,"text_preview":"Обозначим многогранник через M, а его вершины через A. Для каждой вершины перенесем многогранный угол M при A в общий центр O единичной сферы. Пусть \\(S_A\\) — та часть сферы, которая попадает внутрь этого угла. По определению площадь \\(S_A\\) равна телесному углу при A, поэтому сумма площадей всех \\(S_A\\) равна π. Рассмотрим также центрально-симметричные области \\(-S_A\\). Суммарная площадь всех отмеченных областей \\(S_A\\) и \\(-S_A\\), считая с кратностями, равна 2π, а площадь всей сферы равна 4π. Значит, найдется точка T сферы, не принадлежащая ни одной из этих областей; кроме того, ее можно выбрать так, чтобы прямая OT не была параллельна ни одной грани многогранника, потому что таких запрещенных направлений только конечное число больших окружностей. Спроектируем M на плоскость, перпендикулярную OT. Докажем, что проекция каждой вершины A является вершиной полученного выпуклого многоуголь…"}],"relations":[],"search_text":"kolmogorov-2008-individual-olympiad-seniors-problem-7 гамильтонов цикл по рёбрам выпуклого многогранника, кубок колмогорова 2008 hamiltonian_cycles planar_graphs double_counting goal_existence 2008 https://turmath.ru/kolm/archive.php https://turmath.ru/kolm/files/archive/kolm12.zip kolmogorov kolmogorov2008 olympiad_archive src-kolmogorov-2008-official src-kolmogorov-archive with_solution архив кубка памяти а.н. колмогорова и. богданов кубок колмогорова кубок колмогорова 2008 официальный архив кубокколмогорова кубокколмогорова2008 и. богданов кубок колмогорова 2008 официальный архив архив кубка памяти а.н. колмогорова stmt-original оригинальная формулировка ai_checked сумма телесных углов при вершинах выпуклого многогранника равна π. докажите, что существует замкнутый маршрут по его ребрам, проходящий через каждую его вершину ровно один раз. телесный угол как величина многогранного угла измеряется площадью фигуры, высекаемой этим многогранным углом на единичной сфере; площадь всей единичной сферы равна 4π. cycle hamiltonian_cycle planar_graph idea-graph-role графовая роль условие просит найти гамильтонов цикл в графе ребер многогранника. геометрическое условие о сумме телесных углов позволяет выбрать направление проекции, в котором все вершины многогранника становятся вершинами контура проекции. ai_checked sol-official-compressed решение через проекцию ai_checked cycle hamiltonian_cycle planar_graph double_counting обозначим многогранник через m, а его вершины через a. для каждой вершины перенесем многогранный угол m при a в общий центр o единичной сферы. пусть \\(s_a\\) — та часть сферы, которая попадает внутрь этого угла. по определению площадь \\(s_a\\) равна телесному углу при a, поэтому сумма площадей всех \\(s_a\\) равна π. рассмотрим также центрально-симметричные области \\(-s_a\\). суммарная площадь всех отмеченных областей \\(s_a\\) и \\(-s_a\\), считая с кратностями, равна 2π, а площадь всей сферы равна 4π. значит, найдется точка t сферы, не принадлежащая ни одной из этих областей; кроме того, ее можно выбрать так, чтобы прямая ot не была параллельна ни одной грани многогранника, потому что таких запрещенных направлений только конечное число больших окружностей. спроектируем m на плоскость, перпендикулярную ot. докажем, что проекция каждой вершины a является вершиной полученного выпуклого многоуголь… kolmogorov-2008-individual-olympiad-seniors-problem-7 gamiltonov tsikl po rebram vypuklogo mnogogrannika, kubok kolmogorova 2008 hamiltonian_cycles planar_graphs double_counting goal_existence 2008 https://turmath.ru/kolm/archive.php https://turmath.ru/kolm/files/archive/kolm12.zip kolmogorov kolmogorov2008 olympiad_archive src-kolmogorov-2008-official src-kolmogorov-archive with_solution arhiv kubka pamyati a.n. kolmogorova i. bogdanov kubok kolmogorova kubok kolmogorova 2008 ofitsialnyy arhiv kubokkolmogorova kubokkolmogorova2008 i. bogdanov kubok kolmogorova 2008 ofitsialnyy arhiv arhiv kubka pamyati a.n. kolmogorova stmt-original originalnaya formulirovka ai_checked summa telesnyh uglov pri vershinah vypuklogo mnogogrannika ravna π. dokazhite, chto suschestvuet zamknutyy marshrut po ego rebram, prohodyaschiy cherez kazhduyu ego vershinu rovno odin raz. telesnyy ugol kak velichina mnogogrannogo ugla izmeryaetsya ploschadyu figury, vysekaemoy etim mnogogrannym uglom na edinichnoy sfere; ploschad vsey edinichnoy sfery ravna 4π. cycle hamiltonian_cycle planar_graph idea-graph-role grafovaya rol uslovie prosit nayti gamiltonov tsikl v grafe reber mnogogrannika. geometricheskoe uslovie o summe telesnyh uglov pozvolyaet vybrat napravlenie proektsii, v kotorom vse vershiny mnogogrannika stanovyatsya vershinami kontura proektsii. ai_checked sol-official-compressed reshenie cherez proektsiyu ai_checked cycle hamiltonian_cycle planar_graph double_counting oboznachim mnogogrannik cherez m, a ego vershiny cherez a. dlya kazhdoy vershiny perenesem mnogogrannyy ugol m pri a v obschiy tsentr o edinichnoy sfery. pust \\(s_a\\) — ta chast sfery, kotoraya popadaet vnutr etogo ugla. po opredeleniyu ploschad \\(s_a\\) ravna telesnomu uglu pri a, poetomu summa ploschadey vseh \\(s_a\\) ravna π. rassmotrim takzhe tsentralno-simmetrichnye oblasti \\(-s_a\\). summarnaya ploschad vseh otmechennyh oblastey \\(s_a\\) i \\(-s_a\\), schitaya s kratnostyami, ravna 2π, a ploschad vsey sfery ravna 4π. znachit, naydetsya tochka t sfery, ne prinadlezhaschaya ni odnoy iz etih oblastey; krome togo, ee mozhno vybrat tak, chtoby pryamaya ot ne byla parallelna ni odnoy grani mnogogrannika, potomu chto takih zapreschennyh napravleniy tolko konechnoe chislo bolshih okruzhnostey. sproektiruem m na ploskost, perpendikulyarnuyu ot. dokazhem, chto proektsiya kazhdoy vershiny a yavlyaetsya vershinoy poluchennogo vypuklogo mnogougol…","source_keys":["kolmogorov"]}
{"id":"kolmogorov-2008-round-1-first-league-and-higher-junior-problem-1","title":"Максимум перестановок листа для преобразования одного дерева в другое, Кубок Колмогорова 2008","path":"data\\problems\\kolmogorov\\kolmogorov-2008-round-1-first-league-and-higher-junior-problem-1.yaml","raw_github_url":"https://raw.githubusercontent.com/didin-maxim/knowledge_graph_of_graphs/main/data/problems/kolmogorov/kolmogorov-2008-round-1-first-league-and-higher-junior-problem-1.yaml","viewer_url":"https://didin-maxim.github.io/knowledge_graph_of_graphs/#kolmogorov-2008-round-1-first-league-and-higher-junior-problem-1","source_key":"kolmogorov","source_label":"Кубок Колмогорова","source_titles":["Кубок Колмогорова 2008 официальный архив","Архив Кубка памяти А.Н. Колмогорова"],"year":"2008","type":"olympiad_problem","authors":[],"tags":["trees","goal_exact_bound"],"agent_topics":[],"difficulty":{"main":"national_final_medium","local_score":6,"comment":"Официальный сжатый план развёрнут: ключевые шаги — нижняя оценка по числу листьев и конструктивное достраивание целевого дерева от пути длины 2.","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":0.86,"basis":"high-reasoning агент довёл и проверил официальный план","notes":"Развёрнуто из сжатого официального/архивного плана в самодостаточное доказательство; недостающие шаги восстановлены и проверены локально.","audit_source":"official-plan-expansion-kolmogorov-2008-r1-fl-hj-p1"},"statements":{"original":[{"id":"stmt-original","title":"Оригинальная формулировка","status":"ai_checked","text":"За один ход разрешается выбрать лист дерева, удалить ребро, которым он был присоединен, и присоединить этот лист к другой вершине. Каково наибольшее возможное число ходов, необходимое, чтобы из одного дерева на \\(n\\) вершинах получить другое дерево на тех же вершинах?","definition_ids":["tree"]}]},"solutions":[{"id":"sol-official-expanded","title":"Развёрнутое решение через сохранение трёхвершинного фрагмента","status":"ai_checked","definition_ids":["tree","path","degree"],"standard_idea_ids":["extremal_choice","delete_to_simplify"],"tags":[],"has_text":true,"text_preview":"Ответ: `n - 3` при `n >= 3`. Сначала докажем, что иногда `n - 3` ходов действительно нужны. Возьмём путь на `n` вершинах и звезду на `n` вершинах. У пути ровно два листа, а у звезды `n - 1` листьев. За один ход число листьев может увеличиться не более чем на 1: выбранный лист после переподвешивания остаётся листом; его старый сосед может стать новым листом, если его степень уменьшилась до 1; у новой вершины присоединения степень увеличивается, поэтому листом она не становится, а если была листом, то перестаёт им быть. Значит, чтобы увеличить число листьев с 2 до `n - 1`, требуется как минимум `n - 3` ходов. Теперь докажем, что `n - 3` ходов всегда достаточно. Зафиксируем начальное дерево `T` и целевое дерево `S`. Выберем в `T` какой-нибудь путь из трёх вершин; такой путь есть при `n >= 3`. В целевом дереве `S` тоже выберем путь из трёх вершин и будем считать выбранный путь в текущем дер…"}],"relations":[{"id":"rel-kolm-deep-2008-tree-transform-2013-leaf-cycle-coloring","neighbor_id":"kolmogorov-2013-individual-olympiad-seniors-problem-5","direction":"forward","type":"same_motif","distance":2,"status":"needs_human_review"},{"id":"rel-kolmogorov-2008-r1-fl-hj-p1-tree-equivalent-properties","neighbor_id":"tree-equivalent-properties","direction":"forward","type":"prerequisite","distance":1,"status":"ai_checked"}],"search_text":"kolmogorov-2008-round-1-first-league-and-higher-junior-problem-1 максимум перестановок листа для преобразования одного дерева в другое, кубок колмогорова 2008 trees goal_exact_bound 2008 https://turmath.ru/kolm/archive.php https://turmath.ru/kolm/files/archive/kolm12.zip kolmogorov kolmogorov2008 olympiad_archive src-kolmogorov-2008-official src-kolmogorov-archive with_solution архив кубка памяти а.н. колмогорова кубок колмогорова кубок колмогорова 2008 официальный архив кубокколмогорова кубокколмогорова2008 ? кубок колмогорова 2008 официальный архив архив кубка памяти а.н. колмогорова stmt-original оригинальная формулировка ai_checked за один ход разрешается выбрать лист дерева, удалить ребро, которым он был присоединен, и присоединить этот лист к другой вершине. каково наибольшее возможное число ходов, необходимое, чтобы из одного дерева на \\(n\\) вершинах получить другое дерево на тех же вершинах? tree idea-graph-role графовая роль в условии явно фигурирует дерево, то есть специальный вид графа. официальное решение опирается на структуру деревьев, листья, сохранение связного фрагмента из трёх вершин и операции переподвешивания листа. ai_checked sol-official-expanded развёрнутое решение через сохранение трёхвершинного фрагмента ai_checked tree path degree extremal_choice delete_to_simplify ответ: `n - 3` при `n >= 3`. сначала докажем, что иногда `n - 3` ходов действительно нужны. возьмём путь на `n` вершинах и звезду на `n` вершинах. у пути ровно два листа, а у звезды `n - 1` листьев. за один ход число листьев может увеличиться не более чем на 1: выбранный лист после переподвешивания остаётся листом; его старый сосед может стать новым листом, если его степень уменьшилась до 1; у новой вершины присоединения степень увеличивается, поэтому листом она не становится, а если была листом, то перестаёт им быть. значит, чтобы увеличить число листьев с 2 до `n - 1`, требуется как минимум `n - 3` ходов. теперь докажем, что `n - 3` ходов всегда достаточно. зафиксируем начальное дерево `t` и целевое дерево `s`. выберем в `t` какой-нибудь путь из трёх вершин; такой путь есть при `n >= 3`. в целевом дереве `s` тоже выберем путь из трёх вершин и будем считать выбранный путь в текущем дер… kolmogorov-2008-round-1-first-league-and-higher-junior-problem-1 maksimum perestanovok lista dlya preobrazovaniya odnogo dereva v drugoe, kubok kolmogorova 2008 trees goal_exact_bound 2008 https://turmath.ru/kolm/archive.php https://turmath.ru/kolm/files/archive/kolm12.zip kolmogorov kolmogorov2008 olympiad_archive src-kolmogorov-2008-official src-kolmogorov-archive with_solution arhiv kubka pamyati a.n. kolmogorova kubok kolmogorova kubok kolmogorova 2008 ofitsialnyy arhiv kubokkolmogorova kubokkolmogorova2008 ? kubok kolmogorova 2008 ofitsialnyy arhiv arhiv kubka pamyati a.n. kolmogorova stmt-original originalnaya formulirovka ai_checked za odin hod razreshaetsya vybrat list dereva, udalit rebro, kotorym on byl prisoedinen, i prisoedinit etot list k drugoy vershine. kakovo naibolshee vozmozhnoe chislo hodov, neobhodimoe, chtoby iz odnogo dereva na \\(n\\) vershinah poluchit drugoe derevo na teh zhe vershinah? tree idea-graph-role grafovaya rol v uslovii yavno figuriruet derevo, to est spetsialnyy vid grafa. ofitsialnoe reshenie opiraetsya na strukturu derevev, listya, sohranenie svyaznogo fragmenta iz treh vershin i operatsii perepodveshivaniya lista. ai_checked sol-official-expanded razvernutoe reshenie cherez sohranenie trehvershinnogo fragmenta ai_checked tree path degree extremal_choice delete_to_simplify otvet: `n - 3` pri `n >= 3`. snachala dokazhem, chto inogda `n - 3` hodov deystvitelno nuzhny. vozmem put na `n` vershinah i zvezdu na `n` vershinah. u puti rovno dva lista, a u zvezdy `n - 1` listev. za odin hod chislo listev mozhet uvelichitsya ne bolee chem na 1: vybrannyy list posle perepodveshivaniya ostaetsya listom; ego staryy sosed mozhet stat novym listom, esli ego stepen umenshilas do 1; u novoy vershiny prisoedineniya stepen uvelichivaetsya, poetomu listom ona ne stanovitsya, a esli byla listom, to perestaet im byt. znachit, chtoby uvelichit chislo listev s 2 do `n - 1`, trebuetsya kak minimum `n - 3` hodov. teper dokazhem, chto `n - 3` hodov vsegda dostatochno. zafiksiruem nachalnoe derevo `t` i tselevoe derevo `s`. vyberem v `t` kakoy-nibud put iz treh vershin; takoy put est pri `n >= 3`. v tselevom dereve `s` tozhe vyberem put iz treh vershin i budem schitat vybrannyy put v tekuschem der…","source_keys":["kolmogorov"]}
{"id":"kolmogorov-2008-round-1-high-league-problem-1","title":"Циклы без единственного общего ребра и вершина степени не больше 2, Кубок Колмогорова 2008","path":"data\\problems\\kolmogorov\\kolmogorov-2008-round-1-high-league-problem-1.yaml","raw_github_url":"https://raw.githubusercontent.com/didin-maxim/knowledge_graph_of_graphs/main/data/problems/kolmogorov/kolmogorov-2008-round-1-high-league-problem-1.yaml","viewer_url":"https://didin-maxim.github.io/knowledge_graph_of_graphs/#kolmogorov-2008-round-1-high-league-problem-1","source_key":"kolmogorov","source_label":"Кубок Колмогорова","source_titles":["Кубок Колмогорова 2008 официальный архив","Архив Кубка памяти А.Н. Колмогорова"],"year":"2008","type":"olympiad_problem","authors":[],"tags":["connectivity","extremal_choice","goal_proof"],"agent_topics":[],"difficulty":{"main":"national_final_medium","local_score":6,"comment":"Сложность оставлена на уровне national_final_medium; решение и основные метаданные проверены в проходе 2026-05-16.","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":0.9,"basis":"high-reasoning проход 2026-05-16 по второй четверти списка official_outline_needs_work","notes":"Официальный/архивный план доведён high-reasoning агентом до локального русского доказательства; проверены условие, идеи, definition_ids, tags и связи в выбранном срезе.","audit_source":"manual-official-plan-completion-2026-05-16-second-quartile"},"statements":{"original":[{"id":"stmt-original","title":"Оригинальная формулировка","status":"ai_checked","text":"Дан граф, никакие два цикла которого не имеют ровно одного общего ребра. Докажите, что в этом графе есть вершина степени не больше 2.","definition_ids":["simple_graph","cycle","path","degree"]}]},"solutions":[{"id":"sol-official-compressed","title":"Решение через длиннейший путь","status":"ai_checked","definition_ids":["simple_graph","cycle","path","degree"],"standard_idea_ids":["longest_path","extremal_choice"],"tags":[],"has_text":true,"text_preview":"Предположим противное: степень каждой вершины графа не меньше 3. Рассмотрим одну связную компоненту графа. В ней тоже степени всех вершин не меньше 3, поэтому достаточно получить противоречие внутри этой компоненты. Выберем в этой компоненте простой путь максимальной длины и обозначим его `v_1, v_2, ..., v_k`. Все соседи вершины `v_k` лежат на этом пути: если бы у `v_k` был сосед вне пути, путь можно было бы продолжить, что противоречило бы максимальности. Так как `deg(v_k) >= 3`, у вершины `v_k` есть по крайней мере три соседа среди вершин пути. Пусть два соседних среди них вдоль пути соседа имеют номера `i < j`, а следующий после них имеет номер `l`, так что `v_i`, `v_j`, `v_l` смежны с `v_k` и между `v_i` и `v_j`, а также между `v_j` и `v_l` на пути нет других соседей `v_k`. Тогда ребро `v_kv_j` и отрезок пути от `v_i` до `v_j` вместе с ребром `v_kv_i` образуют цикл. Ребро `v_kv_j`,…"}],"relations":[{"id":"rel-kolm-deep-2008-low-degree-tree-leaf","neighbor_id":"kolmogorov-2008-round-4-first-league-and-higher-junior-problem-1","direction":"forward","type":"same_motif","distance":3,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-paths-counting-longest-detour-kolm-2008-r1","neighbor_id":"longest-path-endpoints-shortest-detour","direction":"backward","type":"same_motif","distance":2,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-metadata-kolm-late-2008-r1-ore-longest-path","neighbor_id":"ore-theorem","direction":"forward","type":"same_motif","distance":2,"status":"needs_human_review"}],"search_text":"kolmogorov-2008-round-1-high-league-problem-1 циклы без единственного общего ребра и вершина степени не больше 2, кубок колмогорова 2008 connectivity extremal_choice goal_proof 2008 https://turmath.ru/kolm/archive.php https://turmath.ru/kolm/files/archive/kolm12.zip kolmogorov kolmogorov2008 olympiad_archive src-kolmogorov-2008-official src-kolmogorov-archive with_solution архив кубка памяти а.н. колмогорова кубок колмогорова кубок колмогорова 2008 официальный архив кубокколмогорова кубокколмогорова2008 ? кубок колмогорова 2008 официальный архив архив кубка памяти а.н. колмогорова stmt-original оригинальная формулировка ai_checked дан граф, никакие два цикла которого не имеют ровно одного общего ребра. докажите, что в этом графе есть вершина степени не больше 2. simple_graph cycle path degree idea-graph-role графовая роль граф прямо дан в условии, а решение использует базовые графовые понятия: степени вершин, длиннейший путь и циклы, возникающие из хорд к этому пути. ai_checked sol-official-compressed решение через длиннейший путь ai_checked simple_graph cycle path degree longest_path extremal_choice предположим противное: степень каждой вершины графа не меньше 3. рассмотрим одну связную компоненту графа. в ней тоже степени всех вершин не меньше 3, поэтому достаточно получить противоречие внутри этой компоненты. выберем в этой компоненте простой путь максимальной длины и обозначим его `v_1, v_2, ..., v_k`. все соседи вершины `v_k` лежат на этом пути: если бы у `v_k` был сосед вне пути, путь можно было бы продолжить, что противоречило бы максимальности. так как `deg(v_k) >= 3`, у вершины `v_k` есть по крайней мере три соседа среди вершин пути. пусть два соседних среди них вдоль пути соседа имеют номера `i < j`, а следующий после них имеет номер `l`, так что `v_i`, `v_j`, `v_l` смежны с `v_k` и между `v_i` и `v_j`, а также между `v_j` и `v_l` на пути нет других соседей `v_k`. тогда ребро `v_kv_j` и отрезок пути от `v_i` до `v_j` вместе с ребром `v_kv_i` образуют цикл. ребро `v_kv_j`,… kolmogorov-2008-round-1-high-league-problem-1 tsikly bez edinstvennogo obschego rebra i vershina stepeni ne bolshe 2, kubok kolmogorova 2008 connectivity extremal_choice goal_proof 2008 https://turmath.ru/kolm/archive.php https://turmath.ru/kolm/files/archive/kolm12.zip kolmogorov kolmogorov2008 olympiad_archive src-kolmogorov-2008-official src-kolmogorov-archive with_solution arhiv kubka pamyati a.n. kolmogorova kubok kolmogorova kubok kolmogorova 2008 ofitsialnyy arhiv kubokkolmogorova kubokkolmogorova2008 ? kubok kolmogorova 2008 ofitsialnyy arhiv arhiv kubka pamyati a.n. kolmogorova stmt-original originalnaya formulirovka ai_checked dan graf, nikakie dva tsikla kotorogo ne imeyut rovno odnogo obschego rebra. dokazhite, chto v etom grafe est vershina stepeni ne bolshe 2. simple_graph cycle path degree idea-graph-role grafovaya rol graf pryamo dan v uslovii, a reshenie ispolzuet bazovye grafovye ponyatiya: stepeni vershin, dlinneyshiy put i tsikly, voznikayuschie iz hord k etomu puti. ai_checked sol-official-compressed reshenie cherez dlinneyshiy put ai_checked simple_graph cycle path degree longest_path extremal_choice predpolozhim protivnoe: stepen kazhdoy vershiny grafa ne menshe 3. rassmotrim odnu svyaznuyu komponentu grafa. v ney tozhe stepeni vseh vershin ne menshe 3, poetomu dostatochno poluchit protivorechie vnutri etoy komponenty. vyberem v etoy komponente prostoy put maksimalnoy dliny i oboznachim ego `v_1, v_2, ..., v_k`. vse sosedi vershiny `v_k` lezhat na etom puti: esli by u `v_k` byl sosed vne puti, put mozhno bylo by prodolzhit, chto protivorechilo by maksimalnosti. tak kak `deg(v_k) >= 3`, u vershiny `v_k` est po krayney mere tri soseda sredi vershin puti. pust dva sosednih sredi nih vdol puti soseda imeyut nomera `i < j`, a sleduyuschiy posle nih imeet nomer `l`, tak chto `v_i`, `v_j`, `v_l` smezhny s `v_k` i mezhdu `v_i` i `v_j`, a takzhe mezhdu `v_j` i `v_l` na puti net drugih sosedey `v_k`. togda rebro `v_kv_j` i otrezok puti ot `v_i` do `v_j` vmeste s rebrom `v_kv_i` obrazuyut tsikl. rebro `v_kv_j`,…","source_keys":["kolmogorov"]}
{"id":"kolmogorov-2008-round-2-first-junior-league-problem-1","title":"Двухцветная раскраска рёбер колеса с двумя связными цветами, Кубок Колмогорова 2008","path":"data\\problems\\kolmogorov\\kolmogorov-2008-round-2-first-junior-league-problem-1.yaml","raw_github_url":"https://raw.githubusercontent.com/didin-maxim/knowledge_graph_of_graphs/main/data/problems/kolmogorov/kolmogorov-2008-round-2-first-junior-league-problem-1.yaml","viewer_url":"https://didin-maxim.github.io/knowledge_graph_of_graphs/#kolmogorov-2008-round-2-first-junior-league-problem-1","source_key":"kolmogorov","source_label":"Кубок Колмогорова","source_titles":["Кубок Колмогорова 2008 официальный архив","Архив Кубка памяти А.Н. Колмогорова"],"year":"2008","type":"olympiad_problem","authors":[],"tags":["coloring","connectivity","double_counting","goal_counting"],"agent_topics":[],"difficulty":{"main":"national_final_medium","local_score":6,"comment":"Сложность оставлена на уровне national_final_medium; решение и основные метаданные проверены в проходе 2026-05-16.","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":0.9,"basis":"high-reasoning проход 2026-05-16 по второй четверти списка official_outline_needs_work","notes":"Официальный/архивный план доведён high-reasoning агентом до локального русского доказательства; проверены условие, идеи, definition_ids, tags и связи в выбранном срезе.","audit_source":"manual-official-plan-completion-2026-05-16-second-quartile"},"statements":{"original":[{"id":"stmt-original","title":"Оригинальная формулировка","status":"ai_checked","text":"В стране 10 городов расположены по кругу, а столица соединена дорогами со всеми этими городами. Каждую дорогу нужно передать одной из двух фирм так, чтобы дороги каждой фирмы позволяли проехать между любыми двумя городами. Сколькими способами это можно сделать?","definition_ids":["simple_graph"]}]},"solutions":[{"id":"sol-official-compressed","title":"Подсчет раскрасок колеса","status":"ai_checked","definition_ids":["simple_graph","tree","spanning_tree"],"standard_idea_ids":["double_counting","local_recoloring"],"tags":[],"has_text":true,"text_preview":"Ответ: `2(2^10 - 2)` = 2044. В каждом цвете должен получиться связный граф на `11` вершинах. Всего в колесе `20` рёбер, поэтому каждый цвет должен получить хотя бы `10` рёбер, а значит ровно `n`; каждая цветная сеть является деревом. В частности, у каждого цвета должна быть хотя бы одна спица, иначе центр был бы изолирован. Зафиксируем любую неодноцветную раскраску спиц. Разобьём циклическую последовательность спиц на максимальные подряд идущие блоки одного цвета. Пусть таких блоков `b`; они чередуются по цвету, поэтому `b` чётно. Если две соседние спицы `Ov_i` и `Ov_{i+1}` принадлежат одному цвету, то ребро обода `v_i v_{i+1}` не может иметь тот же цвет: иначе вместе с двумя спицами оно образовало бы цикл в цветной сети, а эта сеть уже обязана быть деревом. Значит, все внутренние рёбра обода каждого блока вынужденно получают противоположный цвет. Осталось определить `b` граничных рёбер…"}],"relations":[{"id":"rel-kolm-2008-wheel-first-junior-first-league","neighbor_id":"kolmogorov-2008-round-2-first-league-and-higher-junior-problem-1","direction":"forward","type":"solution_transfer","distance":1,"status":"ai_checked"}],"search_text":"kolmogorov-2008-round-2-first-junior-league-problem-1 двухцветная раскраска рёбер колеса с двумя связными цветами, кубок колмогорова 2008 coloring connectivity double_counting goal_counting 2008 https://turmath.ru/kolm/archive.php https://turmath.ru/kolm/files/archive/kolm12.zip kolmogorov kolmogorov2008 olympiad_archive src-kolmogorov-2008-official src-kolmogorov-archive with_solution архив кубка памяти а.н. колмогорова кубок колмогорова кубок колмогорова 2008 официальный архив кубокколмогорова кубокколмогорова2008 ? кубок колмогорова 2008 официальный архив архив кубка памяти а.н. колмогорова stmt-original оригинальная формулировка ai_checked в стране 10 городов расположены по кругу, а столица соединена дорогами со всеми этими городами. каждую дорогу нужно передать одной из двух фирм так, чтобы дороги каждой фирмы позволяли проехать между любыми двумя городами. сколькими способами это можно сделать? simple_graph idea-graph-role графовая роль граф явно присутствует в условии в виде дорожной сети-колеса, а официальное решение полностью опирается на структуру колеса и связность цветных подграфов. ai_checked sol-official-compressed подсчет раскрасок колеса ai_checked simple_graph tree spanning_tree double_counting local_recoloring ответ: `2(2^10 - 2)` = 2044. в каждом цвете должен получиться связный граф на `11` вершинах. всего в колесе `20` рёбер, поэтому каждый цвет должен получить хотя бы `10` рёбер, а значит ровно `n`; каждая цветная сеть является деревом. в частности, у каждого цвета должна быть хотя бы одна спица, иначе центр был бы изолирован. зафиксируем любую неодноцветную раскраску спиц. разобьём циклическую последовательность спиц на максимальные подряд идущие блоки одного цвета. пусть таких блоков `b`; они чередуются по цвету, поэтому `b` чётно. если две соседние спицы `ov_i` и `ov_{i+1}` принадлежат одному цвету, то ребро обода `v_i v_{i+1}` не может иметь тот же цвет: иначе вместе с двумя спицами оно образовало бы цикл в цветной сети, а эта сеть уже обязана быть деревом. значит, все внутренние рёбра обода каждого блока вынужденно получают противоположный цвет. осталось определить `b` граничных рёбер… kolmogorov-2008-round-2-first-junior-league-problem-1 dvuhtsvetnaya raskraska reber kolesa s dvumya svyaznymi tsvetami, kubok kolmogorova 2008 coloring connectivity double_counting goal_counting 2008 https://turmath.ru/kolm/archive.php https://turmath.ru/kolm/files/archive/kolm12.zip kolmogorov kolmogorov2008 olympiad_archive src-kolmogorov-2008-official src-kolmogorov-archive with_solution arhiv kubka pamyati a.n. kolmogorova kubok kolmogorova kubok kolmogorova 2008 ofitsialnyy arhiv kubokkolmogorova kubokkolmogorova2008 ? kubok kolmogorova 2008 ofitsialnyy arhiv arhiv kubka pamyati a.n. kolmogorova stmt-original originalnaya formulirovka ai_checked v strane 10 gorodov raspolozheny po krugu, a stolitsa soedinena dorogami so vsemi etimi gorodami. kazhduyu dorogu nuzhno peredat odnoy iz dvuh firm tak, chtoby dorogi kazhdoy firmy pozvolyali proehat mezhdu lyubymi dvumya gorodami. skolkimi sposobami eto mozhno sdelat? simple_graph idea-graph-role grafovaya rol graf yavno prisutstvuet v uslovii v vide dorozhnoy seti-kolesa, a ofitsialnoe reshenie polnostyu opiraetsya na strukturu kolesa i svyaznost tsvetnyh podgrafov. ai_checked sol-official-compressed podschet raskrasok kolesa ai_checked simple_graph tree spanning_tree double_counting local_recoloring otvet: `2(2^10 - 2)` = 2044. v kazhdom tsvete dolzhen poluchitsya svyaznyy graf na `11` vershinah. vsego v kolese `20` reber, poetomu kazhdyy tsvet dolzhen poluchit hotya by `10` reber, a znachit rovno `n`; kazhdaya tsvetnaya set yavlyaetsya derevom. v chastnosti, u kazhdogo tsveta dolzhna byt hotya by odna spitsa, inache tsentr byl by izolirovan. zafiksiruem lyubuyu neodnotsvetnuyu raskrasku spits. razobem tsiklicheskuyu posledovatelnost spits na maksimalnye podryad iduschie bloki odnogo tsveta. pust takih blokov `b`; oni chereduyutsya po tsvetu, poetomu `b` chetno. esli dve sosednie spitsy `ov_i` i `ov_{i+1}` prinadlezhat odnomu tsvetu, to rebro oboda `v_i v_{i+1}` ne mozhet imet tot zhe tsvet: inache vmeste s dvumya spitsami ono obrazovalo by tsikl v tsvetnoy seti, a eta set uzhe obyazana byt derevom. znachit, vse vnutrennie rebra oboda kazhdogo bloka vynuzhdenno poluchayut protivopolozhnyy tsvet. ostalos opredelit `b` granichnyh reber…","source_keys":["kolmogorov"]}
{"id":"kolmogorov-2008-round-2-first-league-and-higher-junior-problem-1","title":"Подсчёт двухцветных раскрасок колеса с двумя связными цветами, Кубок Колмогорова 2008","path":"data\\problems\\kolmogorov\\kolmogorov-2008-round-2-first-league-and-higher-junior-problem-1.yaml","raw_github_url":"https://raw.githubusercontent.com/didin-maxim/knowledge_graph_of_graphs/main/data/problems/kolmogorov/kolmogorov-2008-round-2-first-league-and-higher-junior-problem-1.yaml","viewer_url":"https://didin-maxim.github.io/knowledge_graph_of_graphs/#kolmogorov-2008-round-2-first-league-and-higher-junior-problem-1","source_key":"kolmogorov","source_label":"Кубок Колмогорова","source_titles":["Кубок Колмогорова 2008 официальный архив","Архив Кубка памяти А.Н. Колмогорова"],"year":"2008","type":"olympiad_problem","authors":[],"tags":["coloring","connectivity","double_counting","trees","goal_counting"],"agent_topics":[],"difficulty":{"main":"national_final_medium","local_score":6,"comment":"Сложность оставлена на уровне national_final_medium; решение и основные метаданные проверены в проходе 2026-05-16.","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":0.9,"basis":"high-reasoning проход 2026-05-16 по второй четверти списка official_outline_needs_work","notes":"Официальный/архивный план доведён high-reasoning агентом до локального русского доказательства; проверены условие, идеи, definition_ids, tags и связи в выбранном срезе.","audit_source":"manual-official-plan-completion-2026-05-16-second-quartile"},"statements":{"original":[{"id":"stmt-original","title":"Оригинальная формулировка","status":"ai_checked","text":"Рассматривается колесо \\(W_n\\): цикл из \\(n\\) вершин и еще одна центральная вершина, соединенная со всеми вершинами цикла. Сколькими способами можно покрасить ребра в два цвета так, чтобы в каждом цвете получился связный граф?","definition_ids":["tree","spanning_tree"]}]},"solutions":[{"id":"sol-official-compressed","title":"Подсчет раскрасок колеса","status":"ai_checked","definition_ids":["tree","spanning_tree"],"standard_idea_ids":["double_counting","local_recoloring"],"tags":[],"has_text":true,"text_preview":"Ответ: `2(2^n - 2)`. В каждом цвете должен получиться связный граф на `n+1` вершинах. Всего в колесе `2n` рёбер, поэтому каждый цвет должен получить хотя бы `n` рёбер, а значит ровно `n`; каждая цветная сеть является деревом. В частности, у каждого цвета должна быть хотя бы одна спица, иначе центр был бы изолирован. Зафиксируем любую неодноцветную раскраску спиц. Разобьём циклическую последовательность спиц на максимальные подряд идущие блоки одного цвета. Пусть таких блоков `b`; они чередуются по цвету, поэтому `b` чётно. Если две соседние спицы `Ov_i` и `Ov_{i+1}` принадлежат одному цвету, то ребро обода `v_i v_{i+1}` не может иметь тот же цвет: иначе вместе с двумя спицами оно образовало бы цикл в цветной сети, а эта сеть уже обязана быть деревом. Значит, все внутренние рёбра обода каждого блока вынужденно получают противоположный цвет. Осталось определить `b` граничных рёбер обода м…"}],"relations":[{"id":"rel-kolm-2008-wheel-first-second-league","neighbor_id":"kolmogorov-2008-round-2-second-league-problem-2","direction":"forward","type":"solution_transfer","distance":1,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-kolm-2008-wheel-first-junior-first-league","neighbor_id":"kolmogorov-2008-round-2-first-junior-league-problem-1","direction":"backward","type":"solution_transfer","distance":1,"status":"ai_checked"}],"search_text":"kolmogorov-2008-round-2-first-league-and-higher-junior-problem-1 подсчёт двухцветных раскрасок колеса с двумя связными цветами, кубок колмогорова 2008 coloring connectivity double_counting trees goal_counting 2008 https://turmath.ru/kolm/archive.php https://turmath.ru/kolm/files/archive/kolm12.zip kolmogorov kolmogorov2008 olympiad_archive src-kolmogorov-2008-official src-kolmogorov-archive with_solution архив кубка памяти а.н. колмогорова кубок колмогорова кубок колмогорова 2008 официальный архив кубокколмогорова кубокколмогорова2008 ? кубок колмогорова 2008 официальный архив архив кубка памяти а.н. колмогорова stmt-original оригинальная формулировка ai_checked рассматривается колесо \\(w_n\\): цикл из \\(n\\) вершин и еще одна центральная вершина, соединенная со всеми вершинами цикла. сколькими способами можно покрасить ребра в два цвета так, чтобы в каждом цвете получился связный граф? tree spanning_tree idea-graph-role графовая роль граф прямо присутствует в условии: задача сформулирована про колесо `w_n`. официальное решение полностью использует связность цветных подграфов и структуру этого графа. ai_checked sol-official-compressed подсчет раскрасок колеса ai_checked tree spanning_tree double_counting local_recoloring ответ: `2(2^n - 2)`. в каждом цвете должен получиться связный граф на `n+1` вершинах. всего в колесе `2n` рёбер, поэтому каждый цвет должен получить хотя бы `n` рёбер, а значит ровно `n`; каждая цветная сеть является деревом. в частности, у каждого цвета должна быть хотя бы одна спица, иначе центр был бы изолирован. зафиксируем любую неодноцветную раскраску спиц. разобьём циклическую последовательность спиц на максимальные подряд идущие блоки одного цвета. пусть таких блоков `b`; они чередуются по цвету, поэтому `b` чётно. если две соседние спицы `ov_i` и `ov_{i+1}` принадлежат одному цвету, то ребро обода `v_i v_{i+1}` не может иметь тот же цвет: иначе вместе с двумя спицами оно образовало бы цикл в цветной сети, а эта сеть уже обязана быть деревом. значит, все внутренние рёбра обода каждого блока вынужденно получают противоположный цвет. осталось определить `b` граничных рёбер обода м… kolmogorov-2008-round-2-first-league-and-higher-junior-problem-1 podschet dvuhtsvetnyh raskrasok kolesa s dvumya svyaznymi tsvetami, kubok kolmogorova 2008 coloring connectivity double_counting trees goal_counting 2008 https://turmath.ru/kolm/archive.php https://turmath.ru/kolm/files/archive/kolm12.zip kolmogorov kolmogorov2008 olympiad_archive src-kolmogorov-2008-official src-kolmogorov-archive with_solution arhiv kubka pamyati a.n. kolmogorova kubok kolmogorova kubok kolmogorova 2008 ofitsialnyy arhiv kubokkolmogorova kubokkolmogorova2008 ? kubok kolmogorova 2008 ofitsialnyy arhiv arhiv kubka pamyati a.n. kolmogorova stmt-original originalnaya formulirovka ai_checked rassmatrivaetsya koleso \\(w_n\\): tsikl iz \\(n\\) vershin i esche odna tsentralnaya vershina, soedinennaya so vsemi vershinami tsikla. skolkimi sposobami mozhno pokrasit rebra v dva tsveta tak, chtoby v kazhdom tsvete poluchilsya svyaznyy graf? tree spanning_tree idea-graph-role grafovaya rol graf pryamo prisutstvuet v uslovii: zadacha sformulirovana pro koleso `w_n`. ofitsialnoe reshenie polnostyu ispolzuet svyaznost tsvetnyh podgrafov i strukturu etogo grafa. ai_checked sol-official-compressed podschet raskrasok kolesa ai_checked tree spanning_tree double_counting local_recoloring otvet: `2(2^n - 2)`. v kazhdom tsvete dolzhen poluchitsya svyaznyy graf na `n+1` vershinah. vsego v kolese `2n` reber, poetomu kazhdyy tsvet dolzhen poluchit hotya by `n` reber, a znachit rovno `n`; kazhdaya tsvetnaya set yavlyaetsya derevom. v chastnosti, u kazhdogo tsveta dolzhna byt hotya by odna spitsa, inache tsentr byl by izolirovan. zafiksiruem lyubuyu neodnotsvetnuyu raskrasku spits. razobem tsiklicheskuyu posledovatelnost spits na maksimalnye podryad iduschie bloki odnogo tsveta. pust takih blokov `b`; oni chereduyutsya po tsvetu, poetomu `b` chetno. esli dve sosednie spitsy `ov_i` i `ov_{i+1}` prinadlezhat odnomu tsvetu, to rebro oboda `v_i v_{i+1}` ne mozhet imet tot zhe tsvet: inache vmeste s dvumya spitsami ono obrazovalo by tsikl v tsvetnoy seti, a eta set uzhe obyazana byt derevom. znachit, vse vnutrennie rebra oboda kazhdogo bloka vynuzhdenno poluchayut protivopolozhnyy tsvet. ostalos opredelit `b` granichnyh reber oboda m…","source_keys":["kolmogorov"]}
{"id":"kolmogorov-2008-round-2-high-league-problem-1","title":"Минимум сравнений для восстановления порядка турнира, Кубок Колмогорова 2008","path":"data\\problems\\kolmogorov\\kolmogorov-2008-round-2-high-league-problem-1.yaml","raw_github_url":"https://raw.githubusercontent.com/didin-maxim/knowledge_graph_of_graphs/main/data/problems/kolmogorov/kolmogorov-2008-round-2-high-league-problem-1.yaml","viewer_url":"https://didin-maxim.github.io/knowledge_graph_of_graphs/#kolmogorov-2008-round-2-high-league-problem-1","source_key":"kolmogorov","source_label":"Кубок Колмогорова","source_titles":["Кубок Колмогорова 2008 официальный архив","Архив Кубка памяти А.Н. Колмогорова"],"year":"2008","type":"olympiad_problem","authors":[],"tags":["double_counting","tournaments","goal_exact_bound"],"agent_topics":["game_strategy_candidate"],"difficulty":{"main":"national_final_medium","local_score":6,"comment":"Сложность оставлена на уровне national_final_medium; решение и основные метаданные проверены в проходе 2026-05-16.","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":0.9,"basis":"high-reasoning проход 2026-05-16 по второй четверти списка official_outline_needs_work","notes":"Официальный/архивный план доведён high-reasoning агентом до локального русского доказательства; проверены условие, идеи, definition_ids, tags и связи в выбранном срезе.","audit_source":"manual-official-plan-completion-2026-05-16-second-quartile"},"statements":{"original":[{"id":"stmt-original","title":"Оригинальная формулировка","status":"ai_checked","text":"В круговом теннисном турнире участвуют \\(n\\) игроков. Нужно по таблице результатов однозначно определить, какой игрок занял какое место. За один вопрос разрешается спросить про сравнение мест двух игроков. Сколько вопросов достаточно в худшем случае?","definition_ids":["directed_graph","complete_graph","tournament"]}]},"solutions":[{"id":"sol-official-compressed","title":"Решение через сортировку игроков по местам","status":"ai_checked","definition_ids":["directed_graph","complete_graph","tournament"],"standard_idea_ids":["double_counting"],"tags":[],"has_text":true,"text_preview":"Будем считать игроков вершинами полного ориентированного графа турнира: для каждой пары игроков проводим стрелку от победителя личной встречи к проигравшему. Таблица результатов задает такой турнир на уже известных игроках. Искомое распределение мест — это некоторая нумерация этих `n` вершин местами от `1` до `n`; вопрос к жюри сравнивает номера двух выбранных вершин. Достаточная стратегия не требует угадывать эту нумерацию сразу. Нужно просто отсортировать игроков по их местам, используя разрешенные вопросы как обычные сравнения. Например, применим сортировку слиянием. Разобьем игроков на две почти равные группы, рекурсивно упорядочим каждую группу, а затем сольем два уже упорядоченных списка. При слиянии каждый вопрос сравнивает первых еще не поставленных игроков из двух списков; игрок, занявший более высокое место, записывается следующим. Если один список закончился, оставшиеся игрок…"}],"relations":[],"search_text":"kolmogorov-2008-round-2-high-league-problem-1 минимум сравнений для восстановления порядка турнира, кубок колмогорова 2008 double_counting tournaments goal_exact_bound 2008 https://turmath.ru/kolm/archive.php https://turmath.ru/kolm/files/archive/kolm12.zip kolmogorov kolmogorov2008 olympiad_archive src-kolmogorov-2008-official src-kolmogorov-archive with_solution архив кубка памяти а.н. колмогорова кубок колмогорова кубок колмогорова 2008 официальный архив кубокколмогорова кубокколмогорова2008 ? кубок колмогорова 2008 официальный архив архив кубка памяти а.н. колмогорова stmt-original оригинальная формулировка ai_checked в круговом теннисном турнире участвуют \\(n\\) игроков. нужно по таблице результатов однозначно определить, какой игрок занял какое место. за один вопрос разрешается спросить про сравнение мест двух игроков. сколько вопросов достаточно в худшем случае? directed_graph complete_graph tournament idea-graph-role графовая роль хотя в условии граф не упоминается, официальное решение явно и существенно переводит задачу в полный ориентированный граф турнира и далее рассуждает о нумерациях его вершин. ai_checked sol-official-compressed решение через сортировку игроков по местам ai_checked directed_graph complete_graph tournament double_counting будем считать игроков вершинами полного ориентированного графа турнира: для каждой пары игроков проводим стрелку от победителя личной встречи к проигравшему. таблица результатов задает такой турнир на уже известных игроках. искомое распределение мест — это некоторая нумерация этих `n` вершин местами от `1` до `n`; вопрос к жюри сравнивает номера двух выбранных вершин. достаточная стратегия не требует угадывать эту нумерацию сразу. нужно просто отсортировать игроков по их местам, используя разрешенные вопросы как обычные сравнения. например, применим сортировку слиянием. разобьем игроков на две почти равные группы, рекурсивно упорядочим каждую группу, а затем сольем два уже упорядоченных списка. при слиянии каждый вопрос сравнивает первых еще не поставленных игроков из двух списков; игрок, занявший более высокое место, записывается следующим. если один список закончился, оставшиеся игрок… kolmogorov-2008-round-2-high-league-problem-1 minimum sravneniy dlya vosstanovleniya poryadka turnira, kubok kolmogorova 2008 double_counting tournaments goal_exact_bound 2008 https://turmath.ru/kolm/archive.php https://turmath.ru/kolm/files/archive/kolm12.zip kolmogorov kolmogorov2008 olympiad_archive src-kolmogorov-2008-official src-kolmogorov-archive with_solution arhiv kubka pamyati a.n. kolmogorova kubok kolmogorova kubok kolmogorova 2008 ofitsialnyy arhiv kubokkolmogorova kubokkolmogorova2008 ? kubok kolmogorova 2008 ofitsialnyy arhiv arhiv kubka pamyati a.n. kolmogorova stmt-original originalnaya formulirovka ai_checked v krugovom tennisnom turnire uchastvuyut \\(n\\) igrokov. nuzhno po tablitse rezultatov odnoznachno opredelit, kakoy igrok zanyal kakoe mesto. za odin vopros razreshaetsya sprosit pro sravnenie mest dvuh igrokov. skolko voprosov dostatochno v hudshem sluchae? directed_graph complete_graph tournament idea-graph-role grafovaya rol hotya v uslovii graf ne upominaetsya, ofitsialnoe reshenie yavno i suschestvenno perevodit zadachu v polnyy orientirovannyy graf turnira i dalee rassuzhdaet o numeratsiyah ego vershin. ai_checked sol-official-compressed reshenie cherez sortirovku igrokov po mestam ai_checked directed_graph complete_graph tournament double_counting budem schitat igrokov vershinami polnogo orientirovannogo grafa turnira: dlya kazhdoy pary igrokov provodim strelku ot pobeditelya lichnoy vstrechi k proigravshemu. tablitsa rezultatov zadaet takoy turnir na uzhe izvestnyh igrokah. iskomoe raspredelenie mest — eto nekotoraya numeratsiya etih `n` vershin mestami ot `1` do `n`; vopros k zhyuri sravnivaet nomera dvuh vybrannyh vershin. dostatochnaya strategiya ne trebuet ugadyvat etu numeratsiyu srazu. nuzhno prosto otsortirovat igrokov po ih mestam, ispolzuya razreshennye voprosy kak obychnye sravneniya. naprimer, primenim sortirovku sliyaniem. razobem igrokov na dve pochti ravnye gruppy, rekursivno uporyadochim kazhduyu gruppu, a zatem solem dva uzhe uporyadochennyh spiska. pri sliyanii kazhdyy vopros sravnivaet pervyh esche ne postavlennyh igrokov iz dvuh spiskov; igrok, zanyavshiy bolee vysokoe mesto, zapisyvaetsya sleduyuschim. esli odin spisok zakonchilsya, ostavshiesya igrok…","source_keys":["kolmogorov"]}
{"id":"kolmogorov-2008-round-2-second-league-problem-2","title":"Двухцветные связные подграфы в колесе на 100 городах, Кубок Колмогорова 2008","path":"data\\problems\\kolmogorov\\kolmogorov-2008-round-2-second-league-problem-2.yaml","raw_github_url":"https://raw.githubusercontent.com/didin-maxim/knowledge_graph_of_graphs/main/data/problems/kolmogorov/kolmogorov-2008-round-2-second-league-problem-2.yaml","viewer_url":"https://didin-maxim.github.io/knowledge_graph_of_graphs/#kolmogorov-2008-round-2-second-league-problem-2","source_key":"kolmogorov","source_label":"Кубок Колмогорова","source_titles":["Кубок Колмогорова 2008 официальный архив","Архив Кубка памяти А.Н. Колмогорова"],"year":"2008","type":"olympiad_problem","authors":[],"tags":["coloring","connectivity","double_counting","trees","goal_counting"],"agent_topics":[],"difficulty":{"main":"national_final_medium","local_score":6,"comment":"Сложность оставлена на уровне national_final_medium; решение и основные метаданные проверены в проходе 2026-05-16.","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":0.9,"basis":"high-reasoning проход 2026-05-16 по второй четверти списка official_outline_needs_work","notes":"Официальный/архивный план доведён high-reasoning агентом до локального русского доказательства; проверены условие, идеи, definition_ids, tags и связи в выбранном срезе.","audit_source":"manual-official-plan-completion-2026-05-16-second-quartile"},"statements":{"original":[{"id":"stmt-original","title":"Оригинальная формулировка","status":"ai_checked","text":"В стране 100 городов расположены по кругу, а столица соединена дорогами со всеми этими городами. Каждую дорогу нужно передать одной из двух фирм так, чтобы дороги каждой фирмы позволяли проехать между любыми двумя городами. Сколькими способами это можно сделать?","definition_ids":["tree","spanning_tree"]}]},"solutions":[{"id":"sol-official-compressed","title":"Подсчет раскрасок колеса на 100 городах","status":"ai_checked","definition_ids":["tree","spanning_tree"],"standard_idea_ids":["double_counting","local_recoloring"],"tags":[],"has_text":true,"text_preview":"Ответ: `2(2^100 - 2)`. В каждом цвете должен получиться связный граф на `101` вершинах. Всего в колесе `200` рёбер, поэтому каждый цвет должен получить хотя бы `100` рёбер, а значит ровно `n`; каждая цветная сеть является деревом. В частности, у каждого цвета должна быть хотя бы одна спица, иначе центр был бы изолирован. Зафиксируем любую неодноцветную раскраску спиц. Разобьём циклическую последовательность спиц на максимальные подряд идущие блоки одного цвета. Пусть таких блоков `b`; они чередуются по цвету, поэтому `b` чётно. Если две соседние спицы `Ov_i` и `Ov_{i+1}` принадлежат одному цвету, то ребро обода `v_i v_{i+1}` не может иметь тот же цвет: иначе вместе с двумя спицами оно образовало бы цикл в цветной сети, а эта сеть уже обязана быть деревом. Значит, все внутренние рёбра обода каждого блока вынужденно получают противоположный цвет. Осталось определить `b` граничных рёбер об…"}],"relations":[{"id":"rel-kolm-2008-wheel-first-second-league","neighbor_id":"kolmogorov-2008-round-2-first-league-and-higher-junior-problem-1","direction":"backward","type":"solution_transfer","distance":1,"status":"ai_checked"}],"search_text":"kolmogorov-2008-round-2-second-league-problem-2 двухцветные связные подграфы в колесе на 100 городах, кубок колмогорова 2008 coloring connectivity double_counting trees goal_counting 2008 https://turmath.ru/kolm/archive.php https://turmath.ru/kolm/files/archive/kolm12.zip kolmogorov kolmogorov2008 olympiad_archive src-kolmogorov-2008-official src-kolmogorov-archive with_solution архив кубка памяти а.н. колмогорова кубок колмогорова кубок колмогорова 2008 официальный архив кубокколмогорова кубокколмогорова2008 ? кубок колмогорова 2008 официальный архив архив кубка памяти а.н. колмогорова stmt-original оригинальная формулировка ai_checked в стране 100 городов расположены по кругу, а столица соединена дорогами со всеми этими городами. каждую дорогу нужно передать одной из двух фирм так, чтобы дороги каждой фирмы позволяли проехать между любыми двумя городами. сколькими способами это можно сделать? tree spanning_tree idea-graph-role графовая роль в условии явно задана дорожная сеть, которая в точности является графом-колесом, а официальное решение непосредственно переводит задачу к связным подграфам этого колеса. ai_checked sol-official-compressed подсчет раскрасок колеса на 100 городах ai_checked tree spanning_tree double_counting local_recoloring ответ: `2(2^100 - 2)`. в каждом цвете должен получиться связный граф на `101` вершинах. всего в колесе `200` рёбер, поэтому каждый цвет должен получить хотя бы `100` рёбер, а значит ровно `n`; каждая цветная сеть является деревом. в частности, у каждого цвета должна быть хотя бы одна спица, иначе центр был бы изолирован. зафиксируем любую неодноцветную раскраску спиц. разобьём циклическую последовательность спиц на максимальные подряд идущие блоки одного цвета. пусть таких блоков `b`; они чередуются по цвету, поэтому `b` чётно. если две соседние спицы `ov_i` и `ov_{i+1}` принадлежат одному цвету, то ребро обода `v_i v_{i+1}` не может иметь тот же цвет: иначе вместе с двумя спицами оно образовало бы цикл в цветной сети, а эта сеть уже обязана быть деревом. значит, все внутренние рёбра обода каждого блока вынужденно получают противоположный цвет. осталось определить `b` граничных рёбер об… kolmogorov-2008-round-2-second-league-problem-2 dvuhtsvetnye svyaznye podgrafy v kolese na 100 gorodah, kubok kolmogorova 2008 coloring connectivity double_counting trees goal_counting 2008 https://turmath.ru/kolm/archive.php https://turmath.ru/kolm/files/archive/kolm12.zip kolmogorov kolmogorov2008 olympiad_archive src-kolmogorov-2008-official src-kolmogorov-archive with_solution arhiv kubka pamyati a.n. kolmogorova kubok kolmogorova kubok kolmogorova 2008 ofitsialnyy arhiv kubokkolmogorova kubokkolmogorova2008 ? kubok kolmogorova 2008 ofitsialnyy arhiv arhiv kubka pamyati a.n. kolmogorova stmt-original originalnaya formulirovka ai_checked v strane 100 gorodov raspolozheny po krugu, a stolitsa soedinena dorogami so vsemi etimi gorodami. kazhduyu dorogu nuzhno peredat odnoy iz dvuh firm tak, chtoby dorogi kazhdoy firmy pozvolyali proehat mezhdu lyubymi dvumya gorodami. skolkimi sposobami eto mozhno sdelat? tree spanning_tree idea-graph-role grafovaya rol v uslovii yavno zadana dorozhnaya set, kotoraya v tochnosti yavlyaetsya grafom-kolesom, a ofitsialnoe reshenie neposredstvenno perevodit zadachu k svyaznym podgrafam etogo kolesa. ai_checked sol-official-compressed podschet raskrasok kolesa na 100 gorodah ai_checked tree spanning_tree double_counting local_recoloring otvet: `2(2^100 - 2)`. v kazhdom tsvete dolzhen poluchitsya svyaznyy graf na `101` vershinah. vsego v kolese `200` reber, poetomu kazhdyy tsvet dolzhen poluchit hotya by `100` reber, a znachit rovno `n`; kazhdaya tsvetnaya set yavlyaetsya derevom. v chastnosti, u kazhdogo tsveta dolzhna byt hotya by odna spitsa, inache tsentr byl by izolirovan. zafiksiruem lyubuyu neodnotsvetnuyu raskrasku spits. razobem tsiklicheskuyu posledovatelnost spits na maksimalnye podryad iduschie bloki odnogo tsveta. pust takih blokov `b`; oni chereduyutsya po tsvetu, poetomu `b` chetno. esli dve sosednie spitsy `ov_i` i `ov_{i+1}` prinadlezhat odnomu tsvetu, to rebro oboda `v_i v_{i+1}` ne mozhet imet tot zhe tsvet: inache vmeste s dvumya spitsami ono obrazovalo by tsikl v tsvetnoy seti, a eta set uzhe obyazana byt derevom. znachit, vse vnutrennie rebra oboda kazhdogo bloka vynuzhdenno poluchayut protivopolozhnyy tsvet. ostalos opredelit `b` granichnyh reber ob…","source_keys":["kolmogorov"]}
{"id":"kolmogorov-2008-round-3-high-league-problem-1","title":"Минимум рёбер при гамильтоновом пути между любой парой вершин, Кубок Колмогорова 2008","path":"data\\problems\\kolmogorov\\kolmogorov-2008-round-3-high-league-problem-1.yaml","raw_github_url":"https://raw.githubusercontent.com/didin-maxim/knowledge_graph_of_graphs/main/data/problems/kolmogorov/kolmogorov-2008-round-3-high-league-problem-1.yaml","viewer_url":"https://didin-maxim.github.io/knowledge_graph_of_graphs/#kolmogorov-2008-round-3-high-league-problem-1","source_key":"kolmogorov","source_label":"Кубок Колмогорова","source_titles":["Кубок Колмогорова 2008 официальный архив","Архив Кубка памяти А.Н. Колмогорова"],"year":"2008","type":"olympiad_problem","authors":[],"tags":["extremal_graph_theory","hamiltonian_cycles","goal_exact_bound"],"agent_topics":[],"difficulty":{"main":"national_final_medium","local_score":6,"comment":"Импортировано из подготовленной графовой карточки KOLM; оценка сложности требует проверки человеком.","status":"needs_human_review"},"review_status":"ai_checked","public_ready":true,"solution_state":"with_solution","solution_classification":{"type":"official_plan_completed_by_ai","label":"официальный план доведён агентом до полного решения","status":"ai_checked","confidence":0.91,"basis":"high-reasoning pass 2026-05-17: официальный архивный план уже развёрнут в полное решение с нижней оценкой через минимальную степень и явной лестничной конструкцией","notes":"Проверены оба края доказательства: нижняя оценка исключает степени 1 и 2, а конструкция 2-by-1666 с добавленной вершиной даёт 3333 вершины, 5000 рёбер и гамильтоновы пути между любой парой вершин. Оставлять статус outline_needs_work оснований нет.","audit_source":"high-reasoning-official-plan-pass-2026-05-17"},"statements":{"original":[{"id":"stmt-original","title":"Оригинальная формулировка","status":"ai_checked","text":"В графе на 3333 вершинах для любых двух различных вершин существует гамильтонов путь, начинающийся в одной из них и заканчивающийся в другой. Каково минимально возможное число ребер такого графа?","definition_ids":["simple_graph","path","degree","hamiltonian_path"]}]},"solutions":[{"id":"sol-official-compressed","title":"Развернутое решение","status":"ai_checked","definition_ids":["simple_graph","path","degree","hamiltonian_path"],"standard_idea_ids":["extremal_choice","longest_path","greedy_ordering"],"tags":[],"has_text":true,"text_preview":"Ответ: `5000`. Сначала докажем нижнюю оценку. Возьмем любые две смежные вершины `a` и `b`. По условию есть гамильтонов путь с концами `a` и `b`; добавив ребро `ab`, получаем гамильтонов цикл. Значит, степень каждой вершины не меньше `2`. Покажем, что вершины степени `2` тоже невозможны. Пусть `v` - такая вершина, а ее соседи на найденном гамильтоновом цикле равны `x` и `y`. По условию существует гамильтонов путь с концами `x` и `y`. В этом пути вершина `v` не является концом, поэтому обе соседние с ней в пути вершины должны быть ее соседями в графе, то есть это `x` и `y`. Но тогда путь имеет вид `x-v-y` в соответствующем месте; поскольку `x` и `y` - концы всего пути, других вершин в нем быть не может. Это противоречит тому, что вершин `3333`. Следовательно, минимальная степень графа не меньше `3`. Тогда сумма степеней не меньше `3 * 3333 = 9999`. Она четна, поэтому на самом деле не мень…"}],"relations":[{"id":"rel-kolm-2008-hamiltonian-dirac","neighbor_id":"dirac-theorem","direction":"forward","type":"same_motif","distance":2,"status":"needs_human_review"},{"id":"rel-kolm-deep-2008-hamiltonian-2010-tour","neighbor_id":"kolmogorov-2010-individual-olympiad-juniors-problem-5","direction":"forward","type":"same_motif","distance":2,"status":"needs_human_review"},{"id":"rel-paths-counting-longest-detour-kolm-2008-r3","neighbor_id":"longest-path-endpoints-shortest-detour","direction":"backward","type":"same_motif","distance":2,"status":"ai_checked"}],"search_text":"kolmogorov-2008-round-3-high-league-problem-1 минимум рёбер при гамильтоновом пути между любой парой вершин, кубок колмогорова 2008 extremal_graph_theory hamiltonian_cycles goal_exact_bound 2008 https://turmath.ru/kolm/archive.php https://turmath.ru/kolm/files/archive/kolm12.zip kolmogorov kolmogorov2008 olympiad_archive src-kolmogorov-2008-official src-kolmogorov-archive with_solution архив кубка памяти а.н. колмогорова кубок колмогорова кубок колмогорова 2008 официальный архив кубокколмогорова кубокколмогорова2008 ? кубок колмогорова 2008 официальный архив архив кубка памяти а.н. колмогорова stmt-original оригинальная формулировка ai_checked в графе на 3333 вершинах для любых двух различных вершин существует гамильтонов путь, начинающийся в одной из них и заканчивающийся в другой. каково минимально возможное число ребер такого графа? simple_graph path degree hamiltonian_path idea-graph-role графовая роль граф прямо дан в условии, а официальное решение является чисто графовым: используются степени вершин, гамильтоновы пути и явная экстремальная конструкция графа. ai_checked sol-official-compressed развернутое решение ai_checked simple_graph path degree hamiltonian_path extremal_choice longest_path greedy_ordering ответ: `5000`. сначала докажем нижнюю оценку. возьмем любые две смежные вершины `a` и `b`. по условию есть гамильтонов путь с концами `a` и `b`; добавив ребро `ab`, получаем гамильтонов цикл. значит, степень каждой вершины не меньше `2`. покажем, что вершины степени `2` тоже невозможны. пусть `v` - такая вершина, а ее соседи на найденном гамильтоновом цикле равны `x` и `y`. по условию существует гамильтонов путь с концами `x` и `y`. в этом пути вершина `v` не является концом, поэтому обе соседние с ней в пути вершины должны быть ее соседями в графе, то есть это `x` и `y`. но тогда путь имеет вид `x-v-y` в соответствующем месте; поскольку `x` и `y` - концы всего пути, других вершин в нем быть не может. это противоречит тому, что вершин `3333`. следовательно, минимальная степень графа не меньше `3`. тогда сумма степеней не меньше `3 * 3333 = 9999`. она четна, поэтому на самом деле не мень… kolmogorov-2008-round-3-high-league-problem-1 minimum reber pri gamiltonovom puti mezhdu lyuboy paroy vershin, kubok kolmogorova 2008 extremal_graph_theory hamiltonian_cycles goal_exact_bound 2008 https://turmath.ru/kolm/archive.php https://turmath.ru/kolm/files/archive/kolm12.zip kolmogorov kolmogorov2008 olympiad_archive src-kolmogorov-2008-official src-kolmogorov-archive with_solution arhiv kubka pamyati a.n. kolmogorova kubok kolmogorova kubok kolmogorova 2008 ofitsialnyy arhiv kubokkolmogorova kubokkolmogorova2008 ? kubok kolmogorova 2008 ofitsialnyy arhiv arhiv kubka pamyati a.n. kolmogorova stmt-original originalnaya formulirovka ai_checked v grafe na 3333 vershinah dlya lyubyh dvuh razlichnyh vershin suschestvuet gamiltonov put, nachinayuschiysya v odnoy iz nih i zakanchivayuschiysya v drugoy. kakovo minimalno vozmozhnoe chislo reber takogo grafa? simple_graph path degree hamiltonian_path idea-graph-role grafovaya rol graf pryamo dan v uslovii, a ofitsialnoe reshenie yavlyaetsya chisto grafovym: ispolzuyutsya stepeni vershin, gamiltonovy puti i yavnaya ekstremalnaya konstruktsiya grafa. ai_checked sol-official-compressed razvernutoe reshenie ai_checked simple_graph path degree hamiltonian_path extremal_choice longest_path greedy_ordering otvet: `5000`. snachala dokazhem nizhnyuyu otsenku. vozmem lyubye dve smezhnye vershiny `a` i `b`. po usloviyu est gamiltonov put s kontsami `a` i `b`; dobaviv rebro `ab`, poluchaem gamiltonov tsikl. znachit, stepen kazhdoy vershiny ne menshe `2`. pokazhem, chto vershiny stepeni `2` tozhe nevozmozhny. pust `v` - takaya vershina, a ee sosedi na naydennom gamiltonovom tsikle ravny `x` i `y`. po usloviyu suschestvuet gamiltonov put s kontsami `x` i `y`. v etom puti vershina `v` ne yavlyaetsya kontsom, poetomu obe sosednie s ney v puti vershiny dolzhny byt ee sosedyami v grafe, to est eto `x` i `y`. no togda put imeet vid `x-v-y` v sootvetstvuyuschem meste; poskolku `x` i `y` - kontsy vsego puti, drugih vershin v nem byt ne mozhet. eto protivorechit tomu, chto vershin `3333`. sledovatelno, minimalnaya stepen grafa ne menshe `3`. togda summa stepeney ne menshe `3 * 3333 = 9999`. ona chetna, poetomu na samom dele ne men…","source_keys":["kolmogorov"]}
{"id":"kolmogorov-2008-round-4-first-league-and-higher-junior-problem-1","title":"Красный лист в двухцветно раскрашенном дереве, Кубок Колмогорова 2008","path":"data\\problems\\kolmogorov\\kolmogorov-2008-round-4-first-league-and-higher-junior-problem-1.yaml","raw_github_url":"https://raw.githubusercontent.com/didin-maxim/knowledge_graph_of_graphs/main/data/problems/kolmogorov/kolmogorov-2008-round-4-first-league-and-higher-junior-problem-1.yaml","viewer_url":"https://didin-maxim.github.io/knowledge_graph_of_graphs/#kolmogorov-2008-round-4-first-league-and-higher-junior-problem-1","source_key":"kolmogorov","source_label":"Кубок Колмогорова","source_titles":["Кубок Колмогорова 2008 официальный архив","Архив Кубка памяти А.Н. Колмогорова"],"year":"2008","type":"olympiad_problem","authors":[],"tags":["trees","coloring","double_counting","degree_counting","goal_proof"],"agent_topics":[],"difficulty":{"main":"national_final_medium","local_score":6,"comment":"После сверки официального условия задача сводится к короткому подсчёту степеней в двух долях дерева.","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":0.95,"basis":"агентский аудит повышенной сложности 2026-05-07","notes":"Официальная формулировка восстановлена по архивному DOC; решение через сумму степеней является полным и самодостаточным.","audit_source":"agent-russian-archives.json"},"statements":{"original":[{"id":"stmt-original","title":"Оригинальная формулировка","status":"ai_checked","text":"Вершины дерева покрашены в красный и синий цвета так, что смежные вершины имеют разные цвета, и красных вершин не меньше, чем синих. Докажите, что хотя бы одна из висячих вершин покрашена в красный цвет.","definition_ids":["tree","bipartite_graph","degree"]}]},"solutions":[{"id":"sol-official-compressed","title":"Решение через сумму степеней красных вершин","status":"ai_checked","definition_ids":["tree","bipartite_graph","degree"],"standard_idea_ids":["double_counting"],"tags":[],"has_text":true,"text_preview":"Если дерево состоит из одной вершины, утверждение очевидно в принятом для этой задачи смысле: единственная вершина красная и является концевой. Далее считаем, что в дереве хотя бы две вершины. Обозначим через `R` число красных вершин, а через `B` число синих вершин. По условию `R>=B`. Так как смежные вершины имеют разные цвета, каждое ребро дерева имеет один красный и один синий конец. Поэтому сумма степеней всех красных вершин равна числу рёбер дерева. В дереве на `R+B` вершинах ровно `R+B-1` рёбер. Значит, сумма степеней красных вершин равна `R+B-1`. Предположим, что красной висячей вершины нет. В нетривиальном дереве изолированных вершин нет, поэтому каждая красная вершина имеет степень хотя бы `2`. Тогда сумма степеней красных вершин не меньше `2R`. С другой стороны, из `R>=B` следует `R+B-1<=2R-1`. Получаем цепочку `2R<=R+B-1<=2R-1`, невозможную для целых чисел. Противоречие доказы…"}],"relations":[{"id":"rel-kolm-2008-tree-bipartition-round4","neighbor_id":"kolmogorov-2008-round-4-second-league-problem-7","direction":"forward","type":"specialization","distance":1,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-kolm-deep-2008-low-degree-tree-leaf","neighbor_id":"kolmogorov-2008-round-1-high-league-problem-1","direction":"backward","type":"same_motif","distance":3,"status":"ai_checked"}],"search_text":"kolmogorov-2008-round-4-first-league-and-higher-junior-problem-1 красный лист в двухцветно раскрашенном дереве, кубок колмогорова 2008 trees coloring double_counting degree_counting goal_proof 2008 https://turmath.ru/kolm/archive.php https://turmath.ru/kolm/files/archive/kolm12.zip kolmogorov kolmogorov2008 olympiad_archive src-kolmogorov-2008-official src-kolmogorov-archive with_solution архив кубка памяти а.н. колмогорова кубок колмогорова кубок колмогорова 2008 официальный архив кубокколмогорова кубокколмогорова2008 ? кубок колмогорова 2008 официальный архив архив кубка памяти а.н. колмогорова stmt-original оригинальная формулировка ai_checked вершины дерева покрашены в красный и синий цвета так, что смежные вершины имеют разные цвета, и красных вершин не меньше, чем синих. докажите, что хотя бы одна из висячих вершин покрашена в красный цвет. tree bipartite_graph degree idea-red-part-degree-sum сумма степеней красной доли равна числу рёбер дерева так как смежные вершины имеют разные цвета, каждое ребро имеет ровно один красный конец. поэтому сумма степеней красных вершин равна числу всех рёбер дерева. если красных листьев нет, эта же сумма должна быть не меньше удвоенного числа красных вершин, что противоречит условию r>=b. double_counting degree_counting ai_checked sol-official-compressed решение через сумму степеней красных вершин ai_checked tree bipartite_graph degree double_counting если дерево состоит из одной вершины, утверждение очевидно в принятом для этой задачи смысле: единственная вершина красная и является концевой. далее считаем, что в дереве хотя бы две вершины. обозначим через `r` число красных вершин, а через `b` число синих вершин. по условию `r>=b`. так как смежные вершины имеют разные цвета, каждое ребро дерева имеет один красный и один синий конец. поэтому сумма степеней всех красных вершин равна числу рёбер дерева. в дереве на `r+b` вершинах ровно `r+b-1` рёбер. значит, сумма степеней красных вершин равна `r+b-1`. предположим, что красной висячей вершины нет. в нетривиальном дереве изолированных вершин нет, поэтому каждая красная вершина имеет степень хотя бы `2`. тогда сумма степеней красных вершин не меньше `2r`. с другой стороны, из `r>=b` следует `r+b-1<=2r-1`. получаем цепочку `2r<=r+b-1<=2r-1`, невозможную для целых чисел. противоречие доказы… kolmogorov-2008-round-4-first-league-and-higher-junior-problem-1 krasnyy list v dvuhtsvetno raskrashennom dereve, kubok kolmogorova 2008 trees coloring double_counting degree_counting goal_proof 2008 https://turmath.ru/kolm/archive.php https://turmath.ru/kolm/files/archive/kolm12.zip kolmogorov kolmogorov2008 olympiad_archive src-kolmogorov-2008-official src-kolmogorov-archive with_solution arhiv kubka pamyati a.n. kolmogorova kubok kolmogorova kubok kolmogorova 2008 ofitsialnyy arhiv kubokkolmogorova kubokkolmogorova2008 ? kubok kolmogorova 2008 ofitsialnyy arhiv arhiv kubka pamyati a.n. kolmogorova stmt-original originalnaya formulirovka ai_checked vershiny dereva pokrasheny v krasnyy i siniy tsveta tak, chto smezhnye vershiny imeyut raznye tsveta, i krasnyh vershin ne menshe, chem sinih. dokazhite, chto hotya by odna iz visyachih vershin pokrashena v krasnyy tsvet. tree bipartite_graph degree idea-red-part-degree-sum summa stepeney krasnoy doli ravna chislu reber dereva tak kak smezhnye vershiny imeyut raznye tsveta, kazhdoe rebro imeet rovno odin krasnyy konets. poetomu summa stepeney krasnyh vershin ravna chislu vseh reber dereva. esli krasnyh listev net, eta zhe summa dolzhna byt ne menshe udvoennogo chisla krasnyh vershin, chto protivorechit usloviyu r>=b. double_counting degree_counting ai_checked sol-official-compressed reshenie cherez summu stepeney krasnyh vershin ai_checked tree bipartite_graph degree double_counting esli derevo sostoit iz odnoy vershiny, utverzhdenie ochevidno v prinyatom dlya etoy zadachi smysle: edinstvennaya vershina krasnaya i yavlyaetsya kontsevoy. dalee schitaem, chto v dereve hotya by dve vershiny. oboznachim cherez `r` chislo krasnyh vershin, a cherez `b` chislo sinih vershin. po usloviyu `r>=b`. tak kak smezhnye vershiny imeyut raznye tsveta, kazhdoe rebro dereva imeet odin krasnyy i odin siniy konets. poetomu summa stepeney vseh krasnyh vershin ravna chislu reber dereva. v dereve na `r+b` vershinah rovno `r+b-1` reber. znachit, summa stepeney krasnyh vershin ravna `r+b-1`. predpolozhim, chto krasnoy visyachey vershiny net. v netrivialnom dereve izolirovannyh vershin net, poetomu kazhdaya krasnaya vershina imeet stepen hotya by `2`. togda summa stepeney krasnyh vershin ne menshe `2r`. s drugoy storony, iz `r>=b` sleduet `r+b-1<=2r-1`. poluchaem tsepochku `2r<=r+b-1<=2r-1`, nevozmozhnuyu dlya tselyh chisel. protivorechie dokazy…","source_keys":["kolmogorov"]}
{"id":"kolmogorov-2008-round-4-second-league-problem-7","title":"Красный лист в дереве дорог между двумя республиками, Кубок Колмогорова 2008","path":"data\\problems\\kolmogorov\\kolmogorov-2008-round-4-second-league-problem-7.yaml","raw_github_url":"https://raw.githubusercontent.com/didin-maxim/knowledge_graph_of_graphs/main/data/problems/kolmogorov/kolmogorov-2008-round-4-second-league-problem-7.yaml","viewer_url":"https://didin-maxim.github.io/knowledge_graph_of_graphs/#kolmogorov-2008-round-4-second-league-problem-7","source_key":"kolmogorov","source_label":"Кубок Колмогорова","source_titles":["Кубок Колмогорова 2008 официальный архив","Архив Кубка памяти А.Н. Колмогорова"],"year":"2008","type":"olympiad_problem","authors":[],"tags":["double_counting","matching","trees","goal_counting"],"agent_topics":[],"difficulty":{"main":"national_final_medium","local_score":6,"comment":"Импортировано из подготовленной графовой карточки KOLM; оценка сложности требует проверки человеком.","status":"needs_human_review"},"review_status":"needs_human_review","public_ready":false,"solution_state":"with_solution","solution_classification":{"type":"official_complete_or_near_complete","label":"официальное полное/почти полное","status":"ai_checked","confidence":0.9,"basis":"агентский аудит средней сложности","notes":"Короткое решение было развёрнуто: явно указаны дерево, двудольный подсчет степеней и финальное неравенство.","audit_source":"agent-russian-archives.json"},"statements":{"original":[{"id":"stmt-original","title":"Оригинальная формулировка","status":"ai_checked","text":"В стране 1000 городов соединены 999 дорогами, причем из любого города можно добраться в любой другой. Все города разбиты на две республики, причем в одной республике городов не меньше, чем в другой, и каждая дорога соединяет города разных республик. Докажите, что в большей республике есть город, из которого выходит только одна дорога.","definition_ids":["tree","bipartite_graph","degree"]}]},"solutions":[{"id":"sol-official-compressed","title":"Решение через сумму степеней","status":"ai_checked","definition_ids":["tree","bipartite_graph","degree"],"standard_idea_ids":["double_counting","induction","delete_to_simplify"],"tags":[],"has_text":true,"text_preview":"Рассмотрим города как вершины, а дороги как ребра. Граф связен и имеет `1000` вершин и `999` ребер, поэтому это дерево: в связном графе с `v` вершинами не меньше `v-1` ребер, а если бы был цикл, можно было бы удалить ребро цикла, не нарушив связности, и получить связный граф с меньшим числом ребер. Пусть в большей республике `R` городов, а в меньшей `B` городов; тогда `R >= B` и `R+B=1000`. Каждая дорога соединяет города разных республик, значит граф двудолен с долями этих республик. В двудольном графе каждое ребро имеет ровно один конец в каждой доле, поэтому сумма степеней вершин большей доли равна общему числу ребер, то есть `999`. Предположим, что в большей республике нет города степени `1`. Степени не могут быть нулевыми, потому что граф связен и вершин больше одной. Значит, каждая вершина большей доли имеет степень хотя бы `2`, и сумма степеней этой доли не меньше `2R`. Получаем `…"}],"relations":[{"id":"rel-kolm-2008-tree-bipartition-round4","neighbor_id":"kolmogorov-2008-round-4-first-league-and-higher-junior-problem-1","direction":"backward","type":"specialization","distance":1,"status":"ai_checked"}],"search_text":"kolmogorov-2008-round-4-second-league-problem-7 красный лист в дереве дорог между двумя республиками, кубок колмогорова 2008 double_counting matching trees goal_counting 2008 https://turmath.ru/kolm/archive.php https://turmath.ru/kolm/files/archive/kolm12.zip kolmogorov kolmogorov2008 olympiad_archive src-kolmogorov-2008-official src-kolmogorov-archive with_solution архив кубка памяти а.н. колмогорова кубок колмогорова кубок колмогорова 2008 официальный архив кубокколмогорова кубокколмогорова2008 ? кубок колмогорова 2008 официальный архив архив кубка памяти а.н. колмогорова stmt-original оригинальная формулировка ai_checked в стране 1000 городов соединены 999 дорогами, причем из любого города можно добраться в любой другой. все города разбиты на две республики, причем в одной республике городов не меньше, чем в другой, и каждая дорога соединяет города разных республик. докажите, что в большей республике есть город, из которого выходит только одна дорога. tree bipartite_graph degree idea-graph-role графовая роль в условии явно задан связный граф дорог, который по числу ребер сразу распознается как дерево; официальное решение опирается на двудольность, степени вершин и листы дерева. ai_checked sol-official-compressed решение через сумму степеней ai_checked tree bipartite_graph degree double_counting induction delete_to_simplify рассмотрим города как вершины, а дороги как ребра. граф связен и имеет `1000` вершин и `999` ребер, поэтому это дерево: в связном графе с `v` вершинами не меньше `v-1` ребер, а если бы был цикл, можно было бы удалить ребро цикла, не нарушив связности, и получить связный граф с меньшим числом ребер. пусть в большей республике `r` городов, а в меньшей `b` городов; тогда `r >= b` и `r+b=1000`. каждая дорога соединяет города разных республик, значит граф двудолен с долями этих республик. в двудольном графе каждое ребро имеет ровно один конец в каждой доле, поэтому сумма степеней вершин большей доли равна общему числу ребер, то есть `999`. предположим, что в большей республике нет города степени `1`. степени не могут быть нулевыми, потому что граф связен и вершин больше одной. значит, каждая вершина большей доли имеет степень хотя бы `2`, и сумма степеней этой доли не меньше `2r`. получаем `… kolmogorov-2008-round-4-second-league-problem-7 krasnyy list v dereve dorog mezhdu dvumya respublikami, kubok kolmogorova 2008 double_counting matching trees goal_counting 2008 https://turmath.ru/kolm/archive.php https://turmath.ru/kolm/files/archive/kolm12.zip kolmogorov kolmogorov2008 olympiad_archive src-kolmogorov-2008-official src-kolmogorov-archive with_solution arhiv kubka pamyati a.n. kolmogorova kubok kolmogorova kubok kolmogorova 2008 ofitsialnyy arhiv kubokkolmogorova kubokkolmogorova2008 ? kubok kolmogorova 2008 ofitsialnyy arhiv arhiv kubka pamyati a.n. kolmogorova stmt-original originalnaya formulirovka ai_checked v strane 1000 gorodov soedineny 999 dorogami, prichem iz lyubogo goroda mozhno dobratsya v lyuboy drugoy. vse goroda razbity na dve respubliki, prichem v odnoy respublike gorodov ne menshe, chem v drugoy, i kazhdaya doroga soedinyaet goroda raznyh respublik. dokazhite, chto v bolshey respublike est gorod, iz kotorogo vyhodit tolko odna doroga. tree bipartite_graph degree idea-graph-role grafovaya rol v uslovii yavno zadan svyaznyy graf dorog, kotoryy po chislu reber srazu raspoznaetsya kak derevo; ofitsialnoe reshenie opiraetsya na dvudolnost, stepeni vershin i listy dereva. ai_checked sol-official-compressed reshenie cherez summu stepeney ai_checked tree bipartite_graph degree double_counting induction delete_to_simplify rassmotrim goroda kak vershiny, a dorogi kak rebra. graf svyazen i imeet `1000` vershin i `999` reber, poetomu eto derevo: v svyaznom grafe s `v` vershinami ne menshe `v-1` reber, a esli by byl tsikl, mozhno bylo by udalit rebro tsikla, ne narushiv svyaznosti, i poluchit svyaznyy graf s menshim chislom reber. pust v bolshey respublike `r` gorodov, a v menshey `b` gorodov; togda `r >= b` i `r+b=1000`. kazhdaya doroga soedinyaet goroda raznyh respublik, znachit graf dvudolen s dolyami etih respublik. v dvudolnom grafe kazhdoe rebro imeet rovno odin konets v kazhdoy dole, poetomu summa stepeney vershin bolshey doli ravna obschemu chislu reber, to est `999`. predpolozhim, chto v bolshey respublike net goroda stepeni `1`. stepeni ne mogut byt nulevymi, potomu chto graf svyazen i vershin bolshe odnoy. znachit, kazhdaya vershina bolshey doli imeet stepen hotya by `2`, i summa stepeney etoy doli ne menshe `2r`. poluchaem `…","source_keys":["kolmogorov"]}
{"id":"kolmogorov-2008-team-olympiad-juniors-problem-5","title":"Трёхдольный 2-регулярный граф на 2008 вершинах, Кубок Колмогорова 2008","path":"data\\problems\\kolmogorov\\kolmogorov-2008-team-olympiad-juniors-problem-5.yaml","raw_github_url":"https://raw.githubusercontent.com/didin-maxim/knowledge_graph_of_graphs/main/data/problems/kolmogorov/kolmogorov-2008-team-olympiad-juniors-problem-5.yaml","viewer_url":"https://didin-maxim.github.io/knowledge_graph_of_graphs/#kolmogorov-2008-team-olympiad-juniors-problem-5","source_key":"kolmogorov","source_label":"Трёхдольный 2-регулярный граф на","source_titles":["Кубок Колмогорова 2008 официальный архив","Архив Кубка памяти А.Н. Колмогорова"],"year":"2008","type":"olympiad_problem","authors":[],"tags":["coloring","goal_bound"],"agent_topics":[],"difficulty":{"main":"national_final_medium","local_score":6,"comment":"Импортировано из подготовленной графовой карточки KOLM; оценка сложности требует проверки человеком.","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 доведён агентом до полного решения","status":"ai_checked","confidence":0.93,"basis":"high-reasoning pass 2026-05-17: официальный графовый аргумент развёрнут в самодостаточное доказательство через разложение 2-регулярного графа на циклы","notes":"Ключевой шаг проверен: в каждом цикле вершины одной фракции образуют независимое множество, значит занимают не более половины цикла; суммирование по циклам даёт, что любая фракция не больше суммы двух остальных.","audit_source":"high-reasoning-official-plan-pass-2026-05-17"},"statements":{"original":[{"id":"stmt-original","title":"Оригинальная формулировка","status":"ai_checked","text":"В парламенте 2008 депутатов. Каждый состоит ровно в одной из трех фракций, и у каждого есть ровно два друга. Если два депутата дружат, то они состоят в разных фракциях. Докажите, что найдутся две фракции, суммарное число депутатов в которых не меньше числа депутатов в третьей.","definition_ids":["simple_graph","degree","independent_set","cycle"]}],"graph_theory":[{"id":"stmt-graph","title":"Трёхдольный 2-регулярный граф","status":"ai_checked","text":"В простом графе на 2008 вершинах каждая вершина имеет степень 2. Вершины разбиты на три независимых множества. Докажите, что найдутся два из этих множеств, суммарный размер которых не меньше размера третьего.","definition_ids":["simple_graph","degree","independent_set","cycle"]}]},"solutions":[{"id":"sol-official-compressed","title":"Решение через циклы 2-регулярного графа","status":"ai_checked","definition_ids":["simple_graph","degree","independent_set","cycle"],"standard_idea_ids":[],"tags":[],"has_text":true,"text_preview":"Построим граф: депутаты становятся вершинами, дружбы — ребрами, а принадлежность к фракциям — 3-раскраской вершин. Так как у каждого депутата ровно два друга, каждая вершина графа имеет степень 2, то есть каждая компонента является циклом. Достаточно доказать, что размер любой одной фракции не превосходит суммарного размера двух остальных. Зафиксируем фракцию `X`. В каждом цикле вершины из `X` не стоят рядом, потому что друзья состоят в разных фракциях. Значит, на цикле длины `m` вершин цвета `X` не больше `m/2`: после каждой такой вершины идет вершина не из `X`, и эти следующие вершины различны. Поэтому в каждом цикле число вершин из `X` не превосходит числа вершин из двух других фракций вместе. Сложив это неравенство по всем циклам графа, получаем `|X| <= 2008 - |X|`. Так можно сделать для каждой из трех фракций. Следовательно, любая фракция имеет размер не больше суммы двух остальных…"}],"relations":[{"id":"rel-kolm-2008-team-juniors-brooks","neighbor_id":"brooks-theorem","direction":"forward","type":"same_motif","distance":3,"status":"needs_human_review"},{"id":"rel-color-extremal-kolm-2008-2013-greedy-recoloring","neighbor_id":"kolmogorov-2013-team-olympiad-seniors-problem-8","direction":"forward","type":"same_motif","distance":2,"status":"ai_checked"}],"search_text":"kolmogorov-2008-team-olympiad-juniors-problem-5 трёхдольный 2-регулярный граф на 2008 вершинах, кубок колмогорова 2008 coloring goal_bound 2008 https://turmath.ru/kolm/archive.php https://turmath.ru/kolm/files/archive/kolm12.zip kolmogorov kolmogorov2008 olympiad_archive src-kolmogorov-2008-official src-kolmogorov-archive with_solution архив кубка памяти а.н. колмогорова кубок колмогорова 2008 официальный архив трёхдольный 2-регулярный граф на трёхдольный2регулярныйграфна трёхдольный2регулярныйграфна2008 ? кубок колмогорова 2008 официальный архив архив кубка памяти а.н. колмогорова stmt-original оригинальная формулировка ai_checked в парламенте 2008 депутатов. каждый состоит ровно в одной из трех фракций, и у каждого есть ровно два друга. если два депутата дружат, то они состоят в разных фракциях. докажите, что найдутся две фракции, суммарное число депутатов в которых не меньше числа депутатов в третьей. simple_graph degree independent_set cycle stmt-graph трёхдольный 2-регулярный граф ai_checked в простом графе на 2008 вершинах каждая вершина имеет степень 2. вершины разбиты на три независимых множества. докажите, что найдутся два из этих множеств, суммарный размер которых не меньше размера третьего. simple_graph degree independent_set cycle idea-graph-role графовая роль в условии граф не назван напрямую, но официальное решение существенно переводит задачу в 3-раскрашенный граф дружбы, использует 2-регулярность и разложение на циклы. ai_checked sol-official-compressed решение через циклы 2-регулярного графа ai_checked simple_graph degree independent_set cycle построим граф: депутаты становятся вершинами, дружбы — ребрами, а принадлежность к фракциям — 3-раскраской вершин. так как у каждого депутата ровно два друга, каждая вершина графа имеет степень 2, то есть каждая компонента является циклом. достаточно доказать, что размер любой одной фракции не превосходит суммарного размера двух остальных. зафиксируем фракцию `x`. в каждом цикле вершины из `x` не стоят рядом, потому что друзья состоят в разных фракциях. значит, на цикле длины `m` вершин цвета `x` не больше `m/2`: после каждой такой вершины идет вершина не из `x`, и эти следующие вершины различны. поэтому в каждом цикле число вершин из `x` не превосходит числа вершин из двух других фракций вместе. сложив это неравенство по всем циклам графа, получаем `|x| <= 2008 - |x|`. так можно сделать для каждой из трех фракций. следовательно, любая фракция имеет размер не больше суммы двух остальных… kolmogorov-2008-team-olympiad-juniors-problem-5 trehdolnyy 2-regulyarnyy graf na 2008 vershinah, kubok kolmogorova 2008 coloring goal_bound 2008 https://turmath.ru/kolm/archive.php https://turmath.ru/kolm/files/archive/kolm12.zip kolmogorov kolmogorov2008 olympiad_archive src-kolmogorov-2008-official src-kolmogorov-archive with_solution arhiv kubka pamyati a.n. kolmogorova kubok kolmogorova 2008 ofitsialnyy arhiv trehdolnyy 2-regulyarnyy graf na trehdolnyy2regulyarnyygrafna trehdolnyy2regulyarnyygrafna2008 ? kubok kolmogorova 2008 ofitsialnyy arhiv arhiv kubka pamyati a.n. kolmogorova stmt-original originalnaya formulirovka ai_checked v parlamente 2008 deputatov. kazhdyy sostoit rovno v odnoy iz treh fraktsiy, i u kazhdogo est rovno dva druga. esli dva deputata druzhat, to oni sostoyat v raznyh fraktsiyah. dokazhite, chto naydutsya dve fraktsii, summarnoe chislo deputatov v kotoryh ne menshe chisla deputatov v tretey. simple_graph degree independent_set cycle stmt-graph trehdolnyy 2-regulyarnyy graf ai_checked v prostom grafe na 2008 vershinah kazhdaya vershina imeet stepen 2. vershiny razbity na tri nezavisimyh mnozhestva. dokazhite, chto naydutsya dva iz etih mnozhestv, summarnyy razmer kotoryh ne menshe razmera tretego. simple_graph degree independent_set cycle idea-graph-role grafovaya rol v uslovii graf ne nazvan napryamuyu, no ofitsialnoe reshenie suschestvenno perevodit zadachu v 3-raskrashennyy graf druzhby, ispolzuet 2-regulyarnost i razlozhenie na tsikly. ai_checked sol-official-compressed reshenie cherez tsikly 2-regulyarnogo grafa ai_checked simple_graph degree independent_set cycle postroim graf: deputaty stanovyatsya vershinami, druzhby — rebrami, a prinadlezhnost k fraktsiyam — 3-raskraskoy vershin. tak kak u kazhdogo deputata rovno dva druga, kazhdaya vershina grafa imeet stepen 2, to est kazhdaya komponenta yavlyaetsya tsiklom. dostatochno dokazat, chto razmer lyuboy odnoy fraktsii ne prevoshodit summarnogo razmera dvuh ostalnyh. zafiksiruem fraktsiyu `x`. v kazhdom tsikle vershiny iz `x` ne stoyat ryadom, potomu chto druzya sostoyat v raznyh fraktsiyah. znachit, na tsikle dliny `m` vershin tsveta `x` ne bolshe `m/2`: posle kazhdoy takoy vershiny idet vershina ne iz `x`, i eti sleduyuschie vershiny razlichny. poetomu v kazhdom tsikle chislo vershin iz `x` ne prevoshodit chisla vershin iz dvuh drugih fraktsiy vmeste. slozhiv eto neravenstvo po vsem tsiklam grafa, poluchaem `|x| <= 2008 - |x|`. tak mozhno sdelat dlya kazhdoy iz treh fraktsiy. sledovatelno, lyubaya fraktsiya imeet razmer ne bolshe summy dvuh ostalnyh…","source_keys":["kolmogorov"]}
{"id":"kolmogorov-2008-team-olympiad-seniors-problem-7","title":"Одноцветный 4-цикл в четырёхцветной раскраске K21, Кубок Колмогорова 2008","path":"data\\problems\\kolmogorov\\kolmogorov-2008-team-olympiad-seniors-problem-7.yaml","raw_github_url":"https://raw.githubusercontent.com/didin-maxim/knowledge_graph_of_graphs/main/data/problems/kolmogorov/kolmogorov-2008-team-olympiad-seniors-problem-7.yaml","viewer_url":"https://didin-maxim.github.io/knowledge_graph_of_graphs/#kolmogorov-2008-team-olympiad-seniors-problem-7","source_key":"kolmogorov","source_label":"Кубок Колмогорова","source_titles":["Кубок Колмогорова 2008 официальный архив","Архив Кубка памяти А.Н. Колмогорова"],"year":"2008","type":"olympiad_problem","authors":[],"tags":["coloring","double_counting","ramsey_theory","goal_counting"],"agent_topics":[],"difficulty":{"main":"national_final_medium","local_score":6,"comment":"Импортировано из подготовленной графовой карточки KOLM; оценка сложности требует проверки человеком.","status":"needs_human_review"},"review_status":"needs_human_review","public_ready":false,"solution_state":"with_solution","solution_classification":{"type":"official_complete_or_near_complete","label":"официальное полное/почти полное","status":"ai_checked","confidence":0.78,"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":"Некоторые из 21 города соединены авиалиниями четырех компаний так, что каждые два города соединены ровно одной авиалинией. Докажите, что найдутся четыре города, которые можно облететь по циклу одной и той же компанией.","definition_ids":["complete_graph","cycle"]}]},"solutions":[{"id":"sol-double-counting-expanded","title":"Полное решение двойным подсчетом","status":"ai_checked","definition_ids":["complete_graph","cycle"],"standard_idea_ids":["double_counting","pigeonhole_principle"],"tags":[],"has_text":true,"text_preview":"Переформулируем задачу так: ребра полного графа `K_21` раскрашены в четыре цвета, и нужно доказать существование одноцветного цикла длины 4. Для каждой вершины `v` обозначим через `d_1(v), d_2(v), d_3(v), d_4(v)` числа ребер четырех цветов, выходящих из `v`. Их сумма равна 20. Число одноцветных путей длины 2 с серединой в `v` равно `C(d_1(v),2)+C(d_2(v),2)+C(d_3(v),2)+C(d_4(v),2)`. Эта сумма минимальна, когда четыре числа как можно равнее; поскольку сумма равна 20, минимум равен `4*C(5,2)=40`. Значит во всем графе не меньше `21*40=840` одноцветных двухзвенных путей, где фиксированы середина пути, пара концов и цвет. Предположим, что одноцветного цикла длины 4 нет. Тогда для любых двух вершин `x,y` и любого цвета не может существовать двух разных вершин `u,w`, соединенных с обеими вершинами `x,y` ребрами этого цвета: иначе `x-u-y-w-x` был бы одноцветным циклом длины 4. Поэтому для каждой…"}],"relations":[{"id":"rel-kolm-2008-team-seniors-usamo-1976-rectangle","neighbor_id":"usamo-1976-p1-monochromatic-rectangle-bipartite","direction":"forward","type":"same_motif","distance":2,"status":"needs_human_review"}],"search_text":"kolmogorov-2008-team-olympiad-seniors-problem-7 одноцветный 4-цикл в четырёхцветной раскраске k21, кубок колмогорова 2008 coloring double_counting ramsey_theory goal_counting 2008 https://turmath.ru/kolm/archive.php https://turmath.ru/kolm/files/archive/kolm12.zip kolmogorov kolmogorov2008 olympiad_archive src-kolmogorov-2008-official src-kolmogorov-archive with_solution архив кубка памяти а.н. колмогорова кубок колмогорова кубок колмогорова 2008 официальный архив кубокколмогорова кубокколмогорова2008 ? кубок колмогорова 2008 официальный архив архив кубка памяти а.н. колмогорова stmt-original оригинальная формулировка ai_checked некоторые из 21 города соединены авиалиниями четырех компаний так, что каждые два города соединены ровно одной авиалинией. докажите, что найдутся четыре города, которые можно облететь по циклу одной и той же компанией. complete_graph cycle idea-graph-role графовая роль условие прямо задает полный граф с раскраской ребер. официальное решение полностью графовое: используется цветной полный граф, одноцветные пути и циклы. ai_checked sol-double-counting-expanded полное решение двойным подсчетом ai_checked complete_graph cycle double_counting pigeonhole_principle переформулируем задачу так: ребра полного графа `k_21` раскрашены в четыре цвета, и нужно доказать существование одноцветного цикла длины 4. для каждой вершины `v` обозначим через `d_1(v), d_2(v), d_3(v), d_4(v)` числа ребер четырех цветов, выходящих из `v`. их сумма равна 20. число одноцветных путей длины 2 с серединой в `v` равно `c(d_1(v),2)+c(d_2(v),2)+c(d_3(v),2)+c(d_4(v),2)`. эта сумма минимальна, когда четыре числа как можно равнее; поскольку сумма равна 20, минимум равен `4*c(5,2)=40`. значит во всем графе не меньше `21*40=840` одноцветных двухзвенных путей, где фиксированы середина пути, пара концов и цвет. предположим, что одноцветного цикла длины 4 нет. тогда для любых двух вершин `x,y` и любого цвета не может существовать двух разных вершин `u,w`, соединенных с обеими вершинами `x,y` ребрами этого цвета: иначе `x-u-y-w-x` был бы одноцветным циклом длины 4. поэтому для каждой… kolmogorov-2008-team-olympiad-seniors-problem-7 odnotsvetnyy 4-tsikl v chetyrehtsvetnoy raskraske k21, kubok kolmogorova 2008 coloring double_counting ramsey_theory goal_counting 2008 https://turmath.ru/kolm/archive.php https://turmath.ru/kolm/files/archive/kolm12.zip kolmogorov kolmogorov2008 olympiad_archive src-kolmogorov-2008-official src-kolmogorov-archive with_solution arhiv kubka pamyati a.n. kolmogorova kubok kolmogorova kubok kolmogorova 2008 ofitsialnyy arhiv kubokkolmogorova kubokkolmogorova2008 ? kubok kolmogorova 2008 ofitsialnyy arhiv arhiv kubka pamyati a.n. kolmogorova stmt-original originalnaya formulirovka ai_checked nekotorye iz 21 goroda soedineny avialiniyami chetyreh kompaniy tak, chto kazhdye dva goroda soedineny rovno odnoy avialiniey. dokazhite, chto naydutsya chetyre goroda, kotorye mozhno obletet po tsiklu odnoy i toy zhe kompaniey. complete_graph cycle idea-graph-role grafovaya rol uslovie pryamo zadaet polnyy graf s raskraskoy reber. ofitsialnoe reshenie polnostyu grafovoe: ispolzuetsya tsvetnoy polnyy graf, odnotsvetnye puti i tsikly. ai_checked sol-double-counting-expanded polnoe reshenie dvoynym podschetom ai_checked complete_graph cycle double_counting pigeonhole_principle pereformuliruem zadachu tak: rebra polnogo grafa `k_21` raskrasheny v chetyre tsveta, i nuzhno dokazat suschestvovanie odnotsvetnogo tsikla dliny 4. dlya kazhdoy vershiny `v` oboznachim cherez `d_1(v), d_2(v), d_3(v), d_4(v)` chisla reber chetyreh tsvetov, vyhodyaschih iz `v`. ih summa ravna 20. chislo odnotsvetnyh putey dliny 2 s seredinoy v `v` ravno `c(d_1(v),2)+c(d_2(v),2)+c(d_3(v),2)+c(d_4(v),2)`. eta summa minimalna, kogda chetyre chisla kak mozhno ravnee; poskolku summa ravna 20, minimum raven `4*c(5,2)=40`. znachit vo vsem grafe ne menshe `21*40=840` odnotsvetnyh dvuhzvennyh putey, gde fiksirovany seredina puti, para kontsov i tsvet. predpolozhim, chto odnotsvetnogo tsikla dliny 4 net. togda dlya lyubyh dvuh vershin `x,y` i lyubogo tsveta ne mozhet suschestvovat dvuh raznyh vershin `u,w`, soedinennyh s obeimi vershinami `x,y` rebrami etogo tsveta: inache `x-u-y-w-x` byl by odnotsvetnym tsiklom dliny 4. poetomu dlya kazhdoy…","source_keys":["kolmogorov"]}
{"id":"kolmogorov-2009-round1-high-dense-hamiltonian-pancyclic","title":"Плотный гамильтонов граф содержит циклы всех длин, Кубок Колмогорова 2009","path":"data\\problems\\kolmogorov\\kolmogorov-2009-round1-high-dense-hamiltonian-pancyclic.yaml","raw_github_url":"https://raw.githubusercontent.com/didin-maxim/knowledge_graph_of_graphs/main/data/problems/kolmogorov/kolmogorov-2009-round1-high-dense-hamiltonian-pancyclic.yaml","viewer_url":"https://didin-maxim.github.io/knowledge_graph_of_graphs/#kolmogorov-2009-round1-high-dense-hamiltonian-pancyclic","source_key":"kolmogorov","source_label":"Кубок Колмогорова","source_titles":["Кубок Колмогорова 2009 официальный архив","Архив Кубка памяти А.Н. Колмогорова","Wikipedia, Pancyclic graph"],"year":"2009","type":"olympiad_problem","authors":[],"tags":["extremal_graph_theory","hamiltonian_cycles","goal_exact_bound"],"agent_topics":[],"difficulty":{"main":"national_final_medium","local_score":6,"comment":"Импортировано из дополнительного графового прохода по КОЛМ 2009; исходный файл:  tur1_13.txt.","status":"needs_human_review"},"review_status":"needs_human_review","public_ready":false,"solution_state":"with_solution","solution_classification":{"type":"external_theorem_application","label":"применение внешней теоремы","status":"ai_checked","confidence":0.9,"basis":"аудит группы D по внешним теоремам 2026-05-06","notes":"Ложное срабатывание по длине: короткое решение является прямым применением отдельной карточки-теоремы Бонди; prerequisite-связь rel-bondy-links-kolmogorov-2009-r1 уже фиксирует внешний результат.","audit_source":"group-d-hamiltonian-brooks-ramsey-chromatic-audit"},"statements":{"original":[{"id":"stmt-original","title":"Оригинальная формулировка","status":"ai_checked","text":"В графе на 100 вершинах больше 2500 рёбер, и он содержит простой цикл, проходящий через все вершины. Докажите, что для каждого \\(k=3,4,\\ldots,99\\) граф содержит простой цикл, проходящий ровно через \\(k\\) вершин.","definition_ids":["simple_graph","cycle","hamiltonian_cycle"]}]},"solutions":[{"id":"sol-ai-bondy-pancyclic-theorem","title":"ИИ-решение через теорему Бонди о панцикличности","status":"ai_checked","definition_ids":["simple_graph","cycle","hamiltonian_cycle","bipartite_graph"],"standard_idea_ids":[],"tags":[],"has_text":true,"text_preview":"Используем теорему Бонди: если простой гамильтонов граф на \\(n\\) вершинах имеет не меньше \\(n^2/4\\) рёбер, то он панцикличен, то есть содержит циклы всех длин от \\(3\\) до \\(n\\), либо является полным двудольным графом \\(K_{n/2,n/2}\\). В нашей задаче \\(n=100\\), поэтому \\(n^2/4=2500\\). По условию в графе больше \\(2500\\) рёбер и есть гамильтонов цикл. Значит, теорема Бонди применима. Исключительный случай невозможен: граф \\(K_{50,50}\\) имеет ровно \\(50\\cdot 50=2500\\) рёбер, а у нас рёбер строго больше. Следовательно, граф панцикличен и содержит простые циклы всех длин \\(3,4,…,100\\). В частности, для каждого \\(k=3,4,…,99\\) в нём есть простой цикл ровно на \\(k\\) вершинах, что и требовалось доказать."}],"relations":[{"id":"rel-kolm-2009-pancyclic-dirac-hamiltonian-density","neighbor_id":"dirac-theorem","direction":"forward","type":"same_motif","distance":3,"status":"needs_human_review"},{"id":"rel-bondy-links-kolmogorov-2009-r1","neighbor_id":"bondy-pancyclic-theorem","direction":"backward","type":"prerequisite","distance":1,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-kolm-2009-r4-regular-tournament-kolm-2009-r1-pancyclic","neighbor_id":"kolmogorov-2009-round4-high-regular-tournament-hamiltonian-paths","direction":"backward","type":"same_motif","distance":2,"status":"ai_checked"}],"search_text":"kolmogorov-2009-round1-high-dense-hamiltonian-pancyclic плотный гамильтонов граф содержит циклы всех длин, кубок колмогорова 2009 extremal_graph_theory hamiltonian_cycles goal_exact_bound 2009 https://en.wikipedia.org/wiki/pancyclic_graph https://turmath.ru/kolm/archive.php https://turmath.ru/kolm/files/archive/kolm13.zip kolmogorov kolmogorov2009 olympiad_archive reference src-kolmogorov-2009-official src-kolmogorov-archive src-wikipedia-pancyclic-graph wikipedia, pancyclic graph with_solution архив кубка памяти а.н. колмогорова кубок колмогорова кубок колмогорова 2009 официальный архив кубокколмогорова кубокколмогорова2009 ? кубок колмогорова 2009 официальный архив архив кубка памяти а.н. колмогорова wikipedia, pancyclic graph stmt-original оригинальная формулировка ai_checked в графе на 100 вершинах больше 2500 рёбер, и он содержит простой цикл, проходящий через все вершины. докажите, что для каждого \\(k=3,4,\\ldots,99\\) граф содержит простой цикл, проходящий ровно через \\(k\\) вершин. simple_graph cycle hamiltonian_cycle idea-graph-role графовая роль карточка фиксирует задачу как явно графовую: графовая модель присутствует уже в условии или в сохранённых заметках к официальному решению. extremal_graph_theory hamiltonian_cycles needs_human_review sol-ai-bondy-pancyclic-theorem ии-решение через теорему бонди о панцикличности ai_checked simple_graph cycle hamiltonian_cycle bipartite_graph используем теорему бонди: если простой гамильтонов граф на \\(n\\) вершинах имеет не меньше \\(n^2/4\\) рёбер, то он панцикличен, то есть содержит циклы всех длин от \\(3\\) до \\(n\\), либо является полным двудольным графом \\(k_{n/2,n/2}\\). в нашей задаче \\(n=100\\), поэтому \\(n^2/4=2500\\). по условию в графе больше \\(2500\\) рёбер и есть гамильтонов цикл. значит, теорема бонди применима. исключительный случай невозможен: граф \\(k_{50,50}\\) имеет ровно \\(50\\cdot 50=2500\\) рёбер, а у нас рёбер строго больше. следовательно, граф панцикличен и содержит простые циклы всех длин \\(3,4,…,100\\). в частности, для каждого \\(k=3,4,…,99\\) в нём есть простой цикл ровно на \\(k\\) вершинах, что и требовалось доказать. kolmogorov-2009-round1-high-dense-hamiltonian-pancyclic plotnyy gamiltonov graf soderzhit tsikly vseh dlin, kubok kolmogorova 2009 extremal_graph_theory hamiltonian_cycles goal_exact_bound 2009 https://en.wikipedia.org/wiki/pancyclic_graph https://turmath.ru/kolm/archive.php https://turmath.ru/kolm/files/archive/kolm13.zip kolmogorov kolmogorov2009 olympiad_archive reference src-kolmogorov-2009-official src-kolmogorov-archive src-wikipedia-pancyclic-graph wikipedia, pancyclic graph with_solution arhiv kubka pamyati a.n. kolmogorova kubok kolmogorova kubok kolmogorova 2009 ofitsialnyy arhiv kubokkolmogorova kubokkolmogorova2009 ? kubok kolmogorova 2009 ofitsialnyy arhiv arhiv kubka pamyati a.n. kolmogorova wikipedia, pancyclic graph stmt-original originalnaya formulirovka ai_checked v grafe na 100 vershinah bolshe 2500 reber, i on soderzhit prostoy tsikl, prohodyaschiy cherez vse vershiny. dokazhite, chto dlya kazhdogo \\(k=3,4,\\ldots,99\\) graf soderzhit prostoy tsikl, prohodyaschiy rovno cherez \\(k\\) vershin. simple_graph cycle hamiltonian_cycle idea-graph-role grafovaya rol kartochka fiksiruet zadachu kak yavno grafovuyu: grafovaya model prisutstvuet uzhe v uslovii ili v sohranennyh zametkah k ofitsialnomu resheniyu. extremal_graph_theory hamiltonian_cycles needs_human_review sol-ai-bondy-pancyclic-theorem ii-reshenie cherez teoremu bondi o pantsiklichnosti ai_checked simple_graph cycle hamiltonian_cycle bipartite_graph ispolzuem teoremu bondi: esli prostoy gamiltonov graf na \\(n\\) vershinah imeet ne menshe \\(n^2/4\\) reber, to on pantsiklichen, to est soderzhit tsikly vseh dlin ot \\(3\\) do \\(n\\), libo yavlyaetsya polnym dvudolnym grafom \\(k_{n/2,n/2}\\). v nashey zadache \\(n=100\\), poetomu \\(n^2/4=2500\\). po usloviyu v grafe bolshe \\(2500\\) reber i est gamiltonov tsikl. znachit, teorema bondi primenima. isklyuchitelnyy sluchay nevozmozhen: graf \\(k_{50,50}\\) imeet rovno \\(50\\cdot 50=2500\\) reber, a u nas reber strogo bolshe. sledovatelno, graf pantsiklichen i soderzhit prostye tsikly vseh dlin \\(3,4,…,100\\). v chastnosti, dlya kazhdogo \\(k=3,4,…,99\\) v nem est prostoy tsikl rovno na \\(k\\) vershinah, chto i trebovalos dokazat.","source_keys":["kolmogorov"]}
{"id":"kolmogorov-2009-round2-high-local-vertex-cover-coloring","title":"Локальные вершинные покрытия дают оценку раскраски, Кубок Колмогорова 2009, первая лига","path":"data\\problems\\kolmogorov\\kolmogorov-2009-round2-high-local-vertex-cover-coloring.yaml","raw_github_url":"https://raw.githubusercontent.com/didin-maxim/knowledge_graph_of_graphs/main/data/problems/kolmogorov/kolmogorov-2009-round2-high-local-vertex-cover-coloring.yaml","viewer_url":"https://didin-maxim.github.io/knowledge_graph_of_graphs/#kolmogorov-2009-round2-high-local-vertex-cover-coloring","source_key":"kolmogorov","source_label":"Кубок Колмогорова","source_titles":["Кубок Колмогорова 2009 официальный архив","Архив Кубка памяти А.Н. Колмогорова"],"year":"2009","type":"olympiad_problem","authors":["Дольников В.Л.","И. Богданов"],"tags":["coloring","extremal_graph_theory","matching","goal_proof"],"agent_topics":[],"difficulty":{"main":"national_final_medium","local_score":6,"comment":"Официальная формулировка без явного условия |V(G)| >= 2d+2 имеет малый контрпример; для естественной исправленной версии найдено полное решение через лемму Дольникова и индуктивное наращивание независимого множества.","status":"needs_human_review"},"review_status":"needs_human_review","public_ready":false,"solution_state":"with_solution","solution_classification":{"type":"conditional_corrected_statement_solution","label":"полное решение исправленной формулировки","status":"needs_human_review","confidence":0.84,"basis":"агентское исправление высокого уровня","notes":"solutions[] содержит полное решение только для явно добавленной исправленной версии с |V(G)| >= 2d+2; дословный официальный текст остается ложным для малых графов.","audit_source":"agent-russian-archives.json"},"statements":{"original":[{"id":"stmt-original","title":"Оригинальная формулировка","status":"needs_human_review","text":"В каждом множестве из \\(2d+2\\) вершин графа можно выбрать \\(d\\) вершин, которые покрывают все рёбра с обоими концами в этом множестве. Докажите, что вершины графа можно раскрасить в \\(d+2\\) цвета так, чтобы концы каждого ребра имели разные цвета.","definition_ids":["simple_graph","vertex_cover","chromatic_number"]}]},"solutions":[{"id":"sol-corrected-size-assumption","title":"Полное решение исправленной формулировки","status":"ai_checked","definition_ids":["simple_graph","vertex_cover","independent_set","chromatic_number","bipartite_graph","matching","hall_theorem"],"standard_idea_ids":["induction","minimal_counterexample","extremal_choice"],"tags":[],"has_text":true,"text_preview":"Сначала перепишем условие на языке независимых множеств. В множестве \\(S\\) из \\(2d+2\\) вершин выбранные \\(d\\) вершин покрывают все рёбра тогда и только тогда, когда остальные \\(d+2\\) вершин попарно несмежны. Значит, каждый индуцированный подграф на \\(2d+2\\) вершинах содержит независимое множество размера \\(d+2\\). Нам понадобится лемма Дольникова в чуть расширенной форме. Пусть \\(H\\) — граф на \\(q\\le 2m-1\\) вершинах, и после удаления любой вершины в оставшемся графе есть независимое множество размера \\(m\\). Тогда в \\(H\\) есть независимое множество размера \\(m+1\\). Достаточно доказать случай \\(q=2m-1\\): если \\(q<2m-1\\), добавим к \\(H\\) новые вершины, смежные со всеми старыми вершинами и друг с другом, пока всего не станет \\(2m-1\\) вершин. Условие после удаления вершины сохранится, а независимое множество размера \\(m+1\\) в расширенном графе не может содержать новую вершину, потому что нова…"}],"relations":[{"id":"rel-kolmogorov-2009-local-cover-dolnikov-lemma","neighbor_id":"dolnikov-deletion-independent-set-lemma","direction":"forward","type":"prerequisite","distance":1,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-kolmogorov-2009-local-cover-kolmogorov-2002-dolnikov","neighbor_id":"kolmogorov-2002-team-olympiad-seniors-problem-8","direction":"forward","type":"same_motif","distance":2,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-kolmogorov-2009-local-cover-degeneracy-coloring","neighbor_id":"degeneracy-greedy-coloring","direction":"forward","type":"same_motif","distance":3,"status":"needs_human_review"},{"id":"rel-kolmogorov-2009-local-cover-konig-cover-language","neighbor_id":"konig-vertex-cover-theorem","direction":"forward","type":"same_motif","distance":3,"status":"needs_human_review"}],"search_text":"kolmogorov-2009-round2-high-local-vertex-cover-coloring локальные вершинные покрытия дают оценку раскраски, кубок колмогорова 2009, первая лига coloring extremal_graph_theory matching goal_proof 2009 https://turmath.ru/kolm/archive.php https://turmath.ru/kolm/files/archive/kolm13.zip kolmogorov kolmogorov2009 olympiad_archive src-kolmogorov-2009-official src-kolmogorov-archive with_solution архив кубка памяти а.н. колмогорова дольников в.л. и. богданов кубок колмогорова кубок колмогорова 2009 официальный архив кубокколмогорова кубокколмогорова2009 дольников в.л. и. богданов кубок колмогорова 2009 официальный архив архив кубка памяти а.н. колмогорова stmt-original оригинальная формулировка needs_human_review в каждом множестве из \\(2d+2\\) вершин графа можно выбрать \\(d\\) вершин, которые покрывают все рёбра с обоими концами в этом множестве. докажите, что вершины графа можно раскрасить в \\(d+2\\) цвета так, чтобы концы каждого ребра имели разные цвета. simple_graph vertex_cover chromatic_number idea-local-to-global-cover локальное покрытие наращивается до глобального локальное условие эквивалентно существованию независимого множества размера \\(d+2\\) в каждых \\(2d+2\\) вершинах. лемма дольникова позволяет индуктивно увеличить это до независимого множества размера \\(|s|-d\\) в любом большем индуцированном подграфе. extremal_graph_theory induction ai_checked sol-corrected-size-assumption полное решение исправленной формулировки ai_checked simple_graph vertex_cover independent_set chromatic_number bipartite_graph matching hall_theorem induction minimal_counterexample extremal_choice сначала перепишем условие на языке независимых множеств. в множестве \\(s\\) из \\(2d+2\\) вершин выбранные \\(d\\) вершин покрывают все рёбра тогда и только тогда, когда остальные \\(d+2\\) вершин попарно несмежны. значит, каждый индуцированный подграф на \\(2d+2\\) вершинах содержит независимое множество размера \\(d+2\\). нам понадобится лемма дольникова в чуть расширенной форме. пусть \\(h\\) — граф на \\(q\\le 2m-1\\) вершинах, и после удаления любой вершины в оставшемся графе есть независимое множество размера \\(m\\). тогда в \\(h\\) есть независимое множество размера \\(m+1\\). достаточно доказать случай \\(q=2m-1\\): если \\(q<2m-1\\), добавим к \\(h\\) новые вершины, смежные со всеми старыми вершинами и друг с другом, пока всего не станет \\(2m-1\\) вершин. условие после удаления вершины сохранится, а независимое множество размера \\(m+1\\) в расширенном графе не может содержать новую вершину, потому что нова… kolmogorov-2009-round2-high-local-vertex-cover-coloring lokalnye vershinnye pokrytiya dayut otsenku raskraski, kubok kolmogorova 2009, pervaya liga coloring extremal_graph_theory matching goal_proof 2009 https://turmath.ru/kolm/archive.php https://turmath.ru/kolm/files/archive/kolm13.zip kolmogorov kolmogorov2009 olympiad_archive src-kolmogorov-2009-official src-kolmogorov-archive with_solution arhiv kubka pamyati a.n. kolmogorova dolnikov v.l. i. bogdanov kubok kolmogorova kubok kolmogorova 2009 ofitsialnyy arhiv kubokkolmogorova kubokkolmogorova2009 dolnikov v.l. i. bogdanov kubok kolmogorova 2009 ofitsialnyy arhiv arhiv kubka pamyati a.n. kolmogorova stmt-original originalnaya formulirovka needs_human_review v kazhdom mnozhestve iz \\(2d+2\\) vershin grafa mozhno vybrat \\(d\\) vershin, kotorye pokryvayut vse rebra s oboimi kontsami v etom mnozhestve. dokazhite, chto vershiny grafa mozhno raskrasit v \\(d+2\\) tsveta tak, chtoby kontsy kazhdogo rebra imeli raznye tsveta. simple_graph vertex_cover chromatic_number idea-local-to-global-cover lokalnoe pokrytie naraschivaetsya do globalnogo lokalnoe uslovie ekvivalentno suschestvovaniyu nezavisimogo mnozhestva razmera \\(d+2\\) v kazhdyh \\(2d+2\\) vershinah. lemma dolnikova pozvolyaet induktivno uvelichit eto do nezavisimogo mnozhestva razmera \\(|s|-d\\) v lyubom bolshem indutsirovannom podgrafe. extremal_graph_theory induction ai_checked sol-corrected-size-assumption polnoe reshenie ispravlennoy formulirovki ai_checked simple_graph vertex_cover independent_set chromatic_number bipartite_graph matching hall_theorem induction minimal_counterexample extremal_choice snachala perepishem uslovie na yazyke nezavisimyh mnozhestv. v mnozhestve \\(s\\) iz \\(2d+2\\) vershin vybrannye \\(d\\) vershin pokryvayut vse rebra togda i tolko togda, kogda ostalnye \\(d+2\\) vershin poparno nesmezhny. znachit, kazhdyy indutsirovannyy podgraf na \\(2d+2\\) vershinah soderzhit nezavisimoe mnozhestvo razmera \\(d+2\\). nam ponadobitsya lemma dolnikova v chut rasshirennoy forme. pust \\(h\\) — graf na \\(q\\le 2m-1\\) vershinah, i posle udaleniya lyuboy vershiny v ostavshemsya grafe est nezavisimoe mnozhestvo razmera \\(m\\). togda v \\(h\\) est nezavisimoe mnozhestvo razmera \\(m+1\\). dostatochno dokazat sluchay \\(q=2m-1\\): esli \\(q<2m-1\\), dobavim k \\(h\\) novye vershiny, smezhnye so vsemi starymi vershinami i drug s drugom, poka vsego ne stanet \\(2m-1\\) vershin. uslovie posle udaleniya vershiny sohranitsya, a nezavisimoe mnozhestvo razmera \\(m+1\\) v rasshirennom grafe ne mozhet soderzhat novuyu vershinu, potomu chto nova…","source_keys":["kolmogorov"]}
{"id":"kolmogorov-2009-round3-high-edge-label-three-edge-path","title":"Трёхрёберный путь малой суммы в полном графе с метками, Кубок Колмогорова 2009","path":"data\\problems\\kolmogorov\\kolmogorov-2009-round3-high-edge-label-three-edge-path.yaml","raw_github_url":"https://raw.githubusercontent.com/didin-maxim/knowledge_graph_of_graphs/main/data/problems/kolmogorov/kolmogorov-2009-round3-high-edge-label-three-edge-path.yaml","viewer_url":"https://didin-maxim.github.io/knowledge_graph_of_graphs/#kolmogorov-2009-round3-high-edge-label-three-edge-path","source_key":"kolmogorov","source_label":"Кубок Колмогорова","source_titles":["Кубок Колмогорова 2009 официальный архив","Архив Кубка памяти А.Н. Колмогорова"],"year":"2009","type":"olympiad_problem","authors":["И. Богданов","Г. Челноков","Кноп К.А."],"tags":["goal_bound","goal_existence","goal_proof"],"agent_topics":[],"difficulty":{"main":"national_final_hard","local_score":9,"comment":"Аудит повышенной сложности без найденного решения 2026-05-05: опубликованное полное решение не найдено; самостоятельное надёжное решение не получено. Пометка: непросто для ИИ.","status":"ai_checked"},"review_status":"ai_checked","public_ready":true,"solution_state":"without_solution","solution_classification":{"type":"no_solution_hard","label":"решения нет, гроб","status":"needs_human_review","confidence":0.9,"basis":"специальный агент very high reasoning не нашёл решение за длительный проход","notes":"solutions[] и ideas[] пусты; формулировка сверена с официальным архивом и KöMaL, публичное решение не найдено. Метка no_solution_hard подтверждена вручную.","audit_source":"kolmogorov-2009-r3-xhigh-no-solution-pass"},"statements":{"original":[{"id":"stmt-original","title":"Оригинальная формулировка","status":"ai_checked","text":"На рёбрах полного графа на \\(n\\) вершинах расставлены числа \\(1,2,\\ldots,\\binom n2\\). Докажите, что при всех достаточно больших \\(n\\) найдётся, возможно замкнутый, путь из трёх рёбер, сумма чисел на которых не больше \\(3n-1000\\).","definition_ids":["simple_graph","complete_graph","path","cycle"]}]},"solutions":[],"relations":[],"search_text":"kolmogorov-2009-round3-high-edge-label-three-edge-path трёхрёберный путь малой суммы в полном графе с метками, кубок колмогорова 2009 goal_bound goal_existence goal_proof 2009 https://turmath.ru/kolm/archive.php https://turmath.ru/kolm/files/archive/kolm13.zip kolmogorov kolmogorov2009 olympiad_archive src-kolmogorov-2009-official src-kolmogorov-archive without_solution архив кубка памяти а.н. колмогорова г. челноков и. богданов кноп к.а. кубок колмогорова кубок колмогорова 2009 официальный архив кубокколмогорова кубокколмогорова2009 и. богданов г. челноков кноп к.а. кубок колмогорова 2009 официальный архив архив кубка памяти а.н. колмогорова stmt-original оригинальная формулировка ai_checked на рёбрах полного графа на \\(n\\) вершинах расставлены числа \\(1,2,\\ldots,\\binom n2\\). докажите, что при всех достаточно больших \\(n\\) найдётся, возможно замкнутый, путь из трёх рёбер, сумма чисел на которых не больше \\(3n-1000\\). simple_graph complete_graph path cycle kolmogorov-2009-round3-high-edge-label-three-edge-path trehrebernyy put maloy summy v polnom grafe s metkami, kubok kolmogorova 2009 goal_bound goal_existence goal_proof 2009 https://turmath.ru/kolm/archive.php https://turmath.ru/kolm/files/archive/kolm13.zip kolmogorov kolmogorov2009 olympiad_archive src-kolmogorov-2009-official src-kolmogorov-archive without_solution arhiv kubka pamyati a.n. kolmogorova g. chelnokov i. bogdanov knop k.a. kubok kolmogorova kubok kolmogorova 2009 ofitsialnyy arhiv kubokkolmogorova kubokkolmogorova2009 i. bogdanov g. chelnokov knop k.a. kubok kolmogorova 2009 ofitsialnyy arhiv arhiv kubka pamyati a.n. kolmogorova stmt-original originalnaya formulirovka ai_checked na rebrah polnogo grafa na \\(n\\) vershinah rasstavleny chisla \\(1,2,\\ldots,\\binom n2\\). dokazhite, chto pri vseh dostatochno bolshih \\(n\\) naydetsya, vozmozhno zamknutyy, put iz treh reber, summa chisel na kotoryh ne bolshe \\(3n-1000\\). simple_graph complete_graph path cycle","source_keys":["kolmogorov"]}
{"id":"kolmogorov-2009-round4-high-regular-tournament-hamiltonian-paths","title":"Много гамильтоновых путей в регулярном турнире, Кубок Колмогорова 2009","path":"data\\problems\\kolmogorov\\kolmogorov-2009-round4-high-regular-tournament-hamiltonian-paths.yaml","raw_github_url":"https://raw.githubusercontent.com/didin-maxim/knowledge_graph_of_graphs/main/data/problems/kolmogorov/kolmogorov-2009-round4-high-regular-tournament-hamiltonian-paths.yaml","viewer_url":"https://didin-maxim.github.io/knowledge_graph_of_graphs/#kolmogorov-2009-round4-high-regular-tournament-hamiltonian-paths","source_key":"kolmogorov","source_label":"Кубок Колмогорова","source_titles":["Кубок Колмогорова 2009 официальный архив","Архив Кубка памяти А.Н. Колмогорова"],"year":"2009","type":"olympiad_problem","authors":[],"tags":["tournaments","hamiltonian_cycles","goal_counting","goal_bound","degree_counting","classical_theorem"],"agent_topics":[],"difficulty":{"main":"national_final_hard","local_score":7,"comment":"Кубок Колмогорова 2009, высшая лига, тур 4. 2026-05-06 high-reasoning pass: самодостаточная школьная замена не восстановлена; карточка закрыта коротким применением тяжелой внешней теоремы Алспача об арк-панцикличности регулярных турниров.","status":"ai_checked"},"review_status":"ai_checked","public_ready":true,"solution_state":"with_solution","solution_classification":{"type":"heavy_external_theorem_application","label":"решение через тяжелую внешнюю теорему Алспача","status":"ai_checked","confidence":0.88,"basis":"аудит высокого уровня 2026-05-06 с опорой на внешнюю теорему","notes":"Применяется внешняя теорема Алспача об арк-панцикличности регулярных турниров. Доказательство самой теоремы не включено; после ее применения остается только двойной подсчет дуг в гамильтоновых циклах и удаление дуги из цикла для получения пути.","external_theorem_ids":["Alspach arc-pancyclicity of regular tournaments"],"audit_source":"kolmogorov-2009-r4-high-reasoning-2026-05-06"},"statements":{"original":[{"id":"stmt-original","title":"Оригинальная формулировка","status":"source_verified","text":"В полном ориентированном графе на 2009 вершинах из каждой вершины выходит ровно 1004 ребра. Докажите, что в графе есть не менее 2500 гамильтоновых ориентированных путей.","definition_ids":["directed_graph","tournament","hamiltonian_path"]}]},"solutions":[{"id":"sol-alspach-arc-pancyclicity","title":"Через теорему Алспача об арк-панцикличности регулярных турниров","status":"ai_checked","definition_ids":["tournament","hamiltonian_path","hamiltonian_cycle","directed_graph"],"standard_idea_ids":[],"tags":[],"has_text":true,"text_preview":"Используем внешнюю теорему Алспача: в каждом регулярном турнире каждая дуга содержится в направленном цикле любой длины от 3 до числа вершин турнира. В частности, каждая дуга нашего турнира лежит в некотором направленном гамильтоновом цикле. В турнире 2009 вершин, из каждой выходит 1004 дуги, поэтому всего дуг \\(2009\\cdot1004\\). Сосчитаем пары \\((e,C)\\), где \\(e\\) - дуга турнира, а \\(C\\) - направленный гамильтонов цикл, содержащий \\(e\\). По теореме Алспача для каждой дуги есть хотя бы один такой цикл, значит число пар не меньше \\(2009\\cdot1004\\). С другой стороны, каждый гамильтонов цикл содержит ровно 2009 дуг, поэтому число различных гамильтоновых циклов не меньше \\[ \\frac{2009\\cdot1004}{2009}=1004. \\] Теперь из каждого направленного гамильтонова цикла получаем 2009 направленных гамильтоновых путей: достаточно удалить из цикла одну из его дуг. Эти пути, полученные из разных циклов, не…"}],"relations":[{"id":"rel-kolm-2009-r4-regular-tournament-kolm-2009-r1-pancyclic","neighbor_id":"kolmogorov-2009-round1-high-dense-hamiltonian-pancyclic","direction":"forward","type":"same_motif","distance":2,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-kolm-2009-r4-regular-tournament-bondy-pancyclic-contrast","neighbor_id":"bondy-pancyclic-theorem","direction":"forward","type":"same_motif","distance":3,"status":"needs_human_review"},{"id":"rel-kolm-2009-r4-regular-tournament-hamiltonian-path-basic","neighbor_id":"tournament-hamiltonian-path","direction":"forward","type":"prerequisite","distance":1,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-kolm-2009-r4-regular-tournament-redei-parity","neighbor_id":"redei-odd-hamiltonian-paths-tournament","direction":"forward","type":"same_motif","distance":2,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-kolm-2009-r4-regular-tournament-kolm-2010-gluing","neighbor_id":"kolmogorov-2010-individual-olympiad-seniors-problem-4","direction":"forward","type":"same_motif","distance":2,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-kolm-2009-r4-regular-tournament-cmo-2006-max-triples","neighbor_id":"cmo-2006-p4-max-cycle-triplets-tournament","direction":"forward","type":"same_motif","distance":2,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-kolm-2009-r4-regular-tournament-kolm-2022-path-parity","neighbor_id":"kolmogorov-2022-round2-juniors-hamiltonian-path-parity","direction":"forward","type":"same_motif","distance":2,"status":"needs_human_review"}],"search_text":"kolmogorov-2009-round4-high-regular-tournament-hamiltonian-paths много гамильтоновых путей в регулярном турнире, кубок колмогорова 2009 tournaments hamiltonian_cycles goal_counting goal_bound degree_counting classical_theorem 2009 https://turmath.ru/kolm/archive.php https://turmath.ru/kolm/files/archive/kolm13.zip kolmogorov kolmogorov2009 olympiad_archive src-kolmogorov-2009-official src-kolmogorov-archive with_solution архив кубка памяти а.н. колмогорова кубок колмогорова кубок колмогорова 2009 официальный архив кубокколмогорова кубокколмогорова2009 ? кубок колмогорова 2009 официальный архив архив кубка памяти а.н. колмогорова stmt-original оригинальная формулировка source_verified в полном ориентированном графе на 2009 вершинах из каждой вершины выходит ровно 1004 ребра. докажите, что в графе есть не менее 2500 гамильтоновых ориентированных путей. directed_graph tournament hamiltonian_path idea-arc-pancyclicity-to-many-paths покрыть каждую дугу гамильтоновым циклом если в регулярном турнире каждая дуга лежит в некотором гамильтоновом цикле, то двойной подсчет пар (дуга, гамильтонов цикл, содержащий эту дугу) дает много различных гамильтоновых циклов. каждый такой цикл затем дает столько гамильтоновых путей, сколько в нем дуг. tournaments hamiltonian_cycles double_counting ai_checked sol-alspach-arc-pancyclicity через теорему алспача об арк-панцикличности регулярных турниров ai_checked tournament hamiltonian_path hamiltonian_cycle directed_graph используем внешнюю теорему алспача: в каждом регулярном турнире каждая дуга содержится в направленном цикле любой длины от 3 до числа вершин турнира. в частности, каждая дуга нашего турнира лежит в некотором направленном гамильтоновом цикле. в турнире 2009 вершин, из каждой выходит 1004 дуги, поэтому всего дуг \\(2009\\cdot1004\\). сосчитаем пары \\((e,c)\\), где \\(e\\) - дуга турнира, а \\(c\\) - направленный гамильтонов цикл, содержащий \\(e\\). по теореме алспача для каждой дуги есть хотя бы один такой цикл, значит число пар не меньше \\(2009\\cdot1004\\). с другой стороны, каждый гамильтонов цикл содержит ровно 2009 дуг, поэтому число различных гамильтоновых циклов не меньше \\[ \\frac{2009\\cdot1004}{2009}=1004. \\] теперь из каждого направленного гамильтонова цикла получаем 2009 направленных гамильтоновых путей: достаточно удалить из цикла одну из его дуг. эти пути, полученные из разных циклов, не… kolmogorov-2009-round4-high-regular-tournament-hamiltonian-paths mnogo gamiltonovyh putey v regulyarnom turnire, kubok kolmogorova 2009 tournaments hamiltonian_cycles goal_counting goal_bound degree_counting classical_theorem 2009 https://turmath.ru/kolm/archive.php https://turmath.ru/kolm/files/archive/kolm13.zip kolmogorov kolmogorov2009 olympiad_archive src-kolmogorov-2009-official src-kolmogorov-archive with_solution arhiv kubka pamyati a.n. kolmogorova kubok kolmogorova kubok kolmogorova 2009 ofitsialnyy arhiv kubokkolmogorova kubokkolmogorova2009 ? kubok kolmogorova 2009 ofitsialnyy arhiv arhiv kubka pamyati a.n. kolmogorova stmt-original originalnaya formulirovka source_verified v polnom orientirovannom grafe na 2009 vershinah iz kazhdoy vershiny vyhodit rovno 1004 rebra. dokazhite, chto v grafe est ne menee 2500 gamiltonovyh orientirovannyh putey. directed_graph tournament hamiltonian_path idea-arc-pancyclicity-to-many-paths pokryt kazhduyu dugu gamiltonovym tsiklom esli v regulyarnom turnire kazhdaya duga lezhit v nekotorom gamiltonovom tsikle, to dvoynoy podschet par (duga, gamiltonov tsikl, soderzhaschiy etu dugu) daet mnogo razlichnyh gamiltonovyh tsiklov. kazhdyy takoy tsikl zatem daet stolko gamiltonovyh putey, skolko v nem dug. tournaments hamiltonian_cycles double_counting ai_checked sol-alspach-arc-pancyclicity cherez teoremu alspacha ob ark-pantsiklichnosti regulyarnyh turnirov ai_checked tournament hamiltonian_path hamiltonian_cycle directed_graph ispolzuem vneshnyuyu teoremu alspacha: v kazhdom regulyarnom turnire kazhdaya duga soderzhitsya v napravlennom tsikle lyuboy dliny ot 3 do chisla vershin turnira. v chastnosti, kazhdaya duga nashego turnira lezhit v nekotorom napravlennom gamiltonovom tsikle. v turnire 2009 vershin, iz kazhdoy vyhodit 1004 dugi, poetomu vsego dug \\(2009\\cdot1004\\). soschitaem pary \\((e,c)\\), gde \\(e\\) - duga turnira, a \\(c\\) - napravlennyy gamiltonov tsikl, soderzhaschiy \\(e\\). po teoreme alspacha dlya kazhdoy dugi est hotya by odin takoy tsikl, znachit chislo par ne menshe \\(2009\\cdot1004\\). s drugoy storony, kazhdyy gamiltonov tsikl soderzhit rovno 2009 dug, poetomu chislo razlichnyh gamiltonovyh tsiklov ne menshe \\[ \\frac{2009\\cdot1004}{2009}=1004. \\] teper iz kazhdogo napravlennogo gamiltonova tsikla poluchaem 2009 napravlennyh gamiltonovyh putey: dostatochno udalit iz tsikla odnu iz ego dug. eti puti, poluchennye iz raznyh tsiklov, ne…","source_keys":["kolmogorov"]}
{"id":"kolmogorov-2010-individual-olympiad-juniors-problem-5","title":"Сохранение диаметра не больше 8 после удаления дороги, Кубок Колмогорова 2010","path":"data\\problems\\kolmogorov\\kolmogorov-2010-individual-olympiad-juniors-problem-5.yaml","raw_github_url":"https://raw.githubusercontent.com/didin-maxim/knowledge_graph_of_graphs/main/data/problems/kolmogorov/kolmogorov-2010-individual-olympiad-juniors-problem-5.yaml","viewer_url":"https://didin-maxim.github.io/knowledge_graph_of_graphs/#kolmogorov-2010-individual-olympiad-juniors-problem-5","source_key":"kolmogorov","source_label":"Кубок Колмогорова","source_titles":["Кубок Колмогорова 2010 официальный архив","Архив Кубка памяти А.Н. Колмогорова"],"year":"2010","type":"olympiad_problem","authors":[],"tags":["hamiltonian_cycles","goal_exact_bound"],"agent_topics":[],"difficulty":{"main":"national_final_medium","local_score":6,"comment":"Импортировано из подготовленной графовой карточки KOLM; оценка сложности требует проверки человеком.","status":"needs_human_review"},"review_status":"ai_checked","public_ready":true,"solution_state":"with_solution","solution_classification":{"type":"official_plan_completed_by_ai","label":"официальный план доведён агентом до полного решения","status":"ai_checked","confidence":0.92,"basis":"high-reasoning pass 2026-05-17: официальный сжатый план развёрнут в полное решение с верхней оценкой 792 и примером точности","notes":"Проверены выбор двух городов без прямой дороги, объединение первых двух переходов в 8 часов и звёздная конструкция с 99 нецентральными городами, где каждый переход между последовательными посещениями нецентральных городов стоит не меньше 8 часов.","audit_source":"high-reasoning-official-plan-pass-2026-05-17"},"statements":{"original":[{"id":"stmt-original","title":"Оригинальная формулировка","status":"ai_checked","text":"В стране 100 городов и 1000 дорог; каждая дорога соединяет ровно два города. Известно, что из любого города можно добраться в любой другой не более чем за 8 часов. Премьер-министр хочет объехать все города и вернуться в исходный. За какое минимальное время он гарантированно может это сделать?","definition_ids":["simple_graph","cycle","path","hamiltonian_cycle"]}]},"solutions":[{"id":"sol-official-compressed","title":"Полное решение","status":"ai_checked","definition_ids":["simple_graph","cycle","path","hamiltonian_cycle"],"standard_idea_ids":["extremal_choice","greedy_ordering"],"tags":[],"has_text":true,"text_preview":"Ответ: `792` часа. Обозначим города вершинами графа, а временем между двумя городами будем считать время кратчайшего пути между ними. По условию для любых двух городов это время не превосходит `8` часов. Сначала докажем, что `792` часов всегда достаточно. В полном графе на 100 вершинах было бы `100 * 99 / 2 = 4950` ребер, а дорог всего 1000, поэтому найдутся два города, между которыми нет прямой дороги. Обозначим их `x1` и `x3`. Возьмем кратчайший путь из `x1` в `x3`; так как прямой дороги нет, этот путь проходит хотя бы через один промежуточный город. Назовем первый такой промежуточный город `x2`. Тогда сумма времен пути от `x1` до `x2` и от `x2` до `x3` равна времени кратчайшего пути от `x1` до `x3`, а значит, не превосходит `8` часов. Остальные 97 городов занумеруем произвольно как `x4, x5, ..., x100`. Премьер-министр едет по маршруту `x1 -> x2 -> x3 -> x4 -> ... -> x100 -> x1`, кажд…"}],"relations":[{"id":"rel-kolm-deep-2008-hamiltonian-2010-tour","neighbor_id":"kolmogorov-2008-round-3-high-league-problem-1","direction":"backward","type":"same_motif","distance":2,"status":"needs_human_review"}],"search_text":"kolmogorov-2010-individual-olympiad-juniors-problem-5 сохранение диаметра не больше 8 после удаления дороги, кубок колмогорова 2010 hamiltonian_cycles goal_exact_bound 2010 https://turmath.ru/kolm/archive.php https://turmath.ru/kolm/files/archive/kolm14.zip kolmogorov kolmogorov2010 olympiad_archive src-kolmogorov-2010-official src-kolmogorov-archive with_solution архив кубка памяти а.н. колмогорова кубок колмогорова кубок колмогорова 2010 официальный архив кубокколмогорова кубокколмогорова2010 ? кубок колмогорова 2010 официальный архив архив кубка памяти а.н. колмогорова stmt-original оригинальная формулировка ai_checked в стране 100 городов и 1000 дорог; каждая дорога соединяет ровно два города. известно, что из любого города можно добраться в любой другой не более чем за 8 часов. премьер-министр хочет объехать все города и вернуться в исходный. за какое минимальное время он гарантированно может это сделать? simple_graph cycle path hamiltonian_cycle idea-graph-role графовая роль в условии прямо задан дорожный граф на городах, а официальное решение использует именно граф городов и дорог, кратчайшие пути и цикл обхода по вершинам. ai_checked sol-official-compressed полное решение ai_checked simple_graph cycle path hamiltonian_cycle extremal_choice greedy_ordering ответ: `792` часа. обозначим города вершинами графа, а временем между двумя городами будем считать время кратчайшего пути между ними. по условию для любых двух городов это время не превосходит `8` часов. сначала докажем, что `792` часов всегда достаточно. в полном графе на 100 вершинах было бы `100 * 99 / 2 = 4950` ребер, а дорог всего 1000, поэтому найдутся два города, между которыми нет прямой дороги. обозначим их `x1` и `x3`. возьмем кратчайший путь из `x1` в `x3`; так как прямой дороги нет, этот путь проходит хотя бы через один промежуточный город. назовем первый такой промежуточный город `x2`. тогда сумма времен пути от `x1` до `x2` и от `x2` до `x3` равна времени кратчайшего пути от `x1` до `x3`, а значит, не превосходит `8` часов. остальные 97 городов занумеруем произвольно как `x4, x5, ..., x100`. премьер-министр едет по маршруту `x1 -> x2 -> x3 -> x4 -> ... -> x100 -> x1`, кажд… kolmogorov-2010-individual-olympiad-juniors-problem-5 sohranenie diametra ne bolshe 8 posle udaleniya dorogi, kubok kolmogorova 2010 hamiltonian_cycles goal_exact_bound 2010 https://turmath.ru/kolm/archive.php https://turmath.ru/kolm/files/archive/kolm14.zip kolmogorov kolmogorov2010 olympiad_archive src-kolmogorov-2010-official src-kolmogorov-archive with_solution arhiv kubka pamyati a.n. kolmogorova kubok kolmogorova kubok kolmogorova 2010 ofitsialnyy arhiv kubokkolmogorova kubokkolmogorova2010 ? kubok kolmogorova 2010 ofitsialnyy arhiv arhiv kubka pamyati a.n. kolmogorova stmt-original originalnaya formulirovka ai_checked v strane 100 gorodov i 1000 dorog; kazhdaya doroga soedinyaet rovno dva goroda. izvestno, chto iz lyubogo goroda mozhno dobratsya v lyuboy drugoy ne bolee chem za 8 chasov. premer-ministr hochet obehat vse goroda i vernutsya v ishodnyy. za kakoe minimalnoe vremya on garantirovanno mozhet eto sdelat? simple_graph cycle path hamiltonian_cycle idea-graph-role grafovaya rol v uslovii pryamo zadan dorozhnyy graf na gorodah, a ofitsialnoe reshenie ispolzuet imenno graf gorodov i dorog, kratchayshie puti i tsikl obhoda po vershinam. ai_checked sol-official-compressed polnoe reshenie ai_checked simple_graph cycle path hamiltonian_cycle extremal_choice greedy_ordering otvet: `792` chasa. oboznachim goroda vershinami grafa, a vremenem mezhdu dvumya gorodami budem schitat vremya kratchayshego puti mezhdu nimi. po usloviyu dlya lyubyh dvuh gorodov eto vremya ne prevoshodit `8` chasov. snachala dokazhem, chto `792` chasov vsegda dostatochno. v polnom grafe na 100 vershinah bylo by `100 * 99 / 2 = 4950` reber, a dorog vsego 1000, poetomu naydutsya dva goroda, mezhdu kotorymi net pryamoy dorogi. oboznachim ih `x1` i `x3`. vozmem kratchayshiy put iz `x1` v `x3`; tak kak pryamoy dorogi net, etot put prohodit hotya by cherez odin promezhutochnyy gorod. nazovem pervyy takoy promezhutochnyy gorod `x2`. togda summa vremen puti ot `x1` do `x2` i ot `x2` do `x3` ravna vremeni kratchayshego puti ot `x1` do `x3`, a znachit, ne prevoshodit `8` chasov. ostalnye 97 gorodov zanumeruem proizvolno kak `x4, x5, ..., x100`. premer-ministr edet po marshrutu `x1 -> x2 -> x3 -> x4 -> ... -> x100 -> x1`, kazhd…","source_keys":["kolmogorov"]}
{"id":"kolmogorov-2010-individual-olympiad-seniors-problem-4","title":"Турнир с общей столицей и разбиением на две республики, Кубок Колмогорова 2010","path":"data\\problems\\kolmogorov\\kolmogorov-2010-individual-olympiad-seniors-problem-4.yaml","raw_github_url":"https://raw.githubusercontent.com/didin-maxim/knowledge_graph_of_graphs/main/data/problems/kolmogorov/kolmogorov-2010-individual-olympiad-seniors-problem-4.yaml","viewer_url":"https://didin-maxim.github.io/knowledge_graph_of_graphs/#kolmogorov-2010-individual-olympiad-seniors-problem-4","source_key":"kolmogorov","source_label":"Кубок Колмогорова","source_titles":["Кубок Колмогорова 2010 официальный архив","Архив Кубка памяти А.Н. Колмогорова"],"year":"2010","type":"olympiad_problem","authors":[],"tags":["double_counting","hamiltonian_cycles","tournaments","goal_counting"],"agent_topics":[],"difficulty":{"main":"national_final_medium","local_score":6,"comment":"Импортировано из подготовленной графовой карточки KOLM; оценка сложности требует проверки человеком.","status":"needs_human_review"},"review_status":"ai_checked","public_ready":true,"solution_state":"with_solution","solution_classification":{"type":"official_complete","label":"официальное полное элементарное решение","status":"ai_checked","confidence":0.92,"basis":"аудит группы D по внешним теоремам 2026-05-06","notes":"Решение представляет собой элементарную инъекцию через склейку путей в турнире из официального архива; прежняя пометка о тяжёлой внешней теореме устарела, гамильтонова теорема не используется.","audit_source":"group-d-hamiltonian-brooks-ramsey-chromatic-audit"},"statements":{"original":[{"id":"stmt-original","title":"Оригинальная формулировка","status":"ai_checked","text":"Каждые два города страны Гельбии соединены односторонним авиарейсом. Страна разбита на две республики с общей столицей: каждый город, кроме столицы, принадлежит ровно одной из республик, а столица принадлежит обеим. Пусть \\(N\\) — число маршрутов, проходящих по всем городам всей страны ровно по одному разу и не возвращающихся в исходный город. Аналогично определены числа \\(N1\\) и \\(N2\\) для двух республик. Докажите, что \\(N \\ge N1 \\cdot N2\\).","definition_ids":["directed_graph","path","tournament","hamiltonian_path"]}],"graph_theory":[{"id":"stmt-graph","title":"Гамильтоновы пути в объединении двух турниров","status":"ai_checked","text":"Пусть \\(T\\) — турнир, а множество его вершин представлено как объединение двух подмножеств \\(V_1\\) и \\(V_2\\), имеющих ровно одну общую вершину. Пусть \\(N\\) — число гамильтоновых ориентированных путей в \\(T\\), а \\(N_1\\) и \\(N_2\\) — числа гамильтоновых ориентированных путей в индуцированных турнирах \\(T[V_1]\\) и \\(T[V_2]\\). Докажите, что \\(N\\ge N_1N_2\\).","definition_ids":["directed_graph","tournament","hamiltonian_path"]}]},"solutions":[{"id":"sol-official-compressed","title":"Полное решение","status":"ai_checked","definition_ids":["directed_graph","path","tournament","hamiltonian_path"],"standard_idea_ids":["double_counting","longest_path"],"tags":[],"has_text":true,"text_preview":"Построим ориентированный граф `T`, вершины которого соответствуют городам, а дуги — авиарейсам. Это турнир. Пусть `w` — столица, а `A` и `B` — подграфы, соответствующие двум республикам. Используем лемму о склейке. Если `P` и `Q` — два непересекающихся ориентированных пути в турнире, то существует путь `R` на всех вершинах этих двух путей, в котором вершины `P` идут в своем прежнем порядке и вершины `Q` тоже идут в своем прежнем порядке. Лемма доказывается индукцией: очередную вершину второго пути вставляют в уже построенный путь перед первой вершиной, в которую из нее идет дуга; если такой вершины нет, вставляют в конец. Пустой путь разрешен. Возьмем произвольный гамильтонов путь `P` в `A` и произвольный гамильтонов путь `Q` в `B`. Оба проходят через `w`, поэтому их можно записать как `P = P1 w P2` и `Q = Q1 w Q2`, где некоторые части могут быть пустыми. По лемме склеим `P1` с `Q1`, по…"}],"relations":[{"id":"rel-kolm-2021-gadgets-top-cycle","neighbor_id":"kolmogorov-2021-individual-olympiad-seniors-problem-5","direction":"backward","type":"same_motif","distance":3,"status":"needs_human_review"},{"id":"rel-kolm-deep-2010-directed-paths-2012-directed-grid","neighbor_id":"kolmogorov-2012-individual-olympiad-seniors-problem-6","direction":"forward","type":"same_motif","distance":3,"status":"needs_human_review"},{"id":"rel-paths-counting-kolm-2010-fyum-2011-tournament-paths","neighbor_id":"fyum-2011-finalb-p4","direction":"forward","type":"same_motif","distance":2,"status":"needs_human_review"},{"id":"rel-metadata-pass-tournament-path-kolm-2010","neighbor_id":"tournament-hamiltonian-path","direction":"backward","type":"prerequisite","distance":1,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-kolm-2009-r4-regular-tournament-kolm-2010-gluing","neighbor_id":"kolmogorov-2009-round4-high-regular-tournament-hamiltonian-paths","direction":"backward","type":"same_motif","distance":2,"status":"ai_checked"}],"search_text":"kolmogorov-2010-individual-olympiad-seniors-problem-4 турнир с общей столицей и разбиением на две республики, кубок колмогорова 2010 double_counting hamiltonian_cycles tournaments goal_counting 2010 https://turmath.ru/kolm/archive.php https://turmath.ru/kolm/files/archive/kolm14.zip kolmogorov kolmogorov2010 olympiad_archive src-kolmogorov-2010-official src-kolmogorov-archive with_solution архив кубка памяти а.н. колмогорова кубок колмогорова кубок колмогорова 2010 официальный архив кубокколмогорова кубокколмогорова2010 ? кубок колмогорова 2010 официальный архив архив кубка памяти а.н. колмогорова stmt-original оригинальная формулировка ai_checked каждые два города страны гельбии соединены односторонним авиарейсом. страна разбита на две республики с общей столицей: каждый город, кроме столицы, принадлежит ровно одной из республик, а столица принадлежит обеим. пусть \\(n\\) — число маршрутов, проходящих по всем городам всей страны ровно по одному разу и не возвращающихся в исходный город. аналогично определены числа \\(n1\\) и \\(n2\\) для двух республик. докажите, что \\(n \\ge n1 \\cdot n2\\). directed_graph path tournament hamiltonian_path stmt-graph гамильтоновы пути в объединении двух турниров ai_checked пусть \\(t\\) — турнир, а множество его вершин представлено как объединение двух подмножеств \\(v_1\\) и \\(v_2\\), имеющих ровно одну общую вершину. пусть \\(n\\) — число гамильтоновых ориентированных путей в \\(t\\), а \\(n_1\\) и \\(n_2\\) — числа гамильтоновых ориентированных путей в индуцированных турнирах \\(t[v_1]\\) и \\(t[v_2]\\). докажите, что \\(n\\ge n_1n_2\\). directed_graph tournament hamiltonian_path idea-graph-role графовая роль в официальном решении задача целиком переводится на язык ориентированных графов, гамильтоновых путей и склейки путей в турнире. эта графовая модель является основной, а не факультативной. ai_checked sol-official-compressed полное решение ai_checked directed_graph path tournament hamiltonian_path double_counting longest_path построим ориентированный граф `t`, вершины которого соответствуют городам, а дуги — авиарейсам. это турнир. пусть `w` — столица, а `a` и `b` — подграфы, соответствующие двум республикам. используем лемму о склейке. если `p` и `q` — два непересекающихся ориентированных пути в турнире, то существует путь `r` на всех вершинах этих двух путей, в котором вершины `p` идут в своем прежнем порядке и вершины `q` тоже идут в своем прежнем порядке. лемма доказывается индукцией: очередную вершину второго пути вставляют в уже построенный путь перед первой вершиной, в которую из нее идет дуга; если такой вершины нет, вставляют в конец. пустой путь разрешен. возьмем произвольный гамильтонов путь `p` в `a` и произвольный гамильтонов путь `q` в `b`. оба проходят через `w`, поэтому их можно записать как `p = p1 w p2` и `q = q1 w q2`, где некоторые части могут быть пустыми. по лемме склеим `p1` с `q1`, по… kolmogorov-2010-individual-olympiad-seniors-problem-4 turnir s obschey stolitsey i razbieniem na dve respubliki, kubok kolmogorova 2010 double_counting hamiltonian_cycles tournaments goal_counting 2010 https://turmath.ru/kolm/archive.php https://turmath.ru/kolm/files/archive/kolm14.zip kolmogorov kolmogorov2010 olympiad_archive src-kolmogorov-2010-official src-kolmogorov-archive with_solution arhiv kubka pamyati a.n. kolmogorova kubok kolmogorova kubok kolmogorova 2010 ofitsialnyy arhiv kubokkolmogorova kubokkolmogorova2010 ? kubok kolmogorova 2010 ofitsialnyy arhiv arhiv kubka pamyati a.n. kolmogorova stmt-original originalnaya formulirovka ai_checked kazhdye dva goroda strany gelbii soedineny odnostoronnim aviareysom. strana razbita na dve respubliki s obschey stolitsey: kazhdyy gorod, krome stolitsy, prinadlezhit rovno odnoy iz respublik, a stolitsa prinadlezhit obeim. pust \\(n\\) — chislo marshrutov, prohodyaschih po vsem gorodam vsey strany rovno po odnomu razu i ne vozvraschayuschihsya v ishodnyy gorod. analogichno opredeleny chisla \\(n1\\) i \\(n2\\) dlya dvuh respublik. dokazhite, chto \\(n \\ge n1 \\cdot n2\\). directed_graph path tournament hamiltonian_path stmt-graph gamiltonovy puti v obedinenii dvuh turnirov ai_checked pust \\(t\\) — turnir, a mnozhestvo ego vershin predstavleno kak obedinenie dvuh podmnozhestv \\(v_1\\) i \\(v_2\\), imeyuschih rovno odnu obschuyu vershinu. pust \\(n\\) — chislo gamiltonovyh orientirovannyh putey v \\(t\\), a \\(n_1\\) i \\(n_2\\) — chisla gamiltonovyh orientirovannyh putey v indutsirovannyh turnirah \\(t[v_1]\\) i \\(t[v_2]\\). dokazhite, chto \\(n\\ge n_1n_2\\). directed_graph tournament hamiltonian_path idea-graph-role grafovaya rol v ofitsialnom reshenii zadacha tselikom perevoditsya na yazyk orientirovannyh grafov, gamiltonovyh putey i skleyki putey v turnire. eta grafovaya model yavlyaetsya osnovnoy, a ne fakultativnoy. ai_checked sol-official-compressed polnoe reshenie ai_checked directed_graph path tournament hamiltonian_path double_counting longest_path postroim orientirovannyy graf `t`, vershiny kotorogo sootvetstvuyut gorodam, a dugi — aviareysam. eto turnir. pust `w` — stolitsa, a `a` i `b` — podgrafy, sootvetstvuyuschie dvum respublikam. ispolzuem lemmu o skleyke. esli `p` i `q` — dva neperesekayuschihsya orientirovannyh puti v turnire, to suschestvuet put `r` na vseh vershinah etih dvuh putey, v kotorom vershiny `p` idut v svoem prezhnem poryadke i vershiny `q` tozhe idut v svoem prezhnem poryadke. lemma dokazyvaetsya induktsiey: ocherednuyu vershinu vtorogo puti vstavlyayut v uzhe postroennyy put pered pervoy vershinoy, v kotoruyu iz nee idet duga; esli takoy vershiny net, vstavlyayut v konets. pustoy put razreshen. vozmem proizvolnyy gamiltonov put `p` v `a` i proizvolnyy gamiltonov put `q` v `b`. oba prohodyat cherez `w`, poetomu ih mozhno zapisat kak `p = p1 w p2` i `q = q1 w q2`, gde nekotorye chasti mogut byt pustymi. po lemme skleim `p1` s `q1`, po…","source_keys":["kolmogorov"]}
{"id":"kolmogorov-2011-individual-olympiad-seniors-problem-7","title":"Гамильтонов цикл в третьей степени связного графа, Кубок Колмогорова 2011","path":"data\\problems\\kolmogorov\\kolmogorov-2011-individual-olympiad-seniors-problem-7.yaml","raw_github_url":"https://raw.githubusercontent.com/didin-maxim/knowledge_graph_of_graphs/main/data/problems/kolmogorov/kolmogorov-2011-individual-olympiad-seniors-problem-7.yaml","viewer_url":"https://didin-maxim.github.io/knowledge_graph_of_graphs/#kolmogorov-2011-individual-olympiad-seniors-problem-7","source_key":"kolmogorov","source_label":"Кубок Колмогорова","source_titles":["Кубок Колмогорова 2011 официальный архив","Архив Кубка памяти А.Н. Колмогорова"],"year":"2011","type":"olympiad_problem","authors":[],"tags":["hamiltonian_cycles","induction","trees","goal_proof"],"agent_topics":[],"difficulty":{"main":"national_final_medium","local_score":6,"comment":"Импортировано из подготовленной графовой карточки KOLM; оценка сложности требует проверки человеком.","status":"needs_human_review"},"review_status":"ai_checked","public_ready":true,"solution_state":"with_solution","solution_classification":{"type":"official_plan_completed_by_ai","label":"официальный план доведён агентом до полного решения","status":"ai_checked","confidence":0.89,"basis":"high-reasoning pass 2026-05-17: официальный план для куба связного графа доведён до локального доказательства через остовное дерево и обход Эйлера","notes":"Решение не ссылается на внешнюю теорему Секанины как чёрный ящик: сначала сводит задачу к остовному дереву, затем строит циклический порядок выбранных вхождений DFS-обхода и проверяет расстояние не более 3 между соседними выбранными вершинами.","audit_source":"high-reasoning-official-plan-pass-2026-05-17"},"statements":{"original":[{"id":"stmt-original","title":"Оригинальная формулировка","status":"ai_checked","text":"Пусть \\(G\\) — связный граф, имеющий хотя бы три вершины. Определим \\(G^3\\) как граф на тех же вершинах, в котором соединены ребрами вершины, находящиеся в \\(G\\) на расстоянии не более трех. Докажите, что в графе \\(G^3\\) есть гамильтонов цикл.","definition_ids":["simple_graph","tree","cycle","hamiltonian_cycle"]}]},"solutions":[{"id":"sol-official-compressed","title":"Полное решение через обход дерева","status":"ai_checked","definition_ids":["simple_graph","tree","cycle","hamiltonian_cycle"],"standard_idea_ids":["induction"],"tags":[],"has_text":true,"text_preview":"Достаточно доказать результат для деревьев. Действительно, каждый связный граф G имеет остовное дерево T. Если две вершины находятся на расстоянии не более «3» в «T», то они также находятся на расстоянии не более «3» в «G»; следовательно, каждый гамильтонов цикл в ``T^3`` также является гамильтоновым циклом в ``G^3``. Мы доказываем, что ``T^3`` является гамильтоновым для любого дерева `T`, имеющего хотя бы три вершины. Укорените `T` в вершине `r` и выполните обычный замкнутый обход `W` в глубину, который пересекает каждое ребро `T` ровно дважды, начиная и заканчивая в `r`. Из вхождений каждой вершины в `W` выберите ровно одно вхождение следующим образом. Если вершина находится на четном расстоянии от «r», выберите ее первое вхождение в «W»; если он имеет нечетное расстояние от `r`, выберите его последнее вхождение в `W`. В качестве корня выберите начальное вхождение. Теперь перечислите…"}],"relations":[{"id":"rel-metadata-kolm-late-2011-tree-cube-tree-equivalent","neighbor_id":"tree-equivalent-properties","direction":"forward","type":"prerequisite","distance":2,"status":"needs_human_review"}],"search_text":"kolmogorov-2011-individual-olympiad-seniors-problem-7 гамильтонов цикл в третьей степени связного графа, кубок колмогорова 2011 hamiltonian_cycles induction trees goal_proof 2011 https://turmath.ru/kolm/archive.php https://turmath.ru/kolm/files/archive/kolm15.zip kolmogorov kolmogorov2011 olympiad_archive src-kolmogorov-2011-official src-kolmogorov-archive with_solution архив кубка памяти а.н. колмогорова кубок колмогорова кубок колмогорова 2011 официальный архив кубокколмогорова кубокколмогорова2011 ? кубок колмогорова 2011 официальный архив архив кубка памяти а.н. колмогорова stmt-original оригинальная формулировка ai_checked пусть \\(g\\) — связный граф, имеющий хотя бы три вершины. определим \\(g^3\\) как граф на тех же вершинах, в котором соединены ребрами вершины, находящиеся в \\(g\\) на расстоянии не более трех. докажите, что в графе \\(g^3\\) есть гамильтонов цикл. simple_graph tree cycle hamiltonian_cycle idea-graph-role графовая роль граф полностью задан уже в условии: связный граф, расстояние между вершинами и гамильтонов цикл. официальное решение целиком построено на графовых операциях с деревом и степенями вершин. ai_checked sol-official-compressed полное решение через обход дерева ai_checked simple_graph tree cycle hamiltonian_cycle induction достаточно доказать результат для деревьев. действительно, каждый связный граф g имеет остовное дерево t. если две вершины находятся на расстоянии не более «3» в «t», то они также находятся на расстоянии не более «3» в «g»; следовательно, каждый гамильтонов цикл в ``t^3`` также является гамильтоновым циклом в ``g^3``. мы доказываем, что ``t^3`` является гамильтоновым для любого дерева `t`, имеющего хотя бы три вершины. укорените `t` в вершине `r` и выполните обычный замкнутый обход `w` в глубину, который пересекает каждое ребро `t` ровно дважды, начиная и заканчивая в `r`. из вхождений каждой вершины в `w` выберите ровно одно вхождение следующим образом. если вершина находится на четном расстоянии от «r», выберите ее первое вхождение в «w»; если он имеет нечетное расстояние от `r`, выберите его последнее вхождение в `w`. в качестве корня выберите начальное вхождение. теперь перечислите… kolmogorov-2011-individual-olympiad-seniors-problem-7 gamiltonov tsikl v tretey stepeni svyaznogo grafa, kubok kolmogorova 2011 hamiltonian_cycles induction trees goal_proof 2011 https://turmath.ru/kolm/archive.php https://turmath.ru/kolm/files/archive/kolm15.zip kolmogorov kolmogorov2011 olympiad_archive src-kolmogorov-2011-official src-kolmogorov-archive with_solution arhiv kubka pamyati a.n. kolmogorova kubok kolmogorova kubok kolmogorova 2011 ofitsialnyy arhiv kubokkolmogorova kubokkolmogorova2011 ? kubok kolmogorova 2011 ofitsialnyy arhiv arhiv kubka pamyati a.n. kolmogorova stmt-original originalnaya formulirovka ai_checked pust \\(g\\) — svyaznyy graf, imeyuschiy hotya by tri vershiny. opredelim \\(g^3\\) kak graf na teh zhe vershinah, v kotorom soedineny rebrami vershiny, nahodyaschiesya v \\(g\\) na rasstoyanii ne bolee treh. dokazhite, chto v grafe \\(g^3\\) est gamiltonov tsikl. simple_graph tree cycle hamiltonian_cycle idea-graph-role grafovaya rol graf polnostyu zadan uzhe v uslovii: svyaznyy graf, rasstoyanie mezhdu vershinami i gamiltonov tsikl. ofitsialnoe reshenie tselikom postroeno na grafovyh operatsiyah s derevom i stepenyami vershin. ai_checked sol-official-compressed polnoe reshenie cherez obhod dereva ai_checked simple_graph tree cycle hamiltonian_cycle induction dostatochno dokazat rezultat dlya derevev. deystvitelno, kazhdyy svyaznyy graf g imeet ostovnoe derevo t. esli dve vershiny nahodyatsya na rasstoyanii ne bolee «3» v «t», to oni takzhe nahodyatsya na rasstoyanii ne bolee «3» v «g»; sledovatelno, kazhdyy gamiltonov tsikl v ``t^3`` takzhe yavlyaetsya gamiltonovym tsiklom v ``g^3``. my dokazyvaem, chto ``t^3`` yavlyaetsya gamiltonovym dlya lyubogo dereva `t`, imeyuschego hotya by tri vershiny. ukorenite `t` v vershine `r` i vypolnite obychnyy zamknutyy obhod `w` v glubinu, kotoryy peresekaet kazhdoe rebro `t` rovno dvazhdy, nachinaya i zakanchivaya v `r`. iz vhozhdeniy kazhdoy vershiny v `w` vyberite rovno odno vhozhdenie sleduyuschim obrazom. esli vershina nahoditsya na chetnom rasstoyanii ot «r», vyberite ee pervoe vhozhdenie v «w»; esli on imeet nechetnoe rasstoyanie ot `r`, vyberite ego poslednee vhozhdenie v `w`. v kachestve kornya vyberite nachalnoe vhozhdenie. teper perechislite…","source_keys":["kolmogorov"]}
{"id":"kolmogorov-2011-team-olympiad-juniors-problem-6","title":"Маршрут муравья по диагоналям клеток куба 15×15×15, Кубок Колмогорова 2011","path":"data\\problems\\kolmogorov\\kolmogorov-2011-team-olympiad-juniors-problem-6.yaml","raw_github_url":"https://raw.githubusercontent.com/didin-maxim/knowledge_graph_of_graphs/main/data/problems/kolmogorov/kolmogorov-2011-team-olympiad-juniors-problem-6.yaml","viewer_url":"https://didin-maxim.github.io/knowledge_graph_of_graphs/#kolmogorov-2011-team-olympiad-juniors-problem-6","source_key":"kolmogorov","source_label":"Кубок Колмогорова","source_titles":["Кубок Колмогорова 2011 официальный архив","Архив Кубка памяти А.Н. Колмогорова"],"year":"2011","type":"olympiad_problem","authors":[],"tags":["connectivity","eulerian_graphs","goal_exact_bound"],"agent_topics":[],"difficulty":{"main":"national_final_medium","local_score":6,"comment":"Импортировано из подготовленной графовой карточки KOLM; оценка сложности требует проверки человеком.","status":"needs_human_review"},"review_status":"ai_checked","public_ready":true,"solution_state":"with_solution","solution_classification":{"type":"official_plan_completed_by_ai","label":"официальный план доведён агентом до полного решения","status":"ai_checked","confidence":0.93,"basis":"локальный high-reasoning recheck 2026-05-17: официальный сжатый план уже раскрыт до полного графового доказательства","notes":"Решение содержит самодостаточную модель цветового диагонального графа, верхнюю оценку через две нечётные вершины в остатке и достижимость через удаление диагонального пути длины 15 с последующим эйлеровым маршрутом.","audit_source":"high-reasoning-kolmogorov-recheck-2026-05-17"},"statements":{"original":[{"id":"stmt-original","title":"Оригинальная формулировка","status":"ai_checked","text":"Поверхность куба \\(15 \\times 15 \\times 15\\) разбита на клетки \\(1 \\times 1\\). Муравей бегает по диагоналям клеток, нигде не поворачивая назад. Он не может бывать внутри одной клетки более одного раза, но может несколько раз проходить одну вершину. Какое наибольшее число центров клеток он может посетить?","definition_ids":["simple_graph","connected_graph","eulerian_cycle","degree","path"]}]},"solutions":[{"id":"sol-official-compressed","title":"Полное решение через диагональный граф","status":"ai_checked","definition_ids":["simple_graph","connected_graph","eulerian_cycle","degree","path"],"standard_idea_ids":["greedy_ordering"],"tags":[],"has_text":true,"text_preview":"Ответ: `1335`. Раскрасим вершины разбиения поверхности куба в шахматном порядке. Каждая диагональ клетки соединяет две вершины одного цвета. Поэтому весь маршрут муравья, начавшись с диагонали с белыми концами или с диагонали с черными концами, дальше идет только по диагоналям того же цвета. Достаточно рассмотреть один из двух одинаково устроенных графов: его вершины — белые вершины разбиения, а ребра — белые диагонали всех клеток. Каждому ребру соответствует ровно один центр клетки, так что число посещенных центров равно числу пройденных ребер. В этом графе всего `6 * 15^2 = 1350` ребер. Нечетные степени имеют ровно четыре вершины: это четыре вершины куба данного цвета. Действительно, обычная внутренняя для грани вершина и неугловая вершина ребра куба инцидентны четырем клеткам, а вершина куба инцидентна трем клеткам. Докажем верхнюю оценку. Пусть муравей прошел некоторый маршрут, то е…"}],"relations":[{"id":"rel-kolm-2011-cube-parity-team-pair","neighbor_id":"kolmogorov-2011-team-olympiad-seniors-problem-4","direction":"forward","type":"same_motif","distance":2,"status":"needs_human_review"},{"id":"rel-metadata-kolm-late-2011-team-junior-eulerian-criterion","neighbor_id":"eulerian-graph-criterion","direction":"forward","type":"prerequisite","distance":2,"status":"needs_human_review"}],"search_text":"kolmogorov-2011-team-olympiad-juniors-problem-6 маршрут муравья по диагоналям клеток куба 15×15×15, кубок колмогорова 2011 connectivity eulerian_graphs goal_exact_bound 2011 https://turmath.ru/kolm/archive.php https://turmath.ru/kolm/files/archive/kolm15.zip kolmogorov kolmogorov2011 olympiad_archive src-kolmogorov-2011-official src-kolmogorov-archive with_solution архив кубка памяти а.н. колмогорова кубок колмогорова кубок колмогорова 2011 официальный архив кубокколмогорова кубокколмогорова2011 ? кубок колмогорова 2011 официальный архив архив кубка памяти а.н. колмогорова stmt-original оригинальная формулировка ai_checked поверхность куба \\(15 \\times 15 \\times 15\\) разбита на клетки \\(1 \\times 1\\). муравей бегает по диагоналям клеток, нигде не поворачивая назад. он не может бывать внутри одной клетки более одного раза, но может несколько раз проходить одну вершину. какое наибольшее число центров клеток он может посетить? simple_graph connected_graph eulerian_cycle degree path idea-graph-role графовая роль существенная часть официального решения — построение графа белых вершин и применение графовых идей: степени вершин, связность компоненты и существование эйлерова маршрута. ai_checked sol-official-compressed полное решение через диагональный граф ai_checked simple_graph connected_graph eulerian_cycle degree path greedy_ordering ответ: `1335`. раскрасим вершины разбиения поверхности куба в шахматном порядке. каждая диагональ клетки соединяет две вершины одного цвета. поэтому весь маршрут муравья, начавшись с диагонали с белыми концами или с диагонали с черными концами, дальше идет только по диагоналям того же цвета. достаточно рассмотреть один из двух одинаково устроенных графов: его вершины — белые вершины разбиения, а ребра — белые диагонали всех клеток. каждому ребру соответствует ровно один центр клетки, так что число посещенных центров равно числу пройденных ребер. в этом графе всего `6 * 15^2 = 1350` ребер. нечетные степени имеют ровно четыре вершины: это четыре вершины куба данного цвета. действительно, обычная внутренняя для грани вершина и неугловая вершина ребра куба инцидентны четырем клеткам, а вершина куба инцидентна трем клеткам. докажем верхнюю оценку. пусть муравей прошел некоторый маршрут, то е… kolmogorov-2011-team-olympiad-juniors-problem-6 marshrut muravya po diagonalyam kletok kuba 15×15×15, kubok kolmogorova 2011 connectivity eulerian_graphs goal_exact_bound 2011 https://turmath.ru/kolm/archive.php https://turmath.ru/kolm/files/archive/kolm15.zip kolmogorov kolmogorov2011 olympiad_archive src-kolmogorov-2011-official src-kolmogorov-archive with_solution arhiv kubka pamyati a.n. kolmogorova kubok kolmogorova kubok kolmogorova 2011 ofitsialnyy arhiv kubokkolmogorova kubokkolmogorova2011 ? kubok kolmogorova 2011 ofitsialnyy arhiv arhiv kubka pamyati a.n. kolmogorova stmt-original originalnaya formulirovka ai_checked poverhnost kuba \\(15 \\times 15 \\times 15\\) razbita na kletki \\(1 \\times 1\\). muravey begaet po diagonalyam kletok, nigde ne povorachivaya nazad. on ne mozhet byvat vnutri odnoy kletki bolee odnogo raza, no mozhet neskolko raz prohodit odnu vershinu. kakoe naibolshee chislo tsentrov kletok on mozhet posetit? simple_graph connected_graph eulerian_cycle degree path idea-graph-role grafovaya rol suschestvennaya chast ofitsialnogo resheniya — postroenie grafa belyh vershin i primenenie grafovyh idey: stepeni vershin, svyaznost komponenty i suschestvovanie eylerova marshruta. ai_checked sol-official-compressed polnoe reshenie cherez diagonalnyy graf ai_checked simple_graph connected_graph eulerian_cycle degree path greedy_ordering otvet: `1335`. raskrasim vershiny razbieniya poverhnosti kuba v shahmatnom poryadke. kazhdaya diagonal kletki soedinyaet dve vershiny odnogo tsveta. poetomu ves marshrut muravya, nachavshis s diagonali s belymi kontsami ili s diagonali s chernymi kontsami, dalshe idet tolko po diagonalyam togo zhe tsveta. dostatochno rassmotret odin iz dvuh odinakovo ustroennyh grafov: ego vershiny — belye vershiny razbieniya, a rebra — belye diagonali vseh kletok. kazhdomu rebru sootvetstvuet rovno odin tsentr kletki, tak chto chislo poseschennyh tsentrov ravno chislu proydennyh reber. v etom grafe vsego `6 * 15^2 = 1350` reber. nechetnye stepeni imeyut rovno chetyre vershiny: eto chetyre vershiny kuba dannogo tsveta. deystvitelno, obychnaya vnutrennyaya dlya grani vershina i neuglovaya vershina rebra kuba intsidentny chetyrem kletkam, a vershina kuba intsidentna trem kletkam. dokazhem verhnyuyu otsenku. pust muravey proshel nekotoryy marshrut, to e…","source_keys":["kolmogorov"]}
{"id":"kolmogorov-2011-team-olympiad-seniors-problem-4","title":"Маршрут муравья по диагоналям клеток куба 11×11×11, Кубок Колмогорова 2011","path":"data\\problems\\kolmogorov\\kolmogorov-2011-team-olympiad-seniors-problem-4.yaml","raw_github_url":"https://raw.githubusercontent.com/didin-maxim/knowledge_graph_of_graphs/main/data/problems/kolmogorov/kolmogorov-2011-team-olympiad-seniors-problem-4.yaml","viewer_url":"https://didin-maxim.github.io/knowledge_graph_of_graphs/#kolmogorov-2011-team-olympiad-seniors-problem-4","source_key":"kolmogorov","source_label":"Кубок Колмогорова","source_titles":["Кубок Колмогорова 2011 официальный архив","Архив Кубка памяти А.Н. Колмогорова"],"year":"2011","type":"olympiad_problem","authors":[],"tags":["connectivity","eulerian_graphs","goal_counting"],"agent_topics":[],"difficulty":{"main":"national_final_medium","local_score":6,"comment":"Импортировано из подготовленной графовой карточки KOLM; оценка сложности требует проверки человеком.","status":"needs_human_review"},"review_status":"ai_checked","public_ready":true,"solution_state":"with_solution","solution_classification":{"type":"official_plan_completed_by_ai","label":"официальный план доведён агентом до полного решения","status":"ai_checked","confidence":0.93,"basis":"локальный high-reasoning recheck 2026-05-17: официальный сжатый план уже раскрыт до полного доказательства невозможности","notes":"Решение самодостаточно доказывает, что максимальный маршрут в цветовом диагональном графе оставляет не менее 11 рёбер, поэтому посещение 720 центров невозможно.","audit_source":"high-reasoning-kolmogorov-recheck-2026-05-17"},"statements":{"original":[{"id":"stmt-original","title":"Оригинальная формулировка","status":"ai_checked","text":"Поверхность куба \\(11 \\times 11 \\times 11\\) разбита на клетки \\(1 \\times 1\\). Муравей бегает по диагоналям клеток, нигде не поворачивая назад. Он не может бывать внутри одной клетки более одного раза, но может несколько раз проходить одну вершину. Может ли он посетить центры \\(720\\) клеток?","definition_ids":["path","connected_graph","eulerian_cycle","degree"]}]},"solutions":[{"id":"sol-official-compressed","title":"Полное решение","status":"ai_checked","definition_ids":["path","connected_graph","eulerian_cycle","degree"],"standard_idea_ids":["greedy_ordering"],"tags":[],"has_text":true,"text_preview":"Ответ: нет. Покрасим все вершины клеточной поверхности куба в шахматном порядке. Каждая диагональ клетки соединяет две вершины одного цвета. Поэтому, начав движение по диагонали с концами некоторого цвета, муравей дальше всегда остается в графе этого же цвета: вершины графа — вершины клеток выбранного цвета, а ребра — диагонали клеток с концами этого цвета. Каждое ребро такого графа соответствует ровно одной клетке, и проход по нему означает посещение центра этой клетки. Рассмотрим, например, граф белых вершин; для черного графа рассуждение такое же. В нем `6 * 11^2 = 726` ребер, по одному на каждую клетку поверхности. Все вершины, кроме углов куба выбранного цвета, имеют четную степень `4`, а четыре угла выбранного цвета имеют степень `3`: у обычной вершины сходятся четыре клетки поверхности, а у угла куба — три. Пусть муравей выбрал маршрут максимальной возможной длины в этом графе. Э…"}],"relations":[{"id":"rel-kolm-2011-cube-parity-team-pair","neighbor_id":"kolmogorov-2011-team-olympiad-juniors-problem-6","direction":"backward","type":"same_motif","distance":2,"status":"needs_human_review"},{"id":"rel-after-tags-kolm-2011-2012-eulerian-construction","neighbor_id":"kolmogorov-2012-individual-olympiad-seniors-problem-6","direction":"forward","type":"same_motif","distance":2,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-metadata-kolm-late-2011-team-senior-eulerian-criterion","neighbor_id":"eulerian-graph-criterion","direction":"forward","type":"prerequisite","distance":2,"status":"needs_human_review"}],"search_text":"kolmogorov-2011-team-olympiad-seniors-problem-4 маршрут муравья по диагоналям клеток куба 11×11×11, кубок колмогорова 2011 connectivity eulerian_graphs goal_counting 2011 https://turmath.ru/kolm/archive.php https://turmath.ru/kolm/files/archive/kolm15.zip kolmogorov kolmogorov2011 olympiad_archive src-kolmogorov-2011-official src-kolmogorov-archive with_solution архив кубка памяти а.н. колмогорова кубок колмогорова кубок колмогорова 2011 официальный архив кубокколмогорова кубокколмогорова2011 ? кубок колмогорова 2011 официальный архив архив кубка памяти а.н. колмогорова stmt-original оригинальная формулировка ai_checked поверхность куба \\(11 \\times 11 \\times 11\\) разбита на клетки \\(1 \\times 1\\). муравей бегает по диагоналям клеток, нигде не поворачивая назад. он не может бывать внутри одной клетки более одного раза, но может несколько раз проходить одну вершину. может ли он посетить центры \\(720\\) клеток? path connected_graph eulerian_cycle degree idea-graph-role графовая роль хотя в условии граф не назван напрямую, официальное решение существенно строит граф белых вершин, анализирует степени вершин, компоненты связности и пути в этом графе. без этой графовой конструкции решение не работает. ai_checked sol-official-compressed полное решение ai_checked path connected_graph eulerian_cycle degree greedy_ordering ответ: нет. покрасим все вершины клеточной поверхности куба в шахматном порядке. каждая диагональ клетки соединяет две вершины одного цвета. поэтому, начав движение по диагонали с концами некоторого цвета, муравей дальше всегда остается в графе этого же цвета: вершины графа — вершины клеток выбранного цвета, а ребра — диагонали клеток с концами этого цвета. каждое ребро такого графа соответствует ровно одной клетке, и проход по нему означает посещение центра этой клетки. рассмотрим, например, граф белых вершин; для черного графа рассуждение такое же. в нем `6 * 11^2 = 726` ребер, по одному на каждую клетку поверхности. все вершины, кроме углов куба выбранного цвета, имеют четную степень `4`, а четыре угла выбранного цвета имеют степень `3`: у обычной вершины сходятся четыре клетки поверхности, а у угла куба — три. пусть муравей выбрал маршрут максимальной возможной длины в этом графе. э… kolmogorov-2011-team-olympiad-seniors-problem-4 marshrut muravya po diagonalyam kletok kuba 11×11×11, kubok kolmogorova 2011 connectivity eulerian_graphs goal_counting 2011 https://turmath.ru/kolm/archive.php https://turmath.ru/kolm/files/archive/kolm15.zip kolmogorov kolmogorov2011 olympiad_archive src-kolmogorov-2011-official src-kolmogorov-archive with_solution arhiv kubka pamyati a.n. kolmogorova kubok kolmogorova kubok kolmogorova 2011 ofitsialnyy arhiv kubokkolmogorova kubokkolmogorova2011 ? kubok kolmogorova 2011 ofitsialnyy arhiv arhiv kubka pamyati a.n. kolmogorova stmt-original originalnaya formulirovka ai_checked poverhnost kuba \\(11 \\times 11 \\times 11\\) razbita na kletki \\(1 \\times 1\\). muravey begaet po diagonalyam kletok, nigde ne povorachivaya nazad. on ne mozhet byvat vnutri odnoy kletki bolee odnogo raza, no mozhet neskolko raz prohodit odnu vershinu. mozhet li on posetit tsentry \\(720\\) kletok? path connected_graph eulerian_cycle degree idea-graph-role grafovaya rol hotya v uslovii graf ne nazvan napryamuyu, ofitsialnoe reshenie suschestvenno stroit graf belyh vershin, analiziruet stepeni vershin, komponenty svyaznosti i puti v etom grafe. bez etoy grafovoy konstruktsii reshenie ne rabotaet. ai_checked sol-official-compressed polnoe reshenie ai_checked path connected_graph eulerian_cycle degree greedy_ordering otvet: net. pokrasim vse vershiny kletochnoy poverhnosti kuba v shahmatnom poryadke. kazhdaya diagonal kletki soedinyaet dve vershiny odnogo tsveta. poetomu, nachav dvizhenie po diagonali s kontsami nekotorogo tsveta, muravey dalshe vsegda ostaetsya v grafe etogo zhe tsveta: vershiny grafa — vershiny kletok vybrannogo tsveta, a rebra — diagonali kletok s kontsami etogo tsveta. kazhdoe rebro takogo grafa sootvetstvuet rovno odnoy kletke, i prohod po nemu oznachaet poseschenie tsentra etoy kletki. rassmotrim, naprimer, graf belyh vershin; dlya chernogo grafa rassuzhdenie takoe zhe. v nem `6 * 11^2 = 726` reber, po odnomu na kazhduyu kletku poverhnosti. vse vershiny, krome uglov kuba vybrannogo tsveta, imeyut chetnuyu stepen `4`, a chetyre ugla vybrannogo tsveta imeyut stepen `3`: u obychnoy vershiny shodyatsya chetyre kletki poverhnosti, a u ugla kuba — tri. pust muravey vybral marshrut maksimalnoy vozmozhnoy dliny v etom grafe. e…","source_keys":["kolmogorov"]}
{"id":"kolmogorov-2012-individual-olympiad-seniors-problem-1","title":"Минимум рёбер в графе, где добавление любого ребра создаёт треугольник, Кубок Колмогорова 2012","path":"data\\problems\\kolmogorov\\kolmogorov-2012-individual-olympiad-seniors-problem-1.yaml","raw_github_url":"https://raw.githubusercontent.com/didin-maxim/knowledge_graph_of_graphs/main/data/problems/kolmogorov/kolmogorov-2012-individual-olympiad-seniors-problem-1.yaml","viewer_url":"https://didin-maxim.github.io/knowledge_graph_of_graphs/#kolmogorov-2012-individual-olympiad-seniors-problem-1","source_key":"kolmogorov","source_label":"Кубок Колмогорова","source_titles":["Кубок Колмогорова 2012 официальный архив","Архив Кубка памяти А.Н. Колмогорова"],"year":"2012","type":"olympiad_problem","authors":[],"tags":["connectivity","extremal_graph_theory","goal_exact_bound"],"agent_topics":[],"difficulty":{"main":"national_final_medium","local_score":6,"comment":"Импортировано из подготовленной графовой карточки KOLM; оценка сложности требует проверки человеком.","status":"needs_human_review"},"review_status":"needs_human_review","public_ready":false,"solution_state":"with_solution","solution_classification":{"type":"official_complete_or_near_complete","label":"официальное полное/почти полное","status":"ai_checked","confidence":0.9,"basis":"агентский аудит средней сложности","notes":"Короткое решение было ложным срабатыванием по длине; в этом проходе развёрнуты достижимость и нижняя оценка через связность.","audit_source":"agent-russian-archives.json"},"statements":{"original":[{"id":"stmt-original","title":"Оригинальная формулировка","status":"ai_checked","text":"В графе на \\(n\\) вершинах при добавлении любого ребра между несоединенными вершинами появляется треугольник, содержащий добавленное ребро. Найдите наименьшее возможное число ребер в таком графе.","definition_ids":["simple_graph"]}]},"solutions":[{"id":"sol-official-compressed","title":"Полное решение","status":"ai_checked","definition_ids":["simple_graph"],"standard_idea_ids":["extremal_choice"],"tags":[],"has_text":true,"text_preview":"Ответ: `n - 1`. Сначала покажем, что это число достижимо. Возьмем звезду на `n` вершинах: одна вершина является центром и соединена со всеми остальными, а между остальными вершинами ребер нет. Если добавить любое недостающее ребро, то оно соединит две вершины-листа. Обе они уже соединены с центром звезды, поэтому новое ребро вместе с двумя ребрами к центру образует треугольник, содержащий добавленное ребро. Значит, `n - 1` ребра действительно могут хватить. Теперь докажем, что меньше быть не может. Всякий связный граф на `n` вершинах имеет не менее `n - 1` ребра: например, если из него удалить ребра циклов, пока циклов не останется, получится дерево на тех же `n` вершинах, а в дереве ровно `n - 1` ребро. Следовательно, граф с меньшим числом ребер обязательно несвязен. Пусть исходный граф несвязен. Возьмем две вершины из разных компонент связности и добавим между ними ребро. Чтобы это но…"}],"relations":[],"search_text":"kolmogorov-2012-individual-olympiad-seniors-problem-1 минимум рёбер в графе, где добавление любого ребра создаёт треугольник, кубок колмогорова 2012 connectivity extremal_graph_theory goal_exact_bound 2012 https://turmath.ru/kolm/archive.php https://turmath.ru/kolm/files/archive/kolm16.zip kolmogorov kolmogorov2012 olympiad_archive src-kolmogorov-2012-official src-kolmogorov-archive with_solution архив кубка памяти а.н. колмогорова кубок колмогорова кубок колмогорова 2012 официальный архив кубокколмогорова кубокколмогорова2012 ? кубок колмогорова 2012 официальный архив архив кубка памяти а.н. колмогорова stmt-original оригинальная формулировка ai_checked в графе на \\(n\\) вершинах при добавлении любого ребра между несоединенными вершинами появляется треугольник, содержащий добавленное ребро. найдите наименьшее возможное число ребер в таком графе. simple_graph idea-graph-role графовая роль граф прямо задан в условии: вершины, ребра и треугольники являются объектами задачи. официальное решение использует связность графа и пример со звездой. ai_checked sol-official-compressed полное решение ai_checked simple_graph extremal_choice ответ: `n - 1`. сначала покажем, что это число достижимо. возьмем звезду на `n` вершинах: одна вершина является центром и соединена со всеми остальными, а между остальными вершинами ребер нет. если добавить любое недостающее ребро, то оно соединит две вершины-листа. обе они уже соединены с центром звезды, поэтому новое ребро вместе с двумя ребрами к центру образует треугольник, содержащий добавленное ребро. значит, `n - 1` ребра действительно могут хватить. теперь докажем, что меньше быть не может. всякий связный граф на `n` вершинах имеет не менее `n - 1` ребра: например, если из него удалить ребра циклов, пока циклов не останется, получится дерево на тех же `n` вершинах, а в дереве ровно `n - 1` ребро. следовательно, граф с меньшим числом ребер обязательно несвязен. пусть исходный граф несвязен. возьмем две вершины из разных компонент связности и добавим между ними ребро. чтобы это но… kolmogorov-2012-individual-olympiad-seniors-problem-1 minimum reber v grafe, gde dobavlenie lyubogo rebra sozdaet treugolnik, kubok kolmogorova 2012 connectivity extremal_graph_theory goal_exact_bound 2012 https://turmath.ru/kolm/archive.php https://turmath.ru/kolm/files/archive/kolm16.zip kolmogorov kolmogorov2012 olympiad_archive src-kolmogorov-2012-official src-kolmogorov-archive with_solution arhiv kubka pamyati a.n. kolmogorova kubok kolmogorova kubok kolmogorova 2012 ofitsialnyy arhiv kubokkolmogorova kubokkolmogorova2012 ? kubok kolmogorova 2012 ofitsialnyy arhiv arhiv kubka pamyati a.n. kolmogorova stmt-original originalnaya formulirovka ai_checked v grafe na \\(n\\) vershinah pri dobavlenii lyubogo rebra mezhdu nesoedinennymi vershinami poyavlyaetsya treugolnik, soderzhaschiy dobavlennoe rebro. naydite naimenshee vozmozhnoe chislo reber v takom grafe. simple_graph idea-graph-role grafovaya rol graf pryamo zadan v uslovii: vershiny, rebra i treugolniki yavlyayutsya obektami zadachi. ofitsialnoe reshenie ispolzuet svyaznost grafa i primer so zvezdoy. ai_checked sol-official-compressed polnoe reshenie ai_checked simple_graph extremal_choice otvet: `n - 1`. snachala pokazhem, chto eto chislo dostizhimo. vozmem zvezdu na `n` vershinah: odna vershina yavlyaetsya tsentrom i soedinena so vsemi ostalnymi, a mezhdu ostalnymi vershinami reber net. esli dobavit lyuboe nedostayuschee rebro, to ono soedinit dve vershiny-lista. obe oni uzhe soedineny s tsentrom zvezdy, poetomu novoe rebro vmeste s dvumya rebrami k tsentru obrazuet treugolnik, soderzhaschiy dobavlennoe rebro. znachit, `n - 1` rebra deystvitelno mogut hvatit. teper dokazhem, chto menshe byt ne mozhet. vsyakiy svyaznyy graf na `n` vershinah imeet ne menee `n - 1` rebra: naprimer, esli iz nego udalit rebra tsiklov, poka tsiklov ne ostanetsya, poluchitsya derevo na teh zhe `n` vershinah, a v dereve rovno `n - 1` rebro. sledovatelno, graf s menshim chislom reber obyazatelno nesvyazen. pust ishodnyy graf nesvyazen. vozmem dve vershiny iz raznyh komponent svyaznosti i dobavim mezhdu nimi rebro. chtoby eto no…","source_keys":["kolmogorov"]}
{"id":"kolmogorov-2012-individual-olympiad-seniors-problem-6","title":"Маршрут по сетке Сугробска с посещением всех узлов улиц, Кубок Колмогорова 2012","path":"data\\problems\\kolmogorov\\kolmogorov-2012-individual-olympiad-seniors-problem-6.yaml","raw_github_url":"https://raw.githubusercontent.com/didin-maxim/knowledge_graph_of_graphs/main/data/problems/kolmogorov/kolmogorov-2012-individual-olympiad-seniors-problem-6.yaml","viewer_url":"https://didin-maxim.github.io/knowledge_graph_of_graphs/#kolmogorov-2012-individual-olympiad-seniors-problem-6","source_key":"kolmogorov","source_label":"Кубок Колмогорова","source_titles":["Кубок Колмогорова 2012 официальный архив","Архив Кубка памяти А.Н. Колмогорова"],"year":"2012","type":"olympiad_problem","authors":[],"tags":["double_counting","eulerian_graphs","goal_exact_bound"],"agent_topics":[],"difficulty":{"main":"national_final_medium","local_score":6,"comment":"Импортировано из подготовленной графовой карточки KOLM; оценка сложности требует проверки человеком.","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":"source_verified","confidence":0.94,"basis":"локальный high-reasoning recheck 2026-05-17: полный официальный фрагмент ранее найден в архиве и восстановлен в карточке","notes":"Текст содержит полное доказательство оптимума: нижнюю оценку на число непроходимых отрезков, явный список 4n-4 удаляемых рёбер и проверку баланса/связности для эйлерова пути из (0,0) в (n,n).","audit_source":"high-reasoning-kolmogorov-recheck-2026-05-17"},"statements":{"original":[{"id":"stmt-original","title":"Оригинальная формулировка","status":"ai_checked","text":"Город Сугробск представляет собой квадрат со стороной \\(100n\\), разбитый прямыми улицами на \\(n^2\\) одинаковых кварталов, где \\(n\\) — четное натуральное число, большее \\(2\\). На каждой из \\(2n + 2\\) улиц, идущих по сторонам кварталов от края до края города, введено одностороннее движение, причем на соседних параллельных улицах направления противоположны. В одном из углов города расположен автопарк, и обе выходящие из него улицы направлены от автопарка. Снегоуборочная машина выезжает из автопарка и едет по разрешенным направлениям, очищая каждую пройденную сторону квартала не более одного раза, пока впервые не попадет в противоположный угол города. Какое наибольшее расстояние она может проехать?","definition_ids":["directed_graph","path","degree","outdegree","indegree"]}]},"solutions":[{"id":"sol-official-compressed","title":"Полное решение","status":"ai_checked","definition_ids":["directed_graph","path","degree","outdegree","indegree"],"standard_idea_ids":["double_counting"],"tags":[],"has_text":true,"text_preview":"Ответ: `100(2n^2 - 2n + 4)`. Будем считать, что сторона квартала равна `1`, стартовая вершина имеет координаты `(0,0)`, а противоположный угол — `(n,n)`. Так как обе улицы из старта направлены наружу, можно выбрать координаты так, что горизонтальные улицы с четным `y` направлены вправо, с нечетным `y` — влево, вертикальные улицы с четным `x` направлены вверх, а с нечетным `x` — вниз. Всего в сетке `n(n+1)` горизонтальных и `n(n+1)` вертикальных единичных отрезков, то есть `2n(n+1)` ориентированных ребер. Оценим снизу число ребер, которые любой допустимый маршрут не пройдет. Для каждого `k = 0,1,...,2n-1` рассмотрим диагональную прямую `x + y = k + 1/2`. Она отделяет `(0,0)` от `(n,n)`, поэтому путь из старта в финиш пересекает ее нечетное число раз. При этом сама прямая пересекает четное число единичных отрезков: поровну горизонтальных и вертикальных. Значит, среди отрезков, пересекаемы…"}],"relations":[{"id":"rel-kolm-deep-2010-directed-paths-2012-directed-grid","neighbor_id":"kolmogorov-2010-individual-olympiad-seniors-problem-4","direction":"backward","type":"same_motif","distance":3,"status":"needs_human_review"},{"id":"rel-after-tags-kolm-2011-2012-eulerian-construction","neighbor_id":"kolmogorov-2011-team-olympiad-seniors-problem-4","direction":"backward","type":"same_motif","distance":2,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-metadata-kolm-late-2012-directed-grid-eulerian-criterion","neighbor_id":"eulerian-graph-criterion","direction":"forward","type":"same_motif","distance":2,"status":"needs_human_review"}],"search_text":"kolmogorov-2012-individual-olympiad-seniors-problem-6 маршрут по сетке сугробска с посещением всех узлов улиц, кубок колмогорова 2012 double_counting eulerian_graphs goal_exact_bound 2012 https://turmath.ru/kolm/archive.php https://turmath.ru/kolm/files/archive/kolm16.zip kolmogorov kolmogorov2012 olympiad_archive src-kolmogorov-2012-official src-kolmogorov-archive with_solution архив кубка памяти а.н. колмогорова кубок колмогорова кубок колмогорова 2012 официальный архив кубокколмогорова кубокколмогорова2012 ? кубок колмогорова 2012 официальный архив архив кубка памяти а.н. колмогорова stmt-original оригинальная формулировка ai_checked город сугробск представляет собой квадрат со стороной \\(100n\\), разбитый прямыми улицами на \\(n^2\\) одинаковых кварталов, где \\(n\\) — четное натуральное число, большее \\(2\\). на каждой из \\(2n + 2\\) улиц, идущих по сторонам кварталов от края до края города, введено одностороннее движение, причем на соседних параллельных улицах направления противоположны. в одном из углов города расположен автопарк, и обе выходящие из него улицы направлены от автопарка. снегоуборочная машина выезжает из автопарка и едет по разрешенным направлениям, очищая каждую пройденную сторону квартала не более одного раза, пока впервые не попадет в противоположный угол города. какое наибольшее расстояние она может проехать? directed_graph path degree outdegree indegree idea-graph-role графовая роль в официальном решении задача переводится в ориентированный граф на узлах уличной сетки. существенны именно графовые понятия: ориентированные ребра, входящие и исходящие степени, удаление ребер и существование маршрута через все оставшиеся ребра. ai_checked sol-official-compressed полное решение ai_checked directed_graph path degree outdegree indegree double_counting ответ: `100(2n^2 - 2n + 4)`. будем считать, что сторона квартала равна `1`, стартовая вершина имеет координаты `(0,0)`, а противоположный угол — `(n,n)`. так как обе улицы из старта направлены наружу, можно выбрать координаты так, что горизонтальные улицы с четным `y` направлены вправо, с нечетным `y` — влево, вертикальные улицы с четным `x` направлены вверх, а с нечетным `x` — вниз. всего в сетке `n(n+1)` горизонтальных и `n(n+1)` вертикальных единичных отрезков, то есть `2n(n+1)` ориентированных ребер. оценим снизу число ребер, которые любой допустимый маршрут не пройдет. для каждого `k = 0,1,...,2n-1` рассмотрим диагональную прямую `x + y = k + 1/2`. она отделяет `(0,0)` от `(n,n)`, поэтому путь из старта в финиш пересекает ее нечетное число раз. при этом сама прямая пересекает четное число единичных отрезков: поровну горизонтальных и вертикальных. значит, среди отрезков, пересекаемы… kolmogorov-2012-individual-olympiad-seniors-problem-6 marshrut po setke sugrobska s posescheniem vseh uzlov ulits, kubok kolmogorova 2012 double_counting eulerian_graphs goal_exact_bound 2012 https://turmath.ru/kolm/archive.php https://turmath.ru/kolm/files/archive/kolm16.zip kolmogorov kolmogorov2012 olympiad_archive src-kolmogorov-2012-official src-kolmogorov-archive with_solution arhiv kubka pamyati a.n. kolmogorova kubok kolmogorova kubok kolmogorova 2012 ofitsialnyy arhiv kubokkolmogorova kubokkolmogorova2012 ? kubok kolmogorova 2012 ofitsialnyy arhiv arhiv kubka pamyati a.n. kolmogorova stmt-original originalnaya formulirovka ai_checked gorod sugrobsk predstavlyaet soboy kvadrat so storonoy \\(100n\\), razbityy pryamymi ulitsami na \\(n^2\\) odinakovyh kvartalov, gde \\(n\\) — chetnoe naturalnoe chislo, bolshee \\(2\\). na kazhdoy iz \\(2n + 2\\) ulits, iduschih po storonam kvartalov ot kraya do kraya goroda, vvedeno odnostoronnee dvizhenie, prichem na sosednih parallelnyh ulitsah napravleniya protivopolozhny. v odnom iz uglov goroda raspolozhen avtopark, i obe vyhodyaschie iz nego ulitsy napravleny ot avtoparka. snegouborochnaya mashina vyezzhaet iz avtoparka i edet po razreshennym napravleniyam, ochischaya kazhduyu proydennuyu storonu kvartala ne bolee odnogo raza, poka vpervye ne popadet v protivopolozhnyy ugol goroda. kakoe naibolshee rasstoyanie ona mozhet proehat? directed_graph path degree outdegree indegree idea-graph-role grafovaya rol v ofitsialnom reshenii zadacha perevoditsya v orientirovannyy graf na uzlah ulichnoy setki. suschestvenny imenno grafovye ponyatiya: orientirovannye rebra, vhodyaschie i ishodyaschie stepeni, udalenie reber i suschestvovanie marshruta cherez vse ostavshiesya rebra. ai_checked sol-official-compressed polnoe reshenie ai_checked directed_graph path degree outdegree indegree double_counting otvet: `100(2n^2 - 2n + 4)`. budem schitat, chto storona kvartala ravna `1`, startovaya vershina imeet koordinaty `(0,0)`, a protivopolozhnyy ugol — `(n,n)`. tak kak obe ulitsy iz starta napravleny naruzhu, mozhno vybrat koordinaty tak, chto gorizontalnye ulitsy s chetnym `y` napravleny vpravo, s nechetnym `y` — vlevo, vertikalnye ulitsy s chetnym `x` napravleny vverh, a s nechetnym `x` — vniz. vsego v setke `n(n+1)` gorizontalnyh i `n(n+1)` vertikalnyh edinichnyh otrezkov, to est `2n(n+1)` orientirovannyh reber. otsenim snizu chislo reber, kotorye lyuboy dopustimyy marshrut ne proydet. dlya kazhdogo `k = 0,1,...,2n-1` rassmotrim diagonalnuyu pryamuyu `x + y = k + 1/2`. ona otdelyaet `(0,0)` ot `(n,n)`, poetomu put iz starta v finish peresekaet ee nechetnoe chislo raz. pri etom sama pryamaya peresekaet chetnoe chislo edinichnyh otrezkov: porovnu gorizontalnyh i vertikalnyh. znachit, sredi otrezkov, peresekaemy…","source_keys":["kolmogorov"]}
{"id":"kolmogorov-2013-individual-olympiad-seniors-problem-5","title":"Цикл через листья дерева и гамильтонов цикл после добавления рёбер, Кубок Колмогорова 2013","path":"data\\problems\\kolmogorov\\kolmogorov-2013-individual-olympiad-seniors-problem-5.yaml","raw_github_url":"https://raw.githubusercontent.com/didin-maxim/knowledge_graph_of_graphs/main/data/problems/kolmogorov/kolmogorov-2013-individual-olympiad-seniors-problem-5.yaml","viewer_url":"https://didin-maxim.github.io/knowledge_graph_of_graphs/#kolmogorov-2013-individual-olympiad-seniors-problem-5","source_key":"kolmogorov","source_label":"Кубок Колмогорова","source_titles":["Кубок Колмогорова 2013 официальный архив","Архив Кубка памяти А.Н. Колмогорова"],"year":"2013","type":"olympiad_problem","authors":[],"tags":["coloring","trees","induction","goal_proof"],"agent_topics":[],"difficulty":{"main":"national_final_medium","local_score":6,"comment":"Импортировано из подготовленной графовой карточки KOLM; оценка сложности требует проверки человеком.","status":"needs_human_review"},"review_status":"ai_checked","public_ready":true,"solution_state":"with_solution","solution_classification":{"type":"official_plan_completed_by_ai","label":"официальный план доведён агентом до полного решения","status":"ai_checked","confidence":0.92,"basis":"локальный high-reasoning recheck 2026-05-17: официальный сжатый набросок уже развёрнут до полной конструкции раскраски","notes":"Решение самодостаточно строит 3-раскраску: удаляет выбранный центр и листья, 2-раскрашивает остаточный лес, затем жадно красит цикл листьев с корректной обработкой последней особой вершины.","audit_source":"high-reasoning-kolmogorov-recheck-2026-05-17"},"statements":{"original":[{"id":"stmt-original","title":"Оригинальная формулировка","status":"ai_checked","text":"Дано дерево \\(T\\) с \\(n > 2\\) вершинами, в котором степени всех вершин меньше \\(n-1\\). Пусть \\(A\\) — множество его висячих вершин. Добавим к дереву \\(T\\) рёбра некоторого цикла, проходящего по всем вершинам множества \\(A\\) ровно по одному разу и не проходящего через остальные вершины. Докажите, что вершины полученного графа можно правильно раскрасить в три цвета.","definition_ids":["tree","cycle"]}]},"solutions":[{"id":"sol-official-compressed","title":"Полное решение","status":"ai_checked","definition_ids":["tree","cycle"],"standard_idea_ids":["induction","delete_to_simplify","local_recoloring"],"tags":[],"has_text":true,"text_preview":"Обозначим добавленный цикл на множестве листьев `A` через `C`. Так как дерево не является звездой: в нём нет вершины степени `n-1`, то не все листья имеют одного и того же соседа. Выберем лист `a` и обозначим через `v` его единственного соседа в дереве `T`. Вершина `v` не является листом. Назовём особыми те листья дерева, которые смежны с `v`; в частности, `a` особый. Не все листья особые, потому что иначе `v` была бы смежна со всеми остальными `n-1` вершинами дерева, что запрещено условием. Удалим из `T` вершину `v` и все листья дерева. Оставшийся граф является лесом, поэтому его можно правильно раскрасить в два цвета, скажем в цвета `1` и `2`. При этом каждая неудалённая вершина, смежная в `T` с каким-нибудь листом, уже получила один из этих двух цветов. Вершину `v` покрасим в цвет `3`. Осталось раскрасить листья, то есть вершины цикла `C`. На цикле есть особая вершина, после которой…"}],"relations":[{"id":"rel-kolm-2013-individual-team-coloring","neighbor_id":"kolmogorov-2013-team-olympiad-seniors-problem-8","direction":"forward","type":"same_motif","distance":2,"status":"needs_human_review"},{"id":"rel-kolm-deep-2008-tree-transform-2013-leaf-cycle-coloring","neighbor_id":"kolmogorov-2008-round-1-first-league-and-higher-junior-problem-1","direction":"backward","type":"same_motif","distance":2,"status":"needs_human_review"}],"search_text":"kolmogorov-2013-individual-olympiad-seniors-problem-5 цикл через листья дерева и гамильтонов цикл после добавления рёбер, кубок колмогорова 2013 coloring trees induction goal_proof 2013 https://turmath.ru/kolm/archive.php https://turmath.ru/kolm/files/archive/kolm17.zip kolmogorov kolmogorov2013 olympiad_archive src-kolmogorov-2013-official src-kolmogorov-archive with_solution архив кубка памяти а.н. колмогорова кубок колмогорова кубок колмогорова 2013 официальный архив кубокколмогорова кубокколмогорова2013 ? кубок колмогорова 2013 официальный архив архив кубка памяти а.н. колмогорова stmt-original оригинальная формулировка ai_checked дано дерево \\(t\\) с \\(n > 2\\) вершинами, в котором степени всех вершин меньше \\(n-1\\). пусть \\(a\\) — множество его висячих вершин. добавим к дереву \\(t\\) рёбра некоторого цикла, проходящего по всем вершинам множества \\(a\\) ровно по одному разу и не проходящего через остальные вершины. докажите, что вершины полученного графа можно правильно раскрасить в три цвета. tree cycle idea-graph-role графовая роль в условии прямо фигурируют дерево, цикл, рёбра, вершины и правильная раскраска графа. официальное решение существенно использует структуру дерева и графовую 3-раскраску. ai_checked sol-official-compressed полное решение ai_checked tree cycle induction delete_to_simplify local_recoloring обозначим добавленный цикл на множестве листьев `a` через `c`. так как дерево не является звездой: в нём нет вершины степени `n-1`, то не все листья имеют одного и того же соседа. выберем лист `a` и обозначим через `v` его единственного соседа в дереве `t`. вершина `v` не является листом. назовём особыми те листья дерева, которые смежны с `v`; в частности, `a` особый. не все листья особые, потому что иначе `v` была бы смежна со всеми остальными `n-1` вершинами дерева, что запрещено условием. удалим из `t` вершину `v` и все листья дерева. оставшийся граф является лесом, поэтому его можно правильно раскрасить в два цвета, скажем в цвета `1` и `2`. при этом каждая неудалённая вершина, смежная в `t` с каким-нибудь листом, уже получила один из этих двух цветов. вершину `v` покрасим в цвет `3`. осталось раскрасить листья, то есть вершины цикла `c`. на цикле есть особая вершина, после которой… kolmogorov-2013-individual-olympiad-seniors-problem-5 tsikl cherez listya dereva i gamiltonov tsikl posle dobavleniya reber, kubok kolmogorova 2013 coloring trees induction goal_proof 2013 https://turmath.ru/kolm/archive.php https://turmath.ru/kolm/files/archive/kolm17.zip kolmogorov kolmogorov2013 olympiad_archive src-kolmogorov-2013-official src-kolmogorov-archive with_solution arhiv kubka pamyati a.n. kolmogorova kubok kolmogorova kubok kolmogorova 2013 ofitsialnyy arhiv kubokkolmogorova kubokkolmogorova2013 ? kubok kolmogorova 2013 ofitsialnyy arhiv arhiv kubka pamyati a.n. kolmogorova stmt-original originalnaya formulirovka ai_checked dano derevo \\(t\\) s \\(n > 2\\) vershinami, v kotorom stepeni vseh vershin menshe \\(n-1\\). pust \\(a\\) — mnozhestvo ego visyachih vershin. dobavim k derevu \\(t\\) rebra nekotorogo tsikla, prohodyaschego po vsem vershinam mnozhestva \\(a\\) rovno po odnomu razu i ne prohodyaschego cherez ostalnye vershiny. dokazhite, chto vershiny poluchennogo grafa mozhno pravilno raskrasit v tri tsveta. tree cycle idea-graph-role grafovaya rol v uslovii pryamo figuriruyut derevo, tsikl, rebra, vershiny i pravilnaya raskraska grafa. ofitsialnoe reshenie suschestvenno ispolzuet strukturu dereva i grafovuyu 3-raskrasku. ai_checked sol-official-compressed polnoe reshenie ai_checked tree cycle induction delete_to_simplify local_recoloring oboznachim dobavlennyy tsikl na mnozhestve listev `a` cherez `c`. tak kak derevo ne yavlyaetsya zvezdoy: v nem net vershiny stepeni `n-1`, to ne vse listya imeyut odnogo i togo zhe soseda. vyberem list `a` i oboznachim cherez `v` ego edinstvennogo soseda v dereve `t`. vershina `v` ne yavlyaetsya listom. nazovem osobymi te listya dereva, kotorye smezhny s `v`; v chastnosti, `a` osobyy. ne vse listya osobye, potomu chto inache `v` byla by smezhna so vsemi ostalnymi `n-1` vershinami dereva, chto zaprescheno usloviem. udalim iz `t` vershinu `v` i vse listya dereva. ostavshiysya graf yavlyaetsya lesom, poetomu ego mozhno pravilno raskrasit v dva tsveta, skazhem v tsveta `1` i `2`. pri etom kazhdaya neudalennaya vershina, smezhnaya v `t` s kakim-nibud listom, uzhe poluchila odin iz etih dvuh tsvetov. vershinu `v` pokrasim v tsvet `3`. ostalos raskrasit listya, to est vershiny tsikla `c`. na tsikle est osobaya vershina, posle kotoroy…","source_keys":["kolmogorov"]}
{"id":"kolmogorov-2013-team-olympiad-juniors-problem-7","title":"Склейка k-раскрасок трёх частей графа, Кубок Колмогорова 2013","path":"data\\problems\\kolmogorov\\kolmogorov-2013-team-olympiad-juniors-problem-7.yaml","raw_github_url":"https://raw.githubusercontent.com/didin-maxim/knowledge_graph_of_graphs/main/data/problems/kolmogorov/kolmogorov-2013-team-olympiad-juniors-problem-7.yaml","viewer_url":"https://didin-maxim.github.io/knowledge_graph_of_graphs/#kolmogorov-2013-team-olympiad-juniors-problem-7","source_key":"kolmogorov","source_label":"Кубок Колмогорова","source_titles":["Кубок Колмогорова 2013 официальный архив","Архив Кубка памяти А.Н. Колмогорова"],"year":"2013","type":"olympiad_problem","authors":[],"tags":["coloring","goal_counting"],"agent_topics":[],"difficulty":{"main":"national_final_medium","local_score":6,"comment":"Импортировано из подготовленной графовой карточки KOLM; оценка сложности требует проверки человеком.","status":"needs_human_review"},"review_status":"needs_human_review","public_ready":false,"solution_state":"with_solution","solution_classification":{"type":"official_complete_or_near_complete","label":"официальное полное/почти полное","status":"ai_checked","confidence":0.9,"basis":"агентский аудит средней сложности","notes":"В этом проходе развёрнуты выбор множества D, палитры и проверка всех возможных ребер между частями.","audit_source":"agent-russian-archives.json"},"statements":{"original":[{"id":"stmt-original","title":"Оригинальная формулировка","status":"ai_checked","text":"Вершины графа разбиты на три множества \\(A\\), \\(B\\), \\(C\\) так, что вершины из \\(A\\) не связаны рёбрами с вершинами из \\(C\\). Известно, что \\(A ∪ B\\) можно правильно раскрасить в \\(k\\) цветов, а \\(B ∪ C\\) — в \\(n\\) цветов. Докажите, что весь граф можно правильно раскрасить в \\(k+n-1\\) цвет.","definition_ids":["chromatic_number"]}]},"solutions":[{"id":"sol-official-compressed","title":"Полное решение","status":"ai_checked","definition_ids":["chromatic_number"],"standard_idea_ids":["local_recoloring"],"tags":[],"has_text":true,"text_preview":"Возьмем правильную раскраску подграфа на `B ∪ C` в `n` цветов. Один из этих цветов назовем первым, а через `D` обозначим множество вершин из `B`, которые получили первый цвет. Теперь воспользуемся тем, что подграф на `A ∪ B` можно правильно раскрасить в `k` цветов. Тогда его индуцированный подграф на `A ∪ D` тоже можно правильно раскрасить в `k` цветов: достаточно ограничить любую правильную `k`-раскраску `A ∪ B` на вершины `A ∪ D`. Для этой новой раскраски используем палитру из первого старого цвета и еще `k-1` совершенно новых цветов, не встречавшихся в раскраске `B ∪ C`. Зададим итоговую раскраску так. Вершины из `A ∪ D` красим только что выбранной правильной `k`-раскраской. Все остальные вершины, то есть вершины из `(B ∪ C) \\ D`, оставляем в их старых цветах из раскраски `B ∪ C`. Всего использовано `n` старых цветов и `k-1` новых, то есть `k+n-1` цвет. Проверим, что конфликтов нет.…"}],"relations":[{"id":"rel-kolm-2013-chromatic-team-junior-senior","neighbor_id":"kolmogorov-2013-team-olympiad-seniors-problem-8","direction":"forward","type":"paired_variant","distance":1,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-kolm-deep-2007-chromatic-2013-team-junior","neighbor_id":"kolmogorov-2007-round-2-high-and-first-league-chromatic-number-problem","direction":"backward","type":"same_motif","distance":1,"status":"needs_human_review"}],"search_text":"kolmogorov-2013-team-olympiad-juniors-problem-7 склейка k-раскрасок трёх частей графа, кубок колмогорова 2013 coloring goal_counting 2013 https://turmath.ru/kolm/archive.php https://turmath.ru/kolm/files/archive/kolm17.zip kolmogorov kolmogorov2013 olympiad_archive src-kolmogorov-2013-official src-kolmogorov-archive with_solution архив кубка памяти а.н. колмогорова кубок колмогорова кубок колмогорова 2013 официальный архив кубокколмогорова кубокколмогорова2013 ? кубок колмогорова 2013 официальный архив архив кубка памяти а.н. колмогорова stmt-original оригинальная формулировка ai_checked вершины графа разбиты на три множества \\(a\\), \\(b\\), \\(c\\) так, что вершины из \\(a\\) не связаны рёбрами с вершинами из \\(c\\). известно, что \\(a ∪ b\\) можно правильно раскрасить в \\(k\\) цветов, а \\(b ∪ c\\) — в \\(n\\) цветов. докажите, что весь граф можно правильно раскрасить в \\(k+n-1\\) цвет. chromatic_number idea-graph-role графовая роль граф явно присутствует в условии: вершины, рёбра и правильная раскраска графа названы напрямую. официальное решение целиком работает с раскраской подграфов и разбиением множества вершин. ai_checked sol-official-compressed полное решение ai_checked chromatic_number local_recoloring возьмем правильную раскраску подграфа на `b ∪ c` в `n` цветов. один из этих цветов назовем первым, а через `d` обозначим множество вершин из `b`, которые получили первый цвет. теперь воспользуемся тем, что подграф на `a ∪ b` можно правильно раскрасить в `k` цветов. тогда его индуцированный подграф на `a ∪ d` тоже можно правильно раскрасить в `k` цветов: достаточно ограничить любую правильную `k`-раскраску `a ∪ b` на вершины `a ∪ d`. для этой новой раскраски используем палитру из первого старого цвета и еще `k-1` совершенно новых цветов, не встречавшихся в раскраске `b ∪ c`. зададим итоговую раскраску так. вершины из `a ∪ d` красим только что выбранной правильной `k`-раскраской. все остальные вершины, то есть вершины из `(b ∪ c) \\ d`, оставляем в их старых цветах из раскраски `b ∪ c`. всего использовано `n` старых цветов и `k-1` новых, то есть `k+n-1` цвет. проверим, что конфликтов нет.… kolmogorov-2013-team-olympiad-juniors-problem-7 skleyka k-raskrasok treh chastey grafa, kubok kolmogorova 2013 coloring goal_counting 2013 https://turmath.ru/kolm/archive.php https://turmath.ru/kolm/files/archive/kolm17.zip kolmogorov kolmogorov2013 olympiad_archive src-kolmogorov-2013-official src-kolmogorov-archive with_solution arhiv kubka pamyati a.n. kolmogorova kubok kolmogorova kubok kolmogorova 2013 ofitsialnyy arhiv kubokkolmogorova kubokkolmogorova2013 ? kubok kolmogorova 2013 ofitsialnyy arhiv arhiv kubka pamyati a.n. kolmogorova stmt-original originalnaya formulirovka ai_checked vershiny grafa razbity na tri mnozhestva \\(a\\), \\(b\\), \\(c\\) tak, chto vershiny iz \\(a\\) ne svyazany rebrami s vershinami iz \\(c\\). izvestno, chto \\(a ∪ b\\) mozhno pravilno raskrasit v \\(k\\) tsvetov, a \\(b ∪ c\\) — v \\(n\\) tsvetov. dokazhite, chto ves graf mozhno pravilno raskrasit v \\(k+n-1\\) tsvet. chromatic_number idea-graph-role grafovaya rol graf yavno prisutstvuet v uslovii: vershiny, rebra i pravilnaya raskraska grafa nazvany napryamuyu. ofitsialnoe reshenie tselikom rabotaet s raskraskoy podgrafov i razbieniem mnozhestva vershin. ai_checked sol-official-compressed polnoe reshenie ai_checked chromatic_number local_recoloring vozmem pravilnuyu raskrasku podgrafa na `b ∪ c` v `n` tsvetov. odin iz etih tsvetov nazovem pervym, a cherez `d` oboznachim mnozhestvo vershin iz `b`, kotorye poluchili pervyy tsvet. teper vospolzuemsya tem, chto podgraf na `a ∪ b` mozhno pravilno raskrasit v `k` tsvetov. togda ego indutsirovannyy podgraf na `a ∪ d` tozhe mozhno pravilno raskrasit v `k` tsvetov: dostatochno ogranichit lyubuyu pravilnuyu `k`-raskrasku `a ∪ b` na vershiny `a ∪ d`. dlya etoy novoy raskraski ispolzuem palitru iz pervogo starogo tsveta i esche `k-1` sovershenno novyh tsvetov, ne vstrechavshihsya v raskraske `b ∪ c`. zadadim itogovuyu raskrasku tak. vershiny iz `a ∪ d` krasim tolko chto vybrannoy pravilnoy `k`-raskraskoy. vse ostalnye vershiny, to est vershiny iz `(b ∪ c) \\ d`, ostavlyaem v ih staryh tsvetah iz raskraski `b ∪ c`. vsego ispolzovano `n` staryh tsvetov i `k-1` novyh, to est `k+n-1` tsvet. proverim, chto konfliktov net.…","source_keys":["kolmogorov"]}
{"id":"kolmogorov-2013-team-olympiad-seniors-problem-8","title":"Склейка k-раскрасок трёх частей графа с несмежными A и C, Кубок Колмогорова 2013","path":"data\\problems\\kolmogorov\\kolmogorov-2013-team-olympiad-seniors-problem-8.yaml","raw_github_url":"https://raw.githubusercontent.com/didin-maxim/knowledge_graph_of_graphs/main/data/problems/kolmogorov/kolmogorov-2013-team-olympiad-seniors-problem-8.yaml","viewer_url":"https://didin-maxim.github.io/knowledge_graph_of_graphs/#kolmogorov-2013-team-olympiad-seniors-problem-8","source_key":"kolmogorov","source_label":"Кубок Колмогорова","source_titles":["Кубок Колмогорова 2013 официальный архив","Архив Кубка памяти А.Н. Колмогорова"],"year":"2013","type":"olympiad_problem","authors":[],"tags":["coloring","goal_exact_bound"],"agent_topics":[],"difficulty":{"main":"national_final_medium","local_score":6,"comment":"Импортировано из подготовленной графовой карточки KOLM; оценка сложности требует проверки человеком.","status":"needs_human_review"},"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":"официальный источник и high-reasoning аудит 2026-05-17","notes":"Решение полное: дана явная раскраска в k+n-1 цветов и табличная экстремальная конструкция, доказывающая невозможность k+n-2 цветов.","audit_source":"agent-russian-archives.json"},"statements":{"original":[{"id":"stmt-original","title":"Оригинальная формулировка","status":"ai_checked","text":"Вершины графа разбиты на три множества \\(A\\), \\(B\\), \\(C\\) так, что вершины из \\(A\\) не связаны рёбрами с вершинами из \\(C\\). Известно, что \\(A ∪ B\\) можно правильно раскрасить в \\(k\\) цветов, а \\(B ∪ C\\) — в \\(n\\) цветов. В какое минимальное количество цветов можно с гарантией правильно раскрасить все вершины этого графа?","definition_ids":["chromatic_number"]}]},"solutions":[{"id":"sol-official-compressed","title":"Полное решение","status":"ai_checked","definition_ids":["chromatic_number"],"standard_idea_ids":["extremal_choice","local_recoloring","greedy_ordering"],"tags":[],"has_text":true,"text_preview":"Ответ: в `k+n-1` цвет. Сначала докажем верхнюю оценку. Возьмём правильную раскраску подграфа `B ∪ C` в `n` цветов и обозначим через `D` множество вершин из `B`, получивших первый цвет. Подграф `A ∪ D` является подграфом `A ∪ B`, поэтому его можно правильно раскрасить в `k` цветов; используем для него цвета `1,2,...,k`. Теперь вершины из `B \\ D` оставим в цветах раскраски `B ∪ C`, но сдвинем их: если вершина имела цвет `i > 1`, дадим ей цвет `k+i-1`. Вершины из `C` первого цвета покрасим в цвет `k`, а вершины из `C` цвета `i > 1` — в цвет `k+i-1`. Всего использовано `k+n-1` цветов. Проверим корректность. Внутри `A ∪ D` всё правильно по выбранной `k`-раскраске. Внутри `(B \\ D) ∪ C` всё правильно, потому что это та же раскраска `B ∪ C` с переименованными цветами, кроме того что первый цвет `C` стал цветом `k`; вершин из `B \\ D` первого цвета нет. Между `A` и `C` рёбер нет, а вершины из `D`…"}],"relations":[{"id":"rel-kolm-2013-chromatic-team-junior-senior","neighbor_id":"kolmogorov-2013-team-olympiad-juniors-problem-7","direction":"backward","type":"paired_variant","distance":1,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-kolm-2013-individual-team-coloring","neighbor_id":"kolmogorov-2013-individual-olympiad-seniors-problem-5","direction":"backward","type":"same_motif","distance":2,"status":"needs_human_review"},{"id":"rel-kolm-deep-2007-chromatic-2013-team-senior","neighbor_id":"kolmogorov-2007-round-2-high-and-first-league-chromatic-number-problem","direction":"backward","type":"same_motif","distance":2,"status":"needs_human_review"},{"id":"rel-color-extremal-kolm-2008-2013-greedy-recoloring","neighbor_id":"kolmogorov-2008-team-olympiad-juniors-problem-5","direction":"backward","type":"same_motif","distance":2,"status":"ai_checked"}],"search_text":"kolmogorov-2013-team-olympiad-seniors-problem-8 склейка k-раскрасок трёх частей графа с несмежными a и c, кубок колмогорова 2013 coloring goal_exact_bound 2013 https://turmath.ru/kolm/archive.php https://turmath.ru/kolm/files/archive/kolm17.zip kolmogorov kolmogorov2013 olympiad_archive src-kolmogorov-2013-official src-kolmogorov-archive with_solution архив кубка памяти а.н. колмогорова кубок колмогорова кубок колмогорова 2013 официальный архив кубокколмогорова кубокколмогорова2013 ? кубок колмогорова 2013 официальный архив архив кубка памяти а.н. колмогорова stmt-original оригинальная формулировка ai_checked вершины графа разбиты на три множества \\(a\\), \\(b\\), \\(c\\) так, что вершины из \\(a\\) не связаны рёбрами с вершинами из \\(c\\). известно, что \\(a ∪ b\\) можно правильно раскрасить в \\(k\\) цветов, а \\(b ∪ c\\) — в \\(n\\) цветов. в какое минимальное количество цветов можно с гарантией правильно раскрасить все вершины этого графа? chromatic_number idea-graph-role графовая роль граф напрямую задан в условии, а официальное решение использует и графовую раскраску, и явную экстремальную конструкцию графа для нижней оценки. ai_checked sol-official-compressed полное решение ai_checked chromatic_number extremal_choice local_recoloring greedy_ordering ответ: в `k+n-1` цвет. сначала докажем верхнюю оценку. возьмём правильную раскраску подграфа `b ∪ c` в `n` цветов и обозначим через `d` множество вершин из `b`, получивших первый цвет. подграф `a ∪ d` является подграфом `a ∪ b`, поэтому его можно правильно раскрасить в `k` цветов; используем для него цвета `1,2,...,k`. теперь вершины из `b \\ d` оставим в цветах раскраски `b ∪ c`, но сдвинем их: если вершина имела цвет `i > 1`, дадим ей цвет `k+i-1`. вершины из `c` первого цвета покрасим в цвет `k`, а вершины из `c` цвета `i > 1` — в цвет `k+i-1`. всего использовано `k+n-1` цветов. проверим корректность. внутри `a ∪ d` всё правильно по выбранной `k`-раскраске. внутри `(b \\ d) ∪ c` всё правильно, потому что это та же раскраска `b ∪ c` с переименованными цветами, кроме того что первый цвет `c` стал цветом `k`; вершин из `b \\ d` первого цвета нет. между `a` и `c` рёбер нет, а вершины из `d`… kolmogorov-2013-team-olympiad-seniors-problem-8 skleyka k-raskrasok treh chastey grafa s nesmezhnymi a i c, kubok kolmogorova 2013 coloring goal_exact_bound 2013 https://turmath.ru/kolm/archive.php https://turmath.ru/kolm/files/archive/kolm17.zip kolmogorov kolmogorov2013 olympiad_archive src-kolmogorov-2013-official src-kolmogorov-archive with_solution arhiv kubka pamyati a.n. kolmogorova kubok kolmogorova kubok kolmogorova 2013 ofitsialnyy arhiv kubokkolmogorova kubokkolmogorova2013 ? kubok kolmogorova 2013 ofitsialnyy arhiv arhiv kubka pamyati a.n. kolmogorova stmt-original originalnaya formulirovka ai_checked vershiny grafa razbity na tri mnozhestva \\(a\\), \\(b\\), \\(c\\) tak, chto vershiny iz \\(a\\) ne svyazany rebrami s vershinami iz \\(c\\). izvestno, chto \\(a ∪ b\\) mozhno pravilno raskrasit v \\(k\\) tsvetov, a \\(b ∪ c\\) — v \\(n\\) tsvetov. v kakoe minimalnoe kolichestvo tsvetov mozhno s garantiey pravilno raskrasit vse vershiny etogo grafa? chromatic_number idea-graph-role grafovaya rol graf napryamuyu zadan v uslovii, a ofitsialnoe reshenie ispolzuet i grafovuyu raskrasku, i yavnuyu ekstremalnuyu konstruktsiyu grafa dlya nizhney otsenki. ai_checked sol-official-compressed polnoe reshenie ai_checked chromatic_number extremal_choice local_recoloring greedy_ordering otvet: v `k+n-1` tsvet. snachala dokazhem verhnyuyu otsenku. vozmem pravilnuyu raskrasku podgrafa `b ∪ c` v `n` tsvetov i oboznachim cherez `d` mnozhestvo vershin iz `b`, poluchivshih pervyy tsvet. podgraf `a ∪ d` yavlyaetsya podgrafom `a ∪ b`, poetomu ego mozhno pravilno raskrasit v `k` tsvetov; ispolzuem dlya nego tsveta `1,2,...,k`. teper vershiny iz `b \\ d` ostavim v tsvetah raskraski `b ∪ c`, no sdvinem ih: esli vershina imela tsvet `i > 1`, dadim ey tsvet `k+i-1`. vershiny iz `c` pervogo tsveta pokrasim v tsvet `k`, a vershiny iz `c` tsveta `i > 1` — v tsvet `k+i-1`. vsego ispolzovano `k+n-1` tsvetov. proverim korrektnost. vnutri `a ∪ d` vse pravilno po vybrannoy `k`-raskraske. vnutri `(b \\ d) ∪ c` vse pravilno, potomu chto eto ta zhe raskraska `b ∪ c` s pereimenovannymi tsvetami, krome togo chto pervyy tsvet `c` stal tsvetom `k`; vershin iz `b \\ d` pervogo tsveta net. mezhdu `a` i `c` reber net, a vershiny iz `d`…","source_keys":["kolmogorov"]}
{"id":"kolmogorov-2014-round1-complete-graph-orientation-game","title":"Игра в ориентацию рёбер полного графа, Кубок Колмогорова 2014","path":"data\\problems\\kolmogorov\\kolmogorov-2014-round1-complete-graph-orientation-game.yaml","raw_github_url":"https://raw.githubusercontent.com/didin-maxim/knowledge_graph_of_graphs/main/data/problems/kolmogorov/kolmogorov-2014-round1-complete-graph-orientation-game.yaml","viewer_url":"https://didin-maxim.github.io/knowledge_graph_of_graphs/#kolmogorov-2014-round1-complete-graph-orientation-game","source_key":"kolmogorov","source_label":"Кубок Колмогорова","source_titles":["Кубок Колмогорова 2014 официальный архив","Архив Кубка памяти А.Н. Колмогорова"],"year":"2014","type":"olympiad_problem","authors":[],"tags":["tournaments","goal_strategy_game"],"agent_topics":["game_strategy"],"difficulty":{"main":"national_final_medium","local_score":6,"comment":"Решение требует аккуратной стратегии через максимальную ориентированную цепочку и точного подсчета ходов; исходный файл импорта: tur1_18.txt.","status":"ai_checked"},"review_status":"ai_checked","public_ready":true,"solution_state":"with_solution","solution_classification":{"type":"ai_original","label":"самостоятельное полное решение","status":"ai_checked","confidence":0.86,"basis":"повторная проверка самодостаточного доказательства 2026-05-17","notes":"Решение является локальной реконструкцией без официального разбора в карточке; проверены ключевая лемма о продлении цепочки и финальный подсчет свободной хорды.","audit_source":"agent-russian-archives.json"},"statements":{"original":[{"id":"stmt-original","title":"Оригинальная формулировка","status":"ai_checked","text":"Дан полный неориентированный граф на 2014 вершинах. Два игрока по очереди ориентируют ещё не ориентированные рёбра. За один ход первый игрок ориентирует одно ребро, а второй — от 1 до 1000 рёбер. Когда все рёбра ориентированы, первый игрок выигрывает, если получившийся ориентированный граф содержит простой ориентированный цикл; иначе выигрывает второй игрок. Определите победителя при правильной игре.","definition_ids":["simple_graph","complete_graph","directed_graph","cycle"]}]},"solutions":[{"id":"sol-ai-longest-chain-counting","title":"Стратегия первого через длинную цепочку","status":"ai_checked","definition_ids":["complete_graph","directed_graph","path","cycle"],"standard_idea_ids":[],"tags":[],"has_text":true,"text_preview":"Выигрывает первый игрок. Будем называть цепочкой ориентированный путь \\(v_1\\to v_2\\to\\cdots\\to v_k\\), составленный из уже ориентированных ребер. Если второй игрок когда-либо сам создал ориентированный цикл, то этот цикл останется до конца игры и первый уже выигрывает. Поэтому дальше считаем, что после ходов второго ориентированных циклов нет. Сначала докажем лемму: после хода второго, если самая длинная цепочка имеет меньше 2014 вершин, первый может одним ходом получить более длинную цепочку. Пусть \\(v_1\\to v_2\\to\\cdots\\to v_k\\) — одна из самых длинных цепочек, и пусть \\(a\\) — вершина вне нее. Если ребро между \\(a\\) и \\(v_1\\) еще не ориентировано, первый направляет его как \\(a\\to v_1\\) и удлиняет цепочку слева; если оно уже направлено \\(a\\to v_1\\), такая более длинная цепочка уже была бы. Значит, когда удлинить слева нельзя, обязательно стоит стрелка \\(v_1\\to a\\). Аналогично, когда удли…"}],"relations":[{"id":"rel-cmo-2019-p5-kolmogorov-complete-graph-game","neighbor_id":"cmo-2019-p5-odd-cycle-edge-game","direction":"backward","type":"same_motif","distance":3,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-kolmogorov-2014-oriendiriya-complete-orientation-game","neighbor_id":"kolmogorov-2014-round1-oriendiriya-road-orientation-game","direction":"backward","type":"false_friend","distance":1,"status":"ai_checked"}],"search_text":"kolmogorov-2014-round1-complete-graph-orientation-game игра в ориентацию рёбер полного графа, кубок колмогорова 2014 tournaments goal_strategy_game 2014 https://turmath.ru/kolm/archive.php https://turmath.ru/kolm/files/archive/kolm18.zip kolmogorov kolmogorov2014 olympiad_archive src-kolmogorov-2014-official src-kolmogorov-archive with_solution архив кубка памяти а.н. колмогорова кубок колмогорова кубок колмогорова 2014 официальный архив кубокколмогорова кубокколмогорова2014 ? кубок колмогорова 2014 официальный архив архив кубка памяти а.н. колмогорова stmt-original оригинальная формулировка ai_checked дан полный неориентированный граф на 2014 вершинах. два игрока по очереди ориентируют ещё не ориентированные рёбра. за один ход первый игрок ориентирует одно ребро, а второй — от 1 до 1000 рёбер. когда все рёбра ориентированы, первый игрок выигрывает, если получившийся ориентированный граф содержит простой ориентированный цикл; иначе выигрывает второй игрок. определите победителя при правильной игре. simple_graph complete_graph directed_graph cycle idea-graph-role графовая роль карточка фиксирует задачу как явно графовую: графовая модель присутствует уже в условии, а в конце получается турнир — ориентация полного графа. tournaments ai_checked idea-longest-chain-counting длинная цепочка и подсчёт хорд первый игрок может каждый раз удлинять максимальную ориентированную цепочку на одну вершину. чтобы не дать ему замкнуть цикл обратной хордой, второй должен успевать ориентировать все ребра между вершинами этой цепочки, но к длине 2003 таких ребер уже больше, чем могло быть ориентировано за 2002 раунда. tournaments goal_strategy_game ai_checked sol-ai-longest-chain-counting стратегия первого через длинную цепочку ai_checked complete_graph directed_graph path cycle выигрывает первый игрок. будем называть цепочкой ориентированный путь \\(v_1\\to v_2\\to\\cdots\\to v_k\\), составленный из уже ориентированных ребер. если второй игрок когда-либо сам создал ориентированный цикл, то этот цикл останется до конца игры и первый уже выигрывает. поэтому дальше считаем, что после ходов второго ориентированных циклов нет. сначала докажем лемму: после хода второго, если самая длинная цепочка имеет меньше 2014 вершин, первый может одним ходом получить более длинную цепочку. пусть \\(v_1\\to v_2\\to\\cdots\\to v_k\\) — одна из самых длинных цепочек, и пусть \\(a\\) — вершина вне нее. если ребро между \\(a\\) и \\(v_1\\) еще не ориентировано, первый направляет его как \\(a\\to v_1\\) и удлиняет цепочку слева; если оно уже направлено \\(a\\to v_1\\), такая более длинная цепочка уже была бы. значит, когда удлинить слева нельзя, обязательно стоит стрелка \\(v_1\\to a\\). аналогично, когда удли… kolmogorov-2014-round1-complete-graph-orientation-game igra v orientatsiyu reber polnogo grafa, kubok kolmogorova 2014 tournaments goal_strategy_game 2014 https://turmath.ru/kolm/archive.php https://turmath.ru/kolm/files/archive/kolm18.zip kolmogorov kolmogorov2014 olympiad_archive src-kolmogorov-2014-official src-kolmogorov-archive with_solution arhiv kubka pamyati a.n. kolmogorova kubok kolmogorova kubok kolmogorova 2014 ofitsialnyy arhiv kubokkolmogorova kubokkolmogorova2014 ? kubok kolmogorova 2014 ofitsialnyy arhiv arhiv kubka pamyati a.n. kolmogorova stmt-original originalnaya formulirovka ai_checked dan polnyy neorientirovannyy graf na 2014 vershinah. dva igroka po ocheredi orientiruyut esche ne orientirovannye rebra. za odin hod pervyy igrok orientiruet odno rebro, a vtoroy — ot 1 do 1000 reber. kogda vse rebra orientirovany, pervyy igrok vyigryvaet, esli poluchivshiysya orientirovannyy graf soderzhit prostoy orientirovannyy tsikl; inache vyigryvaet vtoroy igrok. opredelite pobeditelya pri pravilnoy igre. simple_graph complete_graph directed_graph cycle idea-graph-role grafovaya rol kartochka fiksiruet zadachu kak yavno grafovuyu: grafovaya model prisutstvuet uzhe v uslovii, a v kontse poluchaetsya turnir — orientatsiya polnogo grafa. tournaments ai_checked idea-longest-chain-counting dlinnaya tsepochka i podschet hord pervyy igrok mozhet kazhdyy raz udlinyat maksimalnuyu orientirovannuyu tsepochku na odnu vershinu. chtoby ne dat emu zamknut tsikl obratnoy hordoy, vtoroy dolzhen uspevat orientirovat vse rebra mezhdu vershinami etoy tsepochki, no k dline 2003 takih reber uzhe bolshe, chem moglo byt orientirovano za 2002 raunda. tournaments goal_strategy_game ai_checked sol-ai-longest-chain-counting strategiya pervogo cherez dlinnuyu tsepochku ai_checked complete_graph directed_graph path cycle vyigryvaet pervyy igrok. budem nazyvat tsepochkoy orientirovannyy put \\(v_1\\to v_2\\to\\cdots\\to v_k\\), sostavlennyy iz uzhe orientirovannyh reber. esli vtoroy igrok kogda-libo sam sozdal orientirovannyy tsikl, to etot tsikl ostanetsya do kontsa igry i pervyy uzhe vyigryvaet. poetomu dalshe schitaem, chto posle hodov vtorogo orientirovannyh tsiklov net. snachala dokazhem lemmu: posle hoda vtorogo, esli samaya dlinnaya tsepochka imeet menshe 2014 vershin, pervyy mozhet odnim hodom poluchit bolee dlinnuyu tsepochku. pust \\(v_1\\to v_2\\to\\cdots\\to v_k\\) — odna iz samyh dlinnyh tsepochek, i pust \\(a\\) — vershina vne nee. esli rebro mezhdu \\(a\\) i \\(v_1\\) esche ne orientirovano, pervyy napravlyaet ego kak \\(a\\to v_1\\) i udlinyaet tsepochku sleva; esli ono uzhe napravleno \\(a\\to v_1\\), takaya bolee dlinnaya tsepochka uzhe byla by. znachit, kogda udlinit sleva nelzya, obyazatelno stoit strelka \\(v_1\\to a\\). analogichno, kogda udli…","source_keys":["kolmogorov"]}
{"id":"kolmogorov-2014-round1-oriendiriya-road-orientation-game","title":"Игра ориентации рёбер полного графа, Кубок Колмогорова 2014","path":"data\\problems\\kolmogorov\\kolmogorov-2014-round1-oriendiriya-road-orientation-game.yaml","raw_github_url":"https://raw.githubusercontent.com/didin-maxim/knowledge_graph_of_graphs/main/data/problems/kolmogorov/kolmogorov-2014-round1-oriendiriya-road-orientation-game.yaml","viewer_url":"https://didin-maxim.github.io/knowledge_graph_of_graphs/#kolmogorov-2014-round1-oriendiriya-road-orientation-game","source_key":"kolmogorov","source_label":"Кубок Колмогорова","source_titles":["Кубок Колмогорова 2014 официальный архив","Архив Кубка памяти А.Н. Колмогорова"],"year":"2014","type":"olympiad_problem","authors":["Жюри"],"tags":["tournaments","goal_strategy_game"],"agent_topics":["game_strategy"],"difficulty":{"main":"national_final_medium","local_score":5,"comment":"Вариант первого тура для второй лиги и младших участников; короткая стратегия через инвариант упорядоченного разбиения.","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 Ориентирия 100 городов, каждые два города соединены дорогой с двусторонним движением. Два министра играют в игру. Первый каждым своим ходом вводит одностороннее движение на любой еще не ориентированной дороге. Второй каждым своим ходом вводит одностороннее движение на любом количестве от 0 до 98 еще не ориентированных дорог. Игра заканчивается, когда все дороги ориентированы. Первый министр выигрывает, если найдется такой город, что из него можно выехать по какой-нибудь дороге и, соблюдая правила движения, вернуться обратно. Иначе выигрывает второй министр. Какой министр выигрывает при правильной игре? (Жюри)","definition_ids":["complete_graph","directed_graph","cycle"]}],"graph_theory":[{"id":"stmt-graph","title":"Игра ориентации рёбер K100","status":"ai_checked","text":"На рёбрах полного графа \\(K_{100}\\) играют два игрока. Первый за ход ориентирует одно ещё не ориентированное ребро, второй за ход ориентирует от 0 до 98 ещё не ориентированных рёбер. Первый выигрывает, если после ориентации всех рёбер итоговый турнир содержит ориентированный цикл; второй выигрывает, если итоговый турнир ацикличен. Определите победителя при правильной игре.","definition_ids":["complete_graph","directed_graph","cycle","tournament"]}]},"solutions":[{"id":"sol-second-player-block-strategy","title":"Стратегия второго через упорядоченные блоки","status":"ai_checked","definition_ids":["complete_graph","directed_graph","cycle","tournament"],"standard_idea_ids":[],"tags":[],"has_text":true,"text_preview":"Выигрывает второй министр. После каждого своего хода он будет поддерживать такой инвариант. Все города разбиты на упорядоченные блоки \\(B_1,\\ldots,B_s\\). Если города лежат в разных блоках, то дорога между ними уже ориентирована из более раннего блока в более поздний. Если города лежат в одном блоке, то дорога между ними еще не ориентирована. В начале есть один блок из всех 100 городов, поэтому инвариант выполнен. Пусть перед ходом первого инвариант выполнен. Все дороги между разными блоками уже ориентированы, значит первый может выбрать только дорогу внутри некоторого блока \\(B\\). Пусть он ориентировал дорогу \\(x\\to y\\), где \\(x,y\\in B\\) и \\(|B|=m\\). Эта стрелка сама по себе не создает ориентированного цикла: внутри \\(B\\) до нее не было ориентированных дорог, а все дороги из внешних блоков идут относительно всего блока \\(B\\) в одном направлении. Ответ второго такой. Он заменяет блок \\(B…"}],"relations":[{"id":"rel-kolmogorov-2014-oriendiriya-complete-orientation-game","neighbor_id":"kolmogorov-2014-round1-complete-graph-orientation-game","direction":"forward","type":"false_friend","distance":1,"status":"ai_checked"}],"search_text":"kolmogorov-2014-round1-oriendiriya-road-orientation-game игра ориентации рёбер полного графа, кубок колмогорова 2014 tournaments goal_strategy_game 2014 https://turmath.ru/kolm/archive.php https://turmath.ru/kolm/files/archive/kolm18.zip kolmogorov kolmogorov2014 olympiad_archive src-kolmogorov-2014-official src-kolmogorov-archive with_solution архив кубка памяти а.н. колмогорова жюри кубок колмогорова кубок колмогорова 2014 официальный архив кубокколмогорова кубокколмогорова2014 жюри кубок колмогорова 2014 официальный архив архив кубка памяти а.н. колмогорова stmt-original оригинальная формулировка ai_checked в стране ориентирия 100 городов, каждые два города соединены дорогой с двусторонним движением. два министра играют в игру. первый каждым своим ходом вводит одностороннее движение на любой еще не ориентированной дороге. второй каждым своим ходом вводит одностороннее движение на любом количестве от 0 до 98 еще не ориентированных дорог. игра заканчивается, когда все дороги ориентированы. первый министр выигрывает, если найдется такой город, что из него можно выехать по какой-нибудь дороге и, соблюдая правила движения, вернуться обратно. иначе выигрывает второй министр. какой министр выигрывает при правильной игре? (жюри) complete_graph directed_graph cycle stmt-graph игра ориентации рёбер k100 ai_checked на рёбрах полного графа \\(k_{100}\\) играют два игрока. первый за ход ориентирует одно ещё не ориентированное ребро, второй за ход ориентирует от 0 до 98 ещё не ориентированных рёбер. первый выигрывает, если после ориентации всех рёбер итоговый турнир содержит ориентированный цикл; второй выигрывает, если итоговый турнир ацикличен. определите победителя при правильной игре. complete_graph directed_graph cycle tournament idea-ordered-blocks инвариант упорядоченных блоков второй игрок может поддерживать упорядоченное разбиение городов на блоки: все дороги между разными блоками уже ориентированы от более раннего блока к более позднему, а внутри блоков дорог с направлением нет. после хода первого внутри блока второй отделяет конец новой стрелки в отдельный следующий блок. tournaments ai_checked sol-second-player-block-strategy стратегия второго через упорядоченные блоки ai_checked complete_graph directed_graph cycle tournament выигрывает второй министр. после каждого своего хода он будет поддерживать такой инвариант. все города разбиты на упорядоченные блоки \\(b_1,\\ldots,b_s\\). если города лежат в разных блоках, то дорога между ними уже ориентирована из более раннего блока в более поздний. если города лежат в одном блоке, то дорога между ними еще не ориентирована. в начале есть один блок из всех 100 городов, поэтому инвариант выполнен. пусть перед ходом первого инвариант выполнен. все дороги между разными блоками уже ориентированы, значит первый может выбрать только дорогу внутри некоторого блока \\(b\\). пусть он ориентировал дорогу \\(x\\to y\\), где \\(x,y\\in b\\) и \\(|b|=m\\). эта стрелка сама по себе не создает ориентированного цикла: внутри \\(b\\) до нее не было ориентированных дорог, а все дороги из внешних блоков идут относительно всего блока \\(b\\) в одном направлении. ответ второго такой. он заменяет блок \\(b… kolmogorov-2014-round1-oriendiriya-road-orientation-game igra orientatsii reber polnogo grafa, kubok kolmogorova 2014 tournaments goal_strategy_game 2014 https://turmath.ru/kolm/archive.php https://turmath.ru/kolm/files/archive/kolm18.zip kolmogorov kolmogorov2014 olympiad_archive src-kolmogorov-2014-official src-kolmogorov-archive with_solution arhiv kubka pamyati a.n. kolmogorova zhyuri kubok kolmogorova kubok kolmogorova 2014 ofitsialnyy arhiv kubokkolmogorova kubokkolmogorova2014 zhyuri kubok kolmogorova 2014 ofitsialnyy arhiv arhiv kubka pamyati a.n. kolmogorova stmt-original originalnaya formulirovka ai_checked v strane orientiriya 100 gorodov, kazhdye dva goroda soedineny dorogoy s dvustoronnim dvizheniem. dva ministra igrayut v igru. pervyy kazhdym svoim hodom vvodit odnostoronnee dvizhenie na lyuboy esche ne orientirovannoy doroge. vtoroy kazhdym svoim hodom vvodit odnostoronnee dvizhenie na lyubom kolichestve ot 0 do 98 esche ne orientirovannyh dorog. igra zakanchivaetsya, kogda vse dorogi orientirovany. pervyy ministr vyigryvaet, esli naydetsya takoy gorod, chto iz nego mozhno vyehat po kakoy-nibud doroge i, soblyudaya pravila dvizheniya, vernutsya obratno. inache vyigryvaet vtoroy ministr. kakoy ministr vyigryvaet pri pravilnoy igre? (zhyuri) complete_graph directed_graph cycle stmt-graph igra orientatsii reber k100 ai_checked na rebrah polnogo grafa \\(k_{100}\\) igrayut dva igroka. pervyy za hod orientiruet odno esche ne orientirovannoe rebro, vtoroy za hod orientiruet ot 0 do 98 esche ne orientirovannyh reber. pervyy vyigryvaet, esli posle orientatsii vseh reber itogovyy turnir soderzhit orientirovannyy tsikl; vtoroy vyigryvaet, esli itogovyy turnir atsiklichen. opredelite pobeditelya pri pravilnoy igre. complete_graph directed_graph cycle tournament idea-ordered-blocks invariant uporyadochennyh blokov vtoroy igrok mozhet podderzhivat uporyadochennoe razbienie gorodov na bloki: vse dorogi mezhdu raznymi blokami uzhe orientirovany ot bolee rannego bloka k bolee pozdnemu, a vnutri blokov dorog s napravleniem net. posle hoda pervogo vnutri bloka vtoroy otdelyaet konets novoy strelki v otdelnyy sleduyuschiy blok. tournaments ai_checked sol-second-player-block-strategy strategiya vtorogo cherez uporyadochennye bloki ai_checked complete_graph directed_graph cycle tournament vyigryvaet vtoroy ministr. posle kazhdogo svoego hoda on budet podderzhivat takoy invariant. vse goroda razbity na uporyadochennye bloki \\(b_1,\\ldots,b_s\\). esli goroda lezhat v raznyh blokah, to doroga mezhdu nimi uzhe orientirovana iz bolee rannego bloka v bolee pozdniy. esli goroda lezhat v odnom bloke, to doroga mezhdu nimi esche ne orientirovana. v nachale est odin blok iz vseh 100 gorodov, poetomu invariant vypolnen. pust pered hodom pervogo invariant vypolnen. vse dorogi mezhdu raznymi blokami uzhe orientirovany, znachit pervyy mozhet vybrat tolko dorogu vnutri nekotorogo bloka \\(b\\). pust on orientiroval dorogu \\(x\\to y\\), gde \\(x,y\\in b\\) i \\(|b|=m\\). eta strelka sama po sebe ne sozdaet orientirovannogo tsikla: vnutri \\(b\\) do nee ne bylo orientirovannyh dorog, a vse dorogi iz vneshnih blokov idut otnositelno vsego bloka \\(b\\) v odnom napravlenii. otvet vtorogo takoy. on zamenyaet blok \\(b…","source_keys":["kolmogorov"]}
{"id":"kolmogorov-2014-round3-city-triangle-routes","title":"Граф дорог и треугольные маршруты, Кубок Колмогорова 2014","path":"data\\problems\\kolmogorov\\kolmogorov-2014-round3-city-triangle-routes.yaml","raw_github_url":"https://raw.githubusercontent.com/didin-maxim/knowledge_graph_of_graphs/main/data/problems/kolmogorov/kolmogorov-2014-round3-city-triangle-routes.yaml","viewer_url":"https://didin-maxim.github.io/knowledge_graph_of_graphs/#kolmogorov-2014-round3-city-triangle-routes","source_key":"kolmogorov","source_label":"Кубок Колмогорова","source_titles":["Кубок Колмогорова 2014 официальный архив","Архив Кубка памяти А.Н. Колмогорова"],"year":"2014","type":"olympiad_problem","authors":["Карпов Д.В."],"tags":["double_counting","goal_counting","matching"],"agent_topics":[],"difficulty":{"main":"national_final_medium","local_score":6,"comment":"Импортировано из дополнительного графового прохода по КОЛМ 2014; исходный файл:  tur3_18.txt.","status":"needs_human_review"},"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 2014 городов. Из каждого города выходит ровно 8 дорог, и каждая дорога входит хотя бы в один циклический маршрут через три города. Докажите, что некоторый город входит хотя бы в пять циклических маршрутов через три города.","definition_ids":["simple_graph","degree","cycle"]}],"graph_theory":[{"id":"stmt-graph","title":"Треугольники в 8-регулярном графе","status":"ai_checked","text":"Пусть \\(G\\) — 8-регулярный граф на 2014 вершинах, в котором каждое ребро лежит хотя бы в одном треугольнике. Докажите, что некоторая вершина графа лежит хотя бы в пяти треугольниках.","definition_ids":["simple_graph","degree","cycle"]}]},"solutions":[{"id":"sol-neighborhood-matching-count","title":"Окрестность каждой вершины вынуждает паросочетание","status":"ai_checked","definition_ids":["simple_graph","degree","cycle"],"standard_idea_ids":["double_counting"],"tags":[],"has_text":true,"text_preview":"Переведём условие на язык графов: города — вершины, дороги — рёбра. Граф 8-регулярный, и каждое ребро лежит хотя бы в одном треугольнике. Предположим противное: каждая вершина лежит не более чем в четырёх треугольниках. Возьмём произвольную вершину \\(v\\) и рассмотрим её 8 соседей. Треугольники, проходящие через \\(v\\), взаимно однозначно соответствуют рёбрам между соседями \\(v\\): если два соседа соединены ребром, они вместе с \\(v\\) дают треугольник, и наоборот. Поэтому между 8 соседями вершины \\(v\\) есть не более 4 рёбер. С другой стороны, каждое ребро \\(vu\\), выходящее из \\(v\\), лежит в некотором треугольнике \\(vuw\\). Значит, сосед \\(u\\) соединён ребром с каким-то другим соседом \\(w\\) вершины \\(v\\). Следовательно, в графе на 8 соседях вершины \\(v\\) нет изолированных вершин. Но граф на 8 вершинах без изолированных вершин имеет хотя бы 4 ребра. Значит, у него ровно 4 ребра, и эти 4 ребра…"}],"relations":[{"id":"rel-kolm2014-4regular-cycles-city-triangle-routes","neighbor_id":"kolmogorov-2014-round3-four-regular-two-100-cycles","direction":"backward","type":"same_motif","distance":2,"status":"ai_checked"}],"search_text":"kolmogorov-2014-round3-city-triangle-routes граф дорог и треугольные маршруты, кубок колмогорова 2014 double_counting goal_counting matching 2014 https://turmath.ru/kolm/archive.php https://turmath.ru/kolm/files/archive/kolm18.zip kolmogorov kolmogorov2014 olympiad_archive src-kolmogorov-2014-official src-kolmogorov-archive with_solution архив кубка памяти а.н. колмогорова карпов д.в. кубок колмогорова кубок колмогорова 2014 официальный архив кубокколмогорова кубокколмогорова2014 карпов д.в. кубок колмогорова 2014 официальный архив архив кубка памяти а.н. колмогорова stmt-original оригинальная формулировка ai_checked в стране 2014 городов. из каждого города выходит ровно 8 дорог, и каждая дорога входит хотя бы в один циклический маршрут через три города. докажите, что некоторый город входит хотя бы в пять циклических маршрутов через три города. simple_graph degree cycle stmt-graph треугольники в 8-регулярном графе ai_checked пусть \\(g\\) — 8-регулярный граф на 2014 вершинах, в котором каждое ребро лежит хотя бы в одном треугольнике. докажите, что некоторая вершина графа лежит хотя бы в пяти треугольниках. simple_graph degree cycle idea-graph-role графовая роль карточка фиксирует задачу как явно графовую: графовая модель присутствует уже в условии или в сохранённых заметках к официальному решению. double_counting needs_human_review sol-neighborhood-matching-count окрестность каждой вершины вынуждает паросочетание ai_checked simple_graph degree cycle double_counting переведём условие на язык графов: города — вершины, дороги — рёбра. граф 8-регулярный, и каждое ребро лежит хотя бы в одном треугольнике. предположим противное: каждая вершина лежит не более чем в четырёх треугольниках. возьмём произвольную вершину \\(v\\) и рассмотрим её 8 соседей. треугольники, проходящие через \\(v\\), взаимно однозначно соответствуют рёбрам между соседями \\(v\\): если два соседа соединены ребром, они вместе с \\(v\\) дают треугольник, и наоборот. поэтому между 8 соседями вершины \\(v\\) есть не более 4 рёбер. с другой стороны, каждое ребро \\(vu\\), выходящее из \\(v\\), лежит в некотором треугольнике \\(vuw\\). значит, сосед \\(u\\) соединён ребром с каким-то другим соседом \\(w\\) вершины \\(v\\). следовательно, в графе на 8 соседях вершины \\(v\\) нет изолированных вершин. но граф на 8 вершинах без изолированных вершин имеет хотя бы 4 ребра. значит, у него ровно 4 ребра, и эти 4 ребра… kolmogorov-2014-round3-city-triangle-routes graf dorog i treugolnye marshruty, kubok kolmogorova 2014 double_counting goal_counting matching 2014 https://turmath.ru/kolm/archive.php https://turmath.ru/kolm/files/archive/kolm18.zip kolmogorov kolmogorov2014 olympiad_archive src-kolmogorov-2014-official src-kolmogorov-archive with_solution arhiv kubka pamyati a.n. kolmogorova karpov d.v. kubok kolmogorova kubok kolmogorova 2014 ofitsialnyy arhiv kubokkolmogorova kubokkolmogorova2014 karpov d.v. kubok kolmogorova 2014 ofitsialnyy arhiv arhiv kubka pamyati a.n. kolmogorova stmt-original originalnaya formulirovka ai_checked v strane 2014 gorodov. iz kazhdogo goroda vyhodit rovno 8 dorog, i kazhdaya doroga vhodit hotya by v odin tsiklicheskiy marshrut cherez tri goroda. dokazhite, chto nekotoryy gorod vhodit hotya by v pyat tsiklicheskih marshrutov cherez tri goroda. simple_graph degree cycle stmt-graph treugolniki v 8-regulyarnom grafe ai_checked pust \\(g\\) — 8-regulyarnyy graf na 2014 vershinah, v kotorom kazhdoe rebro lezhit hotya by v odnom treugolnike. dokazhite, chto nekotoraya vershina grafa lezhit hotya by v pyati treugolnikah. simple_graph degree cycle idea-graph-role grafovaya rol kartochka fiksiruet zadachu kak yavno grafovuyu: grafovaya model prisutstvuet uzhe v uslovii ili v sohranennyh zametkah k ofitsialnomu resheniyu. double_counting needs_human_review sol-neighborhood-matching-count okrestnost kazhdoy vershiny vynuzhdaet parosochetanie ai_checked simple_graph degree cycle double_counting perevedem uslovie na yazyk grafov: goroda — vershiny, dorogi — rebra. graf 8-regulyarnyy, i kazhdoe rebro lezhit hotya by v odnom treugolnike. predpolozhim protivnoe: kazhdaya vershina lezhit ne bolee chem v chetyreh treugolnikah. vozmem proizvolnuyu vershinu \\(v\\) i rassmotrim ee 8 sosedey. treugolniki, prohodyaschie cherez \\(v\\), vzaimno odnoznachno sootvetstvuyut rebram mezhdu sosedyami \\(v\\): esli dva soseda soedineny rebrom, oni vmeste s \\(v\\) dayut treugolnik, i naoborot. poetomu mezhdu 8 sosedyami vershiny \\(v\\) est ne bolee 4 reber. s drugoy storony, kazhdoe rebro \\(vu\\), vyhodyaschee iz \\(v\\), lezhit v nekotorom treugolnike \\(vuw\\). znachit, sosed \\(u\\) soedinen rebrom s kakim-to drugim sosedom \\(w\\) vershiny \\(v\\). sledovatelno, v grafe na 8 sosedyah vershiny \\(v\\) net izolirovannyh vershin. no graf na 8 vershinah bez izolirovannyh vershin imeet hotya by 4 rebra. znachit, u nego rovno 4 rebra, i eti 4 rebra…","source_keys":["kolmogorov"]}
{"id":"kolmogorov-2014-round3-four-regular-two-100-cycles","title":"Два непересекающихся 100-цикла в 4-регулярном графе, Кубок Колмогорова 2014","path":"data\\problems\\kolmogorov\\kolmogorov-2014-round3-four-regular-two-100-cycles.yaml","raw_github_url":"https://raw.githubusercontent.com/didin-maxim/knowledge_graph_of_graphs/main/data/problems/kolmogorov/kolmogorov-2014-round3-four-regular-two-100-cycles.yaml","viewer_url":"https://didin-maxim.github.io/knowledge_graph_of_graphs/#kolmogorov-2014-round3-four-regular-two-100-cycles","source_key":"kolmogorov","source_label":"Кубок Колмогорова","source_titles":["Кубок Колмогорова 2014 официальный архив","Архив Кубка памяти А.Н. Колмогорова"],"year":"2014","type":"olympiad_problem","authors":["Карпов Д.В."],"tags":["connectivity","goal_proof","construction","hamiltonian_cycles"],"agent_topics":[],"difficulty":{"main":"national_final_hard","local_score":9,"comment":"2026-05-06 high-reasoning pass: задача закрыта через структурную классификацию Pfender--Royle для 4-регулярных графов, каждое ребро которых лежит в треугольнике. Связность после удаления любых трёх вершин исключает замены на K_{1,1,3}; линейный граф кубического мультиграфа исключается по модулю 3; остаётся квадрат 200-цикла.","status":"ai_checked"},"review_status":"needs_human_review","public_ready":false,"solution_state":"without_solution","solution_classification":{"type":"heavy_external_theorem_application","label":"решение через структурную классификацию","status":"ai_checked","confidence":0.86,"basis":"целевая проверка группы E с классификацией Pfender--Royle","notes":"Сознательное применение классификации Pfender--Royle для 4-регулярных графов с треугольным свойством; элементарный частный разбор не найден.","external_theorem_ids":["Pfender--Royle quartic triangle-property classification"],"audit_source":"agent-russian-archives.json"},"statements":{"original":[{"id":"stmt-original","title":"Оригинальная формулировка","status":"source_verified","text":"Связный граф имеет 200 вершин. Степень каждой вершины равна 4, каждое ребро принадлежит треугольнику, и после удаления любых трёх вершин граф остаётся связным. Докажите, что граф содержит два простых цикла длины 100, не имеющих общих вершин.","definition_ids":["simple_graph","cycle","degree","connected_graph"]}]},"solutions":[{"id":"sol-structural-classification-square-cycle","title":"Структурная классификация 4-регулярных треугольных графов","status":"needs_human_review","definition_ids":["simple_graph","cycle","degree","connected_graph","line_graph","multigraph","graph_cut"],"standard_idea_ids":["invariant"],"tags":[],"has_text":true,"text_preview":"Будем пользоваться следующей структурной леммой Pfender--Royle для простых 4-регулярных графов, в которых каждое ребро лежит в треугольнике: такой связный граф либо является квадратом цикла \\(C_n^2\\), либо получается из линейного мультиграфа \\(L(M)\\) некоторого кубического мультиграфа \\(M\\) последовательной заменой некоторых треугольников на копии \\(K_{1,1,3}\\) так, что в итоге все кратные рёбра исчезают. Здесь \\(C_n^2\\) означает граф на вершинах \\(0,1,\\ldots,n-1\\), где соединены вершины, отличающиеся по модулю \\(n\\) на \\(1\\) или \\(2\\); а \\(K_{1,1,3}\\) — полный трёхдольный граф с долями размеров \\(1,1,3\\). Применим эту лемму к нашему графу \\(G\\). Сначала покажем, что в \\(G\\) не могла появиться замена треугольника на \\(K_{1,1,3}\\). В такой копии обозначим две одновершинные доли через \\(a,b\\), а трёхвершинную долю через \\(X\\). Внутри \\(K_{1,1,3}\\) вершины \\(a\\) и \\(b\\) смежны друг с друго…"}],"relations":[{"id":"rel-bondy-links-kolmogorov-2014-cycle-spectrum-contrast","neighbor_id":"bondy-pancyclic-theorem","direction":"backward","type":"false_friend","distance":4,"status":"needs_human_review"},{"id":"rel-kolm2014-4regular-cycles-city-triangle-routes","neighbor_id":"kolmogorov-2014-round3-city-triangle-routes","direction":"forward","type":"same_motif","distance":2,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-kolm2014-4regular-cycles-bw1997-hamiltonian-decomposition","neighbor_id":"baltic-way-1997-p19-edge-disjoint-hamiltonian-cycles","direction":"forward","type":"same_motif","distance":3,"status":"needs_human_review"},{"id":"rel-kolm2014-4regular-cycles-dirac-hamiltonian-contrast","neighbor_id":"dirac-theorem","direction":"forward","type":"same_motif","distance":4,"status":"needs_human_review"}],"search_text":"kolmogorov-2014-round3-four-regular-two-100-cycles два непересекающихся 100-цикла в 4-регулярном графе, кубок колмогорова 2014 connectivity goal_proof construction hamiltonian_cycles 2014 https://turmath.ru/kolm/archive.php https://turmath.ru/kolm/files/archive/kolm18.zip kolmogorov kolmogorov2014 olympiad_archive src-kolmogorov-2014-official src-kolmogorov-archive without_solution архив кубка памяти а.н. колмогорова карпов д.в. кубок колмогорова кубок колмогорова 2014 официальный архив кубокколмогорова кубокколмогорова2014 карпов д.в. кубок колмогорова 2014 официальный архив архив кубка памяти а.н. колмогорова stmt-original оригинальная формулировка source_verified связный граф имеет 200 вершин. степень каждой вершины равна 4, каждое ребро принадлежит треугольнику, и после удаления любых трёх вершин граф остаётся связным. докажите, что граф содержит два простых цикла длины 100, не имеющих общих вершин. simple_graph cycle degree connected_graph idea-classify-quartic-triangle-graphs свести граф к квадрату цикла ключевой структурный шаг: простой 4-регулярный граф, в котором каждое ребро лежит в треугольнике, либо является квадратом цикла, либо получается из линейного мультиграфа кубического мультиграфа заменами треугольников на \\(k_{1,1,3}\\). условие 4-вершинной связности запрещает такие замены, а число 200 не подходит для линейного графа кубического мультиграфа. connectivity construction ai_checked sol-structural-classification-square-cycle структурная классификация 4-регулярных треугольных графов needs_human_review simple_graph cycle degree connected_graph line_graph multigraph graph_cut invariant будем пользоваться следующей структурной леммой pfender--royle для простых 4-регулярных графов, в которых каждое ребро лежит в треугольнике: такой связный граф либо является квадратом цикла \\(c_n^2\\), либо получается из линейного мультиграфа \\(l(m)\\) некоторого кубического мультиграфа \\(m\\) последовательной заменой некоторых треугольников на копии \\(k_{1,1,3}\\) так, что в итоге все кратные рёбра исчезают. здесь \\(c_n^2\\) означает граф на вершинах \\(0,1,\\ldots,n-1\\), где соединены вершины, отличающиеся по модулю \\(n\\) на \\(1\\) или \\(2\\); а \\(k_{1,1,3}\\) — полный трёхдольный граф с долями размеров \\(1,1,3\\). применим эту лемму к нашему графу \\(g\\). сначала покажем, что в \\(g\\) не могла появиться замена треугольника на \\(k_{1,1,3}\\). в такой копии обозначим две одновершинные доли через \\(a,b\\), а трёхвершинную долю через \\(x\\). внутри \\(k_{1,1,3}\\) вершины \\(a\\) и \\(b\\) смежны друг с друго… kolmogorov-2014-round3-four-regular-two-100-cycles dva neperesekayuschihsya 100-tsikla v 4-regulyarnom grafe, kubok kolmogorova 2014 connectivity goal_proof construction hamiltonian_cycles 2014 https://turmath.ru/kolm/archive.php https://turmath.ru/kolm/files/archive/kolm18.zip kolmogorov kolmogorov2014 olympiad_archive src-kolmogorov-2014-official src-kolmogorov-archive without_solution arhiv kubka pamyati a.n. kolmogorova karpov d.v. kubok kolmogorova kubok kolmogorova 2014 ofitsialnyy arhiv kubokkolmogorova kubokkolmogorova2014 karpov d.v. kubok kolmogorova 2014 ofitsialnyy arhiv arhiv kubka pamyati a.n. kolmogorova stmt-original originalnaya formulirovka source_verified svyaznyy graf imeet 200 vershin. stepen kazhdoy vershiny ravna 4, kazhdoe rebro prinadlezhit treugolniku, i posle udaleniya lyubyh treh vershin graf ostaetsya svyaznym. dokazhite, chto graf soderzhit dva prostyh tsikla dliny 100, ne imeyuschih obschih vershin. simple_graph cycle degree connected_graph idea-classify-quartic-triangle-graphs svesti graf k kvadratu tsikla klyuchevoy strukturnyy shag: prostoy 4-regulyarnyy graf, v kotorom kazhdoe rebro lezhit v treugolnike, libo yavlyaetsya kvadratom tsikla, libo poluchaetsya iz lineynogo multigrafa kubicheskogo multigrafa zamenami treugolnikov na \\(k_{1,1,3}\\). uslovie 4-vershinnoy svyaznosti zapreschaet takie zameny, a chislo 200 ne podhodit dlya lineynogo grafa kubicheskogo multigrafa. connectivity construction ai_checked sol-structural-classification-square-cycle strukturnaya klassifikatsiya 4-regulyarnyh treugolnyh grafov needs_human_review simple_graph cycle degree connected_graph line_graph multigraph graph_cut invariant budem polzovatsya sleduyuschey strukturnoy lemmoy pfender--royle dlya prostyh 4-regulyarnyh grafov, v kotoryh kazhdoe rebro lezhit v treugolnike: takoy svyaznyy graf libo yavlyaetsya kvadratom tsikla \\(c_n^2\\), libo poluchaetsya iz lineynogo multigrafa \\(l(m)\\) nekotorogo kubicheskogo multigrafa \\(m\\) posledovatelnoy zamenoy nekotoryh treugolnikov na kopii \\(k_{1,1,3}\\) tak, chto v itoge vse kratnye rebra ischezayut. zdes \\(c_n^2\\) oznachaet graf na vershinah \\(0,1,\\ldots,n-1\\), gde soedineny vershiny, otlichayuschiesya po modulyu \\(n\\) na \\(1\\) ili \\(2\\); a \\(k_{1,1,3}\\) — polnyy trehdolnyy graf s dolyami razmerov \\(1,1,3\\). primenim etu lemmu k nashemu grafu \\(g\\). snachala pokazhem, chto v \\(g\\) ne mogla poyavitsya zamena treugolnika na \\(k_{1,1,3}\\). v takoy kopii oboznachim dve odnovershinnye doli cherez \\(a,b\\), a trehvershinnuyu dolyu cherez \\(x\\). vnutri \\(k_{1,1,3}\\) vershiny \\(a\\) i \\(b\\) smezhny drug s drugo…","source_keys":["kolmogorov"]}
{"id":"kolmogorov-2014-round4-diameter-cycle-length","title":"Условие на диаметр заставляет существовать длинный цикл, Кубок Колмогорова 2014","path":"data\\problems\\kolmogorov\\kolmogorov-2014-round4-diameter-cycle-length.yaml","raw_github_url":"https://raw.githubusercontent.com/didin-maxim/knowledge_graph_of_graphs/main/data/problems/kolmogorov/kolmogorov-2014-round4-diameter-cycle-length.yaml","viewer_url":"https://didin-maxim.github.io/knowledge_graph_of_graphs/#kolmogorov-2014-round4-diameter-cycle-length","source_key":"kolmogorov","source_label":"Кубок Колмогорова","source_titles":["Кубок Колмогорова 2014 официальный архив","Архив Кубка памяти А.Н. Колмогорова"],"year":"2014","type":"olympiad_problem","authors":["S. Kozerenko","T. Huynh"],"tags":["connectivity","goal_exact_bound"],"agent_topics":[],"difficulty":{"main":"national_final_medium","local_score":6,"comment":"Импортировано из дополнительного графового прохода по КОЛМ 2014; исходный файл:  tur4_18.txt.","status":"needs_human_review"},"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 графе расстояние между любыми двумя вершинами не превосходит \\(d\\), где \\(d>1\\), и для каждой вершины найдётся другая вершина на расстоянии \\(d\\) от неё. Докажите, что в графе есть простой цикл, содержащий не менее \\(2d\\) вершин.","definition_ids":["connected_graph","simple_graph","cycle","path"]}]},"solutions":[{"id":"sol-ai-two-connected-diameter","title":"ИИ-решение через 2-связность и диаметральные вершины","status":"ai_checked","definition_ids":["connected_graph","simple_graph","cycle","path"],"standard_idea_ids":[],"tags":[],"has_text":true,"text_preview":"По условию расстояние между любыми двумя вершинами не превосходит \\(d\\), а для каждой вершины есть вершина на расстоянии \\(d\\). Значит, граф связен, его диаметр равен \\(d\\), и эксцентриситет каждой вершины равен \\(d\\). Сначала докажем, что в графе нет точки сочленения. Предположим, что вершина \\(c\\) является точкой сочленения. Так как эксцентриситет \\(c\\) равен \\(d\\), найдётся вершина \\(x\\), для которой \\(\\rho(c,x)=d\\). Пусть \\(C\\) — компонента графа без вершины \\(c\\), содержащая \\(x\\). Поскольку \\(c\\) — точка сочленения, есть другая компонента; возьмём в ней вершину \\(y\\). Любой путь из \\(x\\) в \\(y\\) обязан проходить через \\(c\\), поэтому \\[ \\rho(x,y)=\\rho(x,c)+\\rho(c,y)>d. \\] Это противоречит условию, что все расстояния не превосходят \\(d\\). Следовательно, точек сочленения нет. Теперь используем стандартную лемму о 2-связных графах, то есть частный случай теоремы Менгера: в связном гра…"}],"relations":[{"id":"rel-kolm-2014-diameter-cycle-bmo-2025-longest-path","neighbor_id":"bmo-2025-p4-flights-long-short-paths","direction":"forward","type":"same_motif","distance":3,"status":"needs_human_review"},{"id":"rel-miklos-2002-p2-kolmogorov-2014-diameter-connectivity","neighbor_id":"miklos-schweitzer-2002-p2-edge-connected-short-paths","direction":"backward","type":"same_motif","distance":3,"status":"needs_human_review"}],"search_text":"kolmogorov-2014-round4-diameter-cycle-length условие на диаметр заставляет существовать длинный цикл, кубок колмогорова 2014 connectivity goal_exact_bound 2014 https://turmath.ru/kolm/archive.php https://turmath.ru/kolm/files/archive/kolm18.zip kolmogorov kolmogorov2014 olympiad_archive s. kozerenko skozerenko src-kolmogorov-2014-official src-kolmogorov-archive t. huynh thuynh with_solution архив кубка памяти а.н. колмогорова кубок колмогорова кубок колмогорова 2014 официальный архив кубокколмогорова кубокколмогорова2014 s. kozerenko t. huynh кубок колмогорова 2014 официальный архив архив кубка памяти а.н. колмогорова stmt-original оригинальная формулировка ai_checked в графе расстояние между любыми двумя вершинами не превосходит \\(d\\), где \\(d>1\\), и для каждой вершины найдётся другая вершина на расстоянии \\(d\\) от неё. докажите, что в графе есть простой цикл, содержащий не менее \\(2d\\) вершин. connected_graph simple_graph cycle path idea-graph-role графовая роль условие говорит, что граф имеет диаметр \\(d\\), и каждая вершина имеет эксцентриситет \\(d\\). это делает граф самоуцентрированным; ключевой шаг решения — заметить, что такой граф не может иметь точку сочленения. connectivity ai_checked sol-ai-two-connected-diameter ии-решение через 2-связность и диаметральные вершины ai_checked connected_graph simple_graph cycle path по условию расстояние между любыми двумя вершинами не превосходит \\(d\\), а для каждой вершины есть вершина на расстоянии \\(d\\). значит, граф связен, его диаметр равен \\(d\\), и эксцентриситет каждой вершины равен \\(d\\). сначала докажем, что в графе нет точки сочленения. предположим, что вершина \\(c\\) является точкой сочленения. так как эксцентриситет \\(c\\) равен \\(d\\), найдётся вершина \\(x\\), для которой \\(\\rho(c,x)=d\\). пусть \\(c\\) — компонента графа без вершины \\(c\\), содержащая \\(x\\). поскольку \\(c\\) — точка сочленения, есть другая компонента; возьмём в ней вершину \\(y\\). любой путь из \\(x\\) в \\(y\\) обязан проходить через \\(c\\), поэтому \\[ \\rho(x,y)=\\rho(x,c)+\\rho(c,y)>d. \\] это противоречит условию, что все расстояния не превосходят \\(d\\). следовательно, точек сочленения нет. теперь используем стандартную лемму о 2-связных графах, то есть частный случай теоремы менгера: в связном гра… kolmogorov-2014-round4-diameter-cycle-length uslovie na diametr zastavlyaet suschestvovat dlinnyy tsikl, kubok kolmogorova 2014 connectivity goal_exact_bound 2014 https://turmath.ru/kolm/archive.php https://turmath.ru/kolm/files/archive/kolm18.zip kolmogorov kolmogorov2014 olympiad_archive s. kozerenko skozerenko src-kolmogorov-2014-official src-kolmogorov-archive t. huynh thuynh with_solution arhiv kubka pamyati a.n. kolmogorova kubok kolmogorova kubok kolmogorova 2014 ofitsialnyy arhiv kubokkolmogorova kubokkolmogorova2014 s. kozerenko t. huynh kubok kolmogorova 2014 ofitsialnyy arhiv arhiv kubka pamyati a.n. kolmogorova stmt-original originalnaya formulirovka ai_checked v grafe rasstoyanie mezhdu lyubymi dvumya vershinami ne prevoshodit \\(d\\), gde \\(d>1\\), i dlya kazhdoy vershiny naydetsya drugaya vershina na rasstoyanii \\(d\\) ot nee. dokazhite, chto v grafe est prostoy tsikl, soderzhaschiy ne menee \\(2d\\) vershin. connected_graph simple_graph cycle path idea-graph-role grafovaya rol uslovie govorit, chto graf imeet diametr \\(d\\), i kazhdaya vershina imeet ekstsentrisitet \\(d\\). eto delaet graf samoutsentrirovannym; klyuchevoy shag resheniya — zametit, chto takoy graf ne mozhet imet tochku sochleneniya. connectivity ai_checked sol-ai-two-connected-diameter ii-reshenie cherez 2-svyaznost i diametralnye vershiny ai_checked connected_graph simple_graph cycle path po usloviyu rasstoyanie mezhdu lyubymi dvumya vershinami ne prevoshodit \\(d\\), a dlya kazhdoy vershiny est vershina na rasstoyanii \\(d\\). znachit, graf svyazen, ego diametr raven \\(d\\), i ekstsentrisitet kazhdoy vershiny raven \\(d\\). snachala dokazhem, chto v grafe net tochki sochleneniya. predpolozhim, chto vershina \\(c\\) yavlyaetsya tochkoy sochleneniya. tak kak ekstsentrisitet \\(c\\) raven \\(d\\), naydetsya vershina \\(x\\), dlya kotoroy \\(\\rho(c,x)=d\\). pust \\(c\\) — komponenta grafa bez vershiny \\(c\\), soderzhaschaya \\(x\\). poskolku \\(c\\) — tochka sochleneniya, est drugaya komponenta; vozmem v ney vershinu \\(y\\). lyuboy put iz \\(x\\) v \\(y\\) obyazan prohodit cherez \\(c\\), poetomu \\[ \\rho(x,y)=\\rho(x,c)+\\rho(c,y)>d. \\] eto protivorechit usloviyu, chto vse rasstoyaniya ne prevoshodyat \\(d\\). sledovatelno, tochek sochleneniya net. teper ispolzuem standartnuyu lemmu o 2-svyaznyh grafah, to est chastnyy sluchay teoremy mengera: v svyaznom gra…","source_keys":["kolmogorov"]}
{"id":"kolmogorov-2015-individual-olympiad-juniors-problem-7","title":"Раскраска пар на балу при степенях не меньше 2, Кубок Колмогорова 2015","path":"data\\problems\\kolmogorov\\kolmogorov-2015-individual-olympiad-juniors-problem-7.yaml","raw_github_url":"https://raw.githubusercontent.com/didin-maxim/knowledge_graph_of_graphs/main/data/problems/kolmogorov/kolmogorov-2015-individual-olympiad-juniors-problem-7.yaml","viewer_url":"https://didin-maxim.github.io/knowledge_graph_of_graphs/#kolmogorov-2015-individual-olympiad-juniors-problem-7","source_key":"kolmogorov","source_label":"Кубок Колмогорова","source_titles":["Кубок Колмогорова 2015 официальный архив","Архив Кубка памяти А.Н. Колмогорова"],"year":"2015","type":"olympiad_problem","authors":[],"tags":["coloring","graph_in_solution","goal_existence"],"agent_topics":[],"difficulty":{"main":"national_final_medium","local_score":6,"comment":"Импортировано из подготовленной графовой карточки KOLM; оценка сложности требует проверки человеком.","status":"ai_checked"},"review_status":"ai_checked","public_ready":true,"solution_state":"with_solution","solution_classification":{"type":"ai_repaired_complete","label":"полное восстановленное решение","status":"ai_checked","confidence":0.91,"basis":"очень высокий аудит 2026-05-07","notes":"Скрытый пробел старого наброска закрыт заменой модели на ориентированный граф пар с входящими и исходящими дугами; решение восстановлено как самодостаточное.","audit_source":"very_high_pipeline_batch_5_2026_05_07"},"statements":{"original":[{"id":"stmt-original","title":"Оригинальная формулировка","status":"ai_checked","text":"На балу присутствуют 2015 пар, каждая состоит из мальчика и девочки. Каждый участник знаком со своим партнером и еще хотя бы с одним человеком противоположного пола. Нужно раскрасить всех участников в три цвета так, чтобы у каждого было хотя бы два знакомых разных цветов.","definition_ids":["simple_graph"]}]},"solutions":[{"id":"sol-official-compressed","title":"Полное решение через ориентированный граф пар","status":"ai_checked","definition_ids":["simple_graph","directed_graph","outdegree","indegree","proper_coloring","cycle","tree"],"standard_idea_ids":["greedy_ordering","induction"],"tags":[],"has_text":true,"text_preview":"Обозначим пары через \\((M_i,D_i)\\), где \\(M_i\\) - мальчик, \\(D_i\\) - его партнёрша, \\(i=1,\\ldots,2015\\). Построим ориентированный граф \\(Q\\) на вершинах \\(1,\\ldots,2015\\). Проведём дугу \\(i\\to j\\), если \\(i\\ne j\\) и мальчик \\(M_i\\) знаком с девочкой \\(D_j\\). Так как каждый мальчик знаком, кроме партнёрши, ещё хотя бы с одной девочкой, из каждой вершины \\(Q\\) выходит хотя бы одна дуга. Так как каждая девочка \\(D_j\\) знакома, кроме партнёра \\(M_j\\), ещё хотя бы с одним мальчиком \\(M_i\\), в каждую вершину \\(j\\) входит хотя бы одна дуга. Докажем простую лемму. Если в конечном ориентированном графе из каждой вершины выходит хотя бы одна дуга, то его вершины можно раскрасить в три цвета так, что у каждой вершины есть исходящий сосед другого цвета. Действительно, выберем из каждой вершины ровно одну исходящую дугу. Получится функциональный орграф: двигаясь по выбранным дугам из любой вершины,…"}],"relations":[],"search_text":"kolmogorov-2015-individual-olympiad-juniors-problem-7 раскраска пар на балу при степенях не меньше 2, кубок колмогорова 2015 coloring graph_in_solution goal_existence 2015 https://turmath.ru/kolm/archive.php https://turmath.ru/kolm/files/archive/kolm19.zip kolmogorov kolmogorov2015 olympiad_archive src-kolmogorov-2015-official src-kolmogorov-archive with_solution архив кубка памяти а.н. колмогорова кубок колмогорова кубок колмогорова 2015 официальный архив кубокколмогорова кубокколмогорова2015 ? кубок колмогорова 2015 официальный архив архив кубка памяти а.н. колмогорова stmt-original оригинальная формулировка ai_checked на балу присутствуют 2015 пар, каждая состоит из мальчика и девочки. каждый участник знаком со своим партнером и еще хотя бы с одним человеком противоположного пола. нужно раскрасить всех участников в три цвета так, чтобы у каждого было хотя бы два знакомых разных цветов. simple_graph idea-graph-role графовая роль удобно сжать каждую пару в одну вершину и провести ориентированную дугу \\(i\\to j\\), если мальчик из пары \\(i\\) знаком с девочкой из пары \\(j\\). исходящие дуги помогут раскрасить девочек, а входящие дуги, то есть исходящие в обратном орграфе, помогут независимо раскрасить мальчиков. graph_in_solution ai_checked idea-functional-digraph-coloring орграф с исходящей дугой из каждой вершины красится вдоль функциональных компонент если из каждой вершины выбрать одну исходящую дугу, получится функциональный орграф: каждая компонента состоит из направленного цикла с деревьями, входящими в него. цикл можно правильно раскрасить тремя цветами, а затем каждую предшествующую вершину красить в цвет, отличный от цвета её выбранного следующего соседа. coloring ai_checked sol-official-compressed полное решение через ориентированный граф пар ai_checked simple_graph directed_graph outdegree indegree proper_coloring cycle tree greedy_ordering induction обозначим пары через \\((m_i,d_i)\\), где \\(m_i\\) - мальчик, \\(d_i\\) - его партнёрша, \\(i=1,\\ldots,2015\\). построим ориентированный граф \\(q\\) на вершинах \\(1,\\ldots,2015\\). проведём дугу \\(i\\to j\\), если \\(i\\ne j\\) и мальчик \\(m_i\\) знаком с девочкой \\(d_j\\). так как каждый мальчик знаком, кроме партнёрши, ещё хотя бы с одной девочкой, из каждой вершины \\(q\\) выходит хотя бы одна дуга. так как каждая девочка \\(d_j\\) знакома, кроме партнёра \\(m_j\\), ещё хотя бы с одним мальчиком \\(m_i\\), в каждую вершину \\(j\\) входит хотя бы одна дуга. докажем простую лемму. если в конечном ориентированном графе из каждой вершины выходит хотя бы одна дуга, то его вершины можно раскрасить в три цвета так, что у каждой вершины есть исходящий сосед другого цвета. действительно, выберем из каждой вершины ровно одну исходящую дугу. получится функциональный орграф: двигаясь по выбранным дугам из любой вершины,… kolmogorov-2015-individual-olympiad-juniors-problem-7 raskraska par na balu pri stepenyah ne menshe 2, kubok kolmogorova 2015 coloring graph_in_solution goal_existence 2015 https://turmath.ru/kolm/archive.php https://turmath.ru/kolm/files/archive/kolm19.zip kolmogorov kolmogorov2015 olympiad_archive src-kolmogorov-2015-official src-kolmogorov-archive with_solution arhiv kubka pamyati a.n. kolmogorova kubok kolmogorova kubok kolmogorova 2015 ofitsialnyy arhiv kubokkolmogorova kubokkolmogorova2015 ? kubok kolmogorova 2015 ofitsialnyy arhiv arhiv kubka pamyati a.n. kolmogorova stmt-original originalnaya formulirovka ai_checked na balu prisutstvuyut 2015 par, kazhdaya sostoit iz malchika i devochki. kazhdyy uchastnik znakom so svoim partnerom i esche hotya by s odnim chelovekom protivopolozhnogo pola. nuzhno raskrasit vseh uchastnikov v tri tsveta tak, chtoby u kazhdogo bylo hotya by dva znakomyh raznyh tsvetov. simple_graph idea-graph-role grafovaya rol udobno szhat kazhduyu paru v odnu vershinu i provesti orientirovannuyu dugu \\(i\\to j\\), esli malchik iz pary \\(i\\) znakom s devochkoy iz pary \\(j\\). ishodyaschie dugi pomogut raskrasit devochek, a vhodyaschie dugi, to est ishodyaschie v obratnom orgrafe, pomogut nezavisimo raskrasit malchikov. graph_in_solution ai_checked idea-functional-digraph-coloring orgraf s ishodyaschey dugoy iz kazhdoy vershiny krasitsya vdol funktsionalnyh komponent esli iz kazhdoy vershiny vybrat odnu ishodyaschuyu dugu, poluchitsya funktsionalnyy orgraf: kazhdaya komponenta sostoit iz napravlennogo tsikla s derevyami, vhodyaschimi v nego. tsikl mozhno pravilno raskrasit tremya tsvetami, a zatem kazhduyu predshestvuyuschuyu vershinu krasit v tsvet, otlichnyy ot tsveta ee vybrannogo sleduyuschego soseda. coloring ai_checked sol-official-compressed polnoe reshenie cherez orientirovannyy graf par ai_checked simple_graph directed_graph outdegree indegree proper_coloring cycle tree greedy_ordering induction oboznachim pary cherez \\((m_i,d_i)\\), gde \\(m_i\\) - malchik, \\(d_i\\) - ego partnersha, \\(i=1,\\ldots,2015\\). postroim orientirovannyy graf \\(q\\) na vershinah \\(1,\\ldots,2015\\). provedem dugu \\(i\\to j\\), esli \\(i\\ne j\\) i malchik \\(m_i\\) znakom s devochkoy \\(d_j\\). tak kak kazhdyy malchik znakom, krome partnershi, esche hotya by s odnoy devochkoy, iz kazhdoy vershiny \\(q\\) vyhodit hotya by odna duga. tak kak kazhdaya devochka \\(d_j\\) znakoma, krome partnera \\(m_j\\), esche hotya by s odnim malchikom \\(m_i\\), v kazhduyu vershinu \\(j\\) vhodit hotya by odna duga. dokazhem prostuyu lemmu. esli v konechnom orientirovannom grafe iz kazhdoy vershiny vyhodit hotya by odna duga, to ego vershiny mozhno raskrasit v tri tsveta tak, chto u kazhdoy vershiny est ishodyaschiy sosed drugogo tsveta. deystvitelno, vyberem iz kazhdoy vershiny rovno odnu ishodyaschuyu dugu. poluchitsya funktsionalnyy orgraf: dvigayas po vybrannym dugam iz lyuboy vershiny,…","source_keys":["kolmogorov"]}
{"id":"kolmogorov-2015-round-2-graph-coloring-problem","title":"Трёхцветная раскраска графа при ограничении на число циклов через ребро, Кубок Колмогорова 2015","path":"data\\problems\\kolmogorov\\kolmogorov-2015-round-2-graph-coloring-problem.yaml","raw_github_url":"https://raw.githubusercontent.com/didin-maxim/knowledge_graph_of_graphs/main/data/problems/kolmogorov/kolmogorov-2015-round-2-graph-coloring-problem.yaml","viewer_url":"https://didin-maxim.github.io/knowledge_graph_of_graphs/#kolmogorov-2015-round-2-graph-coloring-problem","source_key":"kolmogorov","source_label":"Кубок Колмогорова","source_titles":["Кубок Колмогорова 2015 официальный архив","Архив Кубка памяти А.Н. Колмогорова"],"year":"2015","type":"olympiad_problem","authors":[],"tags":["coloring","connectivity","induction","goal_proof"],"agent_topics":[],"difficulty":{"main":"national_final_medium","local_score":6,"comment":"Импортировано из подготовленной графовой карточки KOLM; оценка сложности требует проверки человеком.","status":"needs_human_review"},"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":0.88,"basis":"официальный источник, восстановление 2026-04-27 и high-reasoning аудит 2026-05-17","notes":"Решение самодостаточно: все индукционные разрезы закрыты, а оставшийся 3-связный случай невозможен из-за подразделения K4, где ребро лежит в четырёх простых циклах.","audit_source":"agent-russian-archives.json"},"statements":{"original":[{"id":"stmt-original","title":"Оригинальная формулировка","status":"ai_checked","text":"В некотором графе через каждое ребро проходит не более трех простых циклов. Требуется доказать, что вершины этого графа можно правильно окрасить в три цвета.","definition_ids":["simple_graph"]}]},"solutions":[{"id":"sol-official-compressed","title":"Подробное решение","status":"ai_checked","definition_ids":["simple_graph"],"standard_idea_ids":["induction"],"tags":[],"has_text":true,"text_preview":"Докажем утверждение индукцией по числу вершин. Несвязный граф раскрашивается по компонентам, поэтому далее можно считать граф H связным. База для графов не более чем с тремя вершинами очевидна. Если в H есть точка сочленения a, то H разбивается на два меньших индуцированных подграфа H1 и H2 с единственной общей вершиной a. Каждый из них удовлетворяет тому же условию о циклах, потому что любой его простой цикл является простым циклом в H. По предположению индукции H1 и H2 правильно 3-раскрашиваются; переставив названия цветов в одной раскраске, добиваемся, чтобы цвет a совпал, и склеиваем раскраски. Теперь пусть H не имеет точек сочленения, но существуют две вершины x и y, такие что H - {x,y} несвязен. Разобьем компоненты H - {x,y} на две непустые группы и обозначим через H1' и H2' индуцированные подграфы на вершинах этих групп вместе с x и y. Так как в H нет точек сочленения, в каждом и…"}],"relations":[],"search_text":"kolmogorov-2015-round-2-graph-coloring-problem трёхцветная раскраска графа при ограничении на число циклов через ребро, кубок колмогорова 2015 coloring connectivity induction goal_proof 2015 https://turmath.ru/kolm/archive.php https://turmath.ru/kolm/files/archive/kolm19.zip kolmogorov kolmogorov2015 olympiad_archive src-kolmogorov-2015-official src-kolmogorov-archive with_solution архив кубка памяти а.н. колмогорова кубок колмогорова кубок колмогорова 2015 официальный архив кубокколмогорова кубокколмогорова2015 ? кубок колмогорова 2015 официальный архив архив кубка памяти а.н. колмогорова stmt-original оригинальная формулировка ai_checked в некотором графе через каждое ребро проходит не более трех простых циклов. требуется доказать, что вершины этого графа можно правильно окрасить в три цвета. simple_graph idea-graph-role графовая роль граф присутствует прямо в условии, а официальное решение полностью основано на разрезаниях графа по вершинам, индуцированных подграфах и поиске подразбиения k4. ai_checked sol-official-compressed подробное решение ai_checked simple_graph induction докажем утверждение индукцией по числу вершин. несвязный граф раскрашивается по компонентам, поэтому далее можно считать граф h связным. база для графов не более чем с тремя вершинами очевидна. если в h есть точка сочленения a, то h разбивается на два меньших индуцированных подграфа h1 и h2 с единственной общей вершиной a. каждый из них удовлетворяет тому же условию о циклах, потому что любой его простой цикл является простым циклом в h. по предположению индукции h1 и h2 правильно 3-раскрашиваются; переставив названия цветов в одной раскраске, добиваемся, чтобы цвет a совпал, и склеиваем раскраски. теперь пусть h не имеет точек сочленения, но существуют две вершины x и y, такие что h - {x,y} несвязен. разобьем компоненты h - {x,y} на две непустые группы и обозначим через h1' и h2' индуцированные подграфы на вершинах этих групп вместе с x и y. так как в h нет точек сочленения, в каждом и… kolmogorov-2015-round-2-graph-coloring-problem trehtsvetnaya raskraska grafa pri ogranichenii na chislo tsiklov cherez rebro, kubok kolmogorova 2015 coloring connectivity induction goal_proof 2015 https://turmath.ru/kolm/archive.php https://turmath.ru/kolm/files/archive/kolm19.zip kolmogorov kolmogorov2015 olympiad_archive src-kolmogorov-2015-official src-kolmogorov-archive with_solution arhiv kubka pamyati a.n. kolmogorova kubok kolmogorova kubok kolmogorova 2015 ofitsialnyy arhiv kubokkolmogorova kubokkolmogorova2015 ? kubok kolmogorova 2015 ofitsialnyy arhiv arhiv kubka pamyati a.n. kolmogorova stmt-original originalnaya formulirovka ai_checked v nekotorom grafe cherez kazhdoe rebro prohodit ne bolee treh prostyh tsiklov. trebuetsya dokazat, chto vershiny etogo grafa mozhno pravilno okrasit v tri tsveta. simple_graph idea-graph-role grafovaya rol graf prisutstvuet pryamo v uslovii, a ofitsialnoe reshenie polnostyu osnovano na razrezaniyah grafa po vershinam, indutsirovannyh podgrafah i poiske podrazbieniya k4. ai_checked sol-official-compressed podrobnoe reshenie ai_checked simple_graph induction dokazhem utverzhdenie induktsiey po chislu vershin. nesvyaznyy graf raskrashivaetsya po komponentam, poetomu dalee mozhno schitat graf h svyaznym. baza dlya grafov ne bolee chem s tremya vershinami ochevidna. esli v h est tochka sochleneniya a, to h razbivaetsya na dva menshih indutsirovannyh podgrafa h1 i h2 s edinstvennoy obschey vershinoy a. kazhdyy iz nih udovletvoryaet tomu zhe usloviyu o tsiklah, potomu chto lyuboy ego prostoy tsikl yavlyaetsya prostym tsiklom v h. po predpolozheniyu induktsii h1 i h2 pravilno 3-raskrashivayutsya; perestaviv nazvaniya tsvetov v odnoy raskraske, dobivaemsya, chtoby tsvet a sovpal, i skleivaem raskraski. teper pust h ne imeet tochek sochleneniya, no suschestvuyut dve vershiny x i y, takie chto h - {x,y} nesvyazen. razobem komponenty h - {x,y} na dve nepustye gruppy i oboznachim cherez h1' i h2' indutsirovannye podgrafy na vershinah etih grupp vmeste s x i y. tak kak v h net tochek sochleneniya, v kazhdom i…","source_keys":["kolmogorov"]}
{"id":"kolmogorov-2015-round-3-missionaries-and-cannibals-problem","title":"Граф переправ миссионеров и каннибалов через реку, Кубок Колмогорова 2015","path":"data\\problems\\kolmogorov\\kolmogorov-2015-round-3-missionaries-and-cannibals-problem.yaml","raw_github_url":"https://raw.githubusercontent.com/didin-maxim/knowledge_graph_of_graphs/main/data/problems/kolmogorov/kolmogorov-2015-round-3-missionaries-and-cannibals-problem.yaml","viewer_url":"https://didin-maxim.github.io/knowledge_graph_of_graphs/#kolmogorov-2015-round-3-missionaries-and-cannibals-problem","source_key":"kolmogorov","source_label":"Кубок Колмогорова","source_titles":["Кубок Колмогорова 2015 официальный архив","Архив Кубка памяти А.Н. Колмогорова"],"year":"2015","type":"olympiad_problem","authors":[],"tags":["goal_impossibility"],"agent_topics":[],"difficulty":{"main":"national_final_medium","local_score":6,"comment":"Импортировано из подготовленной графовой карточки KOLM; оценка сложности требует проверки человеком.","status":"needs_human_review"},"review_status":"needs_human_review","public_ready":false,"solution_state":"with_solution","solution_classification":{"type":"official_complete_or_near_complete","label":"официальное полное/почти полное","status":"ai_checked","confidence":0.86,"basis":"агентский аудит средней сложности","notes":"В этом проходе развёрнуты инвариант на берегах, переход от равных рейсов к степеням и двудольный подсчет по компонентам.","audit_source":"agent-russian-archives.json"},"statements":{"original":[{"id":"stmt-original","title":"Оригинальная формулировка","status":"ai_checked","text":"На лодке, вмещающей только двух человек, через реку переправилась группа миссионеров и каннибалов, причем миссионеров было на одного больше. Каждый раз туда плыли двое, обратно один. Ни на одном берегу миссионеров никогда не было меньше, чем каннибалов, и каннибалы не оставались без присмотра миссионеров. Могло ли получиться, что каждые двое, которые когда-либо переправлялись вместе, в итоге совершили одинаковое число рейсов?","definition_ids":["simple_graph"]}]},"solutions":[{"id":"sol-official-compressed","title":"Самодостаточное решение","status":"ai_checked","definition_ids":["simple_graph","bipartite_graph","connected_graph","degree","multigraph","path"],"standard_idea_ids":[],"tags":[],"has_text":true,"text_preview":"Ответ: не могло. Сначала уточним, кто может плыть вдвоем в направлении «туда». Пусть на исходном берегу в некоторый момент находятся `m` миссионеров и `c` каннибалов. Всего миссионеров на одного больше, чем каннибалов. Условие безопасности на исходном берегу дает `m >= c`, а условие безопасности на другом берегу, где находятся остальные люди, дает `c + 1 >= m`. Значит, всегда `m-c` равно либо `0`, либо `1`. Если бы туда поплыли два миссионера, то на исходном берегу разность `m-c` уменьшилась бы на `2` и стала бы отрицательной; там каннибалов оказалось бы больше, чем миссионеров. Если бы туда поплыли два каннибала, то разность `m-c` увеличилась бы на `2`, и тогда на другом берегу каннибалов стало бы больше, чем миссионеров. Поэтому каждый рейс туда вдвоем обязательно состоит из одного миссионера и одного каннибала. Для каждого человека число рейсов туда на единицу больше числа рейсов обр…"}],"relations":[],"search_text":"kolmogorov-2015-round-3-missionaries-and-cannibals-problem граф переправ миссионеров и каннибалов через реку, кубок колмогорова 2015 goal_impossibility 2015 https://turmath.ru/kolm/archive.php https://turmath.ru/kolm/files/archive/kolm19.zip kolmogorov kolmogorov2015 olympiad_archive src-kolmogorov-2015-official src-kolmogorov-archive with_solution архив кубка памяти а.н. колмогорова кубок колмогорова кубок колмогорова 2015 официальный архив кубокколмогорова кубокколмогорова2015 ? кубок колмогорова 2015 официальный архив архив кубка памяти а.н. колмогорова stmt-original оригинальная формулировка ai_checked на лодке, вмещающей только двух человек, через реку переправилась группа миссионеров и каннибалов, причем миссионеров было на одного больше. каждый раз туда плыли двое, обратно один. ни на одном берегу миссионеров никогда не было меньше, чем каннибалов, и каннибалы не оставались без присмотра миссионеров. могло ли получиться, что каждые двое, которые когда-либо переправлялись вместе, в итоге совершили одинаковое число рейсов? simple_graph idea-graph-role графовая роль в официальном решении строится двудольный граф совместных рейсов, и именно через свойства его компонент связности выводится противоречие. ai_checked sol-official-compressed самодостаточное решение ai_checked simple_graph bipartite_graph connected_graph degree multigraph path ответ: не могло. сначала уточним, кто может плыть вдвоем в направлении «туда». пусть на исходном берегу в некоторый момент находятся `m` миссионеров и `c` каннибалов. всего миссионеров на одного больше, чем каннибалов. условие безопасности на исходном берегу дает `m >= c`, а условие безопасности на другом берегу, где находятся остальные люди, дает `c + 1 >= m`. значит, всегда `m-c` равно либо `0`, либо `1`. если бы туда поплыли два миссионера, то на исходном берегу разность `m-c` уменьшилась бы на `2` и стала бы отрицательной; там каннибалов оказалось бы больше, чем миссионеров. если бы туда поплыли два каннибала, то разность `m-c` увеличилась бы на `2`, и тогда на другом берегу каннибалов стало бы больше, чем миссионеров. поэтому каждый рейс туда вдвоем обязательно состоит из одного миссионера и одного каннибала. для каждого человека число рейсов туда на единицу больше числа рейсов обр… kolmogorov-2015-round-3-missionaries-and-cannibals-problem graf pereprav missionerov i kannibalov cherez reku, kubok kolmogorova 2015 goal_impossibility 2015 https://turmath.ru/kolm/archive.php https://turmath.ru/kolm/files/archive/kolm19.zip kolmogorov kolmogorov2015 olympiad_archive src-kolmogorov-2015-official src-kolmogorov-archive with_solution arhiv kubka pamyati a.n. kolmogorova kubok kolmogorova kubok kolmogorova 2015 ofitsialnyy arhiv kubokkolmogorova kubokkolmogorova2015 ? kubok kolmogorova 2015 ofitsialnyy arhiv arhiv kubka pamyati a.n. kolmogorova stmt-original originalnaya formulirovka ai_checked na lodke, vmeschayuschey tolko dvuh chelovek, cherez reku perepravilas gruppa missionerov i kannibalov, prichem missionerov bylo na odnogo bolshe. kazhdyy raz tuda plyli dvoe, obratno odin. ni na odnom beregu missionerov nikogda ne bylo menshe, chem kannibalov, i kannibaly ne ostavalis bez prismotra missionerov. moglo li poluchitsya, chto kazhdye dvoe, kotorye kogda-libo perepravlyalis vmeste, v itoge sovershili odinakovoe chislo reysov? simple_graph idea-graph-role grafovaya rol v ofitsialnom reshenii stroitsya dvudolnyy graf sovmestnyh reysov, i imenno cherez svoystva ego komponent svyaznosti vyvoditsya protivorechie. ai_checked sol-official-compressed samodostatochnoe reshenie ai_checked simple_graph bipartite_graph connected_graph degree multigraph path otvet: ne moglo. snachala utochnim, kto mozhet plyt vdvoem v napravlenii «tuda». pust na ishodnom beregu v nekotoryy moment nahodyatsya `m` missionerov i `c` kannibalov. vsego missionerov na odnogo bolshe, chem kannibalov. uslovie bezopasnosti na ishodnom beregu daet `m >= c`, a uslovie bezopasnosti na drugom beregu, gde nahodyatsya ostalnye lyudi, daet `c + 1 >= m`. znachit, vsegda `m-c` ravno libo `0`, libo `1`. esli by tuda poplyli dva missionera, to na ishodnom beregu raznost `m-c` umenshilas by na `2` i stala by otritsatelnoy; tam kannibalov okazalos by bolshe, chem missionerov. esli by tuda poplyli dva kannibala, to raznost `m-c` uvelichilas by na `2`, i togda na drugom beregu kannibalov stalo by bolshe, chem missionerov. poetomu kazhdyy reys tuda vdvoem obyazatelno sostoit iz odnogo missionera i odnogo kannibala. dlya kazhdogo cheloveka chislo reysov tuda na edinitsu bolshe chisla reysov obr…","source_keys":["kolmogorov"]}
{"id":"kolmogorov-2015-round-4-spies-and-opergroups-problem","title":"Граф связных индуцированных подграфов, Кубок Колмогорова 2015","path":"data\\problems\\kolmogorov\\kolmogorov-2015-round-4-spies-and-opergroups-problem.yaml","raw_github_url":"https://raw.githubusercontent.com/didin-maxim/knowledge_graph_of_graphs/main/data/problems/kolmogorov/kolmogorov-2015-round-4-spies-and-opergroups-problem.yaml","viewer_url":"https://didin-maxim.github.io/knowledge_graph_of_graphs/#kolmogorov-2015-round-4-spies-and-opergroups-problem","source_key":"kolmogorov","source_label":"Кубок Колмогорова","source_titles":["Кубок Колмогорова 2015 официальный архив","Архив Кубка памяти А.Н. Колмогорова"],"year":"2015","type":"olympiad_problem","authors":["И. Богданов"],"tags":["connectivity","induction","graph_model","goal_algorithm"],"agent_topics":[],"difficulty":{"main":"national_final_medium","local_score":6,"comment":"Восстановленное официальное решение использует нетривиальную реконструкцию графа по графу связных индуцированных подмножеств.","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":0.86,"basis":"официальное решение plus restored missing details","notes":"Официальное решение краткое; восстановлены промежуточные доказательства распознавания уникума, пяти классов и рекурсивного удаления.","audit_source":"official-plan-expansion-agent-5"},"statements":{"original":[{"id":"stmt-original","title":"Оригинальная формулировка","status":"ai_checked","text":"В некоторой стране есть несколько шпионов, некоторые пары соединены секретными каналами связи. Непустая группа A называется опергруппой, если любой шпион из A может передать сообщение любому другому, возможно через посредников из A. Две опергруппы считаются связанными, если они не пересекаются, а их объединение тоже является опергруппой. Резидент составил схему связей между опергруппами, но без указания их составов. Нужно доказать, что по этой схеме контрразведка может восстановить исходную схему связей между шпионами.","definition_ids":["simple_graph","connected_graph","induced_subgraph"]}],"graph_theory":[{"id":"stmt-graph","title":"Восстановление графа по связным множествам","status":"ai_checked","text":"Пусть \\(G\\) — простой граф. Непустое множество вершин назовём опергруппой, если индуцированный на нём подграф связен. Две опергруппы связаны, если они не пересекаются, а их объединение тоже является опергруппой. Докажите, что по графу связей между всеми опергруппами можно восстановить исходный граф \\(G\\).","definition_ids":["simple_graph","connected_graph","induced_subgraph"]}]},"solutions":[{"id":"sol-official-restored","title":"Восстановление графа по графу опергрупп","status":"ai_checked","definition_ids":["simple_graph","connected_graph","degree","path","induced_subgraph"],"standard_idea_ids":["delete_to_simplify","induction","longest_path"],"tags":[],"has_text":true,"text_preview":"Перейдём на язык графов. Пусть \\(G\\) - неизвестный граф шпионов. Вершинами графа \\(H\\) являются все непустые множества \\(X\\subseteq V(G)\\), для которых индуцированный подграф \\(G[X]\\) связен; две такие вершины \\(X,Y\\) соединены в \\(H\\), если \\(X\\cap Y=\\varnothing\\) и \\(G[X\\cup Y]\\) связен. Нужно показать, что из одного только графа \\(H\\) восстанавливается \\(G\\). Сначала отделим компоненты. Если \\(C\\) - компонента связности \\(G\\), то вершина \\(C\\) в \\(H\\) изолирована: всякая непустая опергруппа, не пересекающая \\(C\\), лежит в другой компоненте \\(G\\), а непустая опергруппа внутри \\(C\\) пересекается с \\(C\\) или не даёт большего связного объединения. Обратно, если опергруппа \\(X\\) не равна целой компоненте \\(G\\), то в той же компоненте есть вершина вне \\(X\\), ближайшая к \\(X\\); она или соответствующая начальная часть пути даёт опергруппу, связанную с \\(X\\) в \\(H\\). Поэтому изолированные вер…"}],"relations":[{"id":"rel-kolm-2015-spies-tree-equivalent-noncut-leaf","neighbor_id":"tree-equivalent-properties","direction":"forward","type":"prerequisite","distance":2,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-kolm-2015-spies-2004-tree-reconstruction","neighbor_id":"kolmogorov-2004-round1-higher-league-problem-3","direction":"forward","type":"same_motif","distance":2,"status":"needs_human_review"},{"id":"rel-kolm-2015-spies-cayley-prufer-leaf-reconstruction","neighbor_id":"cayley-prufer-labeled-trees","direction":"forward","type":"same_motif","distance":3,"status":"needs_human_review"}],"search_text":"kolmogorov-2015-round-4-spies-and-opergroups-problem граф связных индуцированных подграфов, кубок колмогорова 2015 connectivity induction graph_model goal_algorithm 2015 https://turmath.ru/kolm/archive.php https://turmath.ru/kolm/files/archive/kolm19.zip kolmogorov kolmogorov2015 olympiad_archive src-kolmogorov-2015-official src-kolmogorov-archive with_solution архив кубка памяти а.н. колмогорова и. богданов кубок колмогорова кубок колмогорова 2015 официальный архив кубокколмогорова кубокколмогорова2015 и. богданов кубок колмогорова 2015 официальный архив архив кубка памяти а.н. колмогорова stmt-original оригинальная формулировка ai_checked в некоторой стране есть несколько шпионов, некоторые пары соединены секретными каналами связи. непустая группа a называется опергруппой, если любой шпион из a может передать сообщение любому другому, возможно через посредников из a. две опергруппы считаются связанными, если они не пересекаются, а их объединение тоже является опергруппой. резидент составил схему связей между опергруппами, но без указания их составов. нужно доказать, что по этой схеме контрразведка может восстановить исходную схему связей между шпионами. simple_graph connected_graph induced_subgraph stmt-graph восстановление графа по связным множествам ai_checked пусть \\(g\\) — простой граф. непустое множество вершин назовём опергруппой, если индуцированный на нём подграф связен. две опергруппы связаны, если они не пересекаются, а их объединение тоже является опергруппой. докажите, что по графу связей между всеми опергруппами можно восстановить исходный граф \\(g\\). simple_graph connected_graph induced_subgraph idea-graph-role графовая роль официальное решение целиком сформулировано как реконструкция одного графа из другого: вводятся исходный граф \\(g\\) и вспомогательный граф \\(h\\), вершинами которого являются связные индуцированные подграфы \\(g\\). graph_model connectivity ai_checked idea-singleton-recognition найти одноэлементную опергруппу в связной компоненте исходного графа вершина степени 1 во вспомогательном графе соответствует множеству \\(g-\\{v\\}\\), где \\(v\\) не является точкой сочленения; её единственный сосед во вспомогательном графе есть одноэлементная опергруппа \\(\\{v\\}\\). connectivity degree_counting ai_checked idea-distance-two-classes классы вокруг найденного уникума после нахождения \\(\\{v\\}\\) все опергруппы классифицируются по тому, содержат ли они \\(v\\) и всех соседей \\(v\\). это позволяет определить все опергруппы, содержащие \\(v\\), удалить их и повторить восстановление для \\(g-\\{v\\}\\). connectivity induction ai_checked sol-official-restored восстановление графа по графу опергрупп ai_checked simple_graph connected_graph degree path induced_subgraph delete_to_simplify induction longest_path перейдём на язык графов. пусть \\(g\\) - неизвестный граф шпионов. вершинами графа \\(h\\) являются все непустые множества \\(x\\subseteq v(g)\\), для которых индуцированный подграф \\(g[x]\\) связен; две такие вершины \\(x,y\\) соединены в \\(h\\), если \\(x\\cap y=\\varnothing\\) и \\(g[x\\cup y]\\) связен. нужно показать, что из одного только графа \\(h\\) восстанавливается \\(g\\). сначала отделим компоненты. если \\(c\\) - компонента связности \\(g\\), то вершина \\(c\\) в \\(h\\) изолирована: всякая непустая опергруппа, не пересекающая \\(c\\), лежит в другой компоненте \\(g\\), а непустая опергруппа внутри \\(c\\) пересекается с \\(c\\) или не даёт большего связного объединения. обратно, если опергруппа \\(x\\) не равна целой компоненте \\(g\\), то в той же компоненте есть вершина вне \\(x\\), ближайшая к \\(x\\); она или соответствующая начальная часть пути даёт опергруппу, связанную с \\(x\\) в \\(h\\). поэтому изолированные вер… kolmogorov-2015-round-4-spies-and-opergroups-problem graf svyaznyh indutsirovannyh podgrafov, kubok kolmogorova 2015 connectivity induction graph_model goal_algorithm 2015 https://turmath.ru/kolm/archive.php https://turmath.ru/kolm/files/archive/kolm19.zip kolmogorov kolmogorov2015 olympiad_archive src-kolmogorov-2015-official src-kolmogorov-archive with_solution arhiv kubka pamyati a.n. kolmogorova i. bogdanov kubok kolmogorova kubok kolmogorova 2015 ofitsialnyy arhiv kubokkolmogorova kubokkolmogorova2015 i. bogdanov kubok kolmogorova 2015 ofitsialnyy arhiv arhiv kubka pamyati a.n. kolmogorova stmt-original originalnaya formulirovka ai_checked v nekotoroy strane est neskolko shpionov, nekotorye pary soedineny sekretnymi kanalami svyazi. nepustaya gruppa a nazyvaetsya opergruppoy, esli lyuboy shpion iz a mozhet peredat soobschenie lyubomu drugomu, vozmozhno cherez posrednikov iz a. dve opergruppy schitayutsya svyazannymi, esli oni ne peresekayutsya, a ih obedinenie tozhe yavlyaetsya opergruppoy. rezident sostavil shemu svyazey mezhdu opergruppami, no bez ukazaniya ih sostavov. nuzhno dokazat, chto po etoy sheme kontrrazvedka mozhet vosstanovit ishodnuyu shemu svyazey mezhdu shpionami. simple_graph connected_graph induced_subgraph stmt-graph vosstanovlenie grafa po svyaznym mnozhestvam ai_checked pust \\(g\\) — prostoy graf. nepustoe mnozhestvo vershin nazovem opergruppoy, esli indutsirovannyy na nem podgraf svyazen. dve opergruppy svyazany, esli oni ne peresekayutsya, a ih obedinenie tozhe yavlyaetsya opergruppoy. dokazhite, chto po grafu svyazey mezhdu vsemi opergruppami mozhno vosstanovit ishodnyy graf \\(g\\). simple_graph connected_graph induced_subgraph idea-graph-role grafovaya rol ofitsialnoe reshenie tselikom sformulirovano kak rekonstruktsiya odnogo grafa iz drugogo: vvodyatsya ishodnyy graf \\(g\\) i vspomogatelnyy graf \\(h\\), vershinami kotorogo yavlyayutsya svyaznye indutsirovannye podgrafy \\(g\\). graph_model connectivity ai_checked idea-singleton-recognition nayti odnoelementnuyu opergruppu v svyaznoy komponente ishodnogo grafa vershina stepeni 1 vo vspomogatelnom grafe sootvetstvuet mnozhestvu \\(g-\\{v\\}\\), gde \\(v\\) ne yavlyaetsya tochkoy sochleneniya; ee edinstvennyy sosed vo vspomogatelnom grafe est odnoelementnaya opergruppa \\(\\{v\\}\\). connectivity degree_counting ai_checked idea-distance-two-classes klassy vokrug naydennogo unikuma posle nahozhdeniya \\(\\{v\\}\\) vse opergruppy klassifitsiruyutsya po tomu, soderzhat li oni \\(v\\) i vseh sosedey \\(v\\). eto pozvolyaet opredelit vse opergruppy, soderzhaschie \\(v\\), udalit ih i povtorit vosstanovlenie dlya \\(g-\\{v\\}\\). connectivity induction ai_checked sol-official-restored vosstanovlenie grafa po grafu opergrupp ai_checked simple_graph connected_graph degree path induced_subgraph delete_to_simplify induction longest_path pereydem na yazyk grafov. pust \\(g\\) - neizvestnyy graf shpionov. vershinami grafa \\(h\\) yavlyayutsya vse nepustye mnozhestva \\(x\\subseteq v(g)\\), dlya kotoryh indutsirovannyy podgraf \\(g[x]\\) svyazen; dve takie vershiny \\(x,y\\) soedineny v \\(h\\), esli \\(x\\cap y=\\varnothing\\) i \\(g[x\\cup y]\\) svyazen. nuzhno pokazat, chto iz odnogo tolko grafa \\(h\\) vosstanavlivaetsya \\(g\\). snachala otdelim komponenty. esli \\(c\\) - komponenta svyaznosti \\(g\\), to vershina \\(c\\) v \\(h\\) izolirovana: vsyakaya nepustaya opergruppa, ne peresekayuschaya \\(c\\), lezhit v drugoy komponente \\(g\\), a nepustaya opergruppa vnutri \\(c\\) peresekaetsya s \\(c\\) ili ne daet bolshego svyaznogo obedineniya. obratno, esli opergruppa \\(x\\) ne ravna tseloy komponente \\(g\\), to v toy zhe komponente est vershina vne \\(x\\), blizhayshaya k \\(x\\); ona ili sootvetstvuyuschaya nachalnaya chast puti daet opergruppu, svyazannuyu s \\(x\\) v \\(h\\). poetomu izolirovannye ver…","source_keys":["kolmogorov"]}
{"id":"kolmogorov-2016-individual-olympiad-juniors-problem-7","title":"Подмножество натуральных чисел без взаимной делимости и сдвинутой делимости, Кубок Колмогорова 2016","path":"data\\problems\\kolmogorov\\kolmogorov-2016-individual-olympiad-juniors-problem-7.yaml","raw_github_url":"https://raw.githubusercontent.com/didin-maxim/knowledge_graph_of_graphs/main/data/problems/kolmogorov/kolmogorov-2016-individual-olympiad-juniors-problem-7.yaml","viewer_url":"https://didin-maxim.github.io/knowledge_graph_of_graphs/#kolmogorov-2016-individual-olympiad-juniors-problem-7","source_key":"kolmogorov","source_label":"Кубок Колмогорова","source_titles":["Кубок Колмогорова 2016 официальный архив","Архив Кубка памяти А.Н. Колмогорова"],"year":"2016","type":"olympiad_problem","authors":[],"tags":["goal_existence","extremal_choice"],"agent_topics":[],"difficulty":{"main":"national_final_medium","local_score":6,"comment":"Нетривиальная конструкция в двух транзитивных отношениях: официальный план короткий, но после восстановления сводится к аккуратным инвариантам конечного процесса.","status":"ai_checked"},"review_status":"ai_checked","public_ready":true,"solution_state":"with_solution","solution_classification":{"type":"official_complete_or_near_complete","label":"официальное восстановленное","status":"ai_checked","confidence":0.9,"basis":"агентский аудит средней сложности","notes":"Официальный сжатый план сверен с архивом Кубка Колмогорова 2016 года и развёрнут в самодостаточное доказательство.","audit_source":"agent-russian-archives.json"},"statements":{"original":[{"id":"stmt-original","title":"Оригинальная формулировка","status":"ai_checked","text":"Для любого конечного множества A натуральных чисел требуется выбрать подмножество B со свойствами: для любых различных b1, b2 из B ни одно из чисел b1, b2 не делится на другое, и ни одно из чисел b1+1, b2+1 не делится на другое; кроме того, для каждого a из A найдется b из B такое, что либо b делится на a, либо a+1 делится на b+1.","definition_ids":[]}]},"solutions":[{"id":"sol-official-restored","title":"Конечный процесс с выбранными и хорошими вершинами","status":"ai_checked","definition_ids":["directed_graph","independent_set"],"standard_idea_ids":["extremal_choice","invariant"],"tags":[],"has_text":true,"text_preview":"Построим на множестве \\(A\\) двуцветный ориентированный граф. Для различных вершин \\(b,a\\in A\\) проведём синюю стрелку \\(b\\to a\\), если \\(b\\) делится на \\(a\\), и красную стрелку \\(b\\to a\\), если \\(a+1\\) делится на \\(b+1\\). Оба отношения транзитивны: для синих стрелок это обычная транзитивность делимости, а для красных из \\(x\\to y\\) и \\(y\\to z\\) следует, что \\(z+1\\) делится на \\(y+1\\), а \\(y+1\\) делится на \\(x+1\\), значит \\(z+1\\) делится на \\(x+1\\). Нужно выбрать такое множество вершин \\(B\\), что между различными вершинами \\(B\\) нет ни синих, ни красных стрелок, а каждая вершина вне \\(B\\) получает из \\(B\\) хотя бы одну стрелку одного из двух цветов. Тогда условия задачи будут выполнены: отсутствие синих стрелок между двумя выбранными числами означает, что ни одно из них не делит другое, отсутствие красных означает то же для чисел, увеличенных на 1, а входящая стрелка из \\(b\\in B\\) в \\(a\\)…"}],"relations":[{"id":"rel-kolm-2016-junior-p7-caro-wei-independent-absorbing-set","neighbor_id":"caro-wei-independent-set-bound","direction":"forward","type":"same_motif","distance":3,"status":"needs_human_review"},{"id":"rel-kolm-2016-team-p6-kolm-2016-ind-junior-p7-auxiliary-graph","neighbor_id":"kolmogorov-2016-team-olympiad-juniors-problem-6","direction":"backward","type":"same_motif","distance":3,"status":"needs_human_review"}],"search_text":"kolmogorov-2016-individual-olympiad-juniors-problem-7 подмножество натуральных чисел без взаимной делимости и сдвинутой делимости, кубок колмогорова 2016 goal_existence extremal_choice 2016 https://turmath.ru/kolm/archive.php https://turmath.ru/kolm/files/archive/kolm20.zip kolmogorov kolmogorov2016 olympiad_archive src-kolmogorov-2016-official src-kolmogorov-archive with_solution архив кубка памяти а.н. колмогорова кубок колмогорова кубок колмогорова 2016 официальный архив кубокколмогорова кубокколмогорова2016 ? кубок колмогорова 2016 официальный архив архив кубка памяти а.н. колмогорова stmt-original оригинальная формулировка ai_checked для любого конечного множества a натуральных чисел требуется выбрать подмножество b со свойствами: для любых различных b1, b2 из b ни одно из чисел b1, b2 не делится на другое, и ни одно из чисел b1+1, b2+1 не делится на другое; кроме того, для каждого a из a найдется b из b такое, что либо b делится на a, либо a+1 делится на b+1. idea-graph-role графовая роль официальное решение прямо вводит двуцветный ориентированный граф. синие и красные стрелки транзитивны, а искомое множество получается как независимое множество, которое стрелками покрывает все остальные вершины. ai_checked sol-official-restored конечный процесс с выбранными и хорошими вершинами ai_checked directed_graph independent_set extremal_choice invariant построим на множестве \\(a\\) двуцветный ориентированный граф. для различных вершин \\(b,a\\in a\\) проведём синюю стрелку \\(b\\to a\\), если \\(b\\) делится на \\(a\\), и красную стрелку \\(b\\to a\\), если \\(a+1\\) делится на \\(b+1\\). оба отношения транзитивны: для синих стрелок это обычная транзитивность делимости, а для красных из \\(x\\to y\\) и \\(y\\to z\\) следует, что \\(z+1\\) делится на \\(y+1\\), а \\(y+1\\) делится на \\(x+1\\), значит \\(z+1\\) делится на \\(x+1\\). нужно выбрать такое множество вершин \\(b\\), что между различными вершинами \\(b\\) нет ни синих, ни красных стрелок, а каждая вершина вне \\(b\\) получает из \\(b\\) хотя бы одну стрелку одного из двух цветов. тогда условия задачи будут выполнены: отсутствие синих стрелок между двумя выбранными числами означает, что ни одно из них не делит другое, отсутствие красных означает то же для чисел, увеличенных на 1, а входящая стрелка из \\(b\\in b\\) в \\(a\\)… kolmogorov-2016-individual-olympiad-juniors-problem-7 podmnozhestvo naturalnyh chisel bez vzaimnoy delimosti i sdvinutoy delimosti, kubok kolmogorova 2016 goal_existence extremal_choice 2016 https://turmath.ru/kolm/archive.php https://turmath.ru/kolm/files/archive/kolm20.zip kolmogorov kolmogorov2016 olympiad_archive src-kolmogorov-2016-official src-kolmogorov-archive with_solution arhiv kubka pamyati a.n. kolmogorova kubok kolmogorova kubok kolmogorova 2016 ofitsialnyy arhiv kubokkolmogorova kubokkolmogorova2016 ? kubok kolmogorova 2016 ofitsialnyy arhiv arhiv kubka pamyati a.n. kolmogorova stmt-original originalnaya formulirovka ai_checked dlya lyubogo konechnogo mnozhestva a naturalnyh chisel trebuetsya vybrat podmnozhestvo b so svoystvami: dlya lyubyh razlichnyh b1, b2 iz b ni odno iz chisel b1, b2 ne delitsya na drugoe, i ni odno iz chisel b1+1, b2+1 ne delitsya na drugoe; krome togo, dlya kazhdogo a iz a naydetsya b iz b takoe, chto libo b delitsya na a, libo a+1 delitsya na b+1. idea-graph-role grafovaya rol ofitsialnoe reshenie pryamo vvodit dvutsvetnyy orientirovannyy graf. sinie i krasnye strelki tranzitivny, a iskomoe mnozhestvo poluchaetsya kak nezavisimoe mnozhestvo, kotoroe strelkami pokryvaet vse ostalnye vershiny. ai_checked sol-official-restored konechnyy protsess s vybrannymi i horoshimi vershinami ai_checked directed_graph independent_set extremal_choice invariant postroim na mnozhestve \\(a\\) dvutsvetnyy orientirovannyy graf. dlya razlichnyh vershin \\(b,a\\in a\\) provedem sinyuyu strelku \\(b\\to a\\), esli \\(b\\) delitsya na \\(a\\), i krasnuyu strelku \\(b\\to a\\), esli \\(a+1\\) delitsya na \\(b+1\\). oba otnosheniya tranzitivny: dlya sinih strelok eto obychnaya tranzitivnost delimosti, a dlya krasnyh iz \\(x\\to y\\) i \\(y\\to z\\) sleduet, chto \\(z+1\\) delitsya na \\(y+1\\), a \\(y+1\\) delitsya na \\(x+1\\), znachit \\(z+1\\) delitsya na \\(x+1\\). nuzhno vybrat takoe mnozhestvo vershin \\(b\\), chto mezhdu razlichnymi vershinami \\(b\\) net ni sinih, ni krasnyh strelok, a kazhdaya vershina vne \\(b\\) poluchaet iz \\(b\\) hotya by odnu strelku odnogo iz dvuh tsvetov. togda usloviya zadachi budut vypolneny: otsutstvie sinih strelok mezhdu dvumya vybrannymi chislami oznachaet, chto ni odno iz nih ne delit drugoe, otsutstvie krasnyh oznachaet to zhe dlya chisel, uvelichennyh na 1, a vhodyaschaya strelka iz \\(b\\in b\\) v \\(a\\)…","source_keys":["kolmogorov"]}
{"id":"kolmogorov-2016-team-olympiad-juniors-problem-6","title":"Достижимость по разностям номеров в правильном 2017-угольнике, Кубок Колмогорова 2016, командная олимпиада, старшая группа","path":"data\\problems\\kolmogorov\\kolmogorov-2016-team-olympiad-juniors-problem-6.yaml","raw_github_url":"https://raw.githubusercontent.com/didin-maxim/knowledge_graph_of_graphs/main/data/problems/kolmogorov/kolmogorov-2016-team-olympiad-juniors-problem-6.yaml","viewer_url":"https://didin-maxim.github.io/knowledge_graph_of_graphs/#kolmogorov-2016-team-olympiad-juniors-problem-6","source_key":"kolmogorov","source_label":"Достижимость по разностям номеров в правильном","source_titles":["Кубок Колмогорова 2016 официальный архив","Архив Кубка памяти А.Н. Колмогорова"],"year":"2016","type":"olympiad_problem","authors":["А. Антропов","В. Клепцын"],"tags":["goal_exact_bound","coloring","modular_coloring","pigeonhole_principle","potential_function","graph_in_solution"],"agent_topics":[],"difficulty":{"main":"national_final_medium","local_score":6,"comment":"Официальное решение короткое, но требует аккуратно развернуть явную 12-раскраску степени цикла и нижнюю оценку через максимальные возрастающие цепочки.","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 архивный план из komol20.docx","notes":"Сжатые места официального решения развернуты без изменения основного метода; восстановленный текст проверен как локальное самодостаточное доказательство и как раскраска/нижняя оценка для степени цикла.","audit_source":"official-plan-final-pass-2026-05-17"},"statements":{"original":[{"id":"stmt-original","title":"Оригинальная формулировка","status":"source_verified","text":"Петя как-то занумеровал вершины правильного 2017-угольника числами от 1 до 2017. Вася первым ходом ставит фишку в какую-то из вершин. Каждым последующим ходом он может передвинуть фишку из вершины A в вершину B, если между ними не больше 9 других вершин и число в B больше числа в A. Какое наибольшее количество вершин гарантированно сможет посетить Вася, как бы Петя ни нумеровал вершины?","definition_ids":["simple_graph","path","cycle","proper_coloring","distance"]}]},"solutions":[{"id":"sol-official-compressed","title":"Самодостаточное доказательство","status":"ai_checked","definition_ids":["simple_graph","path","chromatic_number","cycle","proper_coloring","distance"],"standard_idea_ids":["greedy_ordering","pigeonhole_principle","extremal_choice","potential_function"],"tags":[],"has_text":true,"text_preview":"Ответ: 12. Построим вспомогательный граф G. Его вершины — вершины 2017-угольника; две разные вершины соединены ребром, если на меньшей из двух дуг между ними лежит не больше 9 других вершин. Иначе говоря, ребро соединяет вершины, расстояние между которыми по циклу не превосходит 10. Ход Васи возможен ровно вдоль ребра этого графа, если число в конечной вершине больше числа в начальной. Сначала докажем, что Петя может занумеровать вершины так, чтобы Вася не посетил больше 12 вершин. Для этого достаточно правильно раскрасить G в 12 цветов, занумерованных 0,1,...,11, а затем поставить меньшие числа во все вершины цвета 0, после них — во все вершины цвета 1, и так далее до цвета 11. Так как концы каждого ребра имеют разные цвета, любой ход меняет цвет. Кроме того, при такой нумерации ход может идти только из меньшего цвета в больший: если цвет B меньше цвета A, то все числа в цвете B меньше…"}],"relations":[{"id":"rel-kolm-2016-team-p6-ghrv-longest-path-coloring","neighbor_id":"ghrv-every-orientation-long-directed-path","direction":"forward","type":"prerequisite","distance":1,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-kolm-2016-team-p6-ghrv-two-sided-coloring","neighbor_id":"gallai-hasse-roy-vitaver-theorem","direction":"forward","type":"same_motif","distance":2,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-kolm-2016-team-p6-kolm-2016-ind-junior-p7-auxiliary-graph","neighbor_id":"kolmogorov-2016-individual-olympiad-juniors-problem-7","direction":"forward","type":"same_motif","distance":3,"status":"needs_human_review"}],"search_text":"kolmogorov-2016-team-olympiad-juniors-problem-6 достижимость по разностям номеров в правильном 2017-угольнике, кубок колмогорова 2016, командная олимпиада, старшая группа goal_exact_bound coloring modular_coloring pigeonhole_principle potential_function graph_in_solution 2016 https://turmath.ru/kolm/archive.php https://turmath.ru/kolm/files/archive/kolm20.zip kolmogorov kolmogorov2016 olympiad_archive src-kolmogorov-2016-official src-kolmogorov-archive with_solution а. антропов архив кубка памяти а.н. колмогорова в. клепцын достижимость по разностям номеров в правильном достижимостьпоразностямномероввправильном достижимостьпоразностямномероввправильном2016 кубок колмогорова 2016 официальный архив а. антропов в. клепцын кубок колмогорова 2016 официальный архив архив кубка памяти а.н. колмогорова stmt-original оригинальная формулировка source_verified петя как-то занумеровал вершины правильного 2017-угольника числами от 1 до 2017. вася первым ходом ставит фишку в какую-то из вершин. каждым последующим ходом он может передвинуть фишку из вершины a в вершину b, если между ними не больше 9 других вершин и число в b больше числа в a. какое наибольшее количество вершин гарантированно сможет посетить вася, как бы петя ни нумеровал вершины? simple_graph path cycle proper_coloring distance idea-graph-role граф близких вершин официальное решение строит граф на вершинах 2017-угольника: ребро означает, что фишка может перейти между этими двумя вершинами при подходящем порядке чисел. верхняя оценка следует из явной правильной 12-раскраски этого графа, а нижняя — из раскраски вершины длиной максимальной возрастающей цепочки. coloring potential_function ai_checked sol-official-compressed самодостаточное доказательство ai_checked simple_graph path chromatic_number cycle proper_coloring distance greedy_ordering pigeonhole_principle extremal_choice potential_function ответ: 12. построим вспомогательный граф g. его вершины — вершины 2017-угольника; две разные вершины соединены ребром, если на меньшей из двух дуг между ними лежит не больше 9 других вершин. иначе говоря, ребро соединяет вершины, расстояние между которыми по циклу не превосходит 10. ход васи возможен ровно вдоль ребра этого графа, если число в конечной вершине больше числа в начальной. сначала докажем, что петя может занумеровать вершины так, чтобы вася не посетил больше 12 вершин. для этого достаточно правильно раскрасить g в 12 цветов, занумерованных 0,1,...,11, а затем поставить меньшие числа во все вершины цвета 0, после них — во все вершины цвета 1, и так далее до цвета 11. так как концы каждого ребра имеют разные цвета, любой ход меняет цвет. кроме того, при такой нумерации ход может идти только из меньшего цвета в больший: если цвет b меньше цвета a, то все числа в цвете b меньше… kolmogorov-2016-team-olympiad-juniors-problem-6 dostizhimost po raznostyam nomerov v pravilnom 2017-ugolnike, kubok kolmogorova 2016, komandnaya olimpiada, starshaya gruppa goal_exact_bound coloring modular_coloring pigeonhole_principle potential_function graph_in_solution 2016 https://turmath.ru/kolm/archive.php https://turmath.ru/kolm/files/archive/kolm20.zip kolmogorov kolmogorov2016 olympiad_archive src-kolmogorov-2016-official src-kolmogorov-archive with_solution a. antropov arhiv kubka pamyati a.n. kolmogorova v. kleptsyn dostizhimost po raznostyam nomerov v pravilnom dostizhimostporaznostyamnomerovvpravilnom dostizhimostporaznostyamnomerovvpravilnom2016 kubok kolmogorova 2016 ofitsialnyy arhiv a. antropov v. kleptsyn kubok kolmogorova 2016 ofitsialnyy arhiv arhiv kubka pamyati a.n. kolmogorova stmt-original originalnaya formulirovka source_verified petya kak-to zanumeroval vershiny pravilnogo 2017-ugolnika chislami ot 1 do 2017. vasya pervym hodom stavit fishku v kakuyu-to iz vershin. kazhdym posleduyuschim hodom on mozhet peredvinut fishku iz vershiny a v vershinu b, esli mezhdu nimi ne bolshe 9 drugih vershin i chislo v b bolshe chisla v a. kakoe naibolshee kolichestvo vershin garantirovanno smozhet posetit vasya, kak by petya ni numeroval vershiny? simple_graph path cycle proper_coloring distance idea-graph-role graf blizkih vershin ofitsialnoe reshenie stroit graf na vershinah 2017-ugolnika: rebro oznachaet, chto fishka mozhet pereyti mezhdu etimi dvumya vershinami pri podhodyaschem poryadke chisel. verhnyaya otsenka sleduet iz yavnoy pravilnoy 12-raskraski etogo grafa, a nizhnyaya — iz raskraski vershiny dlinoy maksimalnoy vozrastayuschey tsepochki. coloring potential_function ai_checked sol-official-compressed samodostatochnoe dokazatelstvo ai_checked simple_graph path chromatic_number cycle proper_coloring distance greedy_ordering pigeonhole_principle extremal_choice potential_function otvet: 12. postroim vspomogatelnyy graf g. ego vershiny — vershiny 2017-ugolnika; dve raznye vershiny soedineny rebrom, esli na menshey iz dvuh dug mezhdu nimi lezhit ne bolshe 9 drugih vershin. inache govorya, rebro soedinyaet vershiny, rasstoyanie mezhdu kotorymi po tsiklu ne prevoshodit 10. hod vasi vozmozhen rovno vdol rebra etogo grafa, esli chislo v konechnoy vershine bolshe chisla v nachalnoy. snachala dokazhem, chto petya mozhet zanumerovat vershiny tak, chtoby vasya ne posetil bolshe 12 vershin. dlya etogo dostatochno pravilno raskrasit g v 12 tsvetov, zanumerovannyh 0,1,...,11, a zatem postavit menshie chisla vo vse vershiny tsveta 0, posle nih — vo vse vershiny tsveta 1, i tak dalee do tsveta 11. tak kak kontsy kazhdogo rebra imeyut raznye tsveta, lyuboy hod menyaet tsvet. krome togo, pri takoy numeratsii hod mozhet idti tolko iz menshego tsveta v bolshiy: esli tsvet b menshe tsveta a, to vse chisla v tsvete b menshe…","source_keys":["kolmogorov"]}
{"id":"kolmogorov-2017-individual-olympiad-seniors-problem-7","title":"Покрытие вершин a-хорошими графами с ограниченной степенью, Кубок Колмогорова 2017","path":"data\\problems\\kolmogorov\\kolmogorov-2017-individual-olympiad-seniors-problem-7.yaml","raw_github_url":"https://raw.githubusercontent.com/didin-maxim/knowledge_graph_of_graphs/main/data/problems/kolmogorov/kolmogorov-2017-individual-olympiad-seniors-problem-7.yaml","viewer_url":"https://didin-maxim.github.io/knowledge_graph_of_graphs/#kolmogorov-2017-individual-olympiad-seniors-problem-7","source_key":"kolmogorov","source_label":"Кубок Колмогорова","source_titles":["Кубок Колмогорова 2017 официальный архив","Архив Кубка памяти А.Н. Колмогорова"],"year":"2017","type":"olympiad_problem","authors":[],"tags":["coloring","extremal_choice","induction","goal_bound"],"agent_topics":[],"difficulty":{"main":"national_final_medium","local_score":6,"comment":"Импортировано из подготовленной графовой карточки KOLM; оценка сложности требует проверки человеком.","status":"needs_human_review"},"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":"официальный источник и high-reasoning аудит 2026-05-17","notes":"Решение полное: доказана лемма сложения параметров для a-хороших и b-хороших графов, затем она корректно проитерирована при n=d-1.","audit_source":"agent-russian-archives.json"},"statements":{"original":[{"id":"stmt-original","title":"Оригинальная формулировка","status":"ai_checked","text":"Назовем граф \\(a\\)-хорошим, если в нем нет 100 попарно соединенных вершин и степень каждой вершины не превосходит \\(a\\). Пусть натуральные числа \\(d \\ge 100\\) и \\(k\\) таковы, что вершины любого \\(d\\)-хорошего графа можно правильно раскрасить в \\(k\\) цветов. Докажите, что вершины любого \\((d^2 - 2)\\)-хорошего графа можно правильно раскрасить в \\((d - 1)k\\) цветов.","definition_ids":["simple_graph"]}]},"solutions":[{"id":"sol-official-compressed","title":"Самодостаточное решение","status":"ai_checked","definition_ids":["simple_graph"],"standard_idea_ids":["extremal_choice","induction"],"tags":[],"has_text":true,"text_preview":"Ключевая лемма: если каждый `a`-хороший граф красится в `x` цветов, а каждый `b`-хороший — в `y` цветов, то каждый `(a+b+1)`-хороший граф красится в `x+y` цветов. Доказательство леммы. Нужно разбить вершины любого `(a+b+1)`-хорошего графа на два множества `A` и `B` так, чтобы в индуцированном подграфе на `A` максимальная степень была не больше `a`, а на `B` — не больше `b`. Для разбиения `A ∪ B` вводится цена `b * e(A) + a * e(B)`, где `e(A)` и `e(B)` — числа ребер внутри соответствующих частей. Берется разбиение минимальной цены. Если в `A` найдется вершина `v`, имеющая хотя бы `a+1` соседей внутри `A`, то, поскольку общая степень `v` не превосходит `a+b+1`, в `B` у нее не более `b` соседей. Переброс `v` из `A` в `B` уменьшает цену хотя бы на `b(a+1) - ab = b > 0`, что противоречит минимальности. Тот же расчет для вершины из `B` дает то же противоречие с минимальностью цены. Следовател…"}],"relations":[],"search_text":"kolmogorov-2017-individual-olympiad-seniors-problem-7 покрытие вершин a-хорошими графами с ограниченной степенью, кубок колмогорова 2017 coloring extremal_choice induction goal_bound 2017 https://turmath.ru/kolm/archive.php https://turmath.ru/kolm/files/archive/kolm21.zip kolmogorov kolmogorov2017 olympiad_archive src-kolmogorov-2017-official src-kolmogorov-archive with_solution архив кубка памяти а.н. колмогорова кубок колмогорова кубок колмогорова 2017 официальный архив кубокколмогорова кубокколмогорова2017 ? кубок колмогорова 2017 официальный архив архив кубка памяти а.н. колмогорова stmt-original оригинальная формулировка ai_checked назовем граф \\(a\\)-хорошим, если в нем нет 100 попарно соединенных вершин и степень каждой вершины не превосходит \\(a\\). пусть натуральные числа \\(d \\ge 100\\) и \\(k\\) таковы, что вершины любого \\(d\\)-хорошего графа можно правильно раскрасить в \\(k\\) цветов. докажите, что вершины любого \\((d^2 - 2)\\)-хорошего графа можно правильно раскрасить в \\((d - 1)k\\) цветов. simple_graph idea-graph-role графовая роль граф присутствует прямо в условии, а официальный разбор целиком графовый: используются степени вершин, индуцированные подграфы, число ребер внутри частей и правильная раскраска графа. ai_checked sol-official-compressed самодостаточное решение ai_checked simple_graph extremal_choice induction ключевая лемма: если каждый `a`-хороший граф красится в `x` цветов, а каждый `b`-хороший — в `y` цветов, то каждый `(a+b+1)`-хороший граф красится в `x+y` цветов. доказательство леммы. нужно разбить вершины любого `(a+b+1)`-хорошего графа на два множества `a` и `b` так, чтобы в индуцированном подграфе на `a` максимальная степень была не больше `a`, а на `b` — не больше `b`. для разбиения `a ∪ b` вводится цена `b * e(a) + a * e(b)`, где `e(a)` и `e(b)` — числа ребер внутри соответствующих частей. берется разбиение минимальной цены. если в `a` найдется вершина `v`, имеющая хотя бы `a+1` соседей внутри `a`, то, поскольку общая степень `v` не превосходит `a+b+1`, в `b` у нее не более `b` соседей. переброс `v` из `a` в `b` уменьшает цену хотя бы на `b(a+1) - ab = b > 0`, что противоречит минимальности. тот же расчет для вершины из `b` дает то же противоречие с минимальностью цены. следовател… kolmogorov-2017-individual-olympiad-seniors-problem-7 pokrytie vershin a-horoshimi grafami s ogranichennoy stepenyu, kubok kolmogorova 2017 coloring extremal_choice induction goal_bound 2017 https://turmath.ru/kolm/archive.php https://turmath.ru/kolm/files/archive/kolm21.zip kolmogorov kolmogorov2017 olympiad_archive src-kolmogorov-2017-official src-kolmogorov-archive with_solution arhiv kubka pamyati a.n. kolmogorova kubok kolmogorova kubok kolmogorova 2017 ofitsialnyy arhiv kubokkolmogorova kubokkolmogorova2017 ? kubok kolmogorova 2017 ofitsialnyy arhiv arhiv kubka pamyati a.n. kolmogorova stmt-original originalnaya formulirovka ai_checked nazovem graf \\(a\\)-horoshim, esli v nem net 100 poparno soedinennyh vershin i stepen kazhdoy vershiny ne prevoshodit \\(a\\). pust naturalnye chisla \\(d \\ge 100\\) i \\(k\\) takovy, chto vershiny lyubogo \\(d\\)-horoshego grafa mozhno pravilno raskrasit v \\(k\\) tsvetov. dokazhite, chto vershiny lyubogo \\((d^2 - 2)\\)-horoshego grafa mozhno pravilno raskrasit v \\((d - 1)k\\) tsvetov. simple_graph idea-graph-role grafovaya rol graf prisutstvuet pryamo v uslovii, a ofitsialnyy razbor tselikom grafovyy: ispolzuyutsya stepeni vershin, indutsirovannye podgrafy, chislo reber vnutri chastey i pravilnaya raskraska grafa. ai_checked sol-official-compressed samodostatochnoe reshenie ai_checked simple_graph extremal_choice induction klyuchevaya lemma: esli kazhdyy `a`-horoshiy graf krasitsya v `x` tsvetov, a kazhdyy `b`-horoshiy — v `y` tsvetov, to kazhdyy `(a+b+1)`-horoshiy graf krasitsya v `x+y` tsvetov. dokazatelstvo lemmy. nuzhno razbit vershiny lyubogo `(a+b+1)`-horoshego grafa na dva mnozhestva `a` i `b` tak, chtoby v indutsirovannom podgrafe na `a` maksimalnaya stepen byla ne bolshe `a`, a na `b` — ne bolshe `b`. dlya razbieniya `a ∪ b` vvoditsya tsena `b * e(a) + a * e(b)`, gde `e(a)` i `e(b)` — chisla reber vnutri sootvetstvuyuschih chastey. beretsya razbienie minimalnoy tseny. esli v `a` naydetsya vershina `v`, imeyuschaya hotya by `a+1` sosedey vnutri `a`, to, poskolku obschaya stepen `v` ne prevoshodit `a+b+1`, v `b` u nee ne bolee `b` sosedey. perebros `v` iz `a` v `b` umenshaet tsenu hotya by na `b(a+1) - ab = b > 0`, chto protivorechit minimalnosti. tot zhe raschet dlya vershiny iz `b` daet to zhe protivorechie s minimalnostyu tseny. sledovatel…","source_keys":["kolmogorov"]}
{"id":"kolmogorov-2017-team-olympiad-juniors-problem-6","title":"Закрытые дороги, не меняющие кратчайшие стоимости в полном графе, Кубок Колмогорова 2017","path":"data\\problems\\kolmogorov\\kolmogorov-2017-team-olympiad-juniors-problem-6.yaml","raw_github_url":"https://raw.githubusercontent.com/didin-maxim/knowledge_graph_of_graphs/main/data/problems/kolmogorov/kolmogorov-2017-team-olympiad-juniors-problem-6.yaml","viewer_url":"https://didin-maxim.github.io/knowledge_graph_of_graphs/#kolmogorov-2017-team-olympiad-juniors-problem-6","source_key":"kolmogorov","source_label":"Кубок Колмогорова","source_titles":["Кубок Колмогорова 2017 официальный архив","Архив Кубка памяти А.Н. Колмогорова"],"year":"2017","type":"olympiad_problem","authors":[],"tags":["goal_exact_bound"],"agent_topics":[],"difficulty":{"main":"national_final_medium","local_score":6,"comment":"Импортировано из подготовленной графовой карточки KOLM; оценка сложности требует проверки человеком.","status":"needs_human_review"},"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 источник и high-reasoning аудит 2026-05-17","notes":"Решение полное: пример с закрытием всех дорог из столицы даёт k=99, а при меньшем числе закрытых дорог разрез без закрытых рёбер сохраняет кратчайший путь для самой дешёвой пересекающей дороги.","audit_source":"agent-russian-archives.json"},"statements":{"original":[{"id":"stmt-original","title":"Оригинальная формулировка","status":"ai_checked","text":"В стране 100 городов, каждые два из которых соединены дорогой с положительной стоимостью проезда. Власти закрыли \\(k\\) дорог на ремонт, и после этого для любой пары городов самый дешевый маршрут между ними либо подорожал, либо вовсе исчез. При каком наименьшем \\(k\\) это возможно?","definition_ids":["simple_graph"]}],"graph_theory":[{"id":"stmt-graph","title":"Удаление рёбер в полном взвешенном графе","status":"ai_checked","text":"В полном графе на 100 вершинах каждому ребру приписан положительный вес. Удалили \\(k\\) рёбер так, что для любых двух вершин расстояние между ними либо увеличилось, либо стало бесконечным. Найдите наименьшее возможное значение \\(k\\).","definition_ids":["simple_graph","complete_graph","path"]}]},"solutions":[{"id":"sol-official-compressed","title":"Самодостаточное решение","status":"ai_checked","definition_ids":["simple_graph","connected_graph","path","complete_graph"],"standard_idea_ids":[],"tags":[],"has_text":true,"text_preview":"Ответ: `99`. Пример на достижимость: выберем столицу, присвоим всем дорогам из столицы цену 1, а всем дорогам между двумя нестоличными городами — цену 1000. Тогда до закрытия дорог любой самый дешевый путь стоит не более 2. Если закрыть все 99 дорог, выходящих из столицы, то из столицы пути исчезают, а между двумя нестоличными городами минимальная цена возрастает до 1000. Оценка снизу: предположим, что закрыто меньше 99 дорог. Рассмотрим граф, вершины которого — города, а ребра — закрытые дороги. Такой граф с 100 вершинами и менее чем 99 ребрами не может быть связным. Значит, вершины можно разбить на два непустых множества `A` и `B` так, что ни одно ребро между `A` и `B` не закрыто. Пусть `ab` — самая дешевая из дорог между `A` и `B`. Любой маршрут из `a` в `b` обязан хотя бы один раз пересечь границу между `A` и `B`, то есть содержать некоторую дорогу между этими частями. Но по выбору…"}],"relations":[{"id":"rel-kolm-2017-weighted-shortest-path-cuts","neighbor_id":"kolmogorov-2017-team-olympiad-seniors-problem-5","direction":"forward","type":"same_motif","distance":2,"status":"needs_human_review"}],"search_text":"kolmogorov-2017-team-olympiad-juniors-problem-6 закрытые дороги, не меняющие кратчайшие стоимости в полном графе, кубок колмогорова 2017 goal_exact_bound 2017 https://turmath.ru/kolm/archive.php https://turmath.ru/kolm/files/archive/kolm21.zip kolmogorov kolmogorov2017 olympiad_archive src-kolmogorov-2017-official src-kolmogorov-archive with_solution архив кубка памяти а.н. колмогорова кубок колмогорова кубок колмогорова 2017 официальный архив кубокколмогорова кубокколмогорова2017 ? кубок колмогорова 2017 официальный архив архив кубка памяти а.н. колмогорова stmt-original оригинальная формулировка ai_checked в стране 100 городов, каждые два из которых соединены дорогой с положительной стоимостью проезда. власти закрыли \\(k\\) дорог на ремонт, и после этого для любой пары городов самый дешевый маршрут между ними либо подорожал, либо вовсе исчез. при каком наименьшем \\(k\\) это возможно? simple_graph stmt-graph удаление рёбер в полном взвешенном графе ai_checked в полном графе на 100 вершинах каждому ребру приписан положительный вес. удалили \\(k\\) рёбер так, что для любых двух вершин расстояние между ними либо увеличилось, либо стало бесконечным. найдите наименьшее возможное значение \\(k\\). simple_graph complete_graph path idea-graph-role графовая роль в условии граф не назван явно, но официальное решение целиком переводит задачу на язык графов: строится граф закрытых дорог и используется факт его несвязности при числе ребер меньше `n-1`. ai_checked sol-official-compressed самодостаточное решение ai_checked simple_graph connected_graph path complete_graph ответ: `99`. пример на достижимость: выберем столицу, присвоим всем дорогам из столицы цену 1, а всем дорогам между двумя нестоличными городами — цену 1000. тогда до закрытия дорог любой самый дешевый путь стоит не более 2. если закрыть все 99 дорог, выходящих из столицы, то из столицы пути исчезают, а между двумя нестоличными городами минимальная цена возрастает до 1000. оценка снизу: предположим, что закрыто меньше 99 дорог. рассмотрим граф, вершины которого — города, а ребра — закрытые дороги. такой граф с 100 вершинами и менее чем 99 ребрами не может быть связным. значит, вершины можно разбить на два непустых множества `a` и `b` так, что ни одно ребро между `a` и `b` не закрыто. пусть `ab` — самая дешевая из дорог между `a` и `b`. любой маршрут из `a` в `b` обязан хотя бы один раз пересечь границу между `a` и `b`, то есть содержать некоторую дорогу между этими частями. но по выбору… kolmogorov-2017-team-olympiad-juniors-problem-6 zakrytye dorogi, ne menyayuschie kratchayshie stoimosti v polnom grafe, kubok kolmogorova 2017 goal_exact_bound 2017 https://turmath.ru/kolm/archive.php https://turmath.ru/kolm/files/archive/kolm21.zip kolmogorov kolmogorov2017 olympiad_archive src-kolmogorov-2017-official src-kolmogorov-archive with_solution arhiv kubka pamyati a.n. kolmogorova kubok kolmogorova kubok kolmogorova 2017 ofitsialnyy arhiv kubokkolmogorova kubokkolmogorova2017 ? kubok kolmogorova 2017 ofitsialnyy arhiv arhiv kubka pamyati a.n. kolmogorova stmt-original originalnaya formulirovka ai_checked v strane 100 gorodov, kazhdye dva iz kotoryh soedineny dorogoy s polozhitelnoy stoimostyu proezda. vlasti zakryli \\(k\\) dorog na remont, i posle etogo dlya lyuboy pary gorodov samyy deshevyy marshrut mezhdu nimi libo podorozhal, libo vovse ischez. pri kakom naimenshem \\(k\\) eto vozmozhno? simple_graph stmt-graph udalenie reber v polnom vzveshennom grafe ai_checked v polnom grafe na 100 vershinah kazhdomu rebru pripisan polozhitelnyy ves. udalili \\(k\\) reber tak, chto dlya lyubyh dvuh vershin rasstoyanie mezhdu nimi libo uvelichilos, libo stalo beskonechnym. naydite naimenshee vozmozhnoe znachenie \\(k\\). simple_graph complete_graph path idea-graph-role grafovaya rol v uslovii graf ne nazvan yavno, no ofitsialnoe reshenie tselikom perevodit zadachu na yazyk grafov: stroitsya graf zakrytyh dorog i ispolzuetsya fakt ego nesvyaznosti pri chisle reber menshe `n-1`. ai_checked sol-official-compressed samodostatochnoe reshenie ai_checked simple_graph connected_graph path complete_graph otvet: `99`. primer na dostizhimost: vyberem stolitsu, prisvoim vsem dorogam iz stolitsy tsenu 1, a vsem dorogam mezhdu dvumya nestolichnymi gorodami — tsenu 1000. togda do zakrytiya dorog lyuboy samyy deshevyy put stoit ne bolee 2. esli zakryt vse 99 dorog, vyhodyaschih iz stolitsy, to iz stolitsy puti ischezayut, a mezhdu dvumya nestolichnymi gorodami minimalnaya tsena vozrastaet do 1000. otsenka snizu: predpolozhim, chto zakryto menshe 99 dorog. rassmotrim graf, vershiny kotorogo — goroda, a rebra — zakrytye dorogi. takoy graf s 100 vershinami i menee chem 99 rebrami ne mozhet byt svyaznym. znachit, vershiny mozhno razbit na dva nepustyh mnozhestva `a` i `b` tak, chto ni odno rebro mezhdu `a` i `b` ne zakryto. pust `ab` — samaya deshevaya iz dorog mezhdu `a` i `b`. lyuboy marshrut iz `a` v `b` obyazan hotya by odin raz peresech granitsu mezhdu `a` i `b`, to est soderzhat nekotoruyu dorogu mezhdu etimi chastyami. no po vyboru…","source_keys":["kolmogorov"]}
{"id":"kolmogorov-2017-team-olympiad-seniors-problem-5","title":"Дешёвые маршруты через не более двух дорог в связной сети авиарейсов, Кубок Колмогорова 2017","path":"data\\problems\\kolmogorov\\kolmogorov-2017-team-olympiad-seniors-problem-5.yaml","raw_github_url":"https://raw.githubusercontent.com/didin-maxim/knowledge_graph_of_graphs/main/data/problems/kolmogorov/kolmogorov-2017-team-olympiad-seniors-problem-5.yaml","viewer_url":"https://didin-maxim.github.io/knowledge_graph_of_graphs/#kolmogorov-2017-team-olympiad-seniors-problem-5","source_key":"kolmogorov","source_label":"Кубок Колмогорова","source_titles":["Кубок Колмогорова 2017 официальный архив","Архив Кубка памяти А.Н. Колмогорова"],"year":"2017","type":"olympiad_problem","authors":[],"tags":["goal_bound"],"agent_topics":[],"difficulty":{"main":"national_final_medium","local_score":6,"comment":"Импортировано из подготовленной графовой карточки KOLM; оценка сложности требует проверки человеком.","status":"needs_human_review"},"review_status":"ai_checked","public_ready":true,"solution_state":"with_solution","solution_classification":{"type":"official_plan_completed_by_ai","label":"официальный план доведён агентом","status":"ai_checked","confidence":0.88,"basis":"high-reasoning агент 2026-05-16 завершил и проверил официальный план: разбиение по ближайшему концу удешевлённого ребра даёт не более N^2/4 изменившихся пар.","notes":"high-reasoning агент 2026-05-16 завершил и проверил официальный план: разбиение по ближайшему концу удешевлённого ребра даёт не более N^2/4 изменившихся пар.","audit_source":"manual-third-quartile-pass-2026-05-16"},"statements":{"original":[{"id":"stmt-original","title":"Оригинальная формулировка","status":"ai_checked","text":"В стране \\(N\\) городов некоторые пары соединены двусторонними авиарейсами с ценой более 1000 рублей, причем из любого города можно добраться до любого другого. Для каждой пары городов компания публикует минимальную цену пути между ними и суммирует все эти значения. После уменьшения цены одного рейса на 1000 рублей нужно доказать, что итоговая сумма всех попарных минимальных цен изменится не более чем на \\(250N^2\\).","definition_ids":["simple_graph"]}],"graph_theory":[{"id":"stmt-graph","title":"Изменение суммы попарных расстояний","status":"ai_checked","text":"Пусть \\(G\\) — связный неориентированный граф на \\(N\\) вершинах с положительными весами рёбер, все веса больше 1000. Для каждой пары вершин рассмотрим длину кратчайшего пути и сумму всех таких попарных расстояний. Докажите, что после уменьшения веса одного ребра на 1000 эта сумма изменится не более чем на \\(250N^2\\).","definition_ids":["simple_graph","connected_graph","path","distance"]}]},"solutions":[{"id":"sol-official-compressed","title":"Самодостаточное решение","status":"ai_checked","definition_ids":["simple_graph","connected_graph","path","distance"],"standard_idea_ids":[],"tags":[],"has_text":true,"text_preview":"Пусть удешевлен рейс `XY`. Разобьем все города на два множества: - `A` — города, из которых после изменения дешевле добраться до `X`, чем до `Y` (включая `X`); - `B` — города, из которых добраться до `Y` не дороже, чем до `X` (включая `Y`). Сначала заметим, что кратчайший путь между двумя городами из одного множества не может использовать ребро `XY`. Например, если `U, V` лежат в `A` и кратчайший путь из `U` в `V` идет через `X -> Y`, то выгоднее было бы из `X` сразу лететь к `V` кратчайшим путем без захода в `Y`, потому что цена ребра `XY` все еще положительна. Для двух городов из `B` тот же аргумент применяется с ребром `YX`. Значит, уменьшиться могли только расстояния между парами городов из разных множеств. Если `|A| = a`, то таких пар ровно `a(N-a)`, а это не больше `N^2/4`. Для любой пары из разных множеств новый кратчайший путь использует удешевленное ребро `XY` не более одного р…"}],"relations":[{"id":"rel-kolm-2017-weighted-shortest-path-cuts","neighbor_id":"kolmogorov-2017-team-olympiad-juniors-problem-6","direction":"backward","type":"same_motif","distance":2,"status":"needs_human_review"}],"search_text":"kolmogorov-2017-team-olympiad-seniors-problem-5 дешёвые маршруты через не более двух дорог в связной сети авиарейсов, кубок колмогорова 2017 goal_bound 2017 https://turmath.ru/kolm/archive.php https://turmath.ru/kolm/files/archive/kolm21.zip kolmogorov kolmogorov2017 olympiad_archive src-kolmogorov-2017-official src-kolmogorov-archive with_solution архив кубка памяти а.н. колмогорова кубок колмогорова кубок колмогорова 2017 официальный архив кубокколмогорова кубокколмогорова2017 ? кубок колмогорова 2017 официальный архив архив кубка памяти а.н. колмогорова stmt-original оригинальная формулировка ai_checked в стране \\(n\\) городов некоторые пары соединены двусторонними авиарейсами с ценой более 1000 рублей, причем из любого города можно добраться до любого другого. для каждой пары городов компания публикует минимальную цену пути между ними и суммирует все эти значения. после уменьшения цены одного рейса на 1000 рублей нужно доказать, что итоговая сумма всех попарных минимальных цен изменится не более чем на \\(250n^2\\). simple_graph stmt-graph изменение суммы попарных расстояний ai_checked пусть \\(g\\) — связный неориентированный граф на \\(n\\) вершинах с положительными весами рёбер, все веса больше 1000. для каждой пары вершин рассмотрим длину кратчайшего пути и сумму всех таких попарных расстояний. докажите, что после уменьшения веса одного ребра на 1000 эта сумма изменится не более чем на \\(250n^2\\). simple_graph connected_graph path distance idea-graph-role графовая роль официальное решение существенно использует модель взвешенного графа: вершины — города, ребра — авиарейсы, а опубликованные значения — это кратчайшие расстояния. ключевой шаг — разбиение множества вершин по отношению к концам измененного ребра и анализ кратчайших путей. ai_checked sol-official-compressed самодостаточное решение ai_checked simple_graph connected_graph path distance пусть удешевлен рейс `xy`. разобьем все города на два множества: - `a` — города, из которых после изменения дешевле добраться до `x`, чем до `y` (включая `x`); - `b` — города, из которых добраться до `y` не дороже, чем до `x` (включая `y`). сначала заметим, что кратчайший путь между двумя городами из одного множества не может использовать ребро `xy`. например, если `u, v` лежат в `a` и кратчайший путь из `u` в `v` идет через `x -> y`, то выгоднее было бы из `x` сразу лететь к `v` кратчайшим путем без захода в `y`, потому что цена ребра `xy` все еще положительна. для двух городов из `b` тот же аргумент применяется с ребром `yx`. значит, уменьшиться могли только расстояния между парами городов из разных множеств. если `|a| = a`, то таких пар ровно `a(n-a)`, а это не больше `n^2/4`. для любой пары из разных множеств новый кратчайший путь использует удешевленное ребро `xy` не более одного р… kolmogorov-2017-team-olympiad-seniors-problem-5 deshevye marshruty cherez ne bolee dvuh dorog v svyaznoy seti aviareysov, kubok kolmogorova 2017 goal_bound 2017 https://turmath.ru/kolm/archive.php https://turmath.ru/kolm/files/archive/kolm21.zip kolmogorov kolmogorov2017 olympiad_archive src-kolmogorov-2017-official src-kolmogorov-archive with_solution arhiv kubka pamyati a.n. kolmogorova kubok kolmogorova kubok kolmogorova 2017 ofitsialnyy arhiv kubokkolmogorova kubokkolmogorova2017 ? kubok kolmogorova 2017 ofitsialnyy arhiv arhiv kubka pamyati a.n. kolmogorova stmt-original originalnaya formulirovka ai_checked v strane \\(n\\) gorodov nekotorye pary soedineny dvustoronnimi aviareysami s tsenoy bolee 1000 rubley, prichem iz lyubogo goroda mozhno dobratsya do lyubogo drugogo. dlya kazhdoy pary gorodov kompaniya publikuet minimalnuyu tsenu puti mezhdu nimi i summiruet vse eti znacheniya. posle umensheniya tseny odnogo reysa na 1000 rubley nuzhno dokazat, chto itogovaya summa vseh poparnyh minimalnyh tsen izmenitsya ne bolee chem na \\(250n^2\\). simple_graph stmt-graph izmenenie summy poparnyh rasstoyaniy ai_checked pust \\(g\\) — svyaznyy neorientirovannyy graf na \\(n\\) vershinah s polozhitelnymi vesami reber, vse vesa bolshe 1000. dlya kazhdoy pary vershin rassmotrim dlinu kratchayshego puti i summu vseh takih poparnyh rasstoyaniy. dokazhite, chto posle umensheniya vesa odnogo rebra na 1000 eta summa izmenitsya ne bolee chem na \\(250n^2\\). simple_graph connected_graph path distance idea-graph-role grafovaya rol ofitsialnoe reshenie suschestvenno ispolzuet model vzveshennogo grafa: vershiny — goroda, rebra — aviareysy, a opublikovannye znacheniya — eto kratchayshie rasstoyaniya. klyuchevoy shag — razbienie mnozhestva vershin po otnosheniyu k kontsam izmenennogo rebra i analiz kratchayshih putey. ai_checked sol-official-compressed samodostatochnoe reshenie ai_checked simple_graph connected_graph path distance pust udeshevlen reys `xy`. razobem vse goroda na dva mnozhestva: - `a` — goroda, iz kotoryh posle izmeneniya deshevle dobratsya do `x`, chem do `y` (vklyuchaya `x`); - `b` — goroda, iz kotoryh dobratsya do `y` ne dorozhe, chem do `x` (vklyuchaya `y`). snachala zametim, chto kratchayshiy put mezhdu dvumya gorodami iz odnogo mnozhestva ne mozhet ispolzovat rebro `xy`. naprimer, esli `u, v` lezhat v `a` i kratchayshiy put iz `u` v `v` idet cherez `x -> y`, to vygodnee bylo by iz `x` srazu letet k `v` kratchayshim putem bez zahoda v `y`, potomu chto tsena rebra `xy` vse esche polozhitelna. dlya dvuh gorodov iz `b` tot zhe argument primenyaetsya s rebrom `yx`. znachit, umenshitsya mogli tolko rasstoyaniya mezhdu parami gorodov iz raznyh mnozhestv. esli `|a| = a`, to takih par rovno `a(n-a)`, a eto ne bolshe `n^2/4`. dlya lyuboy pary iz raznyh mnozhestv novyy kratchayshiy put ispolzuet udeshevlennoe rebro `xy` ne bolee odnogo r…","source_keys":["kolmogorov"]}
{"id":"kolmogorov-2018-team-olympiad-juniors-problem-6","title":"Минимальная сумма автобусной и железнодорожной мобильностей, Кубок Колмогорова 2018","path":"data\\problems\\kolmogorov\\kolmogorov-2018-team-olympiad-juniors-problem-6.yaml","raw_github_url":"https://raw.githubusercontent.com/didin-maxim/knowledge_graph_of_graphs/main/data/problems/kolmogorov/kolmogorov-2018-team-olympiad-juniors-problem-6.yaml","viewer_url":"https://didin-maxim.github.io/knowledge_graph_of_graphs/#kolmogorov-2018-team-olympiad-juniors-problem-6","source_key":"kolmogorov","source_label":"Кубок Колмогорова","source_titles":["Кубок Колмогорова 2018 официальный архив","Архив Кубка памяти А.Н. Колмогорова"],"year":"2018","type":"olympiad_problem","authors":[],"tags":["coloring","double_counting","graph_cut","goal_exact_bound"],"agent_topics":[],"difficulty":{"main":"national_final_medium","local_score":6,"comment":"Командная олимпиада Кубка Колмогорова 2018, младшая группа, задача 6; решение требует аккуратного разбора случаев по двум минимизирующим регионам.","status":"ai_checked"},"review_status":"ai_checked","public_ready":true,"solution_state":"with_solution","solution_classification":{"type":"official_solution_reconstructed","label":"официальное решение, полностью развёрнуто","status":"ai_checked","confidence":0.93,"basis":"официальный архив Кубка Колмогорова 2018 и локальная проверка всех случаев разбиения `M,N`","notes":"Официальное решение восстановлено в самодостаточный текст; прежний пробел в последнем случае закрыт явным взвешенным подсчетом ребер между `Y` и `Z`.","audit_source":"high-reasoning-pass-2026-05-17"},"statements":{"original":[{"id":"stmt-original","title":"Оригинальная формулировка","status":"ai_checked","text":"В государстве 20 городов, каждые два из которых соединены либо автобусным, либо железнодорожным маршрутом. Регион — любое непустое множество не более чем из 10 городов. Автобусная мобильность региона — это число автобусных маршрутов, ведущих из региона наружу, деленное на число городов в регионе. Железнодорожная мобильность определяется аналогично. Пусть \\(A\\) — наименьшая автобусная мобильность среди всех регионов, а \\(B\\) — наименьшая железнодорожная мобильность. Найдите наименьшее возможное значение \\(A + B\\).","definition_ids":["complete_graph","graph_cut"]}]},"solutions":[{"id":"sol-official-full","title":"Полное решение по официальной схеме","status":"ai_checked","definition_ids":["complete_graph","graph_cut"],"standard_idea_ids":["double_counting","extremal_choice"],"tags":[],"has_text":true,"text_preview":"Ответ: `1`. Пусть всего городов `20 = 2m`, где `m = 10`. Выберем регион `M`, на котором достигается минимум автобусной мобильности, и регион `N`, на котором достигается минимум железнодорожной мобильности. Обозначим через `R` число автобусных маршрутов из `M` наружу, а через `S` число железнодорожных маршрутов из `N` наружу. Тогда `A = R / |M|`, `B = S / |N|`, причем `1 <= |M|, |N| <= m`. Разобьем все города на четыре части: - `X = M ∩ N`, - `Y = M \\\\ N`, - `Z = N \\\\ M`, - `T = V \\\\ (M ∪ N)`. Пусть `|X| = a`, `|Y| = b`, `|Z| = c`, `|T| = d`. Рассмотрим ребро между `X` и `T`. Если оно автобусное, то оно идет из `M` наружу и входит в `R`; если железнодорожное, то оно идет из `N` наружу и входит в `S`. Точно так же любое ребро между `Y` и `Z` входит в `R`, если оно автобусное, и входит в `S`, если оно железнодорожное. Поэтому `R + S >= ad + bc`. Так как `|M| = a + b <= m` и `|N| = a + c <=…"}],"relations":[{"id":"rel-kolm-2018-mobility-junior-senior","neighbor_id":"kolmogorov-2018-team-olympiad-seniors-problem-5","direction":"forward","type":"specialization","distance":1,"status":"ai_checked"}],"search_text":"kolmogorov-2018-team-olympiad-juniors-problem-6 минимальная сумма автобусной и железнодорожной мобильностей, кубок колмогорова 2018 coloring double_counting graph_cut goal_exact_bound 2018 https://turmath.ru/kolm/archive.php https://turmath.ru/kolm/files/archive/kolm22.zip kolmogorov kolmogorov2018 olympiad_archive src-kolmogorov-2018-official src-kolmogorov-archive with_solution архив кубка памяти а.н. колмогорова кубок колмогорова кубок колмогорова 2018 официальный архив кубокколмогорова кубокколмогорова2018 ? кубок колмогорова 2018 официальный архив архив кубка памяти а.н. колмогорова stmt-original оригинальная формулировка ai_checked в государстве 20 городов, каждые два из которых соединены либо автобусным, либо железнодорожным маршрутом. регион — любое непустое множество не более чем из 10 городов. автобусная мобильность региона — это число автобусных маршрутов, ведущих из региона наружу, деленное на число городов в регионе. железнодорожная мобильность определяется аналогично. пусть \\(a\\) — наименьшая автобусная мобильность среди всех регионов, а \\(b\\) — наименьшая железнодорожная мобильность. найдите наименьшее возможное значение \\(a + b\\). complete_graph graph_cut idea-graph-role два минимальных разреза выбираются регионы `m` и `n`, на которых достигаются минимумы автобусной и железнодорожной мобильностей. разбиение вершин на `x = m ∩ n`, `y = m \\\\ n`, `z = n \\\\ m`, `t = v \\\\ (m ∪ n)` позволяет посчитать ребра между `x` и `t`, а также между `y` и `z`: каждое такое ребро обязательно попадает в автобусный разрез `m` или в железнодорожный разрез `n`. последний малый случай закрывается не только числом таких ребер, но и их весами `1/|m|` и `1/|n|` в сумме мобильностей. graph_cut double_counting extremal_choice ai_checked sol-official-full полное решение по официальной схеме ai_checked complete_graph graph_cut double_counting extremal_choice ответ: `1`. пусть всего городов `20 = 2m`, где `m = 10`. выберем регион `m`, на котором достигается минимум автобусной мобильности, и регион `n`, на котором достигается минимум железнодорожной мобильности. обозначим через `r` число автобусных маршрутов из `m` наружу, а через `s` число железнодорожных маршрутов из `n` наружу. тогда `a = r / |m|`, `b = s / |n|`, причем `1 <= |m|, |n| <= m`. разобьем все города на четыре части: - `x = m ∩ n`, - `y = m \\\\ n`, - `z = n \\\\ m`, - `t = v \\\\ (m ∪ n)`. пусть `|x| = a`, `|y| = b`, `|z| = c`, `|t| = d`. рассмотрим ребро между `x` и `t`. если оно автобусное, то оно идет из `m` наружу и входит в `r`; если железнодорожное, то оно идет из `n` наружу и входит в `s`. точно так же любое ребро между `y` и `z` входит в `r`, если оно автобусное, и входит в `s`, если оно железнодорожное. поэтому `r + s >= ad + bc`. так как `|m| = a + b <= m` и `|n| = a + c <=… kolmogorov-2018-team-olympiad-juniors-problem-6 minimalnaya summa avtobusnoy i zheleznodorozhnoy mobilnostey, kubok kolmogorova 2018 coloring double_counting graph_cut goal_exact_bound 2018 https://turmath.ru/kolm/archive.php https://turmath.ru/kolm/files/archive/kolm22.zip kolmogorov kolmogorov2018 olympiad_archive src-kolmogorov-2018-official src-kolmogorov-archive with_solution arhiv kubka pamyati a.n. kolmogorova kubok kolmogorova kubok kolmogorova 2018 ofitsialnyy arhiv kubokkolmogorova kubokkolmogorova2018 ? kubok kolmogorova 2018 ofitsialnyy arhiv arhiv kubka pamyati a.n. kolmogorova stmt-original originalnaya formulirovka ai_checked v gosudarstve 20 gorodov, kazhdye dva iz kotoryh soedineny libo avtobusnym, libo zheleznodorozhnym marshrutom. region — lyuboe nepustoe mnozhestvo ne bolee chem iz 10 gorodov. avtobusnaya mobilnost regiona — eto chislo avtobusnyh marshrutov, veduschih iz regiona naruzhu, delennoe na chislo gorodov v regione. zheleznodorozhnaya mobilnost opredelyaetsya analogichno. pust \\(a\\) — naimenshaya avtobusnaya mobilnost sredi vseh regionov, a \\(b\\) — naimenshaya zheleznodorozhnaya mobilnost. naydite naimenshee vozmozhnoe znachenie \\(a + b\\). complete_graph graph_cut idea-graph-role dva minimalnyh razreza vybirayutsya regiony `m` i `n`, na kotoryh dostigayutsya minimumy avtobusnoy i zheleznodorozhnoy mobilnostey. razbienie vershin na `x = m ∩ n`, `y = m \\\\ n`, `z = n \\\\ m`, `t = v \\\\ (m ∪ n)` pozvolyaet poschitat rebra mezhdu `x` i `t`, a takzhe mezhdu `y` i `z`: kazhdoe takoe rebro obyazatelno popadaet v avtobusnyy razrez `m` ili v zheleznodorozhnyy razrez `n`. posledniy malyy sluchay zakryvaetsya ne tolko chislom takih reber, no i ih vesami `1/|m|` i `1/|n|` v summe mobilnostey. graph_cut double_counting extremal_choice ai_checked sol-official-full polnoe reshenie po ofitsialnoy sheme ai_checked complete_graph graph_cut double_counting extremal_choice otvet: `1`. pust vsego gorodov `20 = 2m`, gde `m = 10`. vyberem region `m`, na kotorom dostigaetsya minimum avtobusnoy mobilnosti, i region `n`, na kotorom dostigaetsya minimum zheleznodorozhnoy mobilnosti. oboznachim cherez `r` chislo avtobusnyh marshrutov iz `m` naruzhu, a cherez `s` chislo zheleznodorozhnyh marshrutov iz `n` naruzhu. togda `a = r / |m|`, `b = s / |n|`, prichem `1 <= |m|, |n| <= m`. razobem vse goroda na chetyre chasti: - `x = m ∩ n`, - `y = m \\\\ n`, - `z = n \\\\ m`, - `t = v \\\\ (m ∪ n)`. pust `|x| = a`, `|y| = b`, `|z| = c`, `|t| = d`. rassmotrim rebro mezhdu `x` i `t`. esli ono avtobusnoe, to ono idet iz `m` naruzhu i vhodit v `r`; esli zheleznodorozhnoe, to ono idet iz `n` naruzhu i vhodit v `s`. tochno tak zhe lyuboe rebro mezhdu `y` i `z` vhodit v `r`, esli ono avtobusnoe, i vhodit v `s`, esli ono zheleznodorozhnoe. poetomu `r + s >= ad + bc`. tak kak `|m| = a + b <= m` i `|n| = a + c <=…","source_keys":["kolmogorov"]}
{"id":"kolmogorov-2018-team-olympiad-seniors-problem-5","title":"Минимальная сумма автобусной и железнодорожной мобильностей в 2018 городах, Кубок Колмогорова 2018","path":"data\\problems\\kolmogorov\\kolmogorov-2018-team-olympiad-seniors-problem-5.yaml","raw_github_url":"https://raw.githubusercontent.com/didin-maxim/knowledge_graph_of_graphs/main/data/problems/kolmogorov/kolmogorov-2018-team-olympiad-seniors-problem-5.yaml","viewer_url":"https://didin-maxim.github.io/knowledge_graph_of_graphs/#kolmogorov-2018-team-olympiad-seniors-problem-5","source_key":"kolmogorov","source_label":"Минимальная сумма автобусной и железнодорожной мобильностей в","source_titles":["Кубок Колмогорова 2018 официальный архив","Архив Кубка памяти А.Н. Колмогорова"],"year":"2018","type":"olympiad_problem","authors":[],"tags":["coloring","double_counting","graph_cut","goal_exact_bound"],"agent_topics":[],"difficulty":{"main":"national_final_medium","local_score":6,"comment":"Командная олимпиада Кубка Колмогорова 2018, старшая группа, задача 5; решение требует аккуратного разбора случаев по двум минимизирующим регионам.","status":"ai_checked"},"review_status":"ai_checked","public_ready":true,"solution_state":"with_solution","solution_classification":{"type":"official_solution_reconstructed","label":"официальное решение, полностью развёрнуто","status":"ai_checked","confidence":0.93,"basis":"официальный архив Кубка Колмогорова 2018 и локальная проверка всех случаев разбиения `M,N`","notes":"Официальное решение восстановлено в самодостаточный текст; прежний пробел в последнем случае закрыт явным взвешенным подсчетом ребер между `Y` и `Z`.","audit_source":"high-reasoning-pass-2026-05-17"},"statements":{"original":[{"id":"stmt-original","title":"Оригинальная формулировка","status":"ai_checked","text":"В государстве 2018 городов, каждые два из которых соединены либо автобусным, либо железнодорожным маршрутом. Регион — любое непустое множество не более чем из 1009 городов. Автобусная мобильность региона — это число автобусных маршрутов, ведущих из региона наружу, деленное на число городов в регионе. Железнодорожная мобильность определяется аналогично. Пусть \\(A\\) — наименьшая автобусная мобильность среди всех регионов, а \\(B\\) — наименьшая железнодорожная мобильность. Найдите наименьшее возможное значение \\(A + B\\).","definition_ids":["complete_graph","graph_cut"]}]},"solutions":[{"id":"sol-official-full","title":"Полное решение по официальной схеме","status":"ai_checked","definition_ids":["complete_graph","graph_cut"],"standard_idea_ids":["double_counting","extremal_choice"],"tags":[],"has_text":true,"text_preview":"Ответ: `1`. Пусть всего городов `2018 = 2m`, где `m = 1009`. Выберем регион `M`, на котором достигается минимум автобусной мобильности, и регион `N`, на котором достигается минимум железнодорожной мобильности. Обозначим через `R` число автобусных маршрутов из `M` наружу, а через `S` число железнодорожных маршрутов из `N` наружу. Тогда `A = R / |M|`, `B = S / |N|`, причем `1 <= |M|, |N| <= m`. Разобьем все города на четыре части: - `X = M ∩ N`, - `Y = M \\\\ N`, - `Z = N \\\\ M`, - `T = V \\\\ (M ∪ N)`. Пусть `|X| = a`, `|Y| = b`, `|Z| = c`, `|T| = d`. Рассмотрим ребро между `X` и `T`. Если оно автобусное, то оно идет из `M` наружу и входит в `R`; если железнодорожное, то оно идет из `N` наружу и входит в `S`. Точно так же любое ребро между `Y` и `Z` входит в `R`, если оно автобусное, и входит в `S`, если оно железнодорожное. Поэтому `R + S >= ad + bc`. Так как `|M| = a + b <= m` и `|N| = a +…"}],"relations":[{"id":"rel-kolm-2018-mobility-junior-senior","neighbor_id":"kolmogorov-2018-team-olympiad-juniors-problem-6","direction":"backward","type":"specialization","distance":1,"status":"ai_checked"}],"search_text":"kolmogorov-2018-team-olympiad-seniors-problem-5 минимальная сумма автобусной и железнодорожной мобильностей в 2018 городах, кубок колмогорова 2018 coloring double_counting graph_cut goal_exact_bound 2018 https://turmath.ru/kolm/archive.php https://turmath.ru/kolm/files/archive/kolm22.zip kolmogorov kolmogorov2018 olympiad_archive src-kolmogorov-2018-official src-kolmogorov-archive with_solution архив кубка памяти а.н. колмогорова кубок колмогорова 2018 официальный архив минимальная сумма автобусной и железнодорожной мобильностей в минимальнаясуммаавтобуснойижелезнодорожноймобильностейв минимальнаясуммаавтобуснойижелезнодорожноймобильностейв2018 ? кубок колмогорова 2018 официальный архив архив кубка памяти а.н. колмогорова stmt-original оригинальная формулировка ai_checked в государстве 2018 городов, каждые два из которых соединены либо автобусным, либо железнодорожным маршрутом. регион — любое непустое множество не более чем из 1009 городов. автобусная мобильность региона — это число автобусных маршрутов, ведущих из региона наружу, деленное на число городов в регионе. железнодорожная мобильность определяется аналогично. пусть \\(a\\) — наименьшая автобусная мобильность среди всех регионов, а \\(b\\) — наименьшая железнодорожная мобильность. найдите наименьшее возможное значение \\(a + b\\). complete_graph graph_cut idea-graph-role два минимальных разреза выбираются регионы `m` и `n`, на которых достигаются минимумы автобусной и железнодорожной мобильностей. разбиение вершин на `x = m ∩ n`, `y = m \\\\ n`, `z = n \\\\ m`, `t = v \\\\ (m ∪ n)` позволяет посчитать ребра между `x` и `t`, а также между `y` и `z`: каждое такое ребро обязательно попадает в автобусный разрез `m` или в железнодорожный разрез `n`. последний малый случай закрывается не только числом таких ребер, но и их весами `1/|m|` и `1/|n|` в сумме мобильностей. graph_cut double_counting extremal_choice ai_checked sol-official-full полное решение по официальной схеме ai_checked complete_graph graph_cut double_counting extremal_choice ответ: `1`. пусть всего городов `2018 = 2m`, где `m = 1009`. выберем регион `m`, на котором достигается минимум автобусной мобильности, и регион `n`, на котором достигается минимум железнодорожной мобильности. обозначим через `r` число автобусных маршрутов из `m` наружу, а через `s` число железнодорожных маршрутов из `n` наружу. тогда `a = r / |m|`, `b = s / |n|`, причем `1 <= |m|, |n| <= m`. разобьем все города на четыре части: - `x = m ∩ n`, - `y = m \\\\ n`, - `z = n \\\\ m`, - `t = v \\\\ (m ∪ n)`. пусть `|x| = a`, `|y| = b`, `|z| = c`, `|t| = d`. рассмотрим ребро между `x` и `t`. если оно автобусное, то оно идет из `m` наружу и входит в `r`; если железнодорожное, то оно идет из `n` наружу и входит в `s`. точно так же любое ребро между `y` и `z` входит в `r`, если оно автобусное, и входит в `s`, если оно железнодорожное. поэтому `r + s >= ad + bc`. так как `|m| = a + b <= m` и `|n| = a +… kolmogorov-2018-team-olympiad-seniors-problem-5 minimalnaya summa avtobusnoy i zheleznodorozhnoy mobilnostey v 2018 gorodah, kubok kolmogorova 2018 coloring double_counting graph_cut goal_exact_bound 2018 https://turmath.ru/kolm/archive.php https://turmath.ru/kolm/files/archive/kolm22.zip kolmogorov kolmogorov2018 olympiad_archive src-kolmogorov-2018-official src-kolmogorov-archive with_solution arhiv kubka pamyati a.n. kolmogorova kubok kolmogorova 2018 ofitsialnyy arhiv minimalnaya summa avtobusnoy i zheleznodorozhnoy mobilnostey v minimalnayasummaavtobusnoyizheleznodorozhnoymobilnosteyv minimalnayasummaavtobusnoyizheleznodorozhnoymobilnosteyv2018 ? kubok kolmogorova 2018 ofitsialnyy arhiv arhiv kubka pamyati a.n. kolmogorova stmt-original originalnaya formulirovka ai_checked v gosudarstve 2018 gorodov, kazhdye dva iz kotoryh soedineny libo avtobusnym, libo zheleznodorozhnym marshrutom. region — lyuboe nepustoe mnozhestvo ne bolee chem iz 1009 gorodov. avtobusnaya mobilnost regiona — eto chislo avtobusnyh marshrutov, veduschih iz regiona naruzhu, delennoe na chislo gorodov v regione. zheleznodorozhnaya mobilnost opredelyaetsya analogichno. pust \\(a\\) — naimenshaya avtobusnaya mobilnost sredi vseh regionov, a \\(b\\) — naimenshaya zheleznodorozhnaya mobilnost. naydite naimenshee vozmozhnoe znachenie \\(a + b\\). complete_graph graph_cut idea-graph-role dva minimalnyh razreza vybirayutsya regiony `m` i `n`, na kotoryh dostigayutsya minimumy avtobusnoy i zheleznodorozhnoy mobilnostey. razbienie vershin na `x = m ∩ n`, `y = m \\\\ n`, `z = n \\\\ m`, `t = v \\\\ (m ∪ n)` pozvolyaet poschitat rebra mezhdu `x` i `t`, a takzhe mezhdu `y` i `z`: kazhdoe takoe rebro obyazatelno popadaet v avtobusnyy razrez `m` ili v zheleznodorozhnyy razrez `n`. posledniy malyy sluchay zakryvaetsya ne tolko chislom takih reber, no i ih vesami `1/|m|` i `1/|n|` v summe mobilnostey. graph_cut double_counting extremal_choice ai_checked sol-official-full polnoe reshenie po ofitsialnoy sheme ai_checked complete_graph graph_cut double_counting extremal_choice otvet: `1`. pust vsego gorodov `2018 = 2m`, gde `m = 1009`. vyberem region `m`, na kotorom dostigaetsya minimum avtobusnoy mobilnosti, i region `n`, na kotorom dostigaetsya minimum zheleznodorozhnoy mobilnosti. oboznachim cherez `r` chislo avtobusnyh marshrutov iz `m` naruzhu, a cherez `s` chislo zheleznodorozhnyh marshrutov iz `n` naruzhu. togda `a = r / |m|`, `b = s / |n|`, prichem `1 <= |m|, |n| <= m`. razobem vse goroda na chetyre chasti: - `x = m ∩ n`, - `y = m \\\\ n`, - `z = n \\\\ m`, - `t = v \\\\ (m ∪ n)`. pust `|x| = a`, `|y| = b`, `|z| = c`, `|t| = d`. rassmotrim rebro mezhdu `x` i `t`. esli ono avtobusnoe, to ono idet iz `m` naruzhu i vhodit v `r`; esli zheleznodorozhnoe, to ono idet iz `n` naruzhu i vhodit v `s`. tochno tak zhe lyuboe rebro mezhdu `y` i `z` vhodit v `r`, esli ono avtobusnoe, i vhodit v `s`, esli ono zheleznodorozhnoe. poetomu `r + s >= ad + bc`. tak kak `|m| = a + b <= m` i `|n| = a +…","source_keys":["kolmogorov"]}
{"id":"kolmogorov-2019-team-olympiad-juniors-problem-8","title":"Два непересекающихся цикла в орграфе исходящей степени 3, Кубок Колмогорова 2019","path":"data\\problems\\kolmogorov\\kolmogorov-2019-team-olympiad-juniors-problem-8.yaml","raw_github_url":"https://raw.githubusercontent.com/didin-maxim/knowledge_graph_of_graphs/main/data/problems/kolmogorov/kolmogorov-2019-team-olympiad-juniors-problem-8.yaml","viewer_url":"https://didin-maxim.github.io/knowledge_graph_of_graphs/#kolmogorov-2019-team-olympiad-juniors-problem-8","source_key":"kolmogorov","source_label":"Кубок Колмогорова","source_titles":["Кубок Колмогорова 2019 официальный архив","Архив Кубка памяти А.Н. Колмогорова"],"year":"2019","type":"olympiad_problem","authors":["Шортлист олимпиады \"Балтийский путь\", 2019"],"tags":["induction","minimal_counterexample","extremal_choice","degree_counting","goal_proof"],"agent_topics":[],"difficulty":{"main":"national_final_medium","local_score":6,"comment":"Командная олимпиада Кубка Колмогорова, младшая группа, задача 8; содержательно средняя финальная графовая задача с индукцией и локальным анализом степеней.","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":0.94,"basis":"high-reasoning pass 2026-05-17 по официальному архивному решению Кубка Колмогорова 2019","notes":"Официальный индукционный план сохранен, но развернут до локально проверяемого доказательства: явно проверено стягивание ребра без предка, исключение входящих степеней 0, 1, 2 и образование 3-цикла на исходящих соседях без неявной симметрии.","audit_source":"high-reasoning-kolmogorov-2019-team-juniors-p8-2026-05-17"},"statements":{"original":[{"id":"stmt-original","title":"Оригинальная формулировка","status":"ai_checked","text":"В ориентированном графе исходящая степень каждой вершины равна 3. Петли и встречные ребра разрешены и считаются циклами; между любыми двумя вершинами может быть не более одного ребра каждого направления. Докажите, что в таком графе существуют два ориентированных цикла, не пересекающихся по вершинам.","definition_ids":["directed_graph","outdegree","cycle"]}]},"solutions":[{"id":"sol-official-compressed","title":"Самодостаточное решение","status":"ai_checked","definition_ids":["directed_graph","outdegree","indegree","cycle","induced_subgraph","triangle"],"standard_idea_ids":["induction","minimal_counterexample","extremal_choice"],"tags":[],"has_text":true,"text_preview":"Докажем утверждение от противного. Выберем контрпример `G` с наименьшим числом вершин. Будем считать исходящую степень с учетом петель; между двумя фиксированными вершинами в одном направлении нет кратных ребер. Сначала исключим короткие циклы. Если в `G` есть петля в вершине `v`, то эта петля уже является циклом. После удаления `v` каждая оставшаяся вершина теряет не более одной исходящей стрелки, поэтому у каждой из них остается хотя бы одна исходящая стрелка. В конечном ориентированном графе, где из каждой вершины выходит хотя бы одна стрелка, есть ориентированный цикл: достаточно идти по исходящим стрелкам, пока вершина не повторится. Этот цикл не проходит через `v`, что дает два непересекающихся цикла. Значит, петель в минимальном контрпримере нет. Если есть встречные ребра `v -> w` и `w -> v`, то они образуют цикл длины 2. Удалим `v` и `w`; любая другая вершина потеряет не более д…"}],"relations":[{"id":"rel-kolm-2019-outdegree-cycles-2021-gadget-cycles","neighbor_id":"kolmogorov-2021-individual-olympiad-seniors-problem-5","direction":"forward","type":"same_motif","distance":3,"status":"needs_human_review"}],"search_text":"kolmogorov-2019-team-olympiad-juniors-problem-8 два непересекающихся цикла в орграфе исходящей степени 3, кубок колмогорова 2019 induction minimal_counterexample extremal_choice degree_counting goal_proof 2019 https://turmath.ru/kolm/archive.php https://turmath.ru/kolm/files/archive/kolm23.zip kolmogorov kolmogorov2019 olympiad_archive src-kolmogorov-2019-official src-kolmogorov-archive with_solution архив кубка памяти а.н. колмогорова кубок колмогорова кубок колмогорова 2019 официальный архив кубокколмогорова кубокколмогорова2019 шортлист олимпиады \"балтийский путь\", 2019 шортлист олимпиады \"балтийский путь\", 2019 кубок колмогорова 2019 официальный архив архив кубка памяти а.н. колмогорова stmt-original оригинальная формулировка ai_checked в ориентированном графе исходящая степень каждой вершины равна 3. петли и встречные ребра разрешены и считаются циклами; между любыми двумя вершинами может быть не более одного ребра каждого направления. докажите, что в таком графе существуют два ориентированных цикла, не пересекающихся по вершинам. directed_graph outdegree cycle idea-graph-role графовая роль граф фигурирует прямо в условии: речь идет об ориентированном графе, исходящих степенях и непересекающихся ориентированных циклах. решение целиком остается внутри языка орграфов. ai_checked idea-contract-edge-without-parent стягивание ребра без общего предка в минимальном контрпримере любое ребро должно иметь общего входящего предка. если у ребра `u -> v` такого предка нет, то можно слить `u` и `v`: исходящие степени сохраняются, а циклы из меньшего графа поднимаются обратно заменой прохода через новую вершину на проход через `v` или через `u -> v`. induction minimal_counterexample ai_checked idea-min-indegree-triangles минимальная входящая степень и два 3-цикла после исключения ребер без предка минимальная входящая степень не может быть 0, 1 или 2; из среднего значения 3 следует регулярность по входящим степеням. тогда входящие соседи любой вершины образуют ориентированный 3-цикл, а тот же локальный аргумент через входящие соседи исходящих соседей дает 3-цикл на исходящих соседях. extremal_choice degree_counting ai_checked sol-official-compressed самодостаточное решение ai_checked directed_graph outdegree indegree cycle induced_subgraph triangle induction minimal_counterexample extremal_choice докажем утверждение от противного. выберем контрпример `g` с наименьшим числом вершин. будем считать исходящую степень с учетом петель; между двумя фиксированными вершинами в одном направлении нет кратных ребер. сначала исключим короткие циклы. если в `g` есть петля в вершине `v`, то эта петля уже является циклом. после удаления `v` каждая оставшаяся вершина теряет не более одной исходящей стрелки, поэтому у каждой из них остается хотя бы одна исходящая стрелка. в конечном ориентированном графе, где из каждой вершины выходит хотя бы одна стрелка, есть ориентированный цикл: достаточно идти по исходящим стрелкам, пока вершина не повторится. этот цикл не проходит через `v`, что дает два непересекающихся цикла. значит, петель в минимальном контрпримере нет. если есть встречные ребра `v -> w` и `w -> v`, то они образуют цикл длины 2. удалим `v` и `w`; любая другая вершина потеряет не более д… kolmogorov-2019-team-olympiad-juniors-problem-8 dva neperesekayuschihsya tsikla v orgrafe ishodyaschey stepeni 3, kubok kolmogorova 2019 induction minimal_counterexample extremal_choice degree_counting goal_proof 2019 https://turmath.ru/kolm/archive.php https://turmath.ru/kolm/files/archive/kolm23.zip kolmogorov kolmogorov2019 olympiad_archive src-kolmogorov-2019-official src-kolmogorov-archive with_solution arhiv kubka pamyati a.n. kolmogorova kubok kolmogorova kubok kolmogorova 2019 ofitsialnyy arhiv kubokkolmogorova kubokkolmogorova2019 shortlist olimpiady \"baltiyskiy put\", 2019 shortlist olimpiady \"baltiyskiy put\", 2019 kubok kolmogorova 2019 ofitsialnyy arhiv arhiv kubka pamyati a.n. kolmogorova stmt-original originalnaya formulirovka ai_checked v orientirovannom grafe ishodyaschaya stepen kazhdoy vershiny ravna 3. petli i vstrechnye rebra razresheny i schitayutsya tsiklami; mezhdu lyubymi dvumya vershinami mozhet byt ne bolee odnogo rebra kazhdogo napravleniya. dokazhite, chto v takom grafe suschestvuyut dva orientirovannyh tsikla, ne peresekayuschihsya po vershinam. directed_graph outdegree cycle idea-graph-role grafovaya rol graf figuriruet pryamo v uslovii: rech idet ob orientirovannom grafe, ishodyaschih stepenyah i neperesekayuschihsya orientirovannyh tsiklah. reshenie tselikom ostaetsya vnutri yazyka orgrafov. ai_checked idea-contract-edge-without-parent styagivanie rebra bez obschego predka v minimalnom kontrprimere lyuboe rebro dolzhno imet obschego vhodyaschego predka. esli u rebra `u -> v` takogo predka net, to mozhno slit `u` i `v`: ishodyaschie stepeni sohranyayutsya, a tsikly iz menshego grafa podnimayutsya obratno zamenoy prohoda cherez novuyu vershinu na prohod cherez `v` ili cherez `u -> v`. induction minimal_counterexample ai_checked idea-min-indegree-triangles minimalnaya vhodyaschaya stepen i dva 3-tsikla posle isklyucheniya reber bez predka minimalnaya vhodyaschaya stepen ne mozhet byt 0, 1 ili 2; iz srednego znacheniya 3 sleduet regulyarnost po vhodyaschim stepenyam. togda vhodyaschie sosedi lyuboy vershiny obrazuyut orientirovannyy 3-tsikl, a tot zhe lokalnyy argument cherez vhodyaschie sosedi ishodyaschih sosedey daet 3-tsikl na ishodyaschih sosedyah. extremal_choice degree_counting ai_checked sol-official-compressed samodostatochnoe reshenie ai_checked directed_graph outdegree indegree cycle induced_subgraph triangle induction minimal_counterexample extremal_choice dokazhem utverzhdenie ot protivnogo. vyberem kontrprimer `g` s naimenshim chislom vershin. budem schitat ishodyaschuyu stepen s uchetom petel; mezhdu dvumya fiksirovannymi vershinami v odnom napravlenii net kratnyh reber. snachala isklyuchim korotkie tsikly. esli v `g` est petlya v vershine `v`, to eta petlya uzhe yavlyaetsya tsiklom. posle udaleniya `v` kazhdaya ostavshayasya vershina teryaet ne bolee odnoy ishodyaschey strelki, poetomu u kazhdoy iz nih ostaetsya hotya by odna ishodyaschaya strelka. v konechnom orientirovannom grafe, gde iz kazhdoy vershiny vyhodit hotya by odna strelka, est orientirovannyy tsikl: dostatochno idti po ishodyaschim strelkam, poka vershina ne povtoritsya. etot tsikl ne prohodit cherez `v`, chto daet dva neperesekayuschihsya tsikla. znachit, petel v minimalnom kontrprimere net. esli est vstrechnye rebra `v -> w` i `w -> v`, to oni obrazuyut tsikl dliny 2. udalim `v` i `w`; lyubaya drugaya vershina poteryaet ne bolee d…","source_keys":["kolmogorov"]}
{"id":"kolmogorov-2021-individual-olympiad-seniors-problem-1","title":"Двухкруговой турнир с равным числом домашних и гостевых побед, Кубок Колмогорова 2021","path":"data\\problems\\kolmogorov\\kolmogorov-2021-individual-olympiad-seniors-problem-1.yaml","raw_github_url":"https://raw.githubusercontent.com/didin-maxim/knowledge_graph_of_graphs/main/data/problems/kolmogorov/kolmogorov-2021-individual-olympiad-seniors-problem-1.yaml","viewer_url":"https://didin-maxim.github.io/knowledge_graph_of_graphs/#kolmogorov-2021-individual-olympiad-seniors-problem-1","source_key":"kolmogorov","source_label":"Кубок Колмогорова","source_titles":["Кубок Колмогорова 2021 официальный архив","Архив Кубка памяти А.Н. Колмогорова"],"year":"2021","type":"olympiad_problem","authors":[],"tags":["double_counting","goal_strategy_game"],"agent_topics":["game_strategy"],"difficulty":{"main":"national_final_medium","local_score":6,"comment":"Импортировано из подготовленной графовой карточки KOLM; оценка сложности требует проверки человеком.","status":"needs_human_review"},"review_status":"needs_human_review","public_ready":false,"solution_state":"with_solution","solution_classification":{"type":"official_complete_or_near_complete","label":"официальное полное/почти полное","status":"ai_checked","confidence":0.9,"basis":"агентский аудит средней сложности","notes":"Короткое решение было развёрнуто: отдельно проверены два типа пар, степень в вспомогательном графе и четность суммы степеней.","audit_source":"agent-russian-archives.json"},"statements":{"original":[{"id":"stmt-original","title":"Оригинальная формулировка","status":"ai_checked","text":"\\(999\\) команд сыграли двухкруговой турнир по волейболу: каждая сыграла с каждой матч дома и матч в гостях. Каждая команда выиграла ровно половину своих домашних матчей и ровно половину гостевых. Докажите, что какая-то из команд дважды обыграла какую-то другую.","definition_ids":["simple_graph"]}]},"solutions":[{"id":"sol-official-compressed","title":"Самодостаточное решение","status":"ai_checked","definition_ids":["simple_graph","degree"],"standard_idea_ids":["double_counting"],"tags":[],"has_text":true,"text_preview":"Предположим противное: ни одна команда не обыграла другую дважды. Рассмотрим две произвольные команды `X` и `Y`. Они сыграли два матча: один на площадке `X`, другой на площадке `Y`. По нашему предположению не может быть так, что `X` выиграла оба матча, и не может быть так, что `Y` выиграла оба матча. Значит, победы в этой паре разделились поровну: либо обе команды выиграли свои домашние матчи, либо обе команды выиграли свои гостевые матчи. Построим простой граф на `999` вершинах-командах. Соединим две команды ребром тогда и только тогда, когда в их паре обе команды выиграли домашние матчи. Для фиксированной команды ее степень в этом графе равна числу ее домашних побед: каждое ребро, выходящее из вершины, соответствует сопернику, которого эта команда победила дома, а если команда победила дома данного соперника, то по предыдущему абзацу соперник тоже победил дома, значит соответствующее…"}],"relations":[{"id":"rel-kolm-2021-volleyball-handshaking","neighbor_id":"handshaking-lemma","direction":"forward","type":"prerequisite","distance":1,"status":"needs_human_review"},{"id":"rel-polish-mo-2022-badminton-kolmogorov-2021-volleyball","neighbor_id":"polish-mo-2022-ii-p6-badminton-euler-cycles","direction":"backward","type":"same_motif","distance":2,"status":"needs_human_review"}],"search_text":"kolmogorov-2021-individual-olympiad-seniors-problem-1 двухкруговой турнир с равным числом домашних и гостевых побед, кубок колмогорова 2021 double_counting goal_strategy_game 2021 https://turmath.ru/kolm/archive.php https://turmath.ru/kolm/files/archive/kolm24.zip kolmogorov kolmogorov2021 olympiad_archive src-kolmogorov-2021-official src-kolmogorov-archive with_solution архив кубка памяти а.н. колмогорова кубок колмогорова кубок колмогорова 2021 официальный архив кубокколмогорова кубокколмогорова2021 ? кубок колмогорова 2021 официальный архив архив кубка памяти а.н. колмогорова stmt-original оригинальная формулировка ai_checked \\(999\\) команд сыграли двухкруговой турнир по волейболу: каждая сыграла с каждой матч дома и матч в гостях. каждая команда выиграла ровно половину своих домашних матчей и ровно половину гостевых. докажите, что какая-то из команд дважды обыграла какую-то другую. simple_graph idea-graph-role графовая роль в условии турнир не сформулирован языком графов, но официальное решение существенно вводит граф на командах и завершает доказательство через лемму о рукопожатиях. ai_checked sol-official-compressed самодостаточное решение ai_checked simple_graph degree double_counting предположим противное: ни одна команда не обыграла другую дважды. рассмотрим две произвольные команды `x` и `y`. они сыграли два матча: один на площадке `x`, другой на площадке `y`. по нашему предположению не может быть так, что `x` выиграла оба матча, и не может быть так, что `y` выиграла оба матча. значит, победы в этой паре разделились поровну: либо обе команды выиграли свои домашние матчи, либо обе команды выиграли свои гостевые матчи. построим простой граф на `999` вершинах-командах. соединим две команды ребром тогда и только тогда, когда в их паре обе команды выиграли домашние матчи. для фиксированной команды ее степень в этом графе равна числу ее домашних побед: каждое ребро, выходящее из вершины, соответствует сопернику, которого эта команда победила дома, а если команда победила дома данного соперника, то по предыдущему абзацу соперник тоже победил дома, значит соответствующее… kolmogorov-2021-individual-olympiad-seniors-problem-1 dvuhkrugovoy turnir s ravnym chislom domashnih i gostevyh pobed, kubok kolmogorova 2021 double_counting goal_strategy_game 2021 https://turmath.ru/kolm/archive.php https://turmath.ru/kolm/files/archive/kolm24.zip kolmogorov kolmogorov2021 olympiad_archive src-kolmogorov-2021-official src-kolmogorov-archive with_solution arhiv kubka pamyati a.n. kolmogorova kubok kolmogorova kubok kolmogorova 2021 ofitsialnyy arhiv kubokkolmogorova kubokkolmogorova2021 ? kubok kolmogorova 2021 ofitsialnyy arhiv arhiv kubka pamyati a.n. kolmogorova stmt-original originalnaya formulirovka ai_checked \\(999\\) komand sygrali dvuhkrugovoy turnir po voleybolu: kazhdaya sygrala s kazhdoy match doma i match v gostyah. kazhdaya komanda vyigrala rovno polovinu svoih domashnih matchey i rovno polovinu gostevyh. dokazhite, chto kakaya-to iz komand dvazhdy obygrala kakuyu-to druguyu. simple_graph idea-graph-role grafovaya rol v uslovii turnir ne sformulirovan yazykom grafov, no ofitsialnoe reshenie suschestvenno vvodit graf na komandah i zavershaet dokazatelstvo cherez lemmu o rukopozhatiyah. ai_checked sol-official-compressed samodostatochnoe reshenie ai_checked simple_graph degree double_counting predpolozhim protivnoe: ni odna komanda ne obygrala druguyu dvazhdy. rassmotrim dve proizvolnye komandy `x` i `y`. oni sygrali dva matcha: odin na ploschadke `x`, drugoy na ploschadke `y`. po nashemu predpolozheniyu ne mozhet byt tak, chto `x` vyigrala oba matcha, i ne mozhet byt tak, chto `y` vyigrala oba matcha. znachit, pobedy v etoy pare razdelilis porovnu: libo obe komandy vyigrali svoi domashnie matchi, libo obe komandy vyigrali svoi gostevye matchi. postroim prostoy graf na `999` vershinah-komandah. soedinim dve komandy rebrom togda i tolko togda, kogda v ih pare obe komandy vyigrali domashnie matchi. dlya fiksirovannoy komandy ee stepen v etom grafe ravna chislu ee domashnih pobed: kazhdoe rebro, vyhodyaschee iz vershiny, sootvetstvuet soperniku, kotorogo eta komanda pobedila doma, a esli komanda pobedila doma dannogo sopernika, to po predyduschemu abzatsu sopernik tozhe pobedil doma, znachit sootvetstvuyuschee…","source_keys":["kolmogorov"]}
{"id":"kolmogorov-2021-individual-olympiad-seniors-problem-5","title":"Гаджеты и паросочетание по предпочтениям детей, Кубок Колмогорова 2021","path":"data\\problems\\kolmogorov\\kolmogorov-2021-individual-olympiad-seniors-problem-5.yaml","raw_github_url":"https://raw.githubusercontent.com/didin-maxim/knowledge_graph_of_graphs/main/data/problems/kolmogorov/kolmogorov-2021-individual-olympiad-seniors-problem-5.yaml","viewer_url":"https://didin-maxim.github.io/knowledge_graph_of_graphs/#kolmogorov-2021-individual-olympiad-seniors-problem-5","source_key":"kolmogorov","source_label":"Кубок Колмогорова","source_titles":["Кубок Колмогорова 2021 официальный архив","Архив Кубка памяти А.Н. Колмогорова"],"year":"2021","type":"olympiad_problem","authors":[],"tags":["connectivity","goal_impossibility"],"agent_topics":[],"difficulty":{"main":"national_final_medium","local_score":6,"comment":"Импортировано из подготовленной графовой карточки KOLM; оценка сложности требует проверки человеком.","status":"needs_human_review"},"review_status":"ai_checked","public_ready":true,"solution_state":"with_solution","solution_classification":{"type":"official_plan_completed_by_ai","label":"официальный план доведён агентом","status":"ai_checked","confidence":0.88,"basis":"high-reasoning агент 2026-05-16 завершил и проверил официальный план: последовательные циклы предпочтений дают стандартное самодостаточное TTC-доказательство.","notes":"high-reasoning агент 2026-05-16 завершил и проверил официальный план: последовательные циклы предпочтений дают стандартное самодостаточное TTC-доказательство.","audit_source":"manual-third-quartile-pass-2026-05-16"},"statements":{"original":[{"id":"stmt-original","title":"Оригинальная формулировка","status":"ai_checked","text":"Дети привезли в лагерь по гаджету. Гаджет, привезенный ребенком \\(i\\), получил номер \\(i\\). Каждый ребенок упорядочил все гаджеты от более желанного к менее желанному. Воспитатель хочет предложить перестановку \\(\\sigma\\), по которой ребенку \\(i\\) достанется гаджет \\(\\sigma(i)\\). Группа детей \\(A\\) может заблокировать предложение, если дети из \\(A\\) могут перераспределить между собой гаджеты, привезенные ими самими, так, чтобы каждый получил гаджет не хуже, чем в предложении \\(\\sigma\\), и хотя бы один ребенок получил бы другой гаджет, чем в \\(\\sigma\\). Докажите, что существует не более одного предложения воспитателя, которое не может заблокировать ни одна группа детей.","definition_ids":["simple_graph"]}]},"solutions":[{"id":"sol-official-compressed","title":"Самодостаточное решение","status":"ai_checked","definition_ids":["simple_graph","directed_graph","cycle"],"standard_idea_ids":["greedy_ordering","delete_to_simplify"],"tags":[],"has_text":true,"text_preview":"Построим ориентированный граф на детях. Из вершины `i` проводят ребро в вершину `j`, если гаджет `j` нравится ребенку `i` больше всего среди всех доступных. В любом конечном ориентированном графе есть цикл; выберем такой цикл `C_1` и предложим каждому ребенку из него гаджет следующего по циклу ребенка. После этого детей цикла убирают и повторяют ту же процедуру на оставшихся детях. Так получается последовательность циклов `C_1, C_2, ...` и предложение `sigma`. Рассмотрим любое другое предложение `sigma'`. Пусть `B` — множество детей, для которых `sigma(i) != sigma'(i)`. Выберем ребенка из `B`, принадлежащего циклу с минимальным номером `C_k`. Тогда все более ранние циклы получили в `sigma` и `sigma'` те же гаджеты, а дети из `C_k` в `sigma` уже получили свои лучшие оставшиеся гаджеты. Значит, дети цикла `C_k` могут внутри себя организовать перераспределение не хуже, чем `sigma'`, причем…"}],"relations":[{"id":"rel-kolm-2021-gadgets-top-cycle","neighbor_id":"kolmogorov-2010-individual-olympiad-seniors-problem-4","direction":"forward","type":"same_motif","distance":3,"status":"needs_human_review"},{"id":"rel-kolm-2019-outdegree-cycles-2021-gadget-cycles","neighbor_id":"kolmogorov-2019-team-olympiad-juniors-problem-8","direction":"backward","type":"same_motif","distance":3,"status":"needs_human_review"}],"search_text":"kolmogorov-2021-individual-olympiad-seniors-problem-5 гаджеты и паросочетание по предпочтениям детей, кубок колмогорова 2021 connectivity goal_impossibility 2021 https://turmath.ru/kolm/archive.php https://turmath.ru/kolm/files/archive/kolm24.zip kolmogorov kolmogorov2021 olympiad_archive src-kolmogorov-2021-official src-kolmogorov-archive with_solution архив кубка памяти а.н. колмогорова кубок колмогорова кубок колмогорова 2021 официальный архив кубокколмогорова кубокколмогорова2021 ? кубок колмогорова 2021 официальный архив архив кубка памяти а.н. колмогорова stmt-original оригинальная формулировка ai_checked дети привезли в лагерь по гаджету. гаджет, привезенный ребенком \\(i\\), получил номер \\(i\\). каждый ребенок упорядочил все гаджеты от более желанного к менее желанному. воспитатель хочет предложить перестановку \\(\\sigma\\), по которой ребенку \\(i\\) достанется гаджет \\(\\sigma(i)\\). группа детей \\(a\\) может заблокировать предложение, если дети из \\(a\\) могут перераспределить между собой гаджеты, привезенные ими самими, так, чтобы каждый получил гаджет не хуже, чем в предложении \\(\\sigma\\), и хотя бы один ребенок получил бы другой гаджет, чем в \\(\\sigma\\). докажите, что существует не более одного предложения воспитателя, которое не может заблокировать ни одна группа детей. simple_graph idea-graph-role графовая роль граф не фигурирует в формулировке явно, но официальное решение принципиально строит ориентированный граф предпочтений и использует его циклы. ai_checked sol-official-compressed самодостаточное решение ai_checked simple_graph directed_graph cycle greedy_ordering delete_to_simplify построим ориентированный граф на детях. из вершины `i` проводят ребро в вершину `j`, если гаджет `j` нравится ребенку `i` больше всего среди всех доступных. в любом конечном ориентированном графе есть цикл; выберем такой цикл `c_1` и предложим каждому ребенку из него гаджет следующего по циклу ребенка. после этого детей цикла убирают и повторяют ту же процедуру на оставшихся детях. так получается последовательность циклов `c_1, c_2, ...` и предложение `sigma`. рассмотрим любое другое предложение `sigma'`. пусть `b` — множество детей, для которых `sigma(i) != sigma'(i)`. выберем ребенка из `b`, принадлежащего циклу с минимальным номером `c_k`. тогда все более ранние циклы получили в `sigma` и `sigma'` те же гаджеты, а дети из `c_k` в `sigma` уже получили свои лучшие оставшиеся гаджеты. значит, дети цикла `c_k` могут внутри себя организовать перераспределение не хуже, чем `sigma'`, причем… kolmogorov-2021-individual-olympiad-seniors-problem-5 gadzhety i parosochetanie po predpochteniyam detey, kubok kolmogorova 2021 connectivity goal_impossibility 2021 https://turmath.ru/kolm/archive.php https://turmath.ru/kolm/files/archive/kolm24.zip kolmogorov kolmogorov2021 olympiad_archive src-kolmogorov-2021-official src-kolmogorov-archive with_solution arhiv kubka pamyati a.n. kolmogorova kubok kolmogorova kubok kolmogorova 2021 ofitsialnyy arhiv kubokkolmogorova kubokkolmogorova2021 ? kubok kolmogorova 2021 ofitsialnyy arhiv arhiv kubka pamyati a.n. kolmogorova stmt-original originalnaya formulirovka ai_checked deti privezli v lager po gadzhetu. gadzhet, privezennyy rebenkom \\(i\\), poluchil nomer \\(i\\). kazhdyy rebenok uporyadochil vse gadzhety ot bolee zhelannogo k menee zhelannomu. vospitatel hochet predlozhit perestanovku \\(\\sigma\\), po kotoroy rebenku \\(i\\) dostanetsya gadzhet \\(\\sigma(i)\\). gruppa detey \\(a\\) mozhet zablokirovat predlozhenie, esli deti iz \\(a\\) mogut pereraspredelit mezhdu soboy gadzhety, privezennye imi samimi, tak, chtoby kazhdyy poluchil gadzhet ne huzhe, chem v predlozhenii \\(\\sigma\\), i hotya by odin rebenok poluchil by drugoy gadzhet, chem v \\(\\sigma\\). dokazhite, chto suschestvuet ne bolee odnogo predlozheniya vospitatelya, kotoroe ne mozhet zablokirovat ni odna gruppa detey. simple_graph idea-graph-role grafovaya rol graf ne figuriruet v formulirovke yavno, no ofitsialnoe reshenie printsipialno stroit orientirovannyy graf predpochteniy i ispolzuet ego tsikly. ai_checked sol-official-compressed samodostatochnoe reshenie ai_checked simple_graph directed_graph cycle greedy_ordering delete_to_simplify postroim orientirovannyy graf na detyah. iz vershiny `i` provodyat rebro v vershinu `j`, esli gadzhet `j` nravitsya rebenku `i` bolshe vsego sredi vseh dostupnyh. v lyubom konechnom orientirovannom grafe est tsikl; vyberem takoy tsikl `c_1` i predlozhim kazhdomu rebenku iz nego gadzhet sleduyuschego po tsiklu rebenka. posle etogo detey tsikla ubirayut i povtoryayut tu zhe protseduru na ostavshihsya detyah. tak poluchaetsya posledovatelnost tsiklov `c_1, c_2, ...` i predlozhenie `sigma`. rassmotrim lyuboe drugoe predlozhenie `sigma'`. pust `b` — mnozhestvo detey, dlya kotoryh `sigma(i) != sigma'(i)`. vyberem rebenka iz `b`, prinadlezhaschego tsiklu s minimalnym nomerom `c_k`. togda vse bolee rannie tsikly poluchili v `sigma` i `sigma'` te zhe gadzhety, a deti iz `c_k` v `sigma` uzhe poluchili svoi luchshie ostavshiesya gadzhety. znachit, deti tsikla `c_k` mogut vnutri sebya organizovat pereraspredelenie ne huzhe, chem `sigma'`, prichem…","source_keys":["kolmogorov"]}
{"id":"kolmogorov-2021-komol-chip-firing-edge-discrepancy","title":"Фишки, выстрелы и соседнее ребро, Кубок Колмогорова 2021 КомОл seniors 8","path":"data\\problems\\kolmogorov\\kolmogorov-2021-komol-chip-firing-edge-discrepancy.yaml","raw_github_url":"https://raw.githubusercontent.com/didin-maxim/knowledge_graph_of_graphs/main/data/problems/kolmogorov/kolmogorov-2021-komol-chip-firing-edge-discrepancy.yaml","viewer_url":"https://didin-maxim.github.io/knowledge_graph_of_graphs/#kolmogorov-2021-komol-chip-firing-edge-discrepancy","source_key":"kolmogorov","source_label":"Кубок Колмогорова","source_titles":["Кубок Колмогорова 2021 официальный архив","Архив Кубка памяти А.Н. Колмогорова"],"year":"2021","type":"olympiad_problem","authors":["Gábor Tardos"],"tags":["goal_exact_bound"],"agent_topics":[],"difficulty":{"main":"national_final_medium","local_score":7,"comment":"Короткая, но нетривиальная задача на локальный chip-firing и разрез по числу ходов.","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":"","status":"ai_checked","text":"В простом графе без петель есть смежные вершины \\(u\\) и \\(v\\), а на вершинах графа размещено \\(N\\) фишек. Вершина может сработать, если на ней не меньше фишек, чем её степень: при этом она отправляет по одной фишке каждому соседу; в каждый момент срабатывает не более одной вершины. Докажите, что в любой момент числа срабатываний вершин \\(u\\) и \\(v\\) отличаются не более чем на \\(N\\).","definition_ids":["simple_graph"]}]},"solutions":[{"id":"sol-cut-flow","title":"Чистый перенос через разрез","status":"ai_checked","definition_ids":["simple_graph"],"standard_idea_ids":[],"tags":[],"has_text":true,"text_preview":"Зафиксируем момент времени и обозначим через \\(f(x)\\) число выстрелов вершины \\(x\\). Если \\(f(u)=f(v)\\), то доказывать нечего; пусть \\(f(u)<f(v)\\). Разобьём вершины на две части: \\(U=\\{x\\colon f(x)\\le f(u)\\}\\) и \\(V=\\{x\\colon f(x)>f(u)\\}\\). Тогда \\(u\\in U\\), \\(v\\in V\\), так что ребро \\(uv\\) пересекает этот разрез. Рассмотрим любое ребро \\(ab\\) с \\(a\\in U\\), \\(b\\in V\\). По нему из \\(a\\) в \\(b\\) было отправлено \\(f(a)\\) фишек, а из \\(b\\) в \\(a\\) — \\(f(b)\\) фишек; так как \\(f(a)\\le f(u)<f(b)\\), чистый перенос по этому ребру идёт из \\(V\\) в \\(U\\), то есть в \\(V\\) в итоге прибыло \\(f(b)-f(a)>0\\) фишек меньше, чем ушло. Эквивалентно, если считать переносы со знаком в сторону \\(V\\), то каждое ребро разреза даёт в \\(V\\) положительный вклад. Суммарный чистый приток в \\(V\\) по всем рёбрам разреза не может превышать \\(N\\), потому что во всём графе изначально всего \\(N\\) фишек. Значит, и по одному…"}],"relations":[{"id":"rel-kolmogorov-2021-chip-imo-2019-c3","neighbor_id":"imo-2019-c3-coin-process-digraph","direction":"forward","type":"same_motif","distance":2,"status":"ai_checked"}],"search_text":"kolmogorov-2021-komol-chip-firing-edge-discrepancy фишки, выстрелы и соседнее ребро, кубок колмогорова 2021 комол seniors 8 goal_exact_bound 2021 gábor tardos gábortardos https://turmath.ru/kolm/archive.php https://turmath.ru/kolm/files/archive/kolm24.zip kolmogorov kolmogorov2021 olympiad_archive src-kolmogorov-2021-official src-kolmogorov-archive with_solution архив кубка памяти а.н. колмогорова кубок колмогорова кубок колмогорова 2021 официальный архив кубокколмогорова кубокколмогорова2021 gábor tardos кубок колмогорова 2021 официальный архив архив кубка памяти а.н. колмогорова stmt-original ai_checked в простом графе без петель есть смежные вершины \\(u\\) и \\(v\\), а на вершинах графа размещено \\(n\\) фишек. вершина может сработать, если на ней не меньше фишек, чем её степень: при этом она отправляет по одной фишке каждому соседу; в каждый момент срабатывает не более одной вершины. докажите, что в любой момент числа срабатываний вершин \\(u\\) и \\(v\\) отличаются не более чем на \\(n\\). simple_graph idea-cut-by-firing-threshold разделить вершины по числу выстрелов если одна из вершин ребра стреляла чаще другой, разбиваем вершины на две части по порогу этого меньшего числа выстрелов. тогда через каждое ребро между частями в более активную часть должен был перейти положительный чистый поток фишек. double_counting ai_checked sol-cut-flow чистый перенос через разрез ai_checked simple_graph зафиксируем момент времени и обозначим через \\(f(x)\\) число выстрелов вершины \\(x\\). если \\(f(u)=f(v)\\), то доказывать нечего; пусть \\(f(u)<f(v)\\). разобьём вершины на две части: \\(u=\\{x\\colon f(x)\\le f(u)\\}\\) и \\(v=\\{x\\colon f(x)>f(u)\\}\\). тогда \\(u\\in u\\), \\(v\\in v\\), так что ребро \\(uv\\) пересекает этот разрез. рассмотрим любое ребро \\(ab\\) с \\(a\\in u\\), \\(b\\in v\\). по нему из \\(a\\) в \\(b\\) было отправлено \\(f(a)\\) фишек, а из \\(b\\) в \\(a\\) — \\(f(b)\\) фишек; так как \\(f(a)\\le f(u)<f(b)\\), чистый перенос по этому ребру идёт из \\(v\\) в \\(u\\), то есть в \\(v\\) в итоге прибыло \\(f(b)-f(a)>0\\) фишек меньше, чем ушло. эквивалентно, если считать переносы со знаком в сторону \\(v\\), то каждое ребро разреза даёт в \\(v\\) положительный вклад. суммарный чистый приток в \\(v\\) по всем рёбрам разреза не может превышать \\(n\\), потому что во всём графе изначально всего \\(n\\) фишек. значит, и по одному… kolmogorov-2021-komol-chip-firing-edge-discrepancy fishki, vystrely i sosednee rebro, kubok kolmogorova 2021 komol seniors 8 goal_exact_bound 2021 gábor tardos gábortardos https://turmath.ru/kolm/archive.php https://turmath.ru/kolm/files/archive/kolm24.zip kolmogorov kolmogorov2021 olympiad_archive src-kolmogorov-2021-official src-kolmogorov-archive with_solution arhiv kubka pamyati a.n. kolmogorova kubok kolmogorova kubok kolmogorova 2021 ofitsialnyy arhiv kubokkolmogorova kubokkolmogorova2021 gábor tardos kubok kolmogorova 2021 ofitsialnyy arhiv arhiv kubka pamyati a.n. kolmogorova stmt-original ai_checked v prostom grafe bez petel est smezhnye vershiny \\(u\\) i \\(v\\), a na vershinah grafa razmescheno \\(n\\) fishek. vershina mozhet srabotat, esli na ney ne menshe fishek, chem ee stepen: pri etom ona otpravlyaet po odnoy fishke kazhdomu sosedu; v kazhdyy moment srabatyvaet ne bolee odnoy vershiny. dokazhite, chto v lyuboy moment chisla srabatyvaniy vershin \\(u\\) i \\(v\\) otlichayutsya ne bolee chem na \\(n\\). simple_graph idea-cut-by-firing-threshold razdelit vershiny po chislu vystrelov esli odna iz vershin rebra strelyala chasche drugoy, razbivaem vershiny na dve chasti po porogu etogo menshego chisla vystrelov. togda cherez kazhdoe rebro mezhdu chastyami v bolee aktivnuyu chast dolzhen byl pereyti polozhitelnyy chistyy potok fishek. double_counting ai_checked sol-cut-flow chistyy perenos cherez razrez ai_checked simple_graph zafiksiruem moment vremeni i oboznachim cherez \\(f(x)\\) chislo vystrelov vershiny \\(x\\). esli \\(f(u)=f(v)\\), to dokazyvat nechego; pust \\(f(u)<f(v)\\). razobem vershiny na dve chasti: \\(u=\\{x\\colon f(x)\\le f(u)\\}\\) i \\(v=\\{x\\colon f(x)>f(u)\\}\\). togda \\(u\\in u\\), \\(v\\in v\\), tak chto rebro \\(uv\\) peresekaet etot razrez. rassmotrim lyuboe rebro \\(ab\\) s \\(a\\in u\\), \\(b\\in v\\). po nemu iz \\(a\\) v \\(b\\) bylo otpravleno \\(f(a)\\) fishek, a iz \\(b\\) v \\(a\\) — \\(f(b)\\) fishek; tak kak \\(f(a)\\le f(u)<f(b)\\), chistyy perenos po etomu rebru idet iz \\(v\\) v \\(u\\), to est v \\(v\\) v itoge pribylo \\(f(b)-f(a)>0\\) fishek menshe, chem ushlo. ekvivalentno, esli schitat perenosy so znakom v storonu \\(v\\), to kazhdoe rebro razreza daet v \\(v\\) polozhitelnyy vklad. summarnyy chistyy pritok v \\(v\\) po vsem rebram razreza ne mozhet prevyshat \\(n\\), potomu chto vo vsem grafe iznachalno vsego \\(n\\) fishek. znachit, i po odnomu…","source_keys":["kolmogorov"]}
{"id":"kolmogorov-2021-round1-second-league-problem-10","title":"Антиклики триангуляции выпуклого n-угольника, Кубок Колмогорова 2021","path":"data\\problems\\kolmogorov\\kolmogorov-2021-round1-second-league-problem-10.yaml","raw_github_url":"https://raw.githubusercontent.com/didin-maxim/knowledge_graph_of_graphs/main/data/problems/kolmogorov/kolmogorov-2021-round1-second-league-problem-10.yaml","viewer_url":"https://didin-maxim.github.io/knowledge_graph_of_graphs/#kolmogorov-2021-round1-second-league-problem-10","source_key":"kolmogorov","source_label":"Кубок Колмогорова","source_titles":["Кубок Колмогорова 2021 официальный архив","Архив Кубка памяти А.Н. Колмогорова"],"year":"2021","type":"olympiad_problem","authors":[],"tags":["planar_graphs","induction","goal_counting","goal_exact_bound"],"agent_topics":[],"difficulty":{"main":"national_final_medium","local_score":6,"comment":"Кубок Колмогорова 2021, первая игра второй лиги, задача 10; экстремальный подсчёт независимых множеств в триангуляциях выпуклого многоугольника.","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":"source_verified","confidence":0.94,"basis":"официальный архив Кубка Колмогорова 2021, PDF решений второй лиги, первая игра","notes":"Аудит повышенной сложности 2026-05-07 восстановил полное решение из официального архива; прежний блокер с отсутствующим локальным txt снят.","audit_source":"very-high-pipeline-batch-6-2026-05-07"},"statements":{"original":[{"id":"stmt-original","title":"Оригинальная формулировка","status":"ai_checked","text":"Триангуляцией выпуклого \\(n\\)-угольника называется разбиение его на треугольники непересекающимися диагоналями. Антикликой триангуляции назовём подмножество вершин многоугольника, никакие две из которых не соединены стороной или диагональю. Саша подсчитал, что в любой триангуляции \\(100\\)-угольника хотя бы \\(M\\) антиклик, причём есть триангуляции, в которых их ровно \\(M\\). Сколько триангуляций содержат ровно \\(M\\) антиклик?","definition_ids":["simple_graph","independent_set"]}]},"solutions":[{"id":"sol-official-compressed","title":"Официальное решение, развёрнутое","status":"source_verified","definition_ids":["simple_graph","independent_set","planar_graph"],"standard_idea_ids":["induction","delete_to_simplify"],"tags":[],"has_text":true,"text_preview":"Ответ: \\(100\\). Будем считать антиклики независимыми множествами вершин графа триангуляции. Если в принятой конвенции пустое множество не называют антикликой, все числа ниже уменьшаются на 1, но экстремальные триангуляции не меняются. Назовём зигзагом такую триангуляцию, которая получается последовательным отрезанием ушей попеременно с двух концов одной ломаной: после выбора начальной вершины и первого направления все остальные диагонали вынуждены. Пусть \\(z_n\\) — число антиклик в зигзаг-триангуляции \\(n\\)-угольника. Нам понадобится не явная формула для \\(z_n\\), а рекуррентное свойство \\[ z_n=z_{n-1}+z_{n-3}. \\] Оно следует из того же разбиения антиклик, которое сейчас будет использовано для произвольной триангуляции. Докажем по индукции более сильное утверждение: среди всех триангуляций \\(n\\)-угольника минимум числа антиклик равен \\(z_n\\), и равенство достигается только на зигзаг-триан…"}],"relations":[{"id":"rel-kolm-2021-triangulation-anticliques-dual-tree","neighbor_id":"kolmogorov-2006-round-4-super-league-problem-5","direction":"forward","type":"same_motif","distance":2,"status":"needs_human_review"}],"search_text":"kolmogorov-2021-round1-second-league-problem-10 антиклики триангуляции выпуклого n-угольника, кубок колмогорова 2021 planar_graphs induction goal_counting goal_exact_bound 2021 https://turmath.ru/kolm/archive.php https://turmath.ru/kolm/files/archive/kolm24.zip kolmogorov kolmogorov2021 olympiad_archive src-kolmogorov-2021-official src-kolmogorov-archive with_solution архив кубка памяти а.н. колмогорова кубок колмогорова кубок колмогорова 2021 официальный архив кубокколмогорова кубокколмогорова2021 ? кубок колмогорова 2021 официальный архив архив кубка памяти а.н. колмогорова stmt-original оригинальная формулировка ai_checked триангуляцией выпуклого \\(n\\)-угольника называется разбиение его на треугольники непересекающимися диагоналями. антикликой триангуляции назовём подмножество вершин многоугольника, никакие две из которых не соединены стороной или диагональю. саша подсчитал, что в любой триангуляции \\(100\\)-угольника хотя бы \\(m\\) антиклик, причём есть триангуляции, в которых их ровно \\(m\\). сколько триангуляций содержат ровно \\(m\\) антиклик? simple_graph independent_set idea-ear-recurrence-independent-sets удаление уха даёт рекуррентную нижнюю оценку в любой триангуляции есть ухо. независимые множества либо не содержат вершину уха, либо содержат её и тогда не содержат двух соседей уха. поэтому минимум числа антиклик не меньше суммы минимумов для \\((n-1)\\)- и \\((n-3)\\)-угольников. induction goal_exact_bound source_verified idea-zigzag-equality-cases равенство заставляет зигзаг равенство в рекуррентной оценке возможно только тогда, когда после удаления уха остаётся экстремальная триангуляция, а после удаления уха с двумя соседями оставшаяся часть уже замкнута диагональю и тоже экстремальна. это ровно рекурсивное описание зигзагообразных триангуляций. extremal_choice induction source_verified sol-official-compressed официальное решение, развёрнутое source_verified simple_graph independent_set planar_graph induction delete_to_simplify ответ: \\(100\\). будем считать антиклики независимыми множествами вершин графа триангуляции. если в принятой конвенции пустое множество не называют антикликой, все числа ниже уменьшаются на 1, но экстремальные триангуляции не меняются. назовём зигзагом такую триангуляцию, которая получается последовательным отрезанием ушей попеременно с двух концов одной ломаной: после выбора начальной вершины и первого направления все остальные диагонали вынуждены. пусть \\(z_n\\) — число антиклик в зигзаг-триангуляции \\(n\\)-угольника. нам понадобится не явная формула для \\(z_n\\), а рекуррентное свойство \\[ z_n=z_{n-1}+z_{n-3}. \\] оно следует из того же разбиения антиклик, которое сейчас будет использовано для произвольной триангуляции. докажем по индукции более сильное утверждение: среди всех триангуляций \\(n\\)-угольника минимум числа антиклик равен \\(z_n\\), и равенство достигается только на зигзаг-триан… kolmogorov-2021-round1-second-league-problem-10 antikliki triangulyatsii vypuklogo n-ugolnika, kubok kolmogorova 2021 planar_graphs induction goal_counting goal_exact_bound 2021 https://turmath.ru/kolm/archive.php https://turmath.ru/kolm/files/archive/kolm24.zip kolmogorov kolmogorov2021 olympiad_archive src-kolmogorov-2021-official src-kolmogorov-archive with_solution arhiv kubka pamyati a.n. kolmogorova kubok kolmogorova kubok kolmogorova 2021 ofitsialnyy arhiv kubokkolmogorova kubokkolmogorova2021 ? kubok kolmogorova 2021 ofitsialnyy arhiv arhiv kubka pamyati a.n. kolmogorova stmt-original originalnaya formulirovka ai_checked triangulyatsiey vypuklogo \\(n\\)-ugolnika nazyvaetsya razbienie ego na treugolniki neperesekayuschimisya diagonalyami. antiklikoy triangulyatsii nazovem podmnozhestvo vershin mnogougolnika, nikakie dve iz kotoryh ne soedineny storonoy ili diagonalyu. sasha podschital, chto v lyuboy triangulyatsii \\(100\\)-ugolnika hotya by \\(m\\) antiklik, prichem est triangulyatsii, v kotoryh ih rovno \\(m\\). skolko triangulyatsiy soderzhat rovno \\(m\\) antiklik? simple_graph independent_set idea-ear-recurrence-independent-sets udalenie uha daet rekurrentnuyu nizhnyuyu otsenku v lyuboy triangulyatsii est uho. nezavisimye mnozhestva libo ne soderzhat vershinu uha, libo soderzhat ee i togda ne soderzhat dvuh sosedey uha. poetomu minimum chisla antiklik ne menshe summy minimumov dlya \\((n-1)\\)- i \\((n-3)\\)-ugolnikov. induction goal_exact_bound source_verified idea-zigzag-equality-cases ravenstvo zastavlyaet zigzag ravenstvo v rekurrentnoy otsenke vozmozhno tolko togda, kogda posle udaleniya uha ostaetsya ekstremalnaya triangulyatsiya, a posle udaleniya uha s dvumya sosedyami ostavshayasya chast uzhe zamknuta diagonalyu i tozhe ekstremalna. eto rovno rekursivnoe opisanie zigzagoobraznyh triangulyatsiy. extremal_choice induction source_verified sol-official-compressed ofitsialnoe reshenie, razvernutoe source_verified simple_graph independent_set planar_graph induction delete_to_simplify otvet: \\(100\\). budem schitat antikliki nezavisimymi mnozhestvami vershin grafa triangulyatsii. esli v prinyatoy konventsii pustoe mnozhestvo ne nazyvayut antiklikoy, vse chisla nizhe umenshayutsya na 1, no ekstremalnye triangulyatsii ne menyayutsya. nazovem zigzagom takuyu triangulyatsiyu, kotoraya poluchaetsya posledovatelnym otrezaniem ushey poperemenno s dvuh kontsov odnoy lomanoy: posle vybora nachalnoy vershiny i pervogo napravleniya vse ostalnye diagonali vynuzhdeny. pust \\(z_n\\) — chislo antiklik v zigzag-triangulyatsii \\(n\\)-ugolnika. nam ponadobitsya ne yavnaya formula dlya \\(z_n\\), a rekurrentnoe svoystvo \\[ z_n=z_{n-1}+z_{n-3}. \\] ono sleduet iz togo zhe razbieniya antiklik, kotoroe seychas budet ispolzovano dlya proizvolnoy triangulyatsii. dokazhem po induktsii bolee silnoe utverzhdenie: sredi vseh triangulyatsiy \\(n\\)-ugolnika minimum chisla antiklik raven \\(z_n\\), i ravenstvo dostigaetsya tolko na zigzag-trian…","source_keys":["kolmogorov"]}
{"id":"kolmogorov-2021-round1-second-league-problem-8","title":"Одноцветные пути в раскрашенном полном двудольном графе, Кубок Колмогорова 2021","path":"data\\problems\\kolmogorov\\kolmogorov-2021-round1-second-league-problem-8.yaml","raw_github_url":"https://raw.githubusercontent.com/didin-maxim/knowledge_graph_of_graphs/main/data/problems/kolmogorov/kolmogorov-2021-round1-second-league-problem-8.yaml","viewer_url":"https://didin-maxim.github.io/knowledge_graph_of_graphs/#kolmogorov-2021-round1-second-league-problem-8","source_key":"kolmogorov","source_label":"Кубок Колмогорова","source_titles":["Кубок Колмогорова 2021 официальный архив","Архив Кубка памяти А.Н. Колмогорова"],"year":"2021","type":"olympiad_problem","authors":[],"tags":["coloring","connectivity","double_counting","trees","goal_existence"],"agent_topics":[],"difficulty":{"main":"national_final_medium","local_score":6,"comment":"Официальная задача второй лиги: решение требует аккуратного двойного подсчета цветовых компонент, но без тяжелых внешних теорем.","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":0.94,"basis":"официальное решение expanded and checked by агент","notes":"Официальный сжатый план восстановлен в самодостаточное доказательство; исправлена неверная интерпретация c_i как цикломатического избытка.","audit_source":"official-plan-expansion"},"statements":{"original":[{"id":"stmt-original","title":"Оригинальная формулировка","status":"ai_checked","text":"Дан полный двудольный граф, в каждой доле которого по \\(n\\) вершин. Каждое ребро этого графа покрашено в один из \\(n^2 - 2n + 2\\) цветов, причем в каждый цвет покрашено хотя бы одно ребро. Докажите, что найдутся две вершины графа, между которыми существует не более одного одноцветного простого пути.","definition_ids":["simple_graph","bipartite_graph","path"]}]},"solutions":[{"id":"sol-official-expanded","title":"Подсчёт цветовых компонент","status":"ai_checked","definition_ids":["simple_graph","bipartite_graph","path","connected_graph","tree","cycle"],"standard_idea_ids":["double_counting"],"tags":[],"has_text":true,"text_preview":"Рассмотрим отдельно каждый цвет. Подграф, состоящий из ребер этого цвета, разобьем на компоненты связности и оставим только нетривиальные компоненты, то есть содержащие хотя бы одно ребро. Пусть все такие компоненты по всем цветам равны `G_1, ..., G_m`. Для компоненты `G_i` обозначим через `v_i` число ее вершин, через `e_i` число ее ребер и положим \\[ c_i=e_i-1. \\] Так как каждый цвет встречается хотя бы на одном ребре, число нетривиальных цветовых компонент не меньше числа цветов: \\[ m\\ge n^2-2n+2. \\] С другой стороны, каждое ребро исходного полного двудольного графа попадает ровно в одну из этих компонент, поэтому `sum e_i=n^2`. Отсюда \\[ \\sum_{i=1}^m c_i=\\sum_{i=1}^m(e_i-1)=n^2-m\\le 2n-2. \\tag{1} \\] Предположим противное: между любыми двумя различными вершинами существует как минимум два одноцветных простых пути. Зафиксируем вершину `p`. Пусть `p` входит ровно в компоненты `G_1, ...,…"}],"relations":[{"id":"rel-kolm-2021-bipartite-color-components-rainbow-cycle","neighbor_id":"kolmogorov-2002-individual-olympiad-8-9-output-problem-5","direction":"forward","type":"same_motif","distance":2,"status":"needs_human_review"},{"id":"rel-kolm-2021-p8-kolm-2023-monochromatic-bipartite-components","neighbor_id":"kolmogorov-2023-lichol-large-monochromatic-bipartite-component","direction":"forward","type":"same_motif","distance":2,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-kolm-2021-p8-kolm-2002-rare-colors-components","neighbor_id":"kolmogorov-2002-individual-olympiad-10-11-output-problem-5","direction":"forward","type":"same_motif","distance":2,"status":"needs_human_review"}],"search_text":"kolmogorov-2021-round1-second-league-problem-8 одноцветные пути в раскрашенном полном двудольном графе, кубок колмогорова 2021 coloring connectivity double_counting trees goal_existence 2021 https://turmath.ru/kolm/archive.php https://turmath.ru/kolm/files/archive/kolm24.zip kolmogorov kolmogorov2021 olympiad_archive src-kolmogorov-2021-official src-kolmogorov-archive with_solution архив кубка памяти а.н. колмогорова кубок колмогорова кубок колмогорова 2021 официальный архив кубокколмогорова кубокколмогорова2021 ? кубок колмогорова 2021 официальный архив архив кубка памяти а.н. колмогорова stmt-original оригинальная формулировка ai_checked дан полный двудольный граф, в каждой доле которого по \\(n\\) вершин. каждое ребро этого графа покрашено в один из \\(n^2 - 2n + 2\\) цветов, причем в каждый цвет покрашено хотя бы одно ребро. докажите, что найдутся две вершины графа, между которыми существует не более одного одноцветного простого пути. simple_graph bipartite_graph path idea-color-components-surplus считать избыток цветовых компонент для каждого цвета разбиваем одноцветный подграф на нетривиальные компоненты и считаем величины `c_i=e_i-1`. много цветов дает верхнюю оценку на сумму этих величин, а предположение о двух одноцветных путях от фиксированной вершины ко всем остальным дает более сильную нижнюю оценку через компоненты-деревья и компоненты с циклом. double_counting connectivity ai_checked sol-official-expanded подсчёт цветовых компонент ai_checked simple_graph bipartite_graph path connected_graph tree cycle double_counting рассмотрим отдельно каждый цвет. подграф, состоящий из ребер этого цвета, разобьем на компоненты связности и оставим только нетривиальные компоненты, то есть содержащие хотя бы одно ребро. пусть все такие компоненты по всем цветам равны `g_1, ..., g_m`. для компоненты `g_i` обозначим через `v_i` число ее вершин, через `e_i` число ее ребер и положим \\[ c_i=e_i-1. \\] так как каждый цвет встречается хотя бы на одном ребре, число нетривиальных цветовых компонент не меньше числа цветов: \\[ m\\ge n^2-2n+2. \\] с другой стороны, каждое ребро исходного полного двудольного графа попадает ровно в одну из этих компонент, поэтому `sum e_i=n^2`. отсюда \\[ \\sum_{i=1}^m c_i=\\sum_{i=1}^m(e_i-1)=n^2-m\\le 2n-2. \\tag{1} \\] предположим противное: между любыми двумя различными вершинами существует как минимум два одноцветных простых пути. зафиксируем вершину `p`. пусть `p` входит ровно в компоненты `g_1, ...,… kolmogorov-2021-round1-second-league-problem-8 odnotsvetnye puti v raskrashennom polnom dvudolnom grafe, kubok kolmogorova 2021 coloring connectivity double_counting trees goal_existence 2021 https://turmath.ru/kolm/archive.php https://turmath.ru/kolm/files/archive/kolm24.zip kolmogorov kolmogorov2021 olympiad_archive src-kolmogorov-2021-official src-kolmogorov-archive with_solution arhiv kubka pamyati a.n. kolmogorova kubok kolmogorova kubok kolmogorova 2021 ofitsialnyy arhiv kubokkolmogorova kubokkolmogorova2021 ? kubok kolmogorova 2021 ofitsialnyy arhiv arhiv kubka pamyati a.n. kolmogorova stmt-original originalnaya formulirovka ai_checked dan polnyy dvudolnyy graf, v kazhdoy dole kotorogo po \\(n\\) vershin. kazhdoe rebro etogo grafa pokrasheno v odin iz \\(n^2 - 2n + 2\\) tsvetov, prichem v kazhdyy tsvet pokrasheno hotya by odno rebro. dokazhite, chto naydutsya dve vershiny grafa, mezhdu kotorymi suschestvuet ne bolee odnogo odnotsvetnogo prostogo puti. simple_graph bipartite_graph path idea-color-components-surplus schitat izbytok tsvetovyh komponent dlya kazhdogo tsveta razbivaem odnotsvetnyy podgraf na netrivialnye komponenty i schitaem velichiny `c_i=e_i-1`. mnogo tsvetov daet verhnyuyu otsenku na summu etih velichin, a predpolozhenie o dvuh odnotsvetnyh putyah ot fiksirovannoy vershiny ko vsem ostalnym daet bolee silnuyu nizhnyuyu otsenku cherez komponenty-derevya i komponenty s tsiklom. double_counting connectivity ai_checked sol-official-expanded podschet tsvetovyh komponent ai_checked simple_graph bipartite_graph path connected_graph tree cycle double_counting rassmotrim otdelno kazhdyy tsvet. podgraf, sostoyaschiy iz reber etogo tsveta, razobem na komponenty svyaznosti i ostavim tolko netrivialnye komponenty, to est soderzhaschie hotya by odno rebro. pust vse takie komponenty po vsem tsvetam ravny `g_1, ..., g_m`. dlya komponenty `g_i` oboznachim cherez `v_i` chislo ee vershin, cherez `e_i` chislo ee reber i polozhim \\[ c_i=e_i-1. \\] tak kak kazhdyy tsvet vstrechaetsya hotya by na odnom rebre, chislo netrivialnyh tsvetovyh komponent ne menshe chisla tsvetov: \\[ m\\ge n^2-2n+2. \\] s drugoy storony, kazhdoe rebro ishodnogo polnogo dvudolnogo grafa popadaet rovno v odnu iz etih komponent, poetomu `sum e_i=n^2`. otsyuda \\[ \\sum_{i=1}^m c_i=\\sum_{i=1}^m(e_i-1)=n^2-m\\le 2n-2. \\tag{1} \\] predpolozhim protivnoe: mezhdu lyubymi dvumya razlichnymi vershinami suschestvuet kak minimum dva odnotsvetnyh prostyh puti. zafiksiruem vershinu `p`. pust `p` vhodit rovno v komponenty `g_1, ...,…","source_keys":["kolmogorov"]}
{"id":"kolmogorov-2021-t1-critical-strong-orientation","title":"Критическая сильная ориентация без хорд в циклах, Кубок Колмогорова 2021 1 тур seniors 5","path":"data\\problems\\kolmogorov\\kolmogorov-2021-t1-critical-strong-orientation.yaml","raw_github_url":"https://raw.githubusercontent.com/didin-maxim/knowledge_graph_of_graphs/main/data/problems/kolmogorov/kolmogorov-2021-t1-critical-strong-orientation.yaml","viewer_url":"https://didin-maxim.github.io/knowledge_graph_of_graphs/#kolmogorov-2021-t1-critical-strong-orientation","source_key":"kolmogorov","source_label":"Кубок Колмогорова","source_titles":["Кубок Колмогорова 2021 официальный архив","Архив Кубка памяти А.Н. Колмогорова","Wikipedia, Robbins' theorem","Wikipedia, Biconnected graph"],"year":"2021","type":"olympiad_problem","authors":["Herbert Robbins"],"tags":["connectivity","goal_construction"],"agent_topics":[],"difficulty":{"main":"national_final_hard","local_score":9,"comment":"Задача требует внешнего факта о минимально сильной ориентации минимально 2-связных графов и аккуратного распознавания минимальной 2-связности через циклы без хорд.","status":"ai_checked"},"review_status":"ai_checked","public_ready":true,"solution_state":"with_solution","solution_classification":{"type":"external_theorem_application","label":"решение через внешнюю теорему","status":"ai_checked","confidence":0.86,"basis":"high-reasoning pass 2026-05-17","external_theorem_ids":["dirac-plummer-chordless-minimally-2-connected-characterization","geller-minimally-2-connected-graphs-admit-minimally-strong-orientations"],"local_tool_solution_ids":[],"gap_status":"closed_by_external_theorem","notes":"Решение не утверждает, что каждый \\(G-e\\) имеет мост; это неверный или по крайней мере недостаточный прежний маршрут. Критичность сильной ориентации берется напрямую из внешней теоремы о минимально сильной ориентации минимально 2-связных графов."},"statements":{"original":[{"id":"stmt-original","title":"","status":"ai_checked","text":"Пусть \\(G\\) — связный граф, такой что удаление любой вершины оставляет граф связным, а каждый простой цикл не имеет хорд. Докажите, что рёбра \\(G\\) можно ориентировать так, чтобы получившийся орграф был сильно связным, но удаление любого ребра разрушало сильную связность.","definition_ids":["connected_graph","cycle","chord","orientation","directed_graph","strongly_connected_digraph"]}]},"solutions":[{"id":"sol-robbins-critical","title":"Минимально 2-связный граф и минимально сильная ориентация","status":"ai_checked","definition_ids":["connected_graph","cycle","chord","orientation","directed_graph","strongly_connected_digraph"],"standard_idea_ids":[],"tags":[],"has_text":true,"text_preview":"Используем внешнюю теорему Дирака-Пламмера-Геллера: если конечный 2-вершинно-связный граф минимально 2-связен, то его рёбра можно ориентировать так, что получится минимально сильно связный орграф, то есть орграф сильно связен, но после удаления любой его дуги сильная связность пропадает. Кроме того, по характеристике Дирака-Пламмера 2-вершинно-связный граф минимально 2-связен тогда и только тогда, когда ни один его цикл не имеет хорды. В нашей задаче условие, что удаление любой вершины оставляет граф связным, является именно 2-вершинной связностью в стандартном невырожденном смысле. Второе условие говорит, что каждый простой цикл не имеет хорд. Значит, по характеристике Дирака-Пламмера граф \\(G\\) минимально 2-связен. Теперь применяем сформулированную внешнюю теорему. Она даёт ориентацию всех рёбер \\(G\\), при которой полученный ориентированный граф сильно связен и минимален по этому свой…"}],"relations":[{"id":"rel-kolmogorov-2021-t1-kolmogorov-2003-minimal-strong","neighbor_id":"kolmogorov-2003-team-olympiad-seniors-problem-8","direction":"forward","type":"same_motif","distance":2,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-kolmogorov-2021-orientation-usatst-2011","neighbor_id":"usa-tst-2011-p2-weighted-road-orientation","direction":"forward","type":"same_motif","distance":2,"status":"ai_checked"}],"search_text":"kolmogorov-2021-t1-critical-strong-orientation критическая сильная ориентация без хорд в циклах, кубок колмогорова 2021 1 тур seniors 5 connectivity goal_construction 2021 herbert robbins herbertrobbins https://en.wikipedia.org/wiki/biconnected_graph https://en.wikipedia.org/wiki/robbins%27_theorem https://turmath.ru/kolm/archive.php https://turmath.ru/kolm/files/archive/kolm24.zip kolmogorov kolmogorov2021 olympiad_archive src-kolmogorov-2021-official src-kolmogorov-archive src-wikipedia-biconnected-graph src-wikipedia-robbins-theorem standard_reference wikipedia, biconnected graph wikipedia, robbins' theorem with_solution архив кубка памяти а.н. колмогорова кубок колмогорова кубок колмогорова 2021 официальный архив кубокколмогорова кубокколмогорова2021 herbert robbins кубок колмогорова 2021 официальный архив архив кубка памяти а.н. колмогорова wikipedia, robbins' theorem wikipedia, biconnected graph stmt-original ai_checked пусть \\(g\\) — связный граф, такой что удаление любой вершины оставляет граф связным, а каждый простой цикл не имеет хорд. докажите, что рёбра \\(g\\) можно ориентировать так, чтобы получившийся орграф был сильно связным, но удаление любого ребра разрушало сильную связность. connected_graph cycle chord orientation directed_graph strongly_connected_digraph idea-robbins-plus-minimal-bridgeless использовать минимальную 2-связность, а не мосты после удаления ребра условие про отсутствие хорд в каждом цикле вместе с 2-вершинной связностью означает, что граф минимально 2-связен. для таких графов нужна не проверка мостов в каждом \\(g-e\\), а внешняя теорема о существовании минимально сильной ориентации. connectivity ai_checked sol-robbins-critical минимально 2-связный граф и минимально сильная ориентация ai_checked connected_graph cycle chord orientation directed_graph strongly_connected_digraph используем внешнюю теорему дирака-пламмера-геллера: если конечный 2-вершинно-связный граф минимально 2-связен, то его рёбра можно ориентировать так, что получится минимально сильно связный орграф, то есть орграф сильно связен, но после удаления любой его дуги сильная связность пропадает. кроме того, по характеристике дирака-пламмера 2-вершинно-связный граф минимально 2-связен тогда и только тогда, когда ни один его цикл не имеет хорды. в нашей задаче условие, что удаление любой вершины оставляет граф связным, является именно 2-вершинной связностью в стандартном невырожденном смысле. второе условие говорит, что каждый простой цикл не имеет хорд. значит, по характеристике дирака-пламмера граф \\(g\\) минимально 2-связен. теперь применяем сформулированную внешнюю теорему. она даёт ориентацию всех рёбер \\(g\\), при которой полученный ориентированный граф сильно связен и минимален по этому свой… kolmogorov-2021-t1-critical-strong-orientation kriticheskaya silnaya orientatsiya bez hord v tsiklah, kubok kolmogorova 2021 1 tur seniors 5 connectivity goal_construction 2021 herbert robbins herbertrobbins https://en.wikipedia.org/wiki/biconnected_graph https://en.wikipedia.org/wiki/robbins%27_theorem https://turmath.ru/kolm/archive.php https://turmath.ru/kolm/files/archive/kolm24.zip kolmogorov kolmogorov2021 olympiad_archive src-kolmogorov-2021-official src-kolmogorov-archive src-wikipedia-biconnected-graph src-wikipedia-robbins-theorem standard_reference wikipedia, biconnected graph wikipedia, robbins' theorem with_solution arhiv kubka pamyati a.n. kolmogorova kubok kolmogorova kubok kolmogorova 2021 ofitsialnyy arhiv kubokkolmogorova kubokkolmogorova2021 herbert robbins kubok kolmogorova 2021 ofitsialnyy arhiv arhiv kubka pamyati a.n. kolmogorova wikipedia, robbins' theorem wikipedia, biconnected graph stmt-original ai_checked pust \\(g\\) — svyaznyy graf, takoy chto udalenie lyuboy vershiny ostavlyaet graf svyaznym, a kazhdyy prostoy tsikl ne imeet hord. dokazhite, chto rebra \\(g\\) mozhno orientirovat tak, chtoby poluchivshiysya orgraf byl silno svyaznym, no udalenie lyubogo rebra razrushalo silnuyu svyaznost. connected_graph cycle chord orientation directed_graph strongly_connected_digraph idea-robbins-plus-minimal-bridgeless ispolzovat minimalnuyu 2-svyaznost, a ne mosty posle udaleniya rebra uslovie pro otsutstvie hord v kazhdom tsikle vmeste s 2-vershinnoy svyaznostyu oznachaet, chto graf minimalno 2-svyazen. dlya takih grafov nuzhna ne proverka mostov v kazhdom \\(g-e\\), a vneshnyaya teorema o suschestvovanii minimalno silnoy orientatsii. connectivity ai_checked sol-robbins-critical minimalno 2-svyaznyy graf i minimalno silnaya orientatsiya ai_checked connected_graph cycle chord orientation directed_graph strongly_connected_digraph ispolzuem vneshnyuyu teoremu diraka-plammera-gellera: esli konechnyy 2-vershinno-svyaznyy graf minimalno 2-svyazen, to ego rebra mozhno orientirovat tak, chto poluchitsya minimalno silno svyaznyy orgraf, to est orgraf silno svyazen, no posle udaleniya lyuboy ego dugi silnaya svyaznost propadaet. krome togo, po harakteristike diraka-plammera 2-vershinno-svyaznyy graf minimalno 2-svyazen togda i tolko togda, kogda ni odin ego tsikl ne imeet hordy. v nashey zadache uslovie, chto udalenie lyuboy vershiny ostavlyaet graf svyaznym, yavlyaetsya imenno 2-vershinnoy svyaznostyu v standartnom nevyrozhdennom smysle. vtoroe uslovie govorit, chto kazhdyy prostoy tsikl ne imeet hord. znachit, po harakteristike diraka-plammera graf \\(g\\) minimalno 2-svyazen. teper primenyaem sformulirovannuyu vneshnyuyu teoremu. ona daet orientatsiyu vseh reber \\(g\\), pri kotoroy poluchennyy orientirovannyy graf silno svyazen i minimalen po etomu svoy…","source_keys":["kolmogorov"]}
{"id":"kolmogorov-2021-t2-circulant-rainbow-reachability","title":"Радужная достижимость в циркулянтном орграфе, Кубок Колмогорова 2021 2 тур seniors 10","path":"data\\problems\\kolmogorov\\kolmogorov-2021-t2-circulant-rainbow-reachability.yaml","raw_github_url":"https://raw.githubusercontent.com/didin-maxim/knowledge_graph_of_graphs/main/data/problems/kolmogorov/kolmogorov-2021-t2-circulant-rainbow-reachability.yaml","viewer_url":"https://didin-maxim.github.io/knowledge_graph_of_graphs/#kolmogorov-2021-t2-circulant-rainbow-reachability","source_key":"kolmogorov","source_label":"Кубок Колмогорова","source_titles":["Кубок Колмогорова 2021 официальный архив","Baltic Way 2021 Short List, цитируется в Кубке Колмогорова 2021","Архив Кубка памяти А.Н. Колмогорова"],"year":"2021","type":"olympiad_problem","authors":[],"tags":["coloring","goal_exact_bound"],"agent_topics":[],"difficulty":{"main":"national_final_medium","local_score":7,"comment":"Аккуратная задача на радужную достижимость, где нижняя и верхняя оценки встречаются в точном ответе 20.","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":"","status":"ai_checked","text":"Вершины ориентированного графа — числа \\(0,1,\\ldots,2020\\) на окружности. Из каждой вершины \\(i\\) проведены ориентированные рёбра в \\(i+1,i+2,\\ldots,i+101\\) по модулю 2021. Раскрасьте рёбра в как можно меньшее число цветов так, чтобы для каждой упорядоченной пары вершин существовал ориентированный путь, рёбра которого имеют попарно различные цвета. Найдите минимальное число цветов.","definition_ids":["directed_graph","path"]}]},"solutions":[{"id":"sol-mod-20-coloring","title":"Ответ 20","status":"ai_checked","definition_ids":["directed_graph","path"],"standard_idea_ids":[],"tags":[],"has_text":true,"text_preview":"Ответ равен \\(20\\). Нижняя оценка: рассмотрим две соседние по кругу вершины так, чтобы из первой во вторую надо было пройти суммарный сдвиг \\(2020\\) против часовой стрелки. Любой радужный путь использует не более одного ребра каждого цвета, то есть если цветов \\(k\\), то в таком пути не более \\(k\\) рёбер. Каждое ребро сдвигает не более чем на \\(101\\), поэтому суммарный сдвиг не превосходит \\(101k\\). Чтобы получить сдвиг \\(2020\\), необходимо \\(101k\\ge 2020\\), откуда \\(k\\ge 20\\). Верхняя оценка: занумеруем вершины числами \\(0,1,\\dots,2020\\) по кругу и покрасим каждое ребро \\(i\\to i+d\\), где \\(1\\le d\\le 101\\), цветом \\(i \\bmod 20\\). Для любой пары вершин нужно получить нужный сдвиг \\(s\\in\\{0,1,\\dots,2020\\}\\). Представим \\(s=101q+r\\), где \\(0\\le q\\le 19\\) и \\(0\\le r\\le 100\\). Если \\(r=0\\), идём \\(q\\) раз по ребру длины \\(101\\). Если \\(r>0\\), идём \\(q\\) раз по ребру длины \\(101\\), а затем оди…"}],"relations":[],"search_text":"kolmogorov-2021-t2-circulant-rainbow-reachability радужная достижимость в циркулянтном орграфе, кубок колмогорова 2021 2 тур seniors 10 coloring goal_exact_bound 2021 baltic way 2021 short list, цитируется в кубке колмогорова 2021 https://sites.google.com/view/balticway2021/competition/problems https://turmath.ru/kolm/archive.php https://turmath.ru/kolm/files/archive/kolm24.zip kolmogorov kolmogorov2021 olympiad_archive olympiad_shortlist src-baltic-way-2021-shortlist-cited-by-kolm src-kolmogorov-2021-official src-kolmogorov-archive with_solution архив кубка памяти а.н. колмогорова кубок колмогорова кубок колмогорова 2021 официальный архив кубокколмогорова кубокколмогорова2021 ? кубок колмогорова 2021 официальный архив baltic way 2021 short list, цитируется в кубке колмогорова 2021 архив кубка памяти а.н. колмогорова stmt-original ai_checked вершины ориентированного графа — числа \\(0,1,\\ldots,2020\\) на окружности. из каждой вершины \\(i\\) проведены ориентированные рёбра в \\(i+1,i+2,\\ldots,i+101\\) по модулю 2021. раскрасьте рёбра в как можно меньшее число цветов так, чтобы для каждой упорядоченной пары вершин существовал ориентированный путь, рёбра которого имеют попарно различные цвета. найдите минимальное число цветов. directed_graph path idea-2020-needs-20-jumps чтобы пройти на 2020 вперёд, нужно хотя бы 20 ребер любой ориентированный путь состоит не более чем из стольких рёбер, сколько использовано цветов, а каждое ребро прибавляет по кругу не более 101. чтобы попасть из вершины в предыдущую, суммарный прирост должен быть не меньше 2020. extremal_choice ai_checked idea-color-by-tail-mod-20 красить по остатку хвоста по модулю 20 если нумеровать вершины остатками по модулю 2021 и красить любое исходящее ребро из вершины \\(i\\) цветом \\(i \\bmod 20\\), то последовательные прыжки на 101 сдвигают цвет на 1 по модулю 20. разложение \\(d=101q+r\\) даёт радужный путь длины \\(q\\) или \\(q+1\\). coloring ai_checked sol-mod-20-coloring ответ 20 ai_checked directed_graph path ответ равен \\(20\\). нижняя оценка: рассмотрим две соседние по кругу вершины так, чтобы из первой во вторую надо было пройти суммарный сдвиг \\(2020\\) против часовой стрелки. любой радужный путь использует не более одного ребра каждого цвета, то есть если цветов \\(k\\), то в таком пути не более \\(k\\) рёбер. каждое ребро сдвигает не более чем на \\(101\\), поэтому суммарный сдвиг не превосходит \\(101k\\). чтобы получить сдвиг \\(2020\\), необходимо \\(101k\\ge 2020\\), откуда \\(k\\ge 20\\). верхняя оценка: занумеруем вершины числами \\(0,1,\\dots,2020\\) по кругу и покрасим каждое ребро \\(i\\to i+d\\), где \\(1\\le d\\le 101\\), цветом \\(i \\bmod 20\\). для любой пары вершин нужно получить нужный сдвиг \\(s\\in\\{0,1,\\dots,2020\\}\\). представим \\(s=101q+r\\), где \\(0\\le q\\le 19\\) и \\(0\\le r\\le 100\\). если \\(r=0\\), идём \\(q\\) раз по ребру длины \\(101\\). если \\(r>0\\), идём \\(q\\) раз по ребру длины \\(101\\), а затем оди… kolmogorov-2021-t2-circulant-rainbow-reachability raduzhnaya dostizhimost v tsirkulyantnom orgrafe, kubok kolmogorova 2021 2 tur seniors 10 coloring goal_exact_bound 2021 baltic way 2021 short list, tsitiruetsya v kubke kolmogorova 2021 https://sites.google.com/view/balticway2021/competition/problems https://turmath.ru/kolm/archive.php https://turmath.ru/kolm/files/archive/kolm24.zip kolmogorov kolmogorov2021 olympiad_archive olympiad_shortlist src-baltic-way-2021-shortlist-cited-by-kolm src-kolmogorov-2021-official src-kolmogorov-archive with_solution arhiv kubka pamyati a.n. kolmogorova kubok kolmogorova kubok kolmogorova 2021 ofitsialnyy arhiv kubokkolmogorova kubokkolmogorova2021 ? kubok kolmogorova 2021 ofitsialnyy arhiv baltic way 2021 short list, tsitiruetsya v kubke kolmogorova 2021 arhiv kubka pamyati a.n. kolmogorova stmt-original ai_checked vershiny orientirovannogo grafa — chisla \\(0,1,\\ldots,2020\\) na okruzhnosti. iz kazhdoy vershiny \\(i\\) provedeny orientirovannye rebra v \\(i+1,i+2,\\ldots,i+101\\) po modulyu 2021. raskraste rebra v kak mozhno menshee chislo tsvetov tak, chtoby dlya kazhdoy uporyadochennoy pary vershin suschestvoval orientirovannyy put, rebra kotorogo imeyut poparno razlichnye tsveta. naydite minimalnoe chislo tsvetov. directed_graph path idea-2020-needs-20-jumps chtoby proyti na 2020 vpered, nuzhno hotya by 20 reber lyuboy orientirovannyy put sostoit ne bolee chem iz stolkih reber, skolko ispolzovano tsvetov, a kazhdoe rebro pribavlyaet po krugu ne bolee 101. chtoby popast iz vershiny v predyduschuyu, summarnyy prirost dolzhen byt ne menshe 2020. extremal_choice ai_checked idea-color-by-tail-mod-20 krasit po ostatku hvosta po modulyu 20 esli numerovat vershiny ostatkami po modulyu 2021 i krasit lyuboe ishodyaschee rebro iz vershiny \\(i\\) tsvetom \\(i \\bmod 20\\), to posledovatelnye pryzhki na 101 sdvigayut tsvet na 1 po modulyu 20. razlozhenie \\(d=101q+r\\) daet raduzhnyy put dliny \\(q\\) ili \\(q+1\\). coloring ai_checked sol-mod-20-coloring otvet 20 ai_checked directed_graph path otvet raven \\(20\\). nizhnyaya otsenka: rassmotrim dve sosednie po krugu vershiny tak, chtoby iz pervoy vo vtoruyu nado bylo proyti summarnyy sdvig \\(2020\\) protiv chasovoy strelki. lyuboy raduzhnyy put ispolzuet ne bolee odnogo rebra kazhdogo tsveta, to est esli tsvetov \\(k\\), to v takom puti ne bolee \\(k\\) reber. kazhdoe rebro sdvigaet ne bolee chem na \\(101\\), poetomu summarnyy sdvig ne prevoshodit \\(101k\\). chtoby poluchit sdvig \\(2020\\), neobhodimo \\(101k\\ge 2020\\), otkuda \\(k\\ge 20\\). verhnyaya otsenka: zanumeruem vershiny chislami \\(0,1,\\dots,2020\\) po krugu i pokrasim kazhdoe rebro \\(i\\to i+d\\), gde \\(1\\le d\\le 101\\), tsvetom \\(i \\bmod 20\\). dlya lyuboy pary vershin nuzhno poluchit nuzhnyy sdvig \\(s\\in\\{0,1,\\dots,2020\\}\\). predstavim \\(s=101q+r\\), gde \\(0\\le q\\le 19\\) i \\(0\\le r\\le 100\\). esli \\(r=0\\), idem \\(q\\) raz po rebru dliny \\(101\\). esli \\(r>0\\), idem \\(q\\) raz po rebru dliny \\(101\\), a zatem odi…","source_keys":["kolmogorov","baltic"]}
{"id":"kolmogorov-2021-team-olympiad-seniors-problem-5","title":"Выбор городов для большой Москвы с сохранением связности, Кубок Колмогорова 2021","path":"data\\problems\\kolmogorov\\kolmogorov-2021-team-olympiad-seniors-problem-5.yaml","raw_github_url":"https://raw.githubusercontent.com/didin-maxim/knowledge_graph_of_graphs/main/data/problems/kolmogorov/kolmogorov-2021-team-olympiad-seniors-problem-5.yaml","viewer_url":"https://didin-maxim.github.io/knowledge_graph_of_graphs/#kolmogorov-2021-team-olympiad-seniors-problem-5","source_key":"kolmogorov","source_label":"Кубок Колмогорова","source_titles":["Кубок Колмогорова 2021 официальный архив","Архив Кубка памяти А.Н. Колмогорова"],"year":"2021","type":"olympiad_problem","authors":[],"tags":["goal_counting"],"agent_topics":[],"difficulty":{"main":"national_final_medium","local_score":6,"comment":"Импортировано из подготовленной графовой карточки KOLM; оценка сложности требует проверки человеком.","status":"needs_human_review"},"review_status":"ai_checked","public_ready":true,"solution_state":"with_solution","solution_classification":{"type":"official_plan_completed_by_ai","label":"официальный план доведён агентом","status":"ai_checked","confidence":0.88,"basis":"high-reasoning агент 2026-05-16 завершил и проверил официальный план: индукция по соседу Москвы даёт биномиальную рекурсию.","notes":"high-reasoning агент 2026-05-16 завершил и проверил официальный план: индукция по соседу Москвы даёт биномиальную рекурсию.","audit_source":"manual-third-quartile-pass-2026-05-16"},"statements":{"original":[{"id":"stmt-original","title":"Оригинальная формулировка","status":"ai_checked","text":"В стране несколько городов, один из которых — Москва. Некоторые пары городов соединены двусторонними дорогами. Мэр хочет объединить Москву еще с \\(n\\) городами в большую Москву так, чтобы: 1. между любыми двумя городами большой Москвы можно было проехать по дорогам, не попадая в города вне нее; 2. было ровно \\(k\\) городов вне большой Москвы, соединенных хотя бы одной дорогой с большой Москвой. Докажите, что есть не более \\(C_{n+k}^k\\) способов совершить такое объединение.","definition_ids":["simple_graph"]}]},"solutions":[{"id":"sol-official-compressed","title":"Самодостаточное решение","status":"ai_checked","definition_ids":["simple_graph"],"standard_idea_ids":[],"tags":[],"has_text":true,"text_preview":"Приведем графовую оценку через включение или исключение соседа Москвы. В первом решении все города большой Москвы красят в красный цвет, а все внешние соседние города — в зеленый. После этого строится инъективное отображение из допустимых выборов большой Москвы в последовательности из `n` красных и `k` зеленых символов. Для этого вершины, соседние с Москвой, последовательно выписываются в порядке номеров, а затем по очереди раскрываются соседи уже выписанных красных вершин. Полученная цветная последовательность однозначно восстанавливает исходный выбор, так что число вариантов не превосходит числа таких последовательностей, то есть `C_{n+k}^k`. Во втором решении проводится индукция по `n + k`. Рассматривается сосед Москвы `X`. Если `X` включают в большую Москву, то `X` и Москву стягивают в одну вершину и переходят к задаче с `n - 1` красной вершиной и тем же числом внешних соседей. Если…"}],"relations":[],"search_text":"kolmogorov-2021-team-olympiad-seniors-problem-5 выбор городов для большой москвы с сохранением связности, кубок колмогорова 2021 goal_counting 2021 https://turmath.ru/kolm/archive.php https://turmath.ru/kolm/files/archive/kolm24.zip kolmogorov kolmogorov2021 olympiad_archive src-kolmogorov-2021-official src-kolmogorov-archive with_solution архив кубка памяти а.н. колмогорова кубок колмогорова кубок колмогорова 2021 официальный архив кубокколмогорова кубокколмогорова2021 ? кубок колмогорова 2021 официальный архив архив кубка памяти а.н. колмогорова stmt-original оригинальная формулировка ai_checked в стране несколько городов, один из которых — москва. некоторые пары городов соединены двусторонними дорогами. мэр хочет объединить москву еще с \\(n\\) городами в большую москву так, чтобы: 1. между любыми двумя городами большой москвы можно было проехать по дорогам, не попадая в города вне нее; 2. было ровно \\(k\\) городов вне большой москвы, соединенных хотя бы одной дорогой с большой москвой. докажите, что есть не более \\(c_{n+k}^k\\) способов совершить такое объединение. simple_graph idea-graph-role графовая роль в условии явно задан неориентированный граф дорог с требованием связности выбранного подмножества вершин и контроля его внешней границы. официальное решение полностью графовое: работает с вершинами, соседями, стягиванием вершины и инъективной кодировкой связных подграфов с фиксированной границей. ai_checked sol-official-compressed самодостаточное решение ai_checked simple_graph приведем графовую оценку через включение или исключение соседа москвы. в первом решении все города большой москвы красят в красный цвет, а все внешние соседние города — в зеленый. после этого строится инъективное отображение из допустимых выборов большой москвы в последовательности из `n` красных и `k` зеленых символов. для этого вершины, соседние с москвой, последовательно выписываются в порядке номеров, а затем по очереди раскрываются соседи уже выписанных красных вершин. полученная цветная последовательность однозначно восстанавливает исходный выбор, так что число вариантов не превосходит числа таких последовательностей, то есть `c_{n+k}^k`. во втором решении проводится индукция по `n + k`. рассматривается сосед москвы `x`. если `x` включают в большую москву, то `x` и москву стягивают в одну вершину и переходят к задаче с `n - 1` красной вершиной и тем же числом внешних соседей. если… kolmogorov-2021-team-olympiad-seniors-problem-5 vybor gorodov dlya bolshoy moskvy s sohraneniem svyaznosti, kubok kolmogorova 2021 goal_counting 2021 https://turmath.ru/kolm/archive.php https://turmath.ru/kolm/files/archive/kolm24.zip kolmogorov kolmogorov2021 olympiad_archive src-kolmogorov-2021-official src-kolmogorov-archive with_solution arhiv kubka pamyati a.n. kolmogorova kubok kolmogorova kubok kolmogorova 2021 ofitsialnyy arhiv kubokkolmogorova kubokkolmogorova2021 ? kubok kolmogorova 2021 ofitsialnyy arhiv arhiv kubka pamyati a.n. kolmogorova stmt-original originalnaya formulirovka ai_checked v strane neskolko gorodov, odin iz kotoryh — moskva. nekotorye pary gorodov soedineny dvustoronnimi dorogami. mer hochet obedinit moskvu esche s \\(n\\) gorodami v bolshuyu moskvu tak, chtoby: 1. mezhdu lyubymi dvumya gorodami bolshoy moskvy mozhno bylo proehat po dorogam, ne popadaya v goroda vne nee; 2. bylo rovno \\(k\\) gorodov vne bolshoy moskvy, soedinennyh hotya by odnoy dorogoy s bolshoy moskvoy. dokazhite, chto est ne bolee \\(c_{n+k}^k\\) sposobov sovershit takoe obedinenie. simple_graph idea-graph-role grafovaya rol v uslovii yavno zadan neorientirovannyy graf dorog s trebovaniem svyaznosti vybrannogo podmnozhestva vershin i kontrolya ego vneshney granitsy. ofitsialnoe reshenie polnostyu grafovoe: rabotaet s vershinami, sosedyami, styagivaniem vershiny i inektivnoy kodirovkoy svyaznyh podgrafov s fiksirovannoy granitsey. ai_checked sol-official-compressed samodostatochnoe reshenie ai_checked simple_graph privedem grafovuyu otsenku cherez vklyuchenie ili isklyuchenie soseda moskvy. v pervom reshenii vse goroda bolshoy moskvy krasyat v krasnyy tsvet, a vse vneshnie sosednie goroda — v zelenyy. posle etogo stroitsya inektivnoe otobrazhenie iz dopustimyh vyborov bolshoy moskvy v posledovatelnosti iz `n` krasnyh i `k` zelenyh simvolov. dlya etogo vershiny, sosednie s moskvoy, posledovatelno vypisyvayutsya v poryadke nomerov, a zatem po ocheredi raskryvayutsya sosedi uzhe vypisannyh krasnyh vershin. poluchennaya tsvetnaya posledovatelnost odnoznachno vosstanavlivaet ishodnyy vybor, tak chto chislo variantov ne prevoshodit chisla takih posledovatelnostey, to est `c_{n+k}^k`. vo vtorom reshenii provoditsya induktsiya po `n + k`. rassmatrivaetsya sosed moskvy `x`. esli `x` vklyuchayut v bolshuyu moskvu, to `x` i moskvu styagivayut v odnu vershinu i perehodyat k zadache s `n - 1` krasnoy vershinoy i tem zhe chislom vneshnih sosedey. esli…","source_keys":["kolmogorov"]}
{"id":"kolmogorov-2022-individual-seniors-p2-cycle-arrangements","title":"Циклические расстановки групп, Кубок Колмогорова 2022","path":"data\\problems\\kolmogorov\\kolmogorov-2022-individual-seniors-p2-cycle-arrangements.yaml","raw_github_url":"https://raw.githubusercontent.com/didin-maxim/knowledge_graph_of_graphs/main/data/problems/kolmogorov/kolmogorov-2022-individual-seniors-p2-cycle-arrangements.yaml","viewer_url":"https://didin-maxim.github.io/knowledge_graph_of_graphs/#kolmogorov-2022-individual-seniors-p2-cycle-arrangements","source_key":"kolmogorov","source_label":"Кубок Колмогорова","source_titles":["Кубок Колмогорова 2022 официальный архив","Архив Кубка памяти А.Н. Колмогорова"],"year":"2022","type":"olympiad_problem","authors":[],"tags":["goal_counting"],"agent_topics":[],"difficulty":{"main":"national_final_medium","local_score":6,"comment":"Импортировано из дополнительного графового прохода по КОЛМ 2022; исходный файл:  Lichol__5lichol-sen.txt.","status":"needs_human_review"},"review_status":"needs_human_review","public_ready":false,"solution_state":"with_solution","solution_classification":{"type":"official_complete_or_near_complete","label":"официальное полное/почти полное","status":"ai_checked","confidence":0.9,"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":"Для данного \\(n\\) разбейте числа \\(1,2,\\ldots,n\\) на непустые группы и расположите элементы каждой группы по циклу. Две такие расстановки считаются эквивалентными, если одну можно получить из другой перестановкой циклов и поворотами отдельных циклов. Какое наибольшее число попарно неэквивалентных расстановок можно выбрать?","definition_ids":["directed_graph","cycle"]}]},"solutions":[{"id":"sol-official-restored","title":"Биекция с перестановками","status":"ai_checked","definition_ids":["directed_graph","cycle"],"standard_idea_ids":[],"tags":[],"has_text":true,"text_preview":"Докажем, что неэквивалентные расстановки находятся во взаимно однозначном соответствии с перестановками чисел `1,2,...,n`. Пусть дана перестановка `a_1,a_2,...,a_n`. Построим ориентированный граф на числах `1,2,...,n`, проведя стрелку из `k` в `a_k`. Из каждой вершины выходит ровно одна стрелка и в каждую вершину входит ровно одна стрелка, поэтому граф распадается на направленные циклы. Если забыть направление обхода записи и порядок самих циклов, получаем ровно расстановку чисел по кругам в смысле условия. Обратно, если дана расстановка чисел по кругам, выберем на каждом круге направление обхода по часовой стрелке и зададим перестановку: число `k` переходит в следующее после него число на том же круге. Поворот круга и перестановка кругов эту перестановку не меняют. Значит, число неэквивалентных расстановок равно числу перестановок `n` элементов, то есть `n!`. Поэтому наибольшее число п…"}],"relations":[],"search_text":"kolmogorov-2022-individual-seniors-p2-cycle-arrangements циклические расстановки групп, кубок колмогорова 2022 goal_counting 2022 https://turmath.ru/kolm/archive.php https://turmath.ru/kolm/files/archive/kolm25.zip kolmogorov kolmogorov2022 olympiad_archive src-kolmogorov-2022-official src-kolmogorov-archive with_solution архив кубка памяти а.н. колмогорова кубок колмогорова кубок колмогорова 2022 официальный архив кубокколмогорова кубокколмогорова2022 ? кубок колмогорова 2022 официальный архив архив кубка памяти а.н. колмогорова stmt-original оригинальная формулировка ai_checked для данного \\(n\\) разбейте числа \\(1,2,\\ldots,n\\) на непустые группы и расположите элементы каждой группы по циклу. две такие расстановки считаются эквивалентными, если одну можно получить из другой перестановкой циклов и поворотами отдельных циклов. какое наибольшее число попарно неэквивалентных расстановок можно выбрать? directed_graph cycle idea-graph-role графовая роль карточка фиксирует задачу как явно графовую: графовая модель присутствует уже в условии или в сохранённых заметках к официальному решению. needs_human_review sol-official-restored биекция с перестановками ai_checked directed_graph cycle докажем, что неэквивалентные расстановки находятся во взаимно однозначном соответствии с перестановками чисел `1,2,...,n`. пусть дана перестановка `a_1,a_2,...,a_n`. построим ориентированный граф на числах `1,2,...,n`, проведя стрелку из `k` в `a_k`. из каждой вершины выходит ровно одна стрелка и в каждую вершину входит ровно одна стрелка, поэтому граф распадается на направленные циклы. если забыть направление обхода записи и порядок самих циклов, получаем ровно расстановку чисел по кругам в смысле условия. обратно, если дана расстановка чисел по кругам, выберем на каждом круге направление обхода по часовой стрелке и зададим перестановку: число `k` переходит в следующее после него число на том же круге. поворот круга и перестановка кругов эту перестановку не меняют. значит, число неэквивалентных расстановок равно числу перестановок `n` элементов, то есть `n!`. поэтому наибольшее число п… kolmogorov-2022-individual-seniors-p2-cycle-arrangements tsiklicheskie rasstanovki grupp, kubok kolmogorova 2022 goal_counting 2022 https://turmath.ru/kolm/archive.php https://turmath.ru/kolm/files/archive/kolm25.zip kolmogorov kolmogorov2022 olympiad_archive src-kolmogorov-2022-official src-kolmogorov-archive with_solution arhiv kubka pamyati a.n. kolmogorova kubok kolmogorova kubok kolmogorova 2022 ofitsialnyy arhiv kubokkolmogorova kubokkolmogorova2022 ? kubok kolmogorova 2022 ofitsialnyy arhiv arhiv kubka pamyati a.n. kolmogorova stmt-original originalnaya formulirovka ai_checked dlya dannogo \\(n\\) razbeyte chisla \\(1,2,\\ldots,n\\) na nepustye gruppy i raspolozhite elementy kazhdoy gruppy po tsiklu. dve takie rasstanovki schitayutsya ekvivalentnymi, esli odnu mozhno poluchit iz drugoy perestanovkoy tsiklov i povorotami otdelnyh tsiklov. kakoe naibolshee chislo poparno neekvivalentnyh rasstanovok mozhno vybrat? directed_graph cycle idea-graph-role grafovaya rol kartochka fiksiruet zadachu kak yavno grafovuyu: grafovaya model prisutstvuet uzhe v uslovii ili v sohranennyh zametkah k ofitsialnomu resheniyu. needs_human_review sol-official-restored biektsiya s perestanovkami ai_checked directed_graph cycle dokazhem, chto neekvivalentnye rasstanovki nahodyatsya vo vzaimno odnoznachnom sootvetstvii s perestanovkami chisel `1,2,...,n`. pust dana perestanovka `a_1,a_2,...,a_n`. postroim orientirovannyy graf na chislah `1,2,...,n`, provedya strelku iz `k` v `a_k`. iz kazhdoy vershiny vyhodit rovno odna strelka i v kazhduyu vershinu vhodit rovno odna strelka, poetomu graf raspadaetsya na napravlennye tsikly. esli zabyt napravlenie obhoda zapisi i poryadok samih tsiklov, poluchaem rovno rasstanovku chisel po krugam v smysle usloviya. obratno, esli dana rasstanovka chisel po krugam, vyberem na kazhdom kruge napravlenie obhoda po chasovoy strelke i zadadim perestanovku: chislo `k` perehodit v sleduyuschee posle nego chislo na tom zhe kruge. povorot kruga i perestanovka krugov etu perestanovku ne menyayut. znachit, chislo neekvivalentnyh rasstanovok ravno chislu perestanovok `n` elementov, to est `n!`. poetomu naibolshee chislo p…","source_keys":["kolmogorov"]}
{"id":"kolmogorov-2022-round1-high-edge-count-permutation-nonedges","title":"Максимум рёбер при условии на перестановки не-рёбер, Кубок Колмогорова 2022","path":"data\\problems\\kolmogorov\\kolmogorov-2022-round1-high-edge-count-permutation-nonedges.yaml","raw_github_url":"https://raw.githubusercontent.com/didin-maxim/knowledge_graph_of_graphs/main/data/problems/kolmogorov/kolmogorov-2022-round1-high-edge-count-permutation-nonedges.yaml","viewer_url":"https://didin-maxim.github.io/knowledge_graph_of_graphs/#kolmogorov-2022-round1-high-edge-count-permutation-nonedges","source_key":"kolmogorov","source_label":"Кубок Колмогорова","source_titles":["Кубок Колмогорова 2022 официальный архив","Архив Кубка памяти А.Н. Колмогорова"],"year":"2022","type":"olympiad_problem","authors":[],"tags":["extremal_graph_theory","trees","induction","goal_exact_bound"],"agent_topics":[],"difficulty":{"main":"national_final_medium","local_score":6,"comment":"Импортировано из дополнительного графового прохода по КОЛМ 2022; исходный файл: 1 tur__1tur-sen.txt. Решение требует аккуратного раскрытия индукционной леммы об edge-disjoint self-packing разреженного графа, которое дано в карточке.","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":0.88,"basis":"официальный архив outline plus 2026-05-06 самодостаточно expansion","notes":"Восстановленный официальный набросок развёрнут в полное доказательство через упаковку в дополнительном графе; нерешённых пробелов не осталось.","audit_source":"official-plan-expansion-kolmogorov-2022-r1-high-permutation-nonedges"},"statements":{"original":[{"id":"stmt-original","title":"Оригинальная формулировка","status":"source_verified","text":"Пусть \\(n\\ge 3\\). В графе \\(G\\) есть \\(n\\) вершин и \\(k\\) рёбер. Для любой перестановки \\(\\sigma\\) вершин найдутся две несмежные вершины \\(u\\) и \\(v\\), такие что \\(\\sigma(u)\\) и \\(\\sigma(v)\\) тоже несмежны. Каково наибольшее возможное \\(k\\)?","definition_ids":["simple_graph","complement_graph"]}]},"solutions":[{"id":"sol-official-restored","title":"Ответ: \\(\\binom n2-(n-1)\\)","status":"ai_checked","definition_ids":["simple_graph","complement_graph","tree","connected_graph","degree","clique","matching"],"standard_idea_ids":["complement_graph_transition","induction","extremal_choice","minimal_counterexample"],"tags":[],"has_text":true,"text_preview":"Ответ равен \\[ \\binom n2-(n-1)=\\binom{n-1}{2}. \\] Сначала построим пример. Возьмём граф \\(F\\), состоящий из клики на \\(n-1\\) вершинах и одной изолированной вершины \\(a\\). В нём ровно \\(\\binom{n-1}{2}=\\binom n2-(n-1)\\) рёбер. Проверим условие. Пусть \\(\\sigma\\) -- произвольная перестановка вершин. Если \\(\\sigma(a)=a\\), то для любой вершины \\(x\\ne a\\) пара \\(a,x\\) несмежна и её образ \\(a,\\sigma(x)\\) тоже несмежен. Если же \\(\\sigma(a)=b\\ne a\\), возьмём \\(x=\\sigma^{-1}(a)\\). Тогда \\(x\\ne a\\), поэтому \\(a,x\\) несмежны, а их образы \\(b,a\\) также несмежны, так как \\(a\\) изолирована. Значит такое число рёбер достижимо. Докажем, что больше рёбер быть не может. Пусть \\(F\\) -- исходный граф, а \\(H=\\overline F\\) -- его дополнительный граф на тех же вершинах. Тогда не-рёбра \\(F\\) являются рёбрами \\(H\\). Условие задачи можно переписать так: для любой перестановки \\(\\sigma\\) существует ребро \\(uv\\) гра…"}],"relations":[{"id":"rel-kolm-2022-r1-nonedges-tree-components","neighbor_id":"tree-equivalent-properties","direction":"forward","type":"prerequisite","distance":1,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-kolm-2022-r1-nonedges-baltic-way-edge-packing","neighbor_id":"baltic-way-1997-p19-edge-disjoint-hamiltonian-cycles","direction":"forward","type":"same_motif","distance":3,"status":"needs_human_review"}],"search_text":"kolmogorov-2022-round1-high-edge-count-permutation-nonedges максимум рёбер при условии на перестановки не-рёбер, кубок колмогорова 2022 extremal_graph_theory trees induction goal_exact_bound 2022 https://turmath.ru/kolm/archive.php https://turmath.ru/kolm/files/archive/kolm25.zip kolmogorov kolmogorov2022 olympiad_archive src-kolmogorov-2022-official src-kolmogorov-archive with_solution архив кубка памяти а.н. колмогорова кубок колмогорова кубок колмогорова 2022 официальный архив кубокколмогорова кубокколмогорова2022 ? кубок колмогорова 2022 официальный архив архив кубка памяти а.н. колмогорова stmt-original оригинальная формулировка source_verified пусть \\(n\\ge 3\\). в графе \\(g\\) есть \\(n\\) вершин и \\(k\\) рёбер. для любой перестановки \\(\\sigma\\) вершин найдутся две несмежные вершины \\(u\\) и \\(v\\), такие что \\(\\sigma(u)\\) и \\(\\sigma(v)\\) тоже несмежны. каково наибольшее возможное \\(k\\)? simple_graph complement_graph idea-complement-packing дополнение и упаковка графа с самим собой если перейти к дополнительному графу \\(h\\), то не-рёбра исходного графа становятся рёбрами \\(h\\). условие означает, что всякая перестановка переводит хотя бы одно ребро \\(h\\) снова в ребро \\(h\\). поэтому верхняя оценка сводится к лемме: любой граф на \\(n\\) вершинах с не более чем \\(n-2\\) рёбрами можно переставить так, чтобы его образ был реберно не пересекающимся с ним самим. induction ai_checked idea-two-vertex-deletion удаление двух вершин и продолжение перестановки в разреженном графе либо есть изолированная вершина, которую удобно поменять с вершиной максимальной степени, либо есть две древесные компоненты, из которых можно удалить по листу. после индукции на оставшемся графе перестановку продолжают на две удалённые вершины: в случае листьев достаточно выбрать между фиксацией и перестановкой этих двух листьев. trees extremal_choice minimal_counterexample ai_checked sol-official-restored ответ: \\(\\binom n2-(n-1)\\) ai_checked simple_graph complement_graph tree connected_graph degree clique matching complement_graph_transition induction extremal_choice minimal_counterexample ответ равен \\[ \\binom n2-(n-1)=\\binom{n-1}{2}. \\] сначала построим пример. возьмём граф \\(f\\), состоящий из клики на \\(n-1\\) вершинах и одной изолированной вершины \\(a\\). в нём ровно \\(\\binom{n-1}{2}=\\binom n2-(n-1)\\) рёбер. проверим условие. пусть \\(\\sigma\\) -- произвольная перестановка вершин. если \\(\\sigma(a)=a\\), то для любой вершины \\(x\\ne a\\) пара \\(a,x\\) несмежна и её образ \\(a,\\sigma(x)\\) тоже несмежен. если же \\(\\sigma(a)=b\\ne a\\), возьмём \\(x=\\sigma^{-1}(a)\\). тогда \\(x\\ne a\\), поэтому \\(a,x\\) несмежны, а их образы \\(b,a\\) также несмежны, так как \\(a\\) изолирована. значит такое число рёбер достижимо. докажем, что больше рёбер быть не может. пусть \\(f\\) -- исходный граф, а \\(h=\\overline f\\) -- его дополнительный граф на тех же вершинах. тогда не-рёбра \\(f\\) являются рёбрами \\(h\\). условие задачи можно переписать так: для любой перестановки \\(\\sigma\\) существует ребро \\(uv\\) гра… kolmogorov-2022-round1-high-edge-count-permutation-nonedges maksimum reber pri uslovii na perestanovki ne-reber, kubok kolmogorova 2022 extremal_graph_theory trees induction goal_exact_bound 2022 https://turmath.ru/kolm/archive.php https://turmath.ru/kolm/files/archive/kolm25.zip kolmogorov kolmogorov2022 olympiad_archive src-kolmogorov-2022-official src-kolmogorov-archive with_solution arhiv kubka pamyati a.n. kolmogorova kubok kolmogorova kubok kolmogorova 2022 ofitsialnyy arhiv kubokkolmogorova kubokkolmogorova2022 ? kubok kolmogorova 2022 ofitsialnyy arhiv arhiv kubka pamyati a.n. kolmogorova stmt-original originalnaya formulirovka source_verified pust \\(n\\ge 3\\). v grafe \\(g\\) est \\(n\\) vershin i \\(k\\) reber. dlya lyuboy perestanovki \\(\\sigma\\) vershin naydutsya dve nesmezhnye vershiny \\(u\\) i \\(v\\), takie chto \\(\\sigma(u)\\) i \\(\\sigma(v)\\) tozhe nesmezhny. kakovo naibolshee vozmozhnoe \\(k\\)? simple_graph complement_graph idea-complement-packing dopolnenie i upakovka grafa s samim soboy esli pereyti k dopolnitelnomu grafu \\(h\\), to ne-rebra ishodnogo grafa stanovyatsya rebrami \\(h\\). uslovie oznachaet, chto vsyakaya perestanovka perevodit hotya by odno rebro \\(h\\) snova v rebro \\(h\\). poetomu verhnyaya otsenka svoditsya k lemme: lyuboy graf na \\(n\\) vershinah s ne bolee chem \\(n-2\\) rebrami mozhno perestavit tak, chtoby ego obraz byl reberno ne peresekayuschimsya s nim samim. induction ai_checked idea-two-vertex-deletion udalenie dvuh vershin i prodolzhenie perestanovki v razrezhennom grafe libo est izolirovannaya vershina, kotoruyu udobno pomenyat s vershinoy maksimalnoy stepeni, libo est dve drevesnye komponenty, iz kotoryh mozhno udalit po listu. posle induktsii na ostavshemsya grafe perestanovku prodolzhayut na dve udalennye vershiny: v sluchae listev dostatochno vybrat mezhdu fiksatsiey i perestanovkoy etih dvuh listev. trees extremal_choice minimal_counterexample ai_checked sol-official-restored otvet: \\(\\binom n2-(n-1)\\) ai_checked simple_graph complement_graph tree connected_graph degree clique matching complement_graph_transition induction extremal_choice minimal_counterexample otvet raven \\[ \\binom n2-(n-1)=\\binom{n-1}{2}. \\] snachala postroim primer. vozmem graf \\(f\\), sostoyaschiy iz kliki na \\(n-1\\) vershinah i odnoy izolirovannoy vershiny \\(a\\). v nem rovno \\(\\binom{n-1}{2}=\\binom n2-(n-1)\\) reber. proverim uslovie. pust \\(\\sigma\\) -- proizvolnaya perestanovka vershin. esli \\(\\sigma(a)=a\\), to dlya lyuboy vershiny \\(x\\ne a\\) para \\(a,x\\) nesmezhna i ee obraz \\(a,\\sigma(x)\\) tozhe nesmezhen. esli zhe \\(\\sigma(a)=b\\ne a\\), vozmem \\(x=\\sigma^{-1}(a)\\). togda \\(x\\ne a\\), poetomu \\(a,x\\) nesmezhny, a ih obrazy \\(b,a\\) takzhe nesmezhny, tak kak \\(a\\) izolirovana. znachit takoe chislo reber dostizhimo. dokazhem, chto bolshe reber byt ne mozhet. pust \\(f\\) -- ishodnyy graf, a \\(h=\\overline f\\) -- ego dopolnitelnyy graf na teh zhe vershinah. togda ne-rebra \\(f\\) yavlyayutsya rebrami \\(h\\). uslovie zadachi mozhno perepisat tak: dlya lyuboy perestanovki \\(\\sigma\\) suschestvuet rebro \\(uv\\) gra…","source_keys":["kolmogorov"]}
{"id":"kolmogorov-2022-round1-third-binary-strings-pairing-graph","title":"Раскраска вершин гиперкуба и паросочетания, Кубок Колмогорова 2022","path":"data\\problems\\kolmogorov\\kolmogorov-2022-round1-third-binary-strings-pairing-graph.yaml","raw_github_url":"https://raw.githubusercontent.com/didin-maxim/knowledge_graph_of_graphs/main/data/problems/kolmogorov/kolmogorov-2022-round1-third-binary-strings-pairing-graph.yaml","viewer_url":"https://didin-maxim.github.io/knowledge_graph_of_graphs/#kolmogorov-2022-round1-third-binary-strings-pairing-graph","source_key":"kolmogorov","source_label":"Кубок Колмогорова","source_titles":["Кубок Колмогорова 2022 официальный архив","Архив Кубка памяти А.Н. Колмогорова"],"year":"2022","type":"olympiad_problem","authors":[],"tags":["coloring","matching","double_counting","goal_counting"],"agent_topics":[],"difficulty":{"main":"national_final_medium","local_score":6,"comment":"Импортировано из дополнительного графового прохода по КОЛМ 2022; исходный файл:  1 tur__sen-liga3-tur1.txt.","status":"needs_human_review"},"review_status":"needs_human_review","public_ready":false,"solution_state":"with_solution","solution_classification":{"type":"official_complete_or_near_complete","label":"официальное полное/почти полное","status":"ai_checked","confidence":0.9,"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":"На доске записаны все двоичные строки длины 99, каждая красным или синим цветом. Затем выбирается непустое множество позиций, и строки разбиваются на пары так, что две строки в каждой паре отличаются ровно в выбранных позициях. Обязательно ли можно выбрать позиции так, чтобы число одноцветных пар отличалось от числа разноцветных пар?","definition_ids":["simple_graph","matching"]}],"graph_theory":[{"id":"stmt-graph","title":"Паросочетания в 99-мерном гиперкубе","status":"ai_checked","text":"Вершины гиперкуба \\(\\{0,1\\}^{99}\\) окрашены в красный и синий цвета. Для каждого непустого множества координат \\(S\\) рассмотрим совершенное паросочетание, соединяющее каждую вершину с вершиной, полученной изменением ровно координат из \\(S\\). Обязательно ли существует такое \\(S\\), что в этом паросочетании число рёбер с одноцветными концами отличается от числа рёбер с разноцветными концами?","definition_ids":["simple_graph","matching"]}]},"solutions":[{"id":"sol-official-restored","title":"Сумма по всем сдвигам","status":"ai_checked","definition_ids":["simple_graph","matching"],"standard_idea_ids":["double_counting"],"tags":[],"has_text":true,"text_preview":"Ответ: да. Заменим красный цвет числом 1, а синий числом -1. Для двоичной строки x обозначим это число через f(x). Если выбран непустой набор позиций s, то разность между числом одноцветных и разноцветных пар равна половине суммы \\[ A_s=\\sum_x f(x)f(x+s), \\] где сложение x+s означает одновременный переворот выбранных битов, а сумма берётся по всем двоичным строкам длины 99. Достаточно доказать, что для некоторого ненулевого s величина \\(A_s\\) не равна нулю. Просуммируем \\(A_s\\) по всем 2^{99} векторам s, включая нулевой. Получим \\[ \\sum_s A_s=\\sum_s\\sum_x f(x)f(x+s)=\\left(\\sum_x f(x)\\right)^2. \\] Если бы все \\(A_s\\) при ненулевых s были равны нулю, то эта сумма равнялась бы \\(A_0=2^{99}\\). Но \\(\\left(\\sum_x f(x)\\right)^2\\) является квадратом целого числа, а 2^{99} не является полным квадратом. Противоречие. Значит, существует непустой набор позиций s, для которого \\(A_s\\ne 0\\); для соот…"}],"relations":[],"search_text":"kolmogorov-2022-round1-third-binary-strings-pairing-graph раскраска вершин гиперкуба и паросочетания, кубок колмогорова 2022 coloring matching double_counting goal_counting 2022 https://turmath.ru/kolm/archive.php https://turmath.ru/kolm/files/archive/kolm25.zip kolmogorov kolmogorov2022 olympiad_archive src-kolmogorov-2022-official src-kolmogorov-archive with_solution архив кубка памяти а.н. колмогорова кубок колмогорова кубок колмогорова 2022 официальный архив кубокколмогорова кубокколмогорова2022 ? кубок колмогорова 2022 официальный архив архив кубка памяти а.н. колмогорова stmt-original оригинальная формулировка ai_checked на доске записаны все двоичные строки длины 99, каждая красным или синим цветом. затем выбирается непустое множество позиций, и строки разбиваются на пары так, что две строки в каждой паре отличаются ровно в выбранных позициях. обязательно ли можно выбрать позиции так, чтобы число одноцветных пар отличалось от числа разноцветных пар? simple_graph matching stmt-graph паросочетания в 99-мерном гиперкубе ai_checked вершины гиперкуба \\(\\{0,1\\}^{99}\\) окрашены в красный и синий цвета. для каждого непустого множества координат \\(s\\) рассмотрим совершенное паросочетание, соединяющее каждую вершину с вершиной, полученной изменением ровно координат из \\(s\\). обязательно ли существует такое \\(s\\), что в этом паросочетании число рёбер с одноцветными концами отличается от числа рёбер с разноцветными концами? simple_graph matching idea-graph-role графовая роль карточка фиксирует задачу как явно графовую: графовая модель присутствует уже в условии или в сохранённых заметках к официальному решению. coloring needs_human_review sol-official-restored сумма по всем сдвигам ai_checked simple_graph matching double_counting ответ: да. заменим красный цвет числом 1, а синий числом -1. для двоичной строки x обозначим это число через f(x). если выбран непустой набор позиций s, то разность между числом одноцветных и разноцветных пар равна половине суммы \\[ a_s=\\sum_x f(x)f(x+s), \\] где сложение x+s означает одновременный переворот выбранных битов, а сумма берётся по всем двоичным строкам длины 99. достаточно доказать, что для некоторого ненулевого s величина \\(a_s\\) не равна нулю. просуммируем \\(a_s\\) по всем 2^{99} векторам s, включая нулевой. получим \\[ \\sum_s a_s=\\sum_s\\sum_x f(x)f(x+s)=\\left(\\sum_x f(x)\\right)^2. \\] если бы все \\(a_s\\) при ненулевых s были равны нулю, то эта сумма равнялась бы \\(a_0=2^{99}\\). но \\(\\left(\\sum_x f(x)\\right)^2\\) является квадратом целого числа, а 2^{99} не является полным квадратом. противоречие. значит, существует непустой набор позиций s, для которого \\(a_s\\ne 0\\); для соот… kolmogorov-2022-round1-third-binary-strings-pairing-graph raskraska vershin giperkuba i parosochetaniya, kubok kolmogorova 2022 coloring matching double_counting goal_counting 2022 https://turmath.ru/kolm/archive.php https://turmath.ru/kolm/files/archive/kolm25.zip kolmogorov kolmogorov2022 olympiad_archive src-kolmogorov-2022-official src-kolmogorov-archive with_solution arhiv kubka pamyati a.n. kolmogorova kubok kolmogorova kubok kolmogorova 2022 ofitsialnyy arhiv kubokkolmogorova kubokkolmogorova2022 ? kubok kolmogorova 2022 ofitsialnyy arhiv arhiv kubka pamyati a.n. kolmogorova stmt-original originalnaya formulirovka ai_checked na doske zapisany vse dvoichnye stroki dliny 99, kazhdaya krasnym ili sinim tsvetom. zatem vybiraetsya nepustoe mnozhestvo pozitsiy, i stroki razbivayutsya na pary tak, chto dve stroki v kazhdoy pare otlichayutsya rovno v vybrannyh pozitsiyah. obyazatelno li mozhno vybrat pozitsii tak, chtoby chislo odnotsvetnyh par otlichalos ot chisla raznotsvetnyh par? simple_graph matching stmt-graph parosochetaniya v 99-mernom giperkube ai_checked vershiny giperkuba \\(\\{0,1\\}^{99}\\) okrasheny v krasnyy i siniy tsveta. dlya kazhdogo nepustogo mnozhestva koordinat \\(s\\) rassmotrim sovershennoe parosochetanie, soedinyayuschee kazhduyu vershinu s vershinoy, poluchennoy izmeneniem rovno koordinat iz \\(s\\). obyazatelno li suschestvuet takoe \\(s\\), chto v etom parosochetanii chislo reber s odnotsvetnymi kontsami otlichaetsya ot chisla reber s raznotsvetnymi kontsami? simple_graph matching idea-graph-role grafovaya rol kartochka fiksiruet zadachu kak yavno grafovuyu: grafovaya model prisutstvuet uzhe v uslovii ili v sohranennyh zametkah k ofitsialnomu resheniyu. coloring needs_human_review sol-official-restored summa po vsem sdvigam ai_checked simple_graph matching double_counting otvet: da. zamenim krasnyy tsvet chislom 1, a siniy chislom -1. dlya dvoichnoy stroki x oboznachim eto chislo cherez f(x). esli vybran nepustoy nabor pozitsiy s, to raznost mezhdu chislom odnotsvetnyh i raznotsvetnyh par ravna polovine summy \\[ a_s=\\sum_x f(x)f(x+s), \\] gde slozhenie x+s oznachaet odnovremennyy perevorot vybrannyh bitov, a summa beretsya po vsem dvoichnym strokam dliny 99. dostatochno dokazat, chto dlya nekotorogo nenulevogo s velichina \\(a_s\\) ne ravna nulyu. prosummiruem \\(a_s\\) po vsem 2^{99} vektoram s, vklyuchaya nulevoy. poluchim \\[ \\sum_s a_s=\\sum_s\\sum_x f(x)f(x+s)=\\left(\\sum_x f(x)\\right)^2. \\] esli by vse \\(a_s\\) pri nenulevyh s byli ravny nulyu, to eta summa ravnyalas by \\(a_0=2^{99}\\). no \\(\\left(\\sum_x f(x)\\right)^2\\) yavlyaetsya kvadratom tselogo chisla, a 2^{99} ne yavlyaetsya polnym kvadratom. protivorechie. znachit, suschestvuet nepustoy nabor pozitsiy s, dlya kotorogo \\(a_s\\ne 0\\); dlya soot…","source_keys":["kolmogorov"]}
{"id":"kolmogorov-2022-round2-high-colored-integers-infinite-tree","title":"Раскрашенные целые числа и шаблоны с ограниченными промежутками, Кубок Колмогорова 2022","path":"data\\problems\\kolmogorov\\kolmogorov-2022-round2-high-colored-integers-infinite-tree.yaml","raw_github_url":"https://raw.githubusercontent.com/didin-maxim/knowledge_graph_of_graphs/main/data/problems/kolmogorov/kolmogorov-2022-round2-high-colored-integers-infinite-tree.yaml","viewer_url":"https://didin-maxim.github.io/knowledge_graph_of_graphs/#kolmogorov-2022-round2-high-colored-integers-infinite-tree","source_key":"kolmogorov","source_label":"Кубок Колмогорова","source_titles":["Кубок Колмогорова 2022 официальный архив","Архив Кубка памяти А.Н. Колмогорова"],"year":"2022","type":"olympiad_problem","authors":[],"tags":["trees","coloring","induction","goal_existence"],"agent_topics":[],"difficulty":{"main":"national_final_medium","local_score":6,"comment":"Импортировано из дополнительного графового прохода по КОЛМ 2022; исходный файл:  2 tur__2tur-sen.txt.","status":"needs_human_review"},"review_status":"needs_human_review","public_ready":false,"solution_state":"with_solution","solution_classification":{"type":"official_complete_or_near_complete","label":"официальное полное/почти полное","status":"ai_checked","confidence":0.9,"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":"Положительные целые числа окрашены в 100 цветов. Докажите, что существует бесконечная возрастающая последовательность \\(a_1<a_2<\\ldots\\) с ограниченными соседними разностями, такая что для каждого \\(n\\) найдётся \\(x\\), при котором числа \\(a_1+x,a_2+x,\\ldots,a_n+x\\) имеют один и тот же цвет.","definition_ids":["tree"]}]},"solutions":[{"id":"sol-official-restored","title":"Индукция по числу цветов","status":"ai_checked","definition_ids":["tree"],"standard_idea_ids":["induction"],"tags":[],"has_text":true,"text_preview":"Докажем индукцией по \\(d\\), что, если натуральные числа раскрашены в \\(d\\) цветов, то найдётся подобная последовательность. База при \\(d=1\\) очевидна. Пусть найдётся \\(N\\) такое, что на любом отрезке длины \\(N\\) встретится \\(d\\)-й цвет. Тогда все числа \\(d\\)-го цвета, сдвинутые на один влево, образуют требуемую последовательность (для любого \\(n\\) надо взять \\(x = 1\\)). Иначе найдутся сколь угодно большие отрезки раскраски без \\(d\\)-го цвета. Рассмотрим бесконечное ориентированное ``дерево'', в котором на \\(k\\)-ом уровне будет \\((d-1)^k\\) вершин, каждая из которых соответствует раскраске \\(k\\) элементов в \\(d-1\\) цвет. Для каждого отрезка последовательных чисел длины \\(k\\), среди которых нет чисел \\(d\\)-го цвета, проведём ребро от вершины, соответствующей раскраске первых \\(k-1\\) числа, к вершине, соответствующей раскраске всех \\(k\\) чисел. В полученном графе степень каждой вершины коне…"}],"relations":[{"id":"rel-metadata-tree-euler-tree-kolm-2022-infinite-tree","neighbor_id":"tree-equivalent-properties","direction":"backward","type":"same_motif","distance":2,"status":"needs_human_review"},{"id":"rel-kolm-2022-colored-integers-imo-2015-infinite-rays","neighbor_id":"bounded-forward-rays-balanced-sums","direction":"forward","type":"same_motif","distance":3,"status":"needs_human_review"}],"search_text":"kolmogorov-2022-round2-high-colored-integers-infinite-tree раскрашенные целые числа и шаблоны с ограниченными промежутками, кубок колмогорова 2022 trees coloring induction goal_existence 2022 https://turmath.ru/kolm/archive.php https://turmath.ru/kolm/files/archive/kolm25.zip kolmogorov kolmogorov2022 olympiad_archive src-kolmogorov-2022-official src-kolmogorov-archive with_solution архив кубка памяти а.н. колмогорова кубок колмогорова кубок колмогорова 2022 официальный архив кубокколмогорова кубокколмогорова2022 ? кубок колмогорова 2022 официальный архив архив кубка памяти а.н. колмогорова stmt-original оригинальная формулировка ai_checked положительные целые числа окрашены в 100 цветов. докажите, что существует бесконечная возрастающая последовательность \\(a_1<a_2<\\ldots\\) с ограниченными соседними разностями, такая что для каждого \\(n\\) найдётся \\(x\\), при котором числа \\(a_1+x,a_2+x,\\ldots,a_n+x\\) имеют один и тот же цвет. tree idea-graph-role графовая роль карточка фиксирует задачу как явно графовую: графовая модель присутствует уже в условии или в сохранённых заметках к официальному решению. trees coloring needs_human_review sol-official-restored индукция по числу цветов ai_checked tree induction докажем индукцией по \\(d\\), что, если натуральные числа раскрашены в \\(d\\) цветов, то найдётся подобная последовательность. база при \\(d=1\\) очевидна. пусть найдётся \\(n\\) такое, что на любом отрезке длины \\(n\\) встретится \\(d\\)-й цвет. тогда все числа \\(d\\)-го цвета, сдвинутые на один влево, образуют требуемую последовательность (для любого \\(n\\) надо взять \\(x = 1\\)). иначе найдутся сколь угодно большие отрезки раскраски без \\(d\\)-го цвета. рассмотрим бесконечное ориентированное ``дерево'', в котором на \\(k\\)-ом уровне будет \\((d-1)^k\\) вершин, каждая из которых соответствует раскраске \\(k\\) элементов в \\(d-1\\) цвет. для каждого отрезка последовательных чисел длины \\(k\\), среди которых нет чисел \\(d\\)-го цвета, проведём ребро от вершины, соответствующей раскраске первых \\(k-1\\) числа, к вершине, соответствующей раскраске всех \\(k\\) чисел. в полученном графе степень каждой вершины коне… kolmogorov-2022-round2-high-colored-integers-infinite-tree raskrashennye tselye chisla i shablony s ogranichennymi promezhutkami, kubok kolmogorova 2022 trees coloring induction goal_existence 2022 https://turmath.ru/kolm/archive.php https://turmath.ru/kolm/files/archive/kolm25.zip kolmogorov kolmogorov2022 olympiad_archive src-kolmogorov-2022-official src-kolmogorov-archive with_solution arhiv kubka pamyati a.n. kolmogorova kubok kolmogorova kubok kolmogorova 2022 ofitsialnyy arhiv kubokkolmogorova kubokkolmogorova2022 ? kubok kolmogorova 2022 ofitsialnyy arhiv arhiv kubka pamyati a.n. kolmogorova stmt-original originalnaya formulirovka ai_checked polozhitelnye tselye chisla okrasheny v 100 tsvetov. dokazhite, chto suschestvuet beskonechnaya vozrastayuschaya posledovatelnost \\(a_1<a_2<\\ldots\\) s ogranichennymi sosednimi raznostyami, takaya chto dlya kazhdogo \\(n\\) naydetsya \\(x\\), pri kotorom chisla \\(a_1+x,a_2+x,\\ldots,a_n+x\\) imeyut odin i tot zhe tsvet. tree idea-graph-role grafovaya rol kartochka fiksiruet zadachu kak yavno grafovuyu: grafovaya model prisutstvuet uzhe v uslovii ili v sohranennyh zametkah k ofitsialnomu resheniyu. trees coloring needs_human_review sol-official-restored induktsiya po chislu tsvetov ai_checked tree induction dokazhem induktsiey po \\(d\\), chto, esli naturalnye chisla raskrasheny v \\(d\\) tsvetov, to naydetsya podobnaya posledovatelnost. baza pri \\(d=1\\) ochevidna. pust naydetsya \\(n\\) takoe, chto na lyubom otrezke dliny \\(n\\) vstretitsya \\(d\\)-y tsvet. togda vse chisla \\(d\\)-go tsveta, sdvinutye na odin vlevo, obrazuyut trebuemuyu posledovatelnost (dlya lyubogo \\(n\\) nado vzyat \\(x = 1\\)). inache naydutsya skol ugodno bolshie otrezki raskraski bez \\(d\\)-go tsveta. rassmotrim beskonechnoe orientirovannoe ``derevo'', v kotorom na \\(k\\)-om urovne budet \\((d-1)^k\\) vershin, kazhdaya iz kotoryh sootvetstvuet raskraske \\(k\\) elementov v \\(d-1\\) tsvet. dlya kazhdogo otrezka posledovatelnyh chisel dliny \\(k\\), sredi kotoryh net chisel \\(d\\)-go tsveta, provedem rebro ot vershiny, sootvetstvuyuschey raskraske pervyh \\(k-1\\) chisla, k vershine, sootvetstvuyuschey raskraske vseh \\(k\\) chisel. v poluchennom grafe stepen kazhdoy vershiny kone…","source_keys":["kolmogorov"]}
{"id":"kolmogorov-2022-round2-juniors-hamiltonian-path-parity","title":"Разность чисел одноцветных гамильтоновых путей, Кубок Колмогорова 2022","path":"data\\problems\\kolmogorov\\kolmogorov-2022-round2-juniors-hamiltonian-path-parity.yaml","raw_github_url":"https://raw.githubusercontent.com/didin-maxim/knowledge_graph_of_graphs/main/data/problems/kolmogorov/kolmogorov-2022-round2-juniors-hamiltonian-path-parity.yaml","viewer_url":"https://didin-maxim.github.io/knowledge_graph_of_graphs/#kolmogorov-2022-round2-juniors-hamiltonian-path-parity","source_key":"kolmogorov","source_label":"Кубок Колмогорова","source_titles":["Кубок Колмогорова 2022 официальный архив","Архив Кубка памяти А.Н. Колмогорова"],"year":"2022","type":"olympiad_problem","authors":[],"tags":["coloring","hamiltonian_cycles","double_counting","goal_proof"],"agent_topics":[],"difficulty":{"main":"national_final_medium","local_score":6,"comment":"Импортировано из дополнительного графового прохода по КОЛМ 2022; исходный файл:  2 tur__tur2 K25 jun.txt.","status":"needs_human_review"},"review_status":"needs_human_review","public_ready":false,"solution_state":"with_solution","solution_classification":{"type":"official_complete_or_near_complete","label":"официальное полное/почти полное","status":"ai_checked","confidence":0.9,"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":"Каждое ребро полного графа на 100 вершинах окрашено в красный или синий цвет. Простой путь называется гамильтоновым, если он проходит через каждую вершину ровно один раз. Пусть \\(a\\) — число гамильтоновых путей, использующих только красные рёбра, а \\(b\\) — число гамильтоновых путей, использующих только синие рёбра. Докажите, что \\(a-b\\) делится на 4.","definition_ids":["simple_graph","complete_graph","hamiltonian_path"]}]},"solutions":[{"id":"sol-official-restored","title":"Помеченные синие цепочки","status":"ai_checked","definition_ids":["simple_graph","complete_graph","hamiltonian_path"],"standard_idea_ids":["double_counting"],"tags":[],"has_text":true,"text_preview":"Так как каждый путь можно пройти в двух направлениях, то \\(a\\) и \\(b\\) — чётны. Обозначим через \\(A\\) и \\(B\\) количество красных и синих гамильтоновых путей в предположении, что пути, проходящие по одному и тому же набору рёбер, но в обратном порядке, мы считаем совпадающими. Тогда обозначим \\(2A=a\\), \\(2B=b\\) и покажем, \\(A-B\\) — чётно. Назовём помеченным гамильтоновым путём гамильтонов путь, некоторые (возможно, ни одно) синие рёбра которого являются помеченными. Обозначим через \\(V\\) общее количество помеченных гамильтоновых путей. Обозначим через \\(G_i\\) множество гамильтоновых путей, содержащих ровно \\(i\\) синих рёбер. Тогда для любого пути \\(g\\in G_i\\) мы можем \\(2^i\\) способами пометить несколько синих рёбер и получить помеченный гамильтонов путь. А так как каждый помеченный гамильтонов путь таким образом мы получим ровно один раз, то верно равенство \\(|G_0|+2|G_1|+\\ldots + 2^{99…"}],"relations":[{"id":"rel-kolm-2009-r4-regular-tournament-kolm-2022-path-parity","neighbor_id":"kolmogorov-2009-round4-high-regular-tournament-hamiltonian-paths","direction":"backward","type":"same_motif","distance":2,"status":"needs_human_review"}],"search_text":"kolmogorov-2022-round2-juniors-hamiltonian-path-parity разность чисел одноцветных гамильтоновых путей, кубок колмогорова 2022 coloring hamiltonian_cycles double_counting goal_proof 2022 https://turmath.ru/kolm/archive.php https://turmath.ru/kolm/files/archive/kolm25.zip kolmogorov kolmogorov2022 olympiad_archive src-kolmogorov-2022-official src-kolmogorov-archive with_solution архив кубка памяти а.н. колмогорова кубок колмогорова кубок колмогорова 2022 официальный архив кубокколмогорова кубокколмогорова2022 ? кубок колмогорова 2022 официальный архив архив кубка памяти а.н. колмогорова stmt-original оригинальная формулировка ai_checked каждое ребро полного графа на 100 вершинах окрашено в красный или синий цвет. простой путь называется гамильтоновым, если он проходит через каждую вершину ровно один раз. пусть \\(a\\) — число гамильтоновых путей, использующих только красные рёбра, а \\(b\\) — число гамильтоновых путей, использующих только синие рёбра. докажите, что \\(a-b\\) делится на 4. simple_graph complete_graph hamiltonian_path idea-graph-role графовая роль карточка фиксирует задачу как явно графовую: графовая модель присутствует уже в условии или в сохранённых заметках к официальному решению. coloring hamiltonian_cycles needs_human_review sol-official-restored помеченные синие цепочки ai_checked simple_graph complete_graph hamiltonian_path double_counting так как каждый путь можно пройти в двух направлениях, то \\(a\\) и \\(b\\) — чётны. обозначим через \\(a\\) и \\(b\\) количество красных и синих гамильтоновых путей в предположении, что пути, проходящие по одному и тому же набору рёбер, но в обратном порядке, мы считаем совпадающими. тогда обозначим \\(2a=a\\), \\(2b=b\\) и покажем, \\(a-b\\) — чётно. назовём помеченным гамильтоновым путём гамильтонов путь, некоторые (возможно, ни одно) синие рёбра которого являются помеченными. обозначим через \\(v\\) общее количество помеченных гамильтоновых путей. обозначим через \\(g_i\\) множество гамильтоновых путей, содержащих ровно \\(i\\) синих рёбер. тогда для любого пути \\(g\\in g_i\\) мы можем \\(2^i\\) способами пометить несколько синих рёбер и получить помеченный гамильтонов путь. а так как каждый помеченный гамильтонов путь таким образом мы получим ровно один раз, то верно равенство \\(|g_0|+2|g_1|+\\ldots + 2^{99… kolmogorov-2022-round2-juniors-hamiltonian-path-parity raznost chisel odnotsvetnyh gamiltonovyh putey, kubok kolmogorova 2022 coloring hamiltonian_cycles double_counting goal_proof 2022 https://turmath.ru/kolm/archive.php https://turmath.ru/kolm/files/archive/kolm25.zip kolmogorov kolmogorov2022 olympiad_archive src-kolmogorov-2022-official src-kolmogorov-archive with_solution arhiv kubka pamyati a.n. kolmogorova kubok kolmogorova kubok kolmogorova 2022 ofitsialnyy arhiv kubokkolmogorova kubokkolmogorova2022 ? kubok kolmogorova 2022 ofitsialnyy arhiv arhiv kubka pamyati a.n. kolmogorova stmt-original originalnaya formulirovka ai_checked kazhdoe rebro polnogo grafa na 100 vershinah okrasheno v krasnyy ili siniy tsvet. prostoy put nazyvaetsya gamiltonovym, esli on prohodit cherez kazhduyu vershinu rovno odin raz. pust \\(a\\) — chislo gamiltonovyh putey, ispolzuyuschih tolko krasnye rebra, a \\(b\\) — chislo gamiltonovyh putey, ispolzuyuschih tolko sinie rebra. dokazhite, chto \\(a-b\\) delitsya na 4. simple_graph complete_graph hamiltonian_path idea-graph-role grafovaya rol kartochka fiksiruet zadachu kak yavno grafovuyu: grafovaya model prisutstvuet uzhe v uslovii ili v sohranennyh zametkah k ofitsialnomu resheniyu. coloring hamiltonian_cycles needs_human_review sol-official-restored pomechennye sinie tsepochki ai_checked simple_graph complete_graph hamiltonian_path double_counting tak kak kazhdyy put mozhno proyti v dvuh napravleniyah, to \\(a\\) i \\(b\\) — chetny. oboznachim cherez \\(a\\) i \\(b\\) kolichestvo krasnyh i sinih gamiltonovyh putey v predpolozhenii, chto puti, prohodyaschie po odnomu i tomu zhe naboru reber, no v obratnom poryadke, my schitaem sovpadayuschimi. togda oboznachim \\(2a=a\\), \\(2b=b\\) i pokazhem, \\(a-b\\) — chetno. nazovem pomechennym gamiltonovym putem gamiltonov put, nekotorye (vozmozhno, ni odno) sinie rebra kotorogo yavlyayutsya pomechennymi. oboznachim cherez \\(v\\) obschee kolichestvo pomechennyh gamiltonovyh putey. oboznachim cherez \\(g_i\\) mnozhestvo gamiltonovyh putey, soderzhaschih rovno \\(i\\) sinih reber. togda dlya lyubogo puti \\(g\\in g_i\\) my mozhem \\(2^i\\) sposobami pometit neskolko sinih reber i poluchit pomechennyy gamiltonov put. a tak kak kazhdyy pomechennyy gamiltonov put takim obrazom my poluchim rovno odin raz, to verno ravenstvo \\(|g_0|+2|g_1|+\\ldots + 2^{99…","source_keys":["kolmogorov"]}
{"id":"kolmogorov-2022-round2-second-third-red-blue-k10-triangles","title":"Красные треугольники в раскрашенном K10, Кубок Колмогорова 2022","path":"data\\problems\\kolmogorov\\kolmogorov-2022-round2-second-third-red-blue-k10-triangles.yaml","raw_github_url":"https://raw.githubusercontent.com/didin-maxim/knowledge_graph_of_graphs/main/data/problems/kolmogorov/kolmogorov-2022-round2-second-third-red-blue-k10-triangles.yaml","viewer_url":"https://didin-maxim.github.io/knowledge_graph_of_graphs/#kolmogorov-2022-round2-second-third-red-blue-k10-triangles","source_key":"kolmogorov","source_label":"Кубок Колмогорова","source_titles":["Кубок Колмогорова 2022 официальный архив","Архив Кубка памяти А.Н. Колмогорова"],"year":"2022","type":"olympiad_problem","authors":[],"tags":["coloring","extremal_graph_theory","double_counting","goal_counting"],"agent_topics":[],"difficulty":{"main":"national_final_medium","local_score":6,"comment":"Импортировано из дополнительного графового прохода по КОЛМ 2022; исходный файл:  2 tur__sen-liga-2-3-tur2.txt.","status":"needs_human_review"},"review_status":"needs_human_review","public_ready":false,"solution_state":"with_solution","solution_classification":{"type":"official_complete_or_near_complete","label":"официальное полное/почти полное","status":"ai_checked","confidence":0.9,"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":"Даны десять точек на плоскости, никакие три из них не лежат на одной прямой. Каждая пара соединена красным или синим отрезком. Из одной точки \\(A\\) выходит нечётное число красных отрезков, а для всех остальных точек числа выходящих из них красных отрезков различны. Каким может быть число красных треугольников?","definition_ids":["simple_graph","complete_graph","degree"]}],"graph_theory":[{"id":"stmt-graph","title":"Красные треугольники в раскраске K10","status":"ai_checked","text":"Рёбра полного графа \\(K_{10}\\) окрашены в красный и синий цвета. У одной вершины красная степень нечётна, а у остальных девяти вершин красные степени попарно различны. Каким может быть число красных треугольников?","definition_ids":["simple_graph","complete_graph","degree"]}]},"solutions":[{"id":"sol-official-restored","title":"Степени красного графа","status":"ai_checked","definition_ids":["simple_graph","complete_graph","degree"],"standard_idea_ids":["double_counting","extremal_choice"],"tags":[],"has_text":true,"text_preview":"Пусть \\(N\\) — точка с нечетным количеством отрезков, \\(B_1\\), \\(B_2\\), \\(\\ldots\\), \\(B_9\\) — 9 оставшихся точек. Пусть \\(x_i\\) — количество красных отрезков с концом \\(B_i\\) (\\(1\\leq i\\leq 9\\)). Не умаляя общности \\(0\\le x_1<x_2<\\cdots<x_9\\le 9\\). Докажем, что \\(x_9 = 9\\). Если \\(x_9 \\leq 8\\), то \\(x_1 = 0\\). Но тогда точек с нечетным количеством выходящих из них отрезков нечетно (\\(N\\) и \\(B_2\\), \\(B_4\\), \\(B_6\\), \\(B_8\\)). Таким образом, \\(B_9\\) соединена со всеми остальными 9 точками красным отрезком. Это означает, что \\(x_i=i\\) для \\(1 \\leq i \\leq 9\\). То есть, \\(B_9\\) соединена (далее будем считать только красные отрезки) со всеми, включая \\(N\\). А \\(B_1\\) только с \\(B_9\\). Тогда \\(B_8\\) соединена со всеми, кроме \\(B_1\\), \\(B_2\\) только \\(B_9\\) и \\(B_8\\), и т.д. Получаем, что все вершины разбиваются на множества \\(A = \\{N, B_5, B_6, B_7, B_8, B_9 \\}\\) и \\(B = \\{B_1, B_2, B_3, B_4 \\…"}],"relations":[{"id":"rel-color-extremal-ramsey-r33-kolm-2022-k10","neighbor_id":"ramsey-r33","direction":"backward","type":"same_motif","distance":2,"status":"needs_human_review"},{"id":"rel-color-extremal-imo-1998-k-le-4-kolm-2022-colored-complete-graphs","neighbor_id":"imo-1998-c6-k-le-4-rainbow-edges-impossible","direction":"backward","type":"same_motif","distance":2,"status":"needs_human_review"},{"id":"rel-kolm-2022-k10-triangles-handshaking","neighbor_id":"handshaking-lemma","direction":"forward","type":"prerequisite","distance":1,"status":"needs_human_review"}],"search_text":"kolmogorov-2022-round2-second-third-red-blue-k10-triangles красные треугольники в раскрашенном k10, кубок колмогорова 2022 coloring extremal_graph_theory double_counting goal_counting 2022 https://turmath.ru/kolm/archive.php https://turmath.ru/kolm/files/archive/kolm25.zip kolmogorov kolmogorov2022 olympiad_archive src-kolmogorov-2022-official src-kolmogorov-archive with_solution архив кубка памяти а.н. колмогорова кубок колмогорова кубок колмогорова 2022 официальный архив кубокколмогорова кубокколмогорова2022 ? кубок колмогорова 2022 официальный архив архив кубка памяти а.н. колмогорова stmt-original оригинальная формулировка ai_checked даны десять точек на плоскости, никакие три из них не лежат на одной прямой. каждая пара соединена красным или синим отрезком. из одной точки \\(a\\) выходит нечётное число красных отрезков, а для всех остальных точек числа выходящих из них красных отрезков различны. каким может быть число красных треугольников? simple_graph complete_graph degree stmt-graph красные треугольники в раскраске k10 ai_checked рёбра полного графа \\(k_{10}\\) окрашены в красный и синий цвета. у одной вершины красная степень нечётна, а у остальных девяти вершин красные степени попарно различны. каким может быть число красных треугольников? simple_graph complete_graph degree idea-graph-role графовая роль карточка фиксирует задачу как явно графовую: графовая модель присутствует уже в условии или в сохранённых заметках к официальному решению. coloring extremal_graph_theory needs_human_review sol-official-restored степени красного графа ai_checked simple_graph complete_graph degree double_counting extremal_choice пусть \\(n\\) — точка с нечетным количеством отрезков, \\(b_1\\), \\(b_2\\), \\(\\ldots\\), \\(b_9\\) — 9 оставшихся точек. пусть \\(x_i\\) — количество красных отрезков с концом \\(b_i\\) (\\(1\\leq i\\leq 9\\)). не умаляя общности \\(0\\le x_1<x_2<\\cdots<x_9\\le 9\\). докажем, что \\(x_9 = 9\\). если \\(x_9 \\leq 8\\), то \\(x_1 = 0\\). но тогда точек с нечетным количеством выходящих из них отрезков нечетно (\\(n\\) и \\(b_2\\), \\(b_4\\), \\(b_6\\), \\(b_8\\)). таким образом, \\(b_9\\) соединена со всеми остальными 9 точками красным отрезком. это означает, что \\(x_i=i\\) для \\(1 \\leq i \\leq 9\\). то есть, \\(b_9\\) соединена (далее будем считать только красные отрезки) со всеми, включая \\(n\\). а \\(b_1\\) только с \\(b_9\\). тогда \\(b_8\\) соединена со всеми, кроме \\(b_1\\), \\(b_2\\) только \\(b_9\\) и \\(b_8\\), и т.д. получаем, что все вершины разбиваются на множества \\(a = \\{n, b_5, b_6, b_7, b_8, b_9 \\}\\) и \\(b = \\{b_1, b_2, b_3, b_4 \\… kolmogorov-2022-round2-second-third-red-blue-k10-triangles krasnye treugolniki v raskrashennom k10, kubok kolmogorova 2022 coloring extremal_graph_theory double_counting goal_counting 2022 https://turmath.ru/kolm/archive.php https://turmath.ru/kolm/files/archive/kolm25.zip kolmogorov kolmogorov2022 olympiad_archive src-kolmogorov-2022-official src-kolmogorov-archive with_solution arhiv kubka pamyati a.n. kolmogorova kubok kolmogorova kubok kolmogorova 2022 ofitsialnyy arhiv kubokkolmogorova kubokkolmogorova2022 ? kubok kolmogorova 2022 ofitsialnyy arhiv arhiv kubka pamyati a.n. kolmogorova stmt-original originalnaya formulirovka ai_checked dany desyat tochek na ploskosti, nikakie tri iz nih ne lezhat na odnoy pryamoy. kazhdaya para soedinena krasnym ili sinim otrezkom. iz odnoy tochki \\(a\\) vyhodit nechetnoe chislo krasnyh otrezkov, a dlya vseh ostalnyh tochek chisla vyhodyaschih iz nih krasnyh otrezkov razlichny. kakim mozhet byt chislo krasnyh treugolnikov? simple_graph complete_graph degree stmt-graph krasnye treugolniki v raskraske k10 ai_checked rebra polnogo grafa \\(k_{10}\\) okrasheny v krasnyy i siniy tsveta. u odnoy vershiny krasnaya stepen nechetna, a u ostalnyh devyati vershin krasnye stepeni poparno razlichny. kakim mozhet byt chislo krasnyh treugolnikov? simple_graph complete_graph degree idea-graph-role grafovaya rol kartochka fiksiruet zadachu kak yavno grafovuyu: grafovaya model prisutstvuet uzhe v uslovii ili v sohranennyh zametkah k ofitsialnomu resheniyu. coloring extremal_graph_theory needs_human_review sol-official-restored stepeni krasnogo grafa ai_checked simple_graph complete_graph degree double_counting extremal_choice pust \\(n\\) — tochka s nechetnym kolichestvom otrezkov, \\(b_1\\), \\(b_2\\), \\(\\ldots\\), \\(b_9\\) — 9 ostavshihsya tochek. pust \\(x_i\\) — kolichestvo krasnyh otrezkov s kontsom \\(b_i\\) (\\(1\\leq i\\leq 9\\)). ne umalyaya obschnosti \\(0\\le x_1<x_2<\\cdots<x_9\\le 9\\). dokazhem, chto \\(x_9 = 9\\). esli \\(x_9 \\leq 8\\), to \\(x_1 = 0\\). no togda tochek s nechetnym kolichestvom vyhodyaschih iz nih otrezkov nechetno (\\(n\\) i \\(b_2\\), \\(b_4\\), \\(b_6\\), \\(b_8\\)). takim obrazom, \\(b_9\\) soedinena so vsemi ostalnymi 9 tochkami krasnym otrezkom. eto oznachaet, chto \\(x_i=i\\) dlya \\(1 \\leq i \\leq 9\\). to est, \\(b_9\\) soedinena (dalee budem schitat tolko krasnye otrezki) so vsemi, vklyuchaya \\(n\\). a \\(b_1\\) tolko s \\(b_9\\). togda \\(b_8\\) soedinena so vsemi, krome \\(b_1\\), \\(b_2\\) tolko \\(b_9\\) i \\(b_8\\), i t.d. poluchaem, chto vse vershiny razbivayutsya na mnozhestva \\(a = \\{n, b_5, b_6, b_7, b_8, b_9 \\}\\) i \\(b = \\{b_1, b_2, b_3, b_4 \\…","source_keys":["kolmogorov"]}
{"id":"kolmogorov-2022-round4-high-airport-walk-parity","title":"Нечётное число маршрутов между всеми парами аэропортов, Кубок Колмогорова 2022","path":"data\\problems\\kolmogorov\\kolmogorov-2022-round4-high-airport-walk-parity.yaml","raw_github_url":"https://raw.githubusercontent.com/didin-maxim/knowledge_graph_of_graphs/main/data/problems/kolmogorov/kolmogorov-2022-round4-high-airport-walk-parity.yaml","viewer_url":"https://didin-maxim.github.io/knowledge_graph_of_graphs/#kolmogorov-2022-round4-high-airport-walk-parity","source_key":"kolmogorov","source_label":"Кубок Колмогорова","source_titles":["Кубок Колмогорова 2022 официальный архив","Архив Кубка памяти А.Н. Колмогорова"],"year":"2022","type":"olympiad_problem","authors":[],"tags":["eulerian_graphs","goal_counting"],"agent_topics":[],"difficulty":{"main":"national_final_medium","local_score":6,"comment":"Импортировано из дополнительного графового прохода по КОЛМ 2022; исходный файл:  4 tur__4tur-sen.txt.","status":"needs_human_review"},"review_status":"needs_human_review","public_ready":false,"solution_state":"with_solution","solution_classification":{"type":"official_complete_or_near_complete","label":"официальное полное/почти полное","status":"ai_checked","confidence":0.9,"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 несколько аэропортов, между некоторыми парами есть двусторонние рейсы. Туристическая компания предлагает все маршруты, состоящие из \\(d\\) последовательных перелётов; маршрут может посещать город или использовать рейс несколько раз. Компания утверждает, что для любых двух, не обязательно различных, городов число маршрутов, начинающихся в первом и заканчивающихся во втором, нечётно. Может ли это быть верно при некотором \\(d\\)?","definition_ids":["simple_graph","path"]}],"graph_theory":[{"id":"stmt-graph","title":"Нечётность числа маршрутов фиксированной длины","status":"ai_checked","text":"Существуют ли неориентированный граф \\(G\\) и неотрицательное целое число \\(d\\), такие что для любых двух, не обязательно различных, вершин \\(u\\) и \\(v\\) число маршрутов длины \\(d\\) из \\(u\\) в \\(v\\) нечётно? Маршрут может повторять вершины и рёбра.","definition_ids":["simple_graph","path"]}]},"solutions":[{"id":"sol-official-restored","title":"Четность числа туров","status":"ai_checked","definition_ids":["simple_graph","path"],"standard_idea_ids":[],"tags":[],"has_text":true,"text_preview":"Введём граф аэропортов и авиарейсов. Через \\(N(v)\\) будем обозначать множество всех вершин, смежных с \\(v\\). Обозначим через \\(f_n(u,v)\\) количество туров длины \\(n\\), начинающихся в \\(u\\) и кончающихся в \\(v\\). Все равенства будут означать сравнения по модулю \\(2\\). Заметим, что \\[ f_{n+1}(u,v)=\\sum_{w\\in N(v)} f_n(u,w), \\quad (*) \\] ибо каждый тур длины \\(n+1\\), ведущий из \\(u\\) в \\(v\\), на \\(n\\)-м шаге приходит в какого-то соседа \\(w\\) вершины \\(v\\). Предположим, что \\(f_d(u,v)=1\\) при всех \\(u,v\\). Обозначим через \\(\\deg v\\) степень вершины \\(v\\). Из формулы \\((*)\\) получаем, что \\(f_{d+1}(u,v)=\\deg v\\). Так как граф неориентированный, \\(f_d(u,v)=f_d(v,u)\\), и та же формула с закрепленным концом `u` дает \\(f_d(v,u)=\\deg u\\). Значит, все степени имеют одинаковую чётность, и возникает два случая. Случай 1. Пусть все степени чётны. Зафиксируем вершину \\(v\\) и рассмотрим туры длины \\(d\\…"}],"relations":[{"id":"rel-kolm-2022-airport-even-degree-odd-walks","neighbor_id":"kolmogorov-2022-round4-second-third-even-degree-odd-walks","direction":"forward","type":"same_motif","distance":1,"status":"needs_human_review"},{"id":"rel-kolm-2022-airport-walk-parity-handshaking","neighbor_id":"handshaking-lemma","direction":"forward","type":"prerequisite","distance":2,"status":"needs_human_review"}],"search_text":"kolmogorov-2022-round4-high-airport-walk-parity нечётное число маршрутов между всеми парами аэропортов, кубок колмогорова 2022 eulerian_graphs goal_counting 2022 https://turmath.ru/kolm/archive.php https://turmath.ru/kolm/files/archive/kolm25.zip kolmogorov kolmogorov2022 olympiad_archive src-kolmogorov-2022-official src-kolmogorov-archive with_solution архив кубка памяти а.н. колмогорова кубок колмогорова кубок колмогорова 2022 официальный архив кубокколмогорова кубокколмогорова2022 ? кубок колмогорова 2022 официальный архив архив кубка памяти а.н. колмогорова stmt-original оригинальная формулировка ai_checked в стране несколько аэропортов, между некоторыми парами есть двусторонние рейсы. туристическая компания предлагает все маршруты, состоящие из \\(d\\) последовательных перелётов; маршрут может посещать город или использовать рейс несколько раз. компания утверждает, что для любых двух, не обязательно различных, городов число маршрутов, начинающихся в первом и заканчивающихся во втором, нечётно. может ли это быть верно при некотором \\(d\\)? simple_graph path stmt-graph нечётность числа маршрутов фиксированной длины ai_checked существуют ли неориентированный граф \\(g\\) и неотрицательное целое число \\(d\\), такие что для любых двух, не обязательно различных, вершин \\(u\\) и \\(v\\) число маршрутов длины \\(d\\) из \\(u\\) в \\(v\\) нечётно? маршрут может повторять вершины и рёбра. simple_graph path idea-graph-role графовая роль карточка фиксирует задачу как явно графовую: графовая модель присутствует уже в условии или в сохранённых заметках к официальному решению. needs_human_review sol-official-restored четность числа туров ai_checked simple_graph path введём граф аэропортов и авиарейсов. через \\(n(v)\\) будем обозначать множество всех вершин, смежных с \\(v\\). обозначим через \\(f_n(u,v)\\) количество туров длины \\(n\\), начинающихся в \\(u\\) и кончающихся в \\(v\\). все равенства будут означать сравнения по модулю \\(2\\). заметим, что \\[ f_{n+1}(u,v)=\\sum_{w\\in n(v)} f_n(u,w), \\quad (*) \\] ибо каждый тур длины \\(n+1\\), ведущий из \\(u\\) в \\(v\\), на \\(n\\)-м шаге приходит в какого-то соседа \\(w\\) вершины \\(v\\). предположим, что \\(f_d(u,v)=1\\) при всех \\(u,v\\). обозначим через \\(\\deg v\\) степень вершины \\(v\\). из формулы \\((*)\\) получаем, что \\(f_{d+1}(u,v)=\\deg v\\). так как граф неориентированный, \\(f_d(u,v)=f_d(v,u)\\), и та же формула с закрепленным концом `u` дает \\(f_d(v,u)=\\deg u\\). значит, все степени имеют одинаковую чётность, и возникает два случая. случай 1. пусть все степени чётны. зафиксируем вершину \\(v\\) и рассмотрим туры длины \\(d\\… kolmogorov-2022-round4-high-airport-walk-parity nechetnoe chislo marshrutov mezhdu vsemi parami aeroportov, kubok kolmogorova 2022 eulerian_graphs goal_counting 2022 https://turmath.ru/kolm/archive.php https://turmath.ru/kolm/files/archive/kolm25.zip kolmogorov kolmogorov2022 olympiad_archive src-kolmogorov-2022-official src-kolmogorov-archive with_solution arhiv kubka pamyati a.n. kolmogorova kubok kolmogorova kubok kolmogorova 2022 ofitsialnyy arhiv kubokkolmogorova kubokkolmogorova2022 ? kubok kolmogorova 2022 ofitsialnyy arhiv arhiv kubka pamyati a.n. kolmogorova stmt-original originalnaya formulirovka ai_checked v strane neskolko aeroportov, mezhdu nekotorymi parami est dvustoronnie reysy. turisticheskaya kompaniya predlagaet vse marshruty, sostoyaschie iz \\(d\\) posledovatelnyh pereletov; marshrut mozhet poseschat gorod ili ispolzovat reys neskolko raz. kompaniya utverzhdaet, chto dlya lyubyh dvuh, ne obyazatelno razlichnyh, gorodov chislo marshrutov, nachinayuschihsya v pervom i zakanchivayuschihsya vo vtorom, nechetno. mozhet li eto byt verno pri nekotorom \\(d\\)? simple_graph path stmt-graph nechetnost chisla marshrutov fiksirovannoy dliny ai_checked suschestvuyut li neorientirovannyy graf \\(g\\) i neotritsatelnoe tseloe chislo \\(d\\), takie chto dlya lyubyh dvuh, ne obyazatelno razlichnyh, vershin \\(u\\) i \\(v\\) chislo marshrutov dliny \\(d\\) iz \\(u\\) v \\(v\\) nechetno? marshrut mozhet povtoryat vershiny i rebra. simple_graph path idea-graph-role grafovaya rol kartochka fiksiruet zadachu kak yavno grafovuyu: grafovaya model prisutstvuet uzhe v uslovii ili v sohranennyh zametkah k ofitsialnomu resheniyu. needs_human_review sol-official-restored chetnost chisla turov ai_checked simple_graph path vvedem graf aeroportov i aviareysov. cherez \\(n(v)\\) budem oboznachat mnozhestvo vseh vershin, smezhnyh s \\(v\\). oboznachim cherez \\(f_n(u,v)\\) kolichestvo turov dliny \\(n\\), nachinayuschihsya v \\(u\\) i konchayuschihsya v \\(v\\). vse ravenstva budut oznachat sravneniya po modulyu \\(2\\). zametim, chto \\[ f_{n+1}(u,v)=\\sum_{w\\in n(v)} f_n(u,w), \\quad (*) \\] ibo kazhdyy tur dliny \\(n+1\\), veduschiy iz \\(u\\) v \\(v\\), na \\(n\\)-m shage prihodit v kakogo-to soseda \\(w\\) vershiny \\(v\\). predpolozhim, chto \\(f_d(u,v)=1\\) pri vseh \\(u,v\\). oboznachim cherez \\(\\deg v\\) stepen vershiny \\(v\\). iz formuly \\((*)\\) poluchaem, chto \\(f_{d+1}(u,v)=\\deg v\\). tak kak graf neorientirovannyy, \\(f_d(u,v)=f_d(v,u)\\), i ta zhe formula s zakreplennym kontsom `u` daet \\(f_d(v,u)=\\deg u\\). znachit, vse stepeni imeyut odinakovuyu chetnost, i voznikaet dva sluchaya. sluchay 1. pust vse stepeni chetny. zafiksiruem vershinu \\(v\\) i rassmotrim tury dliny \\(d\\…","source_keys":["kolmogorov"]}
{"id":"kolmogorov-2022-round4-high-maximum-length-tree-diameter-circles","title":"Дерево максимальной длины на точках и окружности на диаметрах, Кубок Колмогорова 2022","path":"data\\problems\\kolmogorov\\kolmogorov-2022-round4-high-maximum-length-tree-diameter-circles.yaml","raw_github_url":"https://raw.githubusercontent.com/didin-maxim/knowledge_graph_of_graphs/main/data/problems/kolmogorov/kolmogorov-2022-round4-high-maximum-length-tree-diameter-circles.yaml","viewer_url":"https://didin-maxim.github.io/knowledge_graph_of_graphs/#kolmogorov-2022-round4-high-maximum-length-tree-diameter-circles","source_key":"kolmogorov","source_label":"Кубок Колмогорова","source_titles":["Кубок Колмогорова 2022 официальный архив","Архив Кубка памяти А.Н. Колмогорова"],"year":"2022","type":"olympiad_problem","authors":[],"tags":["trees","goal_exact_bound"],"agent_topics":[],"difficulty":{"main":"national_final_medium","local_score":6,"comment":"Импортировано из дополнительного графового прохода по КОЛМ 2022; исходный файл:  4 tur__4tur-sen.txt.","status":"needs_human_review"},"review_status":"needs_human_review","public_ready":false,"solution_state":"with_solution","solution_classification":{"type":"official_complete_or_near_complete","label":"официальное полное/почти полное","status":"ai_checked","confidence":0.9,"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 конечное множество точек на плоскости, никакие три из них не лежат на одной прямой. Некоторые пары соединены отрезками так, что получившийся граф является деревом, а суммарная длина выбранных отрезков как можно больше. Докажите, что все окружности с этими отрезками в качестве диаметров имеют общую точку.","definition_ids":["tree"]}]},"solutions":[{"id":"sol-official-restored","title":"Минимальный содержащий круг","status":"ai_checked","definition_ids":["tree","cycle","complete_graph"],"standard_idea_ids":["extremal_choice"],"tags":[],"has_text":true,"text_preview":"Пусть \\(T\\) — наше дерево. Будем пользоваться вынесенной леммой maximum-spanning-tree-cycle-shortest-edge-lemma: в максимальном по суммарной длине дереве строго кратчайшее звено замкнутой ломаной с вершинами в данных точках не может быть ребром дерева. Рассмотрим круг \\(K\\) наименьшего радиуса, содержащий данное множество точек \\(S\\); пусть \\(O\\) — его центр. Считаем, что радиус \\(K\\) равен \\(1\\). Тогда на границе круга \\(K\\) либо лежат две противоположные точке из \\(S\\), либо три точки, образующие остроугольный треугольник; назовём эти две или три точки базовыми и обозначим их \\(B_1,B_2(,B_3)\\). Мы утверждаем, что все построенные круги содержат \\(O\\). Пусть это не так, и в дереве есть ребро \\(XY\\) такое, что \\(\\angle XOY\\) острый. Мы найдём ломаную, в которой \\(XY\\) — ребро строго наименьшей длины, а вершинами её будут являться \\(X\\), \\(Y\\) и базовые точки. С этой целью введём граф \\(G…"}],"relations":[{"id":"rel-kolm-2022-max-length-tree-tree-basics","neighbor_id":"tree-equivalent-properties","direction":"forward","type":"prerequisite","distance":3,"status":"needs_human_review"},{"id":"rel-maximum-spanning-tree-cycle-shortest-edge-kolmogorov-2022-diameter-circles","neighbor_id":"maximum-spanning-tree-cycle-shortest-edge-lemma","direction":"backward","type":"prerequisite","distance":1,"status":"ai_checked"}],"search_text":"kolmogorov-2022-round4-high-maximum-length-tree-diameter-circles дерево максимальной длины на точках и окружности на диаметрах, кубок колмогорова 2022 trees goal_exact_bound 2022 https://turmath.ru/kolm/archive.php https://turmath.ru/kolm/files/archive/kolm25.zip kolmogorov kolmogorov2022 olympiad_archive src-kolmogorov-2022-official src-kolmogorov-archive with_solution архив кубка памяти а.н. колмогорова кубок колмогорова кубок колмогорова 2022 официальный архив кубокколмогорова кубокколмогорова2022 ? кубок колмогорова 2022 официальный архив архив кубка памяти а.н. колмогорова stmt-original оригинальная формулировка ai_checked дано конечное множество точек на плоскости, никакие три из них не лежат на одной прямой. некоторые пары соединены отрезками так, что получившийся граф является деревом, а суммарная длина выбранных отрезков как можно больше. докажите, что все окружности с этими отрезками в качестве диаметров имеют общую точку. tree idea-graph-role графовая роль карточка фиксирует задачу как явно графовую: графовая модель присутствует уже в условии или в сохранённых заметках к официальному решению. trees needs_human_review idea-shortest-edge-cycle-exchange строго кратчайшее ребро ломаной исключается обменом ключевой локальный шаг решения — вынесенная лемма о максимальном по длине дереве: если замкнутая ломаная имеет единственное строго кратчайшее звено, то это звено нельзя оставить в экстремальном дереве, потому что его можно заменить более длинным ребром через возникший разрез. trees extremal_choice ai_checked sol-official-restored минимальный содержащий круг ai_checked tree cycle complete_graph extremal_choice пусть \\(t\\) — наше дерево. будем пользоваться вынесенной леммой maximum-spanning-tree-cycle-shortest-edge-lemma: в максимальном по суммарной длине дереве строго кратчайшее звено замкнутой ломаной с вершинами в данных точках не может быть ребром дерева. рассмотрим круг \\(k\\) наименьшего радиуса, содержащий данное множество точек \\(s\\); пусть \\(o\\) — его центр. считаем, что радиус \\(k\\) равен \\(1\\). тогда на границе круга \\(k\\) либо лежат две противоположные точке из \\(s\\), либо три точки, образующие остроугольный треугольник; назовём эти две или три точки базовыми и обозначим их \\(b_1,b_2(,b_3)\\). мы утверждаем, что все построенные круги содержат \\(o\\). пусть это не так, и в дереве есть ребро \\(xy\\) такое, что \\(\\angle xoy\\) острый. мы найдём ломаную, в которой \\(xy\\) — ребро строго наименьшей длины, а вершинами её будут являться \\(x\\), \\(y\\) и базовые точки. с этой целью введём граф \\(g… kolmogorov-2022-round4-high-maximum-length-tree-diameter-circles derevo maksimalnoy dliny na tochkah i okruzhnosti na diametrah, kubok kolmogorova 2022 trees goal_exact_bound 2022 https://turmath.ru/kolm/archive.php https://turmath.ru/kolm/files/archive/kolm25.zip kolmogorov kolmogorov2022 olympiad_archive src-kolmogorov-2022-official src-kolmogorov-archive with_solution arhiv kubka pamyati a.n. kolmogorova kubok kolmogorova kubok kolmogorova 2022 ofitsialnyy arhiv kubokkolmogorova kubokkolmogorova2022 ? kubok kolmogorova 2022 ofitsialnyy arhiv arhiv kubka pamyati a.n. kolmogorova stmt-original originalnaya formulirovka ai_checked dano konechnoe mnozhestvo tochek na ploskosti, nikakie tri iz nih ne lezhat na odnoy pryamoy. nekotorye pary soedineny otrezkami tak, chto poluchivshiysya graf yavlyaetsya derevom, a summarnaya dlina vybrannyh otrezkov kak mozhno bolshe. dokazhite, chto vse okruzhnosti s etimi otrezkami v kachestve diametrov imeyut obschuyu tochku. tree idea-graph-role grafovaya rol kartochka fiksiruet zadachu kak yavno grafovuyu: grafovaya model prisutstvuet uzhe v uslovii ili v sohranennyh zametkah k ofitsialnomu resheniyu. trees needs_human_review idea-shortest-edge-cycle-exchange strogo kratchayshee rebro lomanoy isklyuchaetsya obmenom klyuchevoy lokalnyy shag resheniya — vynesennaya lemma o maksimalnom po dline dereve: esli zamknutaya lomanaya imeet edinstvennoe strogo kratchayshee zveno, to eto zveno nelzya ostavit v ekstremalnom dereve, potomu chto ego mozhno zamenit bolee dlinnym rebrom cherez voznikshiy razrez. trees extremal_choice ai_checked sol-official-restored minimalnyy soderzhaschiy krug ai_checked tree cycle complete_graph extremal_choice pust \\(t\\) — nashe derevo. budem polzovatsya vynesennoy lemmoy maximum-spanning-tree-cycle-shortest-edge-lemma: v maksimalnom po summarnoy dline dereve strogo kratchayshee zveno zamknutoy lomanoy s vershinami v dannyh tochkah ne mozhet byt rebrom dereva. rassmotrim krug \\(k\\) naimenshego radiusa, soderzhaschiy dannoe mnozhestvo tochek \\(s\\); pust \\(o\\) — ego tsentr. schitaem, chto radius \\(k\\) raven \\(1\\). togda na granitse kruga \\(k\\) libo lezhat dve protivopolozhnye tochke iz \\(s\\), libo tri tochki, obrazuyuschie ostrougolnyy treugolnik; nazovem eti dve ili tri tochki bazovymi i oboznachim ih \\(b_1,b_2(,b_3)\\). my utverzhdaem, chto vse postroennye krugi soderzhat \\(o\\). pust eto ne tak, i v dereve est rebro \\(xy\\) takoe, chto \\(\\angle xoy\\) ostryy. my naydem lomanuyu, v kotoroy \\(xy\\) — rebro strogo naimenshey dliny, a vershinami ee budut yavlyatsya \\(x\\), \\(y\\) i bazovye tochki. s etoy tselyu vvedem graf \\(g…","source_keys":["kolmogorov"]}
{"id":"kolmogorov-2022-round4-second-third-even-degree-odd-walks","title":"Чётные степени и нечётные числа маршрутов, Кубок Колмогорова 2022","path":"data\\problems\\kolmogorov\\kolmogorov-2022-round4-second-third-even-degree-odd-walks.yaml","raw_github_url":"https://raw.githubusercontent.com/didin-maxim/knowledge_graph_of_graphs/main/data/problems/kolmogorov/kolmogorov-2022-round4-second-third-even-degree-odd-walks.yaml","viewer_url":"https://didin-maxim.github.io/knowledge_graph_of_graphs/#kolmogorov-2022-round4-second-third-even-degree-odd-walks","source_key":"kolmogorov","source_label":"Кубок Колмогорова","source_titles":["Кубок Колмогорова 2022 официальный архив","Архив Кубка памяти А.Н. Колмогорова"],"year":"2022","type":"olympiad_problem","authors":[],"tags":["eulerian_graphs","goal_existence"],"agent_topics":[],"difficulty":{"main":"national_final_medium","local_score":6,"comment":"Импортировано из дополнительного графового прохода по КОЛМ 2022; исходный файл:  4 tur__sen-liga-2-3-tur4.txt.","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":"официальный архив plus 2026-05-06 expansion","notes":"Восстановленный официальный набросок развёрнут в полное самодостаточное доказательство по чётности; нерешённых пробелов не осталось.","audit_source":"official-plan-expansion-kolmogorov-2022-r4-even-degree-odd-walks"},"statements":{"original":[{"id":"stmt-original","title":"Оригинальная формулировка","status":"ai_checked","text":"Существуют ли граф \\(G\\), у которого степени всех вершин чётны, и положительное целое \\(n\\), такие что для любых двух, не обязательно различных, вершин \\(u\\) и \\(v\\) существует нечётное число маршрутов из \\(u\\) в \\(v\\) ровно за \\(n\\) шагов? Маршруты могут повторять вершины и рёбра.","definition_ids":["simple_graph","degree","path"]}]},"solutions":[{"id":"sol-official-restored","title":"Ответ: не существуют","status":"ai_checked","definition_ids":["simple_graph","degree","path"],"standard_idea_ids":[],"tags":[],"has_text":true,"text_preview":"Предположим противное: существуют граф \\(G\\), у которого степени всех вершин чётны, и положительное целое \\(n\\), такие что для любых вершин \\(u,v\\) число маршрутов длины \\(n\\) из \\(u\\) в \\(v\\) нечётно. Для вершин \\(x,y\\) обозначим это число через \\(f_m(x,y)\\); все сравнения ниже будут по модулю \\(2\\). Сначала покажем, что \\(n\\) не может быть нечётным. Зафиксируем вершину \\(v\\) и рассмотрим все замкнутые маршруты длины \\(n\\) из \\(v\\) в \\(v\\), то есть последовательности \\[ v=x_0,x_1,\\ldots,x_n=v, \\] где соседние члены соединены ребром. Разворот \\[ x_0,x_1,\\ldots,x_n \\mapsto x_n,x_{n-1},\\ldots,x_0 \\] является инволюцией на множестве таких маршрутов. Все маршруты, не переходящие в себя, разбиваются на пары и не влияют на чётность общего числа. Если же маршрут неподвижен при развороте, то \\(x_i=x_{n-i}\\) для всех \\(i\\). При нечётном \\(n=2r+1\\) это даёт \\(x_r=x_{r+1}\\), что невозможно в прост…"}],"relations":[{"id":"rel-kolm-2022-airport-even-degree-odd-walks","neighbor_id":"kolmogorov-2022-round4-high-airport-walk-parity","direction":"backward","type":"same_motif","distance":1,"status":"needs_human_review"},{"id":"rel-cmo-1991-p4-kolm-2022-even-degree-odd-walks","neighbor_id":"cmo-1991-p4-edge-difference-labeling-diagram","direction":"backward","type":"same_motif","distance":3,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-kolm-2022-even-degree-odd-walks-imc-2010-f2-adjacency","neighbor_id":"imc-2010-day2-p4-f2-adjacency-matrix-zero-entry","direction":"forward","type":"same_motif","distance":2,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-kolm-2022-even-degree-odd-walks-handshaking","neighbor_id":"handshaking-lemma","direction":"forward","type":"same_motif","distance":2,"status":"needs_human_review"}],"search_text":"kolmogorov-2022-round4-second-third-even-degree-odd-walks чётные степени и нечётные числа маршрутов, кубок колмогорова 2022 eulerian_graphs goal_existence 2022 https://turmath.ru/kolm/archive.php https://turmath.ru/kolm/files/archive/kolm25.zip kolmogorov kolmogorov2022 olympiad_archive src-kolmogorov-2022-official src-kolmogorov-archive with_solution архив кубка памяти а.н. колмогорова кубок колмогорова кубок колмогорова 2022 официальный архив кубокколмогорова кубокколмогорова2022 ? кубок колмогорова 2022 официальный архив архив кубка памяти а.н. колмогорова stmt-original оригинальная формулировка ai_checked существуют ли граф \\(g\\), у которого степени всех вершин чётны, и положительное целое \\(n\\), такие что для любых двух, не обязательно различных, вершин \\(u\\) и \\(v\\) существует нечётное число маршрутов из \\(u\\) в \\(v\\) ровно за \\(n\\) шагов? маршруты могут повторять вершины и рёбра. simple_graph degree path idea-graph-role разворот закрытого маршрута и чётные степени если все маршруты длины \\(n\\) между фиксированными концами считаются нечётно, то закрытые маршруты из вершины в себя можно считать по неподвижным точкам разворота. при чётном \\(n=2k\\) эти неподвижные точки равны первым половинам длины \\(k\\), но число всех таких половин из любой вершины чётно, потому что последний шаг выбирается из вершины чётной степени. ai_checked sol-official-restored ответ: не существуют ai_checked simple_graph degree path предположим противное: существуют граф \\(g\\), у которого степени всех вершин чётны, и положительное целое \\(n\\), такие что для любых вершин \\(u,v\\) число маршрутов длины \\(n\\) из \\(u\\) в \\(v\\) нечётно. для вершин \\(x,y\\) обозначим это число через \\(f_m(x,y)\\); все сравнения ниже будут по модулю \\(2\\). сначала покажем, что \\(n\\) не может быть нечётным. зафиксируем вершину \\(v\\) и рассмотрим все замкнутые маршруты длины \\(n\\) из \\(v\\) в \\(v\\), то есть последовательности \\[ v=x_0,x_1,\\ldots,x_n=v, \\] где соседние члены соединены ребром. разворот \\[ x_0,x_1,\\ldots,x_n \\mapsto x_n,x_{n-1},\\ldots,x_0 \\] является инволюцией на множестве таких маршрутов. все маршруты, не переходящие в себя, разбиваются на пары и не влияют на чётность общего числа. если же маршрут неподвижен при развороте, то \\(x_i=x_{n-i}\\) для всех \\(i\\). при нечётном \\(n=2r+1\\) это даёт \\(x_r=x_{r+1}\\), что невозможно в прост… kolmogorov-2022-round4-second-third-even-degree-odd-walks chetnye stepeni i nechetnye chisla marshrutov, kubok kolmogorova 2022 eulerian_graphs goal_existence 2022 https://turmath.ru/kolm/archive.php https://turmath.ru/kolm/files/archive/kolm25.zip kolmogorov kolmogorov2022 olympiad_archive src-kolmogorov-2022-official src-kolmogorov-archive with_solution arhiv kubka pamyati a.n. kolmogorova kubok kolmogorova kubok kolmogorova 2022 ofitsialnyy arhiv kubokkolmogorova kubokkolmogorova2022 ? kubok kolmogorova 2022 ofitsialnyy arhiv arhiv kubka pamyati a.n. kolmogorova stmt-original originalnaya formulirovka ai_checked suschestvuyut li graf \\(g\\), u kotorogo stepeni vseh vershin chetny, i polozhitelnoe tseloe \\(n\\), takie chto dlya lyubyh dvuh, ne obyazatelno razlichnyh, vershin \\(u\\) i \\(v\\) suschestvuet nechetnoe chislo marshrutov iz \\(u\\) v \\(v\\) rovno za \\(n\\) shagov? marshruty mogut povtoryat vershiny i rebra. simple_graph degree path idea-graph-role razvorot zakrytogo marshruta i chetnye stepeni esli vse marshruty dliny \\(n\\) mezhdu fiksirovannymi kontsami schitayutsya nechetno, to zakrytye marshruty iz vershiny v sebya mozhno schitat po nepodvizhnym tochkam razvorota. pri chetnom \\(n=2k\\) eti nepodvizhnye tochki ravny pervym polovinam dliny \\(k\\), no chislo vseh takih polovin iz lyuboy vershiny chetno, potomu chto posledniy shag vybiraetsya iz vershiny chetnoy stepeni. ai_checked sol-official-restored otvet: ne suschestvuyut ai_checked simple_graph degree path predpolozhim protivnoe: suschestvuyut graf \\(g\\), u kotorogo stepeni vseh vershin chetny, i polozhitelnoe tseloe \\(n\\), takie chto dlya lyubyh vershin \\(u,v\\) chislo marshrutov dliny \\(n\\) iz \\(u\\) v \\(v\\) nechetno. dlya vershin \\(x,y\\) oboznachim eto chislo cherez \\(f_m(x,y)\\); vse sravneniya nizhe budut po modulyu \\(2\\). snachala pokazhem, chto \\(n\\) ne mozhet byt nechetnym. zafiksiruem vershinu \\(v\\) i rassmotrim vse zamknutye marshruty dliny \\(n\\) iz \\(v\\) v \\(v\\), to est posledovatelnosti \\[ v=x_0,x_1,\\ldots,x_n=v, \\] gde sosednie chleny soedineny rebrom. razvorot \\[ x_0,x_1,\\ldots,x_n \\mapsto x_n,x_{n-1},\\ldots,x_0 \\] yavlyaetsya involyutsiey na mnozhestve takih marshrutov. vse marshruty, ne perehodyaschie v sebya, razbivayutsya na pary i ne vliyayut na chetnost obschego chisla. esli zhe marshrut nepodvizhen pri razvorote, to \\(x_i=x_{n-i}\\) dlya vseh \\(i\\). pri nechetnom \\(n=2r+1\\) eto daet \\(x_r=x_{r+1}\\), chto nevozmozhno v prost…","source_keys":["kolmogorov"]}
{"id":"kolmogorov-2023-lichol-large-monochromatic-bipartite-component","title":"Большая одноцветная компонента в полном двудольном графе, Кубок Колмогорова 2023 личная juniors 6","path":"data\\problems\\kolmogorov\\kolmogorov-2023-lichol-large-monochromatic-bipartite-component.yaml","raw_github_url":"https://raw.githubusercontent.com/didin-maxim/knowledge_graph_of_graphs/main/data/problems/kolmogorov/kolmogorov-2023-lichol-large-monochromatic-bipartite-component.yaml","viewer_url":"https://didin-maxim.github.io/knowledge_graph_of_graphs/#kolmogorov-2023-lichol-large-monochromatic-bipartite-component","source_key":"kolmogorov","source_label":"Кубок Колмогорова","source_titles":["Кубок Колмогорова 2023 официальный архив","Архив Кубка памяти А.Н. Колмогорова"],"year":"2023","type":"olympiad_problem","authors":["Dragomir Grozev"],"tags":["coloring","matching","goal_counting"],"agent_topics":[],"difficulty":{"main":"regional","local_score":6,"comment":"Красивая короткая задача на самый плотный цвет и сумму квадратов степеней.","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":"","status":"ai_checked","text":"Рёбра полного двудольного графа с долями размеров \\(km\\) и \\(kn\\) окрашены в \\(k\\) цветов. Докажите, что некоторая одноцветная компонента связности содержит не менее \\(m+n\\) вершин.","definition_ids":[]}]},"solutions":[{"id":"sol-degree-sum-component","title":"Одноцветный подграф максимальной плотности","status":"ai_checked","definition_ids":["bipartite_graph"],"standard_idea_ids":[],"tags":[],"has_text":true,"text_preview":"По принципу Дирихле существует цвет, встречающийся не менее чем на \\(km\\cdot kn/k = kmn\\) рёбрах. Оставим только рёбра этого цвета и обозначим полученный двудольный граф через \\(G\\), его доли — через \\(A\\) и \\(B\\). Если найдётся ребро \\(ab\\in E(G)\\) такое, что \\(\\deg(a)+\\deg(b)\\ge m+n\\), то компонента связности, содержащая \\(a\\) и \\(b\\), уже имеет хотя бы \\(m+n\\) вершин. Предположим противное: для каждого ребра \\(ab\\) выполнено \\(\\deg(a)+\\deg(b)<m+n\\). Тогда, суммируя по всем рёбрам, получаем \\(\\sum_{ab\\in E(G)}(\\deg(a)+\\deg(b))<|E(G)|(m+n)\\). С другой стороны, эта же сумма равна \\(\\sum_{a\\in A}\\deg(a)^2+\\sum_{b\\in B}\\deg(b)^2\\), а по неравенству Коши это не меньше \\(|E(G)|^2/(km)+|E(G)|^2/(kn)\\). Так как \\(|E(G)|\\ge kmn\\), отсюда следует нижняя оценка \\(|E(G)|(m+n)\\), противоречащая предыдущему строгому неравенству. Следовательно, нужное ребро, а значит и нужная компонента, существуют."}],"relations":[{"id":"rel-kolmogorov-2023-bipartite-egmo-2016-p3","neighbor_id":"egmo-2016-p3-blue-cells-bipartite-incidence","direction":"forward","type":"same_motif","distance":2,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-kolm-2021-p8-kolm-2023-monochromatic-bipartite-components","neighbor_id":"kolmogorov-2021-round1-second-league-problem-8","direction":"backward","type":"same_motif","distance":2,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-ms2012-p3-kolmogorov2023-large-monochromatic-component","neighbor_id":"miklos-schweitzer-2012-p3-two-colored-k-chromatic-tree","direction":"backward","type":"same_motif","distance":3,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-yumt-2015-grand-r4-p10-kolmogorov-2023-large-mono-bipartite-component","neighbor_id":"yumt-2015-grand-round4-problem10","direction":"backward","type":"same_motif","distance":1,"status":"needs_human_review"}],"search_text":"kolmogorov-2023-lichol-large-monochromatic-bipartite-component большая одноцветная компонента в полном двудольном графе, кубок колмогорова 2023 личная juniors 6 coloring matching goal_counting 2023 dragomir grozev dragomirgrozev https://turmath.ru/kolm/archive.php https://turmath.ru/kolm/files/archive/kolm26.zip kolmogorov kolmogorov2023 olympiad_archive src-kolmogorov-2023-official src-kolmogorov-archive with_solution архив кубка памяти а.н. колмогорова кубок колмогорова кубок колмогорова 2023 официальный архив кубокколмогорова кубокколмогорова2023 dragomir grozev кубок колмогорова 2023 официальный архив архив кубка памяти а.н. колмогорова stmt-original ai_checked рёбра полного двудольного графа с долями размеров \\(km\\) и \\(kn\\) окрашены в \\(k\\) цветов. докажите, что некоторая одноцветная компонента связности содержит не менее \\(m+n\\) вершин. idea-densest-color-degree-sum выбрать самый плотный цвет и посмотреть на ребро по принципу дирихле один цвет встречается хотя бы \\(kmn\\) раз. в графе этого цвета либо уже есть ребро с суммой степеней хотя бы \\(m+n\\), либо сумма \\(\\deg(a)+\\deg(b)\\) по всем рёбрам оказывается одновременно строго меньше и не меньше \\(|e|(m+n)\\). double_counting ai_checked sol-degree-sum-component одноцветный подграф максимальной плотности ai_checked bipartite_graph по принципу дирихле существует цвет, встречающийся не менее чем на \\(km\\cdot kn/k = kmn\\) рёбрах. оставим только рёбра этого цвета и обозначим полученный двудольный граф через \\(g\\), его доли — через \\(a\\) и \\(b\\). если найдётся ребро \\(ab\\in e(g)\\) такое, что \\(\\deg(a)+\\deg(b)\\ge m+n\\), то компонента связности, содержащая \\(a\\) и \\(b\\), уже имеет хотя бы \\(m+n\\) вершин. предположим противное: для каждого ребра \\(ab\\) выполнено \\(\\deg(a)+\\deg(b)<m+n\\). тогда, суммируя по всем рёбрам, получаем \\(\\sum_{ab\\in e(g)}(\\deg(a)+\\deg(b))<|e(g)|(m+n)\\). с другой стороны, эта же сумма равна \\(\\sum_{a\\in a}\\deg(a)^2+\\sum_{b\\in b}\\deg(b)^2\\), а по неравенству коши это не меньше \\(|e(g)|^2/(km)+|e(g)|^2/(kn)\\). так как \\(|e(g)|\\ge kmn\\), отсюда следует нижняя оценка \\(|e(g)|(m+n)\\), противоречащая предыдущему строгому неравенству. следовательно, нужное ребро, а значит и нужная компонента, существуют. kolmogorov-2023-lichol-large-monochromatic-bipartite-component bolshaya odnotsvetnaya komponenta v polnom dvudolnom grafe, kubok kolmogorova 2023 lichnaya juniors 6 coloring matching goal_counting 2023 dragomir grozev dragomirgrozev https://turmath.ru/kolm/archive.php https://turmath.ru/kolm/files/archive/kolm26.zip kolmogorov kolmogorov2023 olympiad_archive src-kolmogorov-2023-official src-kolmogorov-archive with_solution arhiv kubka pamyati a.n. kolmogorova kubok kolmogorova kubok kolmogorova 2023 ofitsialnyy arhiv kubokkolmogorova kubokkolmogorova2023 dragomir grozev kubok kolmogorova 2023 ofitsialnyy arhiv arhiv kubka pamyati a.n. kolmogorova stmt-original ai_checked rebra polnogo dvudolnogo grafa s dolyami razmerov \\(km\\) i \\(kn\\) okrasheny v \\(k\\) tsvetov. dokazhite, chto nekotoraya odnotsvetnaya komponenta svyaznosti soderzhit ne menee \\(m+n\\) vershin. idea-densest-color-degree-sum vybrat samyy plotnyy tsvet i posmotret na rebro po printsipu dirihle odin tsvet vstrechaetsya hotya by \\(kmn\\) raz. v grafe etogo tsveta libo uzhe est rebro s summoy stepeney hotya by \\(m+n\\), libo summa \\(\\deg(a)+\\deg(b)\\) po vsem rebram okazyvaetsya odnovremenno strogo menshe i ne menshe \\(|e|(m+n)\\). double_counting ai_checked sol-degree-sum-component odnotsvetnyy podgraf maksimalnoy plotnosti ai_checked bipartite_graph po printsipu dirihle suschestvuet tsvet, vstrechayuschiysya ne menee chem na \\(km\\cdot kn/k = kmn\\) rebrah. ostavim tolko rebra etogo tsveta i oboznachim poluchennyy dvudolnyy graf cherez \\(g\\), ego doli — cherez \\(a\\) i \\(b\\). esli naydetsya rebro \\(ab\\in e(g)\\) takoe, chto \\(\\deg(a)+\\deg(b)\\ge m+n\\), to komponenta svyaznosti, soderzhaschaya \\(a\\) i \\(b\\), uzhe imeet hotya by \\(m+n\\) vershin. predpolozhim protivnoe: dlya kazhdogo rebra \\(ab\\) vypolneno \\(\\deg(a)+\\deg(b)<m+n\\). togda, summiruya po vsem rebram, poluchaem \\(\\sum_{ab\\in e(g)}(\\deg(a)+\\deg(b))<|e(g)|(m+n)\\). s drugoy storony, eta zhe summa ravna \\(\\sum_{a\\in a}\\deg(a)^2+\\sum_{b\\in b}\\deg(b)^2\\), a po neravenstvu koshi eto ne menshe \\(|e(g)|^2/(km)+|e(g)|^2/(kn)\\). tak kak \\(|e(g)|\\ge kmn\\), otsyuda sleduet nizhnyaya otsenka \\(|e(g)|(m+n)\\), protivorechaschaya predyduschemu strogomu neravenstvu. sledovatelno, nuzhnoe rebro, a znachit i nuzhnaya komponenta, suschestvuyut.","source_keys":["kolmogorov"]}
{"id":"kolmogorov-2024-t1-seniors-2-shortest-paths-even-degree","title":"Кратчайшие пути в мультиграфе степени не выше 2m, Кубок Колмогорова 2024","path":"data\\problems\\kolmogorov\\kolmogorov-2024-t1-seniors-2-shortest-paths-even-degree.yaml","raw_github_url":"https://raw.githubusercontent.com/didin-maxim/knowledge_graph_of_graphs/main/data/problems/kolmogorov/kolmogorov-2024-t1-seniors-2-shortest-paths-even-degree.yaml","viewer_url":"https://didin-maxim.github.io/knowledge_graph_of_graphs/#kolmogorov-2024-t1-seniors-2-shortest-paths-even-degree","source_key":"kolmogorov","source_label":"Кубок Колмогорова","source_titles":["Кубок Колмогорова 2024 официальный архив","Архив Кубка памяти А.Н. Колмогорова","Itai Benjamini, Elad Tzalik, On the Number of Shortest Paths in Graphs"],"year":"2024","type":"olympiad_problem","authors":[],"tags":["extremal_graph_theory","connectivity","degree_counting","construction","goal_exact_bound"],"agent_topics":[],"difficulty":{"main":"imo_p3_plus","local_score":12,"comment":"Точный олимпиадный случай классической оценки: верхняя граница компактна через слои/энтропию, а достижимость задаётся явной экстремальной конструкцией.","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":"выделено из сверенной объединённой карточки Колмогорова с полным решением","notes":"Официальный источник фиксирует условие; точный ответ закрыт верхней оценкой Беньямини — Цалика и явной конструкцией.","audit_source":"agent-split-benjamini-tzalik-kolmogorov"},"statements":{"original":[{"id":"stmt-kolmogorov-even-degree-exact","title":"Условие Кубка Колмогорова","status":"ai_checked","text":"Пусть \\(m\\) и \\(t\\) — положительные целые числа. Рассмотрим мультиграф, максимальная степень которого не превосходит \\(2m\\). Две вершины \\(x\\) и \\(y\\) находятся на расстоянии \\(t\\). Каково наибольшее возможное число путей длины \\(t\\) из \\(x\\) в \\(y\\)?","definition_ids":["multigraph","path","degree"]}]},"solutions":[{"id":"sol-even-degree-exact","title":"Точный ответ \\(2m^t\\)","status":"ai_checked","definition_ids":["multigraph","path","degree"],"standard_idea_ids":["extremal_choice"],"tags":[],"has_text":true,"text_preview":"Ответ: \\(2m^t\\). Сначала докажем верхнюю оценку самодостаточно. Оставим в графе только рёбра, лежащие на кратчайших путях из \\(x\\) в \\(y\\), и разобьём вершины на слои \\(L_i=\\{v:\\operatorname{dist}(x,v)=i\\}\\), \\(0\\le i\\le t\\). Параллельные рёбра считаем различными. Для вершины \\(v\\in L_i\\) обозначим через \\(a(v)\\) число рёбер из \\(L_{i-1}\\) в \\(v\\), а через \\(b(v)\\) число рёбер из \\(v\\) в \\(L_{i+1}\\). Тогда для внутренних слоёв \\(a(v)+b(v)\\le2m\\), поэтому \\(a(v)b(v)\\le m^2\\). Пусть всего кратчайших путей \\(N\\), и выберем один равновероятно. Энтропия выбранного пути равна \\(\\log N\\). При чтении слева направо следующий шаг из вершины \\(v\\) имеет не более \\(b(v)\\) вариантов, а при чтении справа налево предыдущий шаг имеет не более \\(a(v)\\) вариантов. Складывая две оценки цепного правила для энтропии, получаем \\[2\\log N\\le \\log b(x)+\\log a(y)+\\mathbb E\\sum_{i=1}^{t-1}\\log(a(X_i)b(X_i)).\\] Зд…"}],"relations":[{"id":"rel-benjamini-tzalik-kolmogorov-2024-shortest-paths-prerequisite","neighbor_id":"benjamini-tzalik-shortest-paths","direction":"backward","type":"prerequisite","distance":1,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-kolmogorov-2024-shortest-paths-imo-2013-c6-layers","neighbor_id":"third-fourth-distance-layer-bound","direction":"forward","type":"same_motif","distance":3,"status":"ai_checked"}],"search_text":"kolmogorov-2024-t1-seniors-2-shortest-paths-even-degree кратчайшие пути в мультиграфе степени не выше 2m, кубок колмогорова 2024 extremal_graph_theory connectivity degree_counting construction goal_exact_bound 2024 https://arxiv.org/abs/2311.10014 https://turmath.ru/kolm/archive.php https://turmath.ru/kolm/files/archive/kolm27.zip itai benjamini, elad tzalik, on the number of shortest paths in graphs kolmogorov kolmogorov2024 olympiad_archive paper src-benjamini-tzalik-shortest-paths src-kolmogorov-2024-official src-kolmogorov-archive with_solution архив кубка памяти а.н. колмогорова кубок колмогорова кубок колмогорова 2024 официальный архив кубокколмогорова кубокколмогорова2024 ? кубок колмогорова 2024 официальный архив архив кубка памяти а.н. колмогорова itai benjamini, elad tzalik, on the number of shortest paths in graphs stmt-kolmogorov-even-degree-exact условие кубка колмогорова ai_checked пусть \\(m\\) и \\(t\\) — положительные целые числа. рассмотрим мультиграф, максимальная степень которого не превосходит \\(2m\\). две вершины \\(x\\) и \\(y\\) находятся на расстоянии \\(t\\). каково наибольшее возможное число путей длины \\(t\\) из \\(x\\) в \\(y\\)? multigraph path degree idea-benjamini-tzalik-upper-bound верхняя оценка из слоёв кратчайшие пути можно читать как проходы по слоям расстояния. ограничение \\(in(v)+out(v)\\le2m\\) даёт максимум произведения входов и выходов при \\(in(v)=out(v)=m\\). extremal_graph_theory degree_counting ai_checked idea-two-parallel-chains две цепочки с параллельными рёбрами равенство достигается на двух внутренне непересекающихся путях длины \\(t\\), где каждое ребро заменено на \\(m\\) параллельных рёбер. construction goal_exact_bound ai_checked sol-even-degree-exact точный ответ \\(2m^t\\) ai_checked multigraph path degree extremal_choice ответ: \\(2m^t\\). сначала докажем верхнюю оценку самодостаточно. оставим в графе только рёбра, лежащие на кратчайших путях из \\(x\\) в \\(y\\), и разобьём вершины на слои \\(l_i=\\{v:\\operatorname{dist}(x,v)=i\\}\\), \\(0\\le i\\le t\\). параллельные рёбра считаем различными. для вершины \\(v\\in l_i\\) обозначим через \\(a(v)\\) число рёбер из \\(l_{i-1}\\) в \\(v\\), а через \\(b(v)\\) число рёбер из \\(v\\) в \\(l_{i+1}\\). тогда для внутренних слоёв \\(a(v)+b(v)\\le2m\\), поэтому \\(a(v)b(v)\\le m^2\\). пусть всего кратчайших путей \\(n\\), и выберем один равновероятно. энтропия выбранного пути равна \\(\\log n\\). при чтении слева направо следующий шаг из вершины \\(v\\) имеет не более \\(b(v)\\) вариантов, а при чтении справа налево предыдущий шаг имеет не более \\(a(v)\\) вариантов. складывая две оценки цепного правила для энтропии, получаем \\[2\\log n\\le \\log b(x)+\\log a(y)+\\mathbb e\\sum_{i=1}^{t-1}\\log(a(x_i)b(x_i)).\\] зд… kolmogorov-2024-t1-seniors-2-shortest-paths-even-degree kratchayshie puti v multigrafe stepeni ne vyshe 2m, kubok kolmogorova 2024 extremal_graph_theory connectivity degree_counting construction goal_exact_bound 2024 https://arxiv.org/abs/2311.10014 https://turmath.ru/kolm/archive.php https://turmath.ru/kolm/files/archive/kolm27.zip itai benjamini, elad tzalik, on the number of shortest paths in graphs kolmogorov kolmogorov2024 olympiad_archive paper src-benjamini-tzalik-shortest-paths src-kolmogorov-2024-official src-kolmogorov-archive with_solution arhiv kubka pamyati a.n. kolmogorova kubok kolmogorova kubok kolmogorova 2024 ofitsialnyy arhiv kubokkolmogorova kubokkolmogorova2024 ? kubok kolmogorova 2024 ofitsialnyy arhiv arhiv kubka pamyati a.n. kolmogorova itai benjamini, elad tzalik, on the number of shortest paths in graphs stmt-kolmogorov-even-degree-exact uslovie kubka kolmogorova ai_checked pust \\(m\\) i \\(t\\) — polozhitelnye tselye chisla. rassmotrim multigraf, maksimalnaya stepen kotorogo ne prevoshodit \\(2m\\). dve vershiny \\(x\\) i \\(y\\) nahodyatsya na rasstoyanii \\(t\\). kakovo naibolshee vozmozhnoe chislo putey dliny \\(t\\) iz \\(x\\) v \\(y\\)? multigraph path degree idea-benjamini-tzalik-upper-bound verhnyaya otsenka iz sloev kratchayshie puti mozhno chitat kak prohody po sloyam rasstoyaniya. ogranichenie \\(in(v)+out(v)\\le2m\\) daet maksimum proizvedeniya vhodov i vyhodov pri \\(in(v)=out(v)=m\\). extremal_graph_theory degree_counting ai_checked idea-two-parallel-chains dve tsepochki s parallelnymi rebrami ravenstvo dostigaetsya na dvuh vnutrenne neperesekayuschihsya putyah dliny \\(t\\), gde kazhdoe rebro zameneno na \\(m\\) parallelnyh reber. construction goal_exact_bound ai_checked sol-even-degree-exact tochnyy otvet \\(2m^t\\) ai_checked multigraph path degree extremal_choice otvet: \\(2m^t\\). snachala dokazhem verhnyuyu otsenku samodostatochno. ostavim v grafe tolko rebra, lezhaschie na kratchayshih putyah iz \\(x\\) v \\(y\\), i razobem vershiny na sloi \\(l_i=\\{v:\\operatorname{dist}(x,v)=i\\}\\), \\(0\\le i\\le t\\). parallelnye rebra schitaem razlichnymi. dlya vershiny \\(v\\in l_i\\) oboznachim cherez \\(a(v)\\) chislo reber iz \\(l_{i-1}\\) v \\(v\\), a cherez \\(b(v)\\) chislo reber iz \\(v\\) v \\(l_{i+1}\\). togda dlya vnutrennih sloev \\(a(v)+b(v)\\le2m\\), poetomu \\(a(v)b(v)\\le m^2\\). pust vsego kratchayshih putey \\(n\\), i vyberem odin ravnoveroyatno. entropiya vybrannogo puti ravna \\(\\log n\\). pri chtenii sleva napravo sleduyuschiy shag iz vershiny \\(v\\) imeet ne bolee \\(b(v)\\) variantov, a pri chtenii sprava nalevo predyduschiy shag imeet ne bolee \\(a(v)\\) variantov. skladyvaya dve otsenki tsepnogo pravila dlya entropii, poluchaem \\[2\\log n\\le \\log b(x)+\\log a(y)+\\mathbb e\\sum_{i=1}^{t-1}\\log(a(x_i)b(x_i)).\\] zd…","source_keys":["kolmogorov"]}
{"id":"konig-line-coloring-bipartite","title":"Теорема Кёнига о рёберной раскраске двудольного графа","path":"data\\problems\\classical\\konig-line-coloring-bipartite.yaml","raw_github_url":"https://raw.githubusercontent.com/didin-maxim/knowledge_graph_of_graphs/main/data/problems/classical/konig-line-coloring-bipartite.yaml","viewer_url":"https://didin-maxim.github.io/knowledge_graph_of_graphs/#konig-line-coloring-bipartite","source_key":"misc","source_label":"Прочее","source_titles":["Wikipedia, Kőnig's line coloring theorem"],"year":"","type":"theorem","authors":["Dénes Kőnig"],"tags":["matching","coloring","classical_theorem","goal_exact_bound","induction"],"agent_topics":[],"difficulty":{"main":"national_final_medium","local_score":7,"comment":"Доказательство школьное при условии, что теорема Холла уже доступна как предыдущий инструмент.","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":"Карточка подкреплена опубликованными неофициальными, справочными, журнальными, вики-, форумными источниками или страницами задач.","audit_source":"agent-imo-us-classical.json"},"statements":{"original":[{"id":"stmt-original-1","title":"Рёберная раскраска двудольного графа","status":"ai_checked","text":"Если \\(G\\) — конечный двудольный мультиграф с максимальной степенью \\(\\Delta\\), то его рёбра можно правильно раскрасить в \\(\\Delta\\) цветов: любые два ребра с общей вершиной получают разные цвета.","definition_ids":["bipartite_graph","multigraph","degree"]}],"olympiad_reformulations":[{"id":"stmt-regular-decomposition","title":"Разложение регулярного двудольного графа","status":"ai_checked","text":"Всякий \\(k\\)-регулярный двудольный граф с равными долями раскладывается на \\(k\\) непересекающихся совершенных паросочетаний.","definition_ids":["bipartite_graph","matching","degree"]}]},"solutions":[{"id":"sol-regularization-hall","title":"Доказательство через Холла","status":"ai_checked","definition_ids":["bipartite_graph","multigraph","matching","degree"],"standard_idea_ids":["induction"],"tags":[],"has_text":true,"text_preview":"Пусть \\(k=\\Delta(G)\\). Нижняя оценка очевидна: все рёбра, выходящие из вершины степени \\(k\\), должны иметь разные цвета, поэтому нужно не меньше \\(k\\) цветов. Докажем верхнюю оценку. Сначала докажем лемму: всякий \\(k\\)-регулярный двудольный граф с долями \\(X\\) и \\(Y\\) имеет совершенное паросочетание. Так как сумма степеней в обеих долях равна числу рёбер, имеем \\(k|X|=k|Y|\\), значит при \\(k>0\\) доли равны по размеру. Проверим условие Холла. Для любого \\(A\\subseteq X\\) из вершин \\(A\\) выходит ровно \\(k|A|\\) рёбер. Все они приходят в множество соседей \\(N(A)\\), а каждая вершина из \\(N(A)\\) принимает не больше \\(k\\) таких рёбер. Поэтому \\(k|A|\\le k|N(A)|\\), то есть \\(|N(A)|\\ge |A|\\). По теореме Холла существует паросочетание, покрывающее всю долю \\(X\\), а значит и всю долю \\(Y\\). Теперь из \\(k\\)-регулярного двудольного графа удалим найденное совершенное паросочетание. Степень каждой вершин…"}],"relations":[{"id":"rel-hall-konig-line-coloring","neighbor_id":"hall-marriage-theorem","direction":"backward","type":"prerequisite","distance":1,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-konig-line-konig-cover","neighbor_id":"konig-vertex-cover-theorem","direction":"forward","type":"same_motif","distance":2,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-regular-bipartite-decomposition-konig-line-coloring","neighbor_id":"regular-bipartite-perfect-matching-decomposition","direction":"backward","type":"prerequisite","distance":1,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-ms2012-p3-konig-line-coloring-prerequisite","neighbor_id":"miklos-schweitzer-2012-p3-two-colored-k-chromatic-tree","direction":"forward","type":"prerequisite","distance":1,"status":"ai_checked"}],"search_text":"konig-line-coloring-bipartite теорема кёнига о рёберной раскраске двудольного графа matching coloring classical_theorem goal_exact_bound induction dénes kőnig déneskőnig https://en.wikipedia.org/wiki/k%c5%91nig%27s_line_coloring_theorem misc src-wikipedia-konig-line-coloring standard_reference wikipedia, kőnig's line coloring theorem with_solution прочее dénes kőnig wikipedia, kőnig's line coloring theorem stmt-original-1 рёберная раскраска двудольного графа ai_checked если \\(g\\) — конечный двудольный мультиграф с максимальной степенью \\(\\delta\\), то его рёбра можно правильно раскрасить в \\(\\delta\\) цветов: любые два ребра с общей вершиной получают разные цвета. bipartite_graph multigraph degree stmt-regular-decomposition разложение регулярного двудольного графа ai_checked всякий \\(k\\)-регулярный двудольный граф с равными долями раскладывается на \\(k\\) непересекающихся совершенных паросочетаний. bipartite_graph matching degree idea-regularize-and-hall свести к регулярному графу двудольный граф максимальной степени \\(\\delta\\) можно дополнить фиктивными вершинами и рёбрами до \\(\\delta\\)-регулярного двудольного графа; затем каждое совершенное паросочетание становится одним цветом. matching coloring ai_checked sol-regularization-hall доказательство через холла ai_checked bipartite_graph multigraph matching degree induction пусть \\(k=\\delta(g)\\). нижняя оценка очевидна: все рёбра, выходящие из вершины степени \\(k\\), должны иметь разные цвета, поэтому нужно не меньше \\(k\\) цветов. докажем верхнюю оценку. сначала докажем лемму: всякий \\(k\\)-регулярный двудольный граф с долями \\(x\\) и \\(y\\) имеет совершенное паросочетание. так как сумма степеней в обеих долях равна числу рёбер, имеем \\(k|x|=k|y|\\), значит при \\(k>0\\) доли равны по размеру. проверим условие холла. для любого \\(a\\subseteq x\\) из вершин \\(a\\) выходит ровно \\(k|a|\\) рёбер. все они приходят в множество соседей \\(n(a)\\), а каждая вершина из \\(n(a)\\) принимает не больше \\(k\\) таких рёбер. поэтому \\(k|a|\\le k|n(a)|\\), то есть \\(|n(a)|\\ge |a|\\). по теореме холла существует паросочетание, покрывающее всю долю \\(x\\), а значит и всю долю \\(y\\). теперь из \\(k\\)-регулярного двудольного графа удалим найденное совершенное паросочетание. степень каждой вершин… konig-line-coloring-bipartite teorema keniga o rebernoy raskraske dvudolnogo grafa matching coloring classical_theorem goal_exact_bound induction dénes kőnig déneskőnig https://en.wikipedia.org/wiki/k%c5%91nig%27s_line_coloring_theorem misc src-wikipedia-konig-line-coloring standard_reference wikipedia, kőnig's line coloring theorem with_solution prochee dénes kőnig wikipedia, kőnig's line coloring theorem stmt-original-1 rebernaya raskraska dvudolnogo grafa ai_checked esli \\(g\\) — konechnyy dvudolnyy multigraf s maksimalnoy stepenyu \\(\\delta\\), to ego rebra mozhno pravilno raskrasit v \\(\\delta\\) tsvetov: lyubye dva rebra s obschey vershinoy poluchayut raznye tsveta. bipartite_graph multigraph degree stmt-regular-decomposition razlozhenie regulyarnogo dvudolnogo grafa ai_checked vsyakiy \\(k\\)-regulyarnyy dvudolnyy graf s ravnymi dolyami raskladyvaetsya na \\(k\\) neperesekayuschihsya sovershennyh parosochetaniy. bipartite_graph matching degree idea-regularize-and-hall svesti k regulyarnomu grafu dvudolnyy graf maksimalnoy stepeni \\(\\delta\\) mozhno dopolnit fiktivnymi vershinami i rebrami do \\(\\delta\\)-regulyarnogo dvudolnogo grafa; zatem kazhdoe sovershennoe parosochetanie stanovitsya odnim tsvetom. matching coloring ai_checked sol-regularization-hall dokazatelstvo cherez holla ai_checked bipartite_graph multigraph matching degree induction pust \\(k=\\delta(g)\\). nizhnyaya otsenka ochevidna: vse rebra, vyhodyaschie iz vershiny stepeni \\(k\\), dolzhny imet raznye tsveta, poetomu nuzhno ne menshe \\(k\\) tsvetov. dokazhem verhnyuyu otsenku. snachala dokazhem lemmu: vsyakiy \\(k\\)-regulyarnyy dvudolnyy graf s dolyami \\(x\\) i \\(y\\) imeet sovershennoe parosochetanie. tak kak summa stepeney v obeih dolyah ravna chislu reber, imeem \\(k|x|=k|y|\\), znachit pri \\(k>0\\) doli ravny po razmeru. proverim uslovie holla. dlya lyubogo \\(a\\subseteq x\\) iz vershin \\(a\\) vyhodit rovno \\(k|a|\\) reber. vse oni prihodyat v mnozhestvo sosedey \\(n(a)\\), a kazhdaya vershina iz \\(n(a)\\) prinimaet ne bolshe \\(k\\) takih reber. poetomu \\(k|a|\\le k|n(a)|\\), to est \\(|n(a)|\\ge |a|\\). po teoreme holla suschestvuet parosochetanie, pokryvayuschee vsyu dolyu \\(x\\), a znachit i vsyu dolyu \\(y\\). teper iz \\(k\\)-regulyarnogo dvudolnogo grafa udalim naydennoe sovershennoe parosochetanie. stepen kazhdoy vershin…","source_keys":["misc"]}
{"id":"konig-vertex-cover-theorem","title":"Теорема Кёнига о паросочетании и покрытии","path":"data\\problems\\classical\\konig-vertex-cover-theorem.yaml","raw_github_url":"https://raw.githubusercontent.com/didin-maxim/knowledge_graph_of_graphs/main/data/problems/classical/konig-vertex-cover-theorem.yaml","viewer_url":"https://didin-maxim.github.io/knowledge_graph_of_graphs/#konig-vertex-cover-theorem","source_key":"misc","source_label":"Прочее","source_titles":["Теорема Кёнига (комбинаторика)"],"year":"","type":"theorem","authors":["Dénes Kőnig"],"tags":["matching","augmenting_path","classical_theorem","goal_exact_bound"],"agent_topics":[],"difficulty":{"main":"national_final_medium","local_score":7,"comment":"Очень полезный двудольный инструмент.","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":"Карточка подкреплена опубликованными неофициальными, справочными, журнальными, вики-, форумными источниками или страницами задач.","audit_source":"agent-imo-us-classical.json"},"statements":{"original":[{"id":"stmt-original-1","title":"","status":"ai_checked","text":"В любом конечном двудольном графе наибольшее число попарно не имеющих общих концов ребер равно наименьшему числу вершин, которые вместе касаются всех ребер графа.","definition_ids":["bipartite_graph","matching","vertex_cover"]}]},"solutions":[{"id":"sol-alternating","title":"Доказательство через чередующиеся пути","status":"ai_checked","definition_ids":["bipartite_graph","matching","vertex_cover","path","alternating_path","augmenting_path"],"standard_idea_ids":["alternating_paths","augmenting_path_method"],"tags":[],"has_text":true,"text_preview":"Пусть доли двудольного графа равны \\(X\\) и \\(Y\\), а \\(M\\) — максимальное паросочетание. Сначала заметим, что любое вершинное покрытие содержит хотя бы один конец каждого ребра из любого паросочетания, поэтому размер любого покрытия не меньше \\(|M|\\). Значит, достаточно построить вершинное покрытие ровно из \\(|M|\\) вершин. Отметим все вершины, достижимые чередующимися путями из непокрытых паросочетанием вершин доли \\(X\\). При таком обходе из вершины доли \\(X\\) разрешено идти только по ребрам, не входящим в \\(M\\), а из вершины доли \\(Y\\) — только по ребрам из \\(M\\). Пусть \\(Z\\) — множество отмеченных вершин. Ни одна непокрытая вершина доли \\(Y\\) не отмечена: иначе путь от непокрытой вершины \\(X\\) до нее был бы увеличивающим, и, поменяв на этом пути ребра из \\(M\\) на ребра вне \\(M\\), мы получили бы большее паросочетание. Положим \\(C=(X\\setminus Z)\\cup(Y\\cap Z)\\). Докажем, что \\(C\\) покрыва…"}],"relations":[{"id":"rel-hall-konig","neighbor_id":"hall-marriage-theorem","direction":"backward","type":"same_motif","distance":2,"status":"ai_draft"},{"id":"rel-augmenting-konig","neighbor_id":"augmenting-path-matching-lemma","direction":"backward","type":"prerequisite","distance":1,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-konig-common-grandfather-1994","neighbor_id":"tc-1994-95-common-grandfather-intersecting-edges","direction":"forward","type":"same_motif","distance":3,"status":"needs_human_review"},{"id":"rel-konig-usamo-2022-p1","neighbor_id":"usamo-2022-p1-amber-bronze-transversal","direction":"forward","type":"prerequisite","distance":1,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-konig-line-konig-cover","neighbor_id":"konig-line-coloring-bipartite","direction":"backward","type":"same_motif","distance":2,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-konig-cover-edge-count-bipartite-matching-bound","neighbor_id":"edge-count-bipartite-matching-bound","direction":"forward","type":"prerequisite","distance":1,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-kolmogorov-2009-local-cover-konig-cover-language","neighbor_id":"kolmogorov-2009-round2-high-local-vertex-cover-coloring","direction":"backward","type":"same_motif","distance":3,"status":"needs_human_review"},{"id":"rel-after-tags-imo-2010-flags-konig-cover","neighbor_id":"imo-2010-c2-flags-diagonal-matching","direction":"forward","type":"prerequisite","distance":1,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-after-tags-konig-usamo-2009-tiling","neighbor_id":"usamo-2009-p3-tasteful-domino-tiling-alternating-cycles","direction":"forward","type":"same_motif","distance":2,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-matching-tiling-konig-imo-2016-c8-alternating-cycles","neighbor_id":"imo-2016-c8-domino-unique-tiling-cycles","direction":"forward","type":"same_motif","distance":2,"status":"needs_human_review"},{"id":"rel-kolmogorov-2004-p9-konig-vertex-cover-prerequisite","neighbor_id":"kolmogorov-2004-team-olympiad-seniors-problem-9","direction":"forward","type":"prerequisite","distance":1,"status":"ai_checked"}],"search_text":"konig-vertex-cover-theorem теорема кёнига о паросочетании и покрытии matching augmenting_path classical_theorem goal_exact_bound dénes kőnig déneskőnig https://ru.wikipedia.org/wiki/%d0%a2%d0%b5%d0%be%d1%80%d0%b5%d0%bc%d0%b0_%d0%9a%d1%91%d0%bd%d0%b8%d0%b3%d0%b0_%28%d0%ba%d0%be%d0%bc%d0%b1%d0%b8%d0%bd%d0%b0%d1%82%d0%be%d1%80%d0%b8%d0%ba%d0%b0%29 misc reference src-wikipedia-konig with_solution прочее теорема кёнига (комбинаторика) dénes kőnig теорема кёнига (комбинаторика) stmt-original-1 ai_checked в любом конечном двудольном графе наибольшее число попарно не имеющих общих концов ребер равно наименьшему числу вершин, которые вместе касаются всех ребер графа. bipartite_graph matching vertex_cover idea-alternating-reachability достижимость чередующимися путями из максимального паросочетания строится минимальное покрытие через вершины, достижимые чередующимися путями от непокрытых вершин одной доли. matching augmenting_path ai_checked sol-alternating доказательство через чередующиеся пути ai_checked bipartite_graph matching vertex_cover path alternating_path augmenting_path alternating_paths augmenting_path_method пусть доли двудольного графа равны \\(x\\) и \\(y\\), а \\(m\\) — максимальное паросочетание. сначала заметим, что любое вершинное покрытие содержит хотя бы один конец каждого ребра из любого паросочетания, поэтому размер любого покрытия не меньше \\(|m|\\). значит, достаточно построить вершинное покрытие ровно из \\(|m|\\) вершин. отметим все вершины, достижимые чередующимися путями из непокрытых паросочетанием вершин доли \\(x\\). при таком обходе из вершины доли \\(x\\) разрешено идти только по ребрам, не входящим в \\(m\\), а из вершины доли \\(y\\) — только по ребрам из \\(m\\). пусть \\(z\\) — множество отмеченных вершин. ни одна непокрытая вершина доли \\(y\\) не отмечена: иначе путь от непокрытой вершины \\(x\\) до нее был бы увеличивающим, и, поменяв на этом пути ребра из \\(m\\) на ребра вне \\(m\\), мы получили бы большее паросочетание. положим \\(c=(x\\setminus z)\\cup(y\\cap z)\\). докажем, что \\(c\\) покрыва… konig-vertex-cover-theorem teorema keniga o parosochetanii i pokrytii matching augmenting_path classical_theorem goal_exact_bound dénes kőnig déneskőnig https://ru.wikipedia.org/wiki/%d0%a2%d0%b5%d0%be%d1%80%d0%b5%d0%bc%d0%b0_%d0%9a%d1%91%d0%bd%d0%b8%d0%b3%d0%b0_%28%d0%ba%d0%be%d0%bc%d0%b1%d0%b8%d0%bd%d0%b0%d1%82%d0%be%d1%80%d0%b8%d0%ba%d0%b0%29 misc reference src-wikipedia-konig with_solution prochee teorema keniga (kombinatorika) dénes kőnig teorema keniga (kombinatorika) stmt-original-1 ai_checked v lyubom konechnom dvudolnom grafe naibolshee chislo poparno ne imeyuschih obschih kontsov reber ravno naimenshemu chislu vershin, kotorye vmeste kasayutsya vseh reber grafa. bipartite_graph matching vertex_cover idea-alternating-reachability dostizhimost chereduyuschimisya putyami iz maksimalnogo parosochetaniya stroitsya minimalnoe pokrytie cherez vershiny, dostizhimye chereduyuschimisya putyami ot nepokrytyh vershin odnoy doli. matching augmenting_path ai_checked sol-alternating dokazatelstvo cherez chereduyuschiesya puti ai_checked bipartite_graph matching vertex_cover path alternating_path augmenting_path alternating_paths augmenting_path_method pust doli dvudolnogo grafa ravny \\(x\\) i \\(y\\), a \\(m\\) — maksimalnoe parosochetanie. snachala zametim, chto lyuboe vershinnoe pokrytie soderzhit hotya by odin konets kazhdogo rebra iz lyubogo parosochetaniya, poetomu razmer lyubogo pokrytiya ne menshe \\(|m|\\). znachit, dostatochno postroit vershinnoe pokrytie rovno iz \\(|m|\\) vershin. otmetim vse vershiny, dostizhimye chereduyuschimisya putyami iz nepokrytyh parosochetaniem vershin doli \\(x\\). pri takom obhode iz vershiny doli \\(x\\) razresheno idti tolko po rebram, ne vhodyaschim v \\(m\\), a iz vershiny doli \\(y\\) — tolko po rebram iz \\(m\\). pust \\(z\\) — mnozhestvo otmechennyh vershin. ni odna nepokrytaya vershina doli \\(y\\) ne otmechena: inache put ot nepokrytoy vershiny \\(x\\) do nee byl by uvelichivayuschim, i, pomenyav na etom puti rebra iz \\(m\\) na rebra vne \\(m\\), my poluchili by bolshee parosochetanie. polozhim \\(c=(x\\setminus z)\\cup(y\\cap z)\\). dokazhem, chto \\(c\\) pokryva…","source_keys":["misc"]}
{"id":"lehman-shannon-switching-game-two-spanning-trees","title":"Игра Шеннона: критерий двух остовных деревьев","path":"data\\problems\\classical\\lehman-shannon-switching-game-two-spanning-trees.yaml","raw_github_url":"https://raw.githubusercontent.com/didin-maxim/knowledge_graph_of_graphs/main/data/problems/classical/lehman-shannon-switching-game-two-spanning-trees.yaml","viewer_url":"https://didin-maxim.github.io/knowledge_graph_of_graphs/#lehman-shannon-switching-game-two-spanning-trees","source_key":"misc","source_label":"Прочее","source_titles":["Alfred Lehman, A solution of the Shannon switching game"],"year":"","type":"theorem","authors":["Alfred Lehman"],"tags":["trees","connectivity","graph_cut","induction","goal_strategy_game","goal_characterization","classical_theorem"],"agent_topics":["game_strategy"],"difficulty":{"main":"classical_tool","local_score":7,"comment":"Классический критерий позиционной игры. Достаточность даёт короткая, но содержательная индукция со стягиванием рёбер; необходимость использует двойное стратегическое заимствование.","status":"ai_checked"},"review_status":"ai_checked","public_ready":true,"solution_state":"with_solution","solution_classification":{"type":"classical_self_contained","label":"классическое самодостаточное доказательство","status":"ai_checked","confidence":0.96,"basis":"Критерий Лемана доказан внутри карточки через стандартную индукцию удаления--стягивания и стратегическое заимствование.","notes":"Внешние теоремы в доказательстве не используются.","audit_source":"manual-proof-review-2026-08-15"},"statements":{"original":[{"id":"stmt-lehman-criterion","title":"Критерий победы соединяющего игрока вторым ходом","status":"source_verified","text":"Пусть \\(G\\) -- конечный связный мультиграф. Два игрока по очереди забирают ещё не занятые рёбра, по одному за ход; первым ходит Разрушитель, вторым -- Соединитель. Ребро Разрушителя считается удалённым, а ребро Соединителя -- закреплённым. После распределения всех рёбер Соединитель выигрывает, если его закреплённые рёбра содержат связный остовный подграф, то есть остовное дерево. Докажите критерий Лемана: Соединитель, играя вторым, имеет выигрышную стратегию тогда и только тогда, когда \\(G\\) содержит два не имеющих общих рёбер остовных дерева.","definition_ids":["multigraph","connected_graph","spanning_tree"]}]},"solutions":[{"id":"sol-lehman-induction","title":"Доказательство стратегическим заимствованием и стягиванием","status":"ai_checked","definition_ids":["multigraph","connected_graph","spanning_tree","graph_cut"],"standard_idea_ids":["induction"],"tags":[],"has_text":true,"text_preview":"Сначала докажем необходимость. Предположим, что у Соединителя есть выигрышная стратегия \\(S\\) при игре вторым. Построим одну полную партию, в которой связные остовные подграфы получат оба игрока. Разрушитель первым берёт произвольное ребро. Далее Соединитель играет по \\(S\\) обычным образом, считая ходы Разрушителя ходами соперника. Разрушитель со своего второго хода тоже применяет \\(S\\), но с переставленными ролями: ходы Соединителя он считает ходами первого игрока. Его самое первое ребро при этом служит дополнительным бонусом. Если воображаемая стратегия попросит взять уже принадлежащее ему бонусное ребро, Разрушитель берёт любое свободное ребро и продолжает считать требуемое ребро уже полученным; наличие лишнего своего ребра не может помешать монотонной цели связности. Стратегия \\(S\\) гарантирует, что в конце реальные рёбра Соединителя содержат связный остовный подграф. Та же стратеги…"}],"relations":[{"id":"rel-classical-shannon-spbmo-road-destruction","neighbor_id":"spbmo-2018-10-p1-complete-graph-road-destruction-path","direction":"forward","type":"same_motif","distance":2,"status":"ai_checked"}],"search_text":"lehman-shannon-switching-game-two-spanning-trees игра шеннона: критерий двух остовных деревьев trees connectivity graph_cut induction goal_strategy_game goal_characterization classical_theorem alfred lehman alfred lehman, a solution of the shannon switching game alfredlehman https://doi.org/10.1137/0112059 misc paper src-lehman-shannon-switching-game with_solution прочее alfred lehman alfred lehman, a solution of the shannon switching game stmt-lehman-criterion критерий победы соединяющего игрока вторым ходом source_verified пусть \\(g\\) -- конечный связный мультиграф. два игрока по очереди забирают ещё не занятые рёбра, по одному за ход; первым ходит разрушитель, вторым -- соединитель. ребро разрушителя считается удалённым, а ребро соединителя -- закреплённым. после распределения всех рёбер соединитель выигрывает, если его закреплённые рёбра содержат связный остовный подграф, то есть остовное дерево. докажите критерий лемана: соединитель, играя вторым, имеет выигрышную стратегию тогда и только тогда, когда \\(g\\) содержит два не имеющих общих рёбер остовных дерева. multigraph connected_graph spanning_tree idea-delete-and-contract удалить ход разрушителя и стянуть ответ соединителя если разрушитель рвёт одно из двух остовных деревьев, второе содержит ребро через возникший разрез. соединитель закрепляет это ребро и стягивает его; после одного полного раунда снова остаются два непересекающихся по рёбрам остовных дерева в меньшем мультиграфе. trees graph_cut induction ai_checked idea-double-strategy-stealing выигрышную стратегию второго игрока можно запустить для обоих цветов для необходимости разрушитель после произвольного первого ребра сам имитирует стратегию соединителя, поменяв роли местами. монотонность цели позволяет считать первое ребро лишним бонусом; в специально построенной партии оба набора рёбер оказываются связными. goal_strategy_game ai_checked sol-lehman-induction доказательство стратегическим заимствованием и стягиванием ai_checked multigraph connected_graph spanning_tree graph_cut induction сначала докажем необходимость. предположим, что у соединителя есть выигрышная стратегия \\(s\\) при игре вторым. построим одну полную партию, в которой связные остовные подграфы получат оба игрока. разрушитель первым берёт произвольное ребро. далее соединитель играет по \\(s\\) обычным образом, считая ходы разрушителя ходами соперника. разрушитель со своего второго хода тоже применяет \\(s\\), но с переставленными ролями: ходы соединителя он считает ходами первого игрока. его самое первое ребро при этом служит дополнительным бонусом. если воображаемая стратегия попросит взять уже принадлежащее ему бонусное ребро, разрушитель берёт любое свободное ребро и продолжает считать требуемое ребро уже полученным; наличие лишнего своего ребра не может помешать монотонной цели связности. стратегия \\(s\\) гарантирует, что в конце реальные рёбра соединителя содержат связный остовный подграф. та же стратеги… lehman-shannon-switching-game-two-spanning-trees igra shennona: kriteriy dvuh ostovnyh derevev trees connectivity graph_cut induction goal_strategy_game goal_characterization classical_theorem alfred lehman alfred lehman, a solution of the shannon switching game alfredlehman https://doi.org/10.1137/0112059 misc paper src-lehman-shannon-switching-game with_solution prochee alfred lehman alfred lehman, a solution of the shannon switching game stmt-lehman-criterion kriteriy pobedy soedinyayuschego igroka vtorym hodom source_verified pust \\(g\\) -- konechnyy svyaznyy multigraf. dva igroka po ocheredi zabirayut esche ne zanyatye rebra, po odnomu za hod; pervym hodit razrushitel, vtorym -- soedinitel. rebro razrushitelya schitaetsya udalennym, a rebro soedinitelya -- zakreplennym. posle raspredeleniya vseh reber soedinitel vyigryvaet, esli ego zakreplennye rebra soderzhat svyaznyy ostovnyy podgraf, to est ostovnoe derevo. dokazhite kriteriy lemana: soedinitel, igraya vtorym, imeet vyigryshnuyu strategiyu togda i tolko togda, kogda \\(g\\) soderzhit dva ne imeyuschih obschih reber ostovnyh dereva. multigraph connected_graph spanning_tree idea-delete-and-contract udalit hod razrushitelya i styanut otvet soedinitelya esli razrushitel rvet odno iz dvuh ostovnyh derevev, vtoroe soderzhit rebro cherez voznikshiy razrez. soedinitel zakreplyaet eto rebro i styagivaet ego; posle odnogo polnogo raunda snova ostayutsya dva neperesekayuschihsya po rebram ostovnyh dereva v menshem multigrafe. trees graph_cut induction ai_checked idea-double-strategy-stealing vyigryshnuyu strategiyu vtorogo igroka mozhno zapustit dlya oboih tsvetov dlya neobhodimosti razrushitel posle proizvolnogo pervogo rebra sam imitiruet strategiyu soedinitelya, pomenyav roli mestami. monotonnost tseli pozvolyaet schitat pervoe rebro lishnim bonusom; v spetsialno postroennoy partii oba nabora reber okazyvayutsya svyaznymi. goal_strategy_game ai_checked sol-lehman-induction dokazatelstvo strategicheskim zaimstvovaniem i styagivaniem ai_checked multigraph connected_graph spanning_tree graph_cut induction snachala dokazhem neobhodimost. predpolozhim, chto u soedinitelya est vyigryshnaya strategiya \\(s\\) pri igre vtorym. postroim odnu polnuyu partiyu, v kotoroy svyaznye ostovnye podgrafy poluchat oba igroka. razrushitel pervym beret proizvolnoe rebro. dalee soedinitel igraet po \\(s\\) obychnym obrazom, schitaya hody razrushitelya hodami sopernika. razrushitel so svoego vtorogo hoda tozhe primenyaet \\(s\\), no s perestavlennymi rolyami: hody soedinitelya on schitaet hodami pervogo igroka. ego samoe pervoe rebro pri etom sluzhit dopolnitelnym bonusom. esli voobrazhaemaya strategiya poprosit vzyat uzhe prinadlezhaschee emu bonusnoe rebro, razrushitel beret lyuboe svobodnoe rebro i prodolzhaet schitat trebuemoe rebro uzhe poluchennym; nalichie lishnego svoego rebra ne mozhet pomeshat monotonnoy tseli svyaznosti. strategiya \\(s\\) garantiruet, chto v kontse realnye rebra soedinitelya soderzhat svyaznyy ostovnyy podgraf. ta zhe strategi…","source_keys":["misc"]}
{"id":"line-arrangement-side-count-levels","title":"Счётчик сторон в расположении прямых принимает все уровни","path":"data\\problems\\classical\\line-arrangement-side-count-levels.yaml","raw_github_url":"https://raw.githubusercontent.com/didin-maxim/knowledge_graph_of_graphs/main/data/problems/classical/line-arrangement-side-count-levels.yaml","viewer_url":"https://didin-maxim.github.io/knowledge_graph_of_graphs/#line-arrangement-side-count-levels","source_key":"misc","source_label":"Прочее","source_titles":["Canadian Mathematical Olympiad 2022 официальные решения"],"year":"","type":"lemma","authors":[],"tags":["planar_graphs","coloring","classical_theorem","goal_existence"],"agent_topics":[],"difficulty":{"main":"exercise","local_score":3,"comment":"Короткий переиспользуемый инвариант для расположений прямых; единственный тонкий момент — выбрать прямую прохода выше всех точек пересечения.","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":"Карточка подкреплена опубликованными неофициальными, справочными, журнальными, вики-, форумными источниками или страницами задач.","audit_source":"agent-imo-us-classical.json"},"statements":{"original":[{"id":"stmt-side-count-levels","title":"Лемма о счётчике сторон","status":"ai_checked","text":"Пусть на плоскости дано \\(n\\) различных прямых, никакие три из которых не проходят через одну точку. После поворота можно считать, что ни одна прямая не горизонтальна; ориентируем каждую прямую в направлении возрастания координаты \\(y\\). Для области \\(R\\) обозначим через \\(k(R)\\) число прямых, справа от которых лежит \\(R\\). Тогда: (1) если две области имеют общую сторону, то их значения \\(k\\) отличаются ровно на \\(1\\); (2) для каждого \\(k=0,1,\\ldots,n\\) существует область \\(R\\) с \\(k(R)=k\\).","definition_ids":[]}],"graph_theory":[{"id":"stmt-region-graph-level-function","title":"Счётчик сторон в расположении прямых принимает все уровни","status":"ai_checked","text":"Для графа смежности областей расположения \\(n\\) различных негоризонтальных ориентированных прямых, никакие три из которых не проходят через одну точку, функция \\(k\\), сопоставляющая каждой области число прямых, справа от которых лежит эта область, меняется ровно на \\(1\\) при переходе по каждому ребру графа и принимает все значения \\(0,1,\\ldots,n\\).","definition_ids":["planar_graph"]}]},"solutions":[{"id":"sol-horizontal-sweep","title":"Доказательство горизонтальным проходом","status":"ai_checked","definition_ids":["planar_graph"],"standard_idea_ids":[],"tags":[],"has_text":true,"text_preview":"Сначала слегка повернём всю конфигурацию так, чтобы ни одна из прямых не была горизонтальной. Это не меняет комбинаторику областей и их соседств. Ориентируем каждую прямую вверх, то есть в сторону возрастания координаты \\(y\\). Пусть две области имеют общую сторону. Эта сторона лежит на некоторой прямой \\(\\ell\\). При переходе через неё точка меняет сторону только относительно \\(\\ell\\); относительно любой другой прямой обе области лежат с одной и той же стороны, иначе общая сторона была бы разрезана пересечением с этой другой прямой. Поэтому число прямых, справа от которых лежит область, меняется ровно на \\(1\\). Осталось доказать, что встречаются все уровни. Возьмём горизонтальную прямую \\(y=w\\), лежащую выше всех точек пересечения данных прямых. Каждая из данных прямых пересекает эту горизонталь, и эти точки пересечения различны: если две непараллельные прямые пересекали бы \\(y=w\\) в одн…"}],"relations":[{"id":"rel-line-arrangement-levels-smmc-2023-c2-dual-coloring","neighbor_id":"simon-marais-2023-c2-line-arrangement-region-coloring","direction":"forward","type":"same_motif","distance":2,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-cmo-2022-p4-side-count-lemma","neighbor_id":"cmo-2022-p4-region-adjacency-coloring","direction":"backward","type":"prerequisite","distance":1,"status":"ai_checked"}],"search_text":"line-arrangement-side-count-levels счётчик сторон в расположении прямых принимает все уровни planar_graphs coloring classical_theorem goal_existence canadian mathematical olympiad 2022 официальные решения https://w7.cms.math.ca/competitions/cmo/archive/sol2022.pdf misc solution_notes src-cmo-2022-solutions with_solution прочее ? canadian mathematical olympiad 2022 официальные решения stmt-side-count-levels лемма о счётчике сторон ai_checked пусть на плоскости дано \\(n\\) различных прямых, никакие три из которых не проходят через одну точку. после поворота можно считать, что ни одна прямая не горизонтальна; ориентируем каждую прямую в направлении возрастания координаты \\(y\\). для области \\(r\\) обозначим через \\(k(r)\\) число прямых, справа от которых лежит \\(r\\). тогда: (1) если две области имеют общую сторону, то их значения \\(k\\) отличаются ровно на \\(1\\); (2) для каждого \\(k=0,1,\\ldots,n\\) существует область \\(r\\) с \\(k(r)=k\\). stmt-region-graph-level-function счётчик сторон в расположении прямых принимает все уровни ai_checked для графа смежности областей расположения \\(n\\) различных негоризонтальных ориентированных прямых, никакие три из которых не проходят через одну точку, функция \\(k\\), сопоставляющая каждой области число прямых, справа от которых лежит эта область, меняется ровно на \\(1\\) при переходе по каждому ребру графа и принимает все значения \\(0,1,\\ldots,n\\). planar_graph idea-horizontal-sweep-above-intersections горизонтальный проход выше всех пересечений на горизонтали выше всех точек пересечения данные прямые встречаются по одной. при движении слева направо точка каждый раз переходит с левой стороны очередной ориентированной прямой на правую, поэтому счётчик проходит значения \\(0,1,\\ldots,n\\). ai_checked idea-crossing-one-boundary-changes-one-side переход через сторону меняет один вклад общая сторона двух соседних областей лежит на одной прямой; при переходе через неё меняется только сторона относительно этой прямой, а все остальные вклады в \\(k\\) сохраняются. planar_graphs ai_checked sol-horizontal-sweep доказательство горизонтальным проходом ai_checked planar_graph сначала слегка повернём всю конфигурацию так, чтобы ни одна из прямых не была горизонтальной. это не меняет комбинаторику областей и их соседств. ориентируем каждую прямую вверх, то есть в сторону возрастания координаты \\(y\\). пусть две области имеют общую сторону. эта сторона лежит на некоторой прямой \\(\\ell\\). при переходе через неё точка меняет сторону только относительно \\(\\ell\\); относительно любой другой прямой обе области лежат с одной и той же стороны, иначе общая сторона была бы разрезана пересечением с этой другой прямой. поэтому число прямых, справа от которых лежит область, меняется ровно на \\(1\\). осталось доказать, что встречаются все уровни. возьмём горизонтальную прямую \\(y=w\\), лежащую выше всех точек пересечения данных прямых. каждая из данных прямых пересекает эту горизонталь, и эти точки пересечения различны: если две непараллельные прямые пересекали бы \\(y=w\\) в одн… line-arrangement-side-count-levels schetchik storon v raspolozhenii pryamyh prinimaet vse urovni planar_graphs coloring classical_theorem goal_existence canadian mathematical olympiad 2022 ofitsialnye resheniya https://w7.cms.math.ca/competitions/cmo/archive/sol2022.pdf misc solution_notes src-cmo-2022-solutions with_solution prochee ? canadian mathematical olympiad 2022 ofitsialnye resheniya stmt-side-count-levels lemma o schetchike storon ai_checked pust na ploskosti dano \\(n\\) razlichnyh pryamyh, nikakie tri iz kotoryh ne prohodyat cherez odnu tochku. posle povorota mozhno schitat, chto ni odna pryamaya ne gorizontalna; orientiruem kazhduyu pryamuyu v napravlenii vozrastaniya koordinaty \\(y\\). dlya oblasti \\(r\\) oboznachim cherez \\(k(r)\\) chislo pryamyh, sprava ot kotoryh lezhit \\(r\\). togda: (1) esli dve oblasti imeyut obschuyu storonu, to ih znacheniya \\(k\\) otlichayutsya rovno na \\(1\\); (2) dlya kazhdogo \\(k=0,1,\\ldots,n\\) suschestvuet oblast \\(r\\) s \\(k(r)=k\\). stmt-region-graph-level-function schetchik storon v raspolozhenii pryamyh prinimaet vse urovni ai_checked dlya grafa smezhnosti oblastey raspolozheniya \\(n\\) razlichnyh negorizontalnyh orientirovannyh pryamyh, nikakie tri iz kotoryh ne prohodyat cherez odnu tochku, funktsiya \\(k\\), sopostavlyayuschaya kazhdoy oblasti chislo pryamyh, sprava ot kotoryh lezhit eta oblast, menyaetsya rovno na \\(1\\) pri perehode po kazhdomu rebru grafa i prinimaet vse znacheniya \\(0,1,\\ldots,n\\). planar_graph idea-horizontal-sweep-above-intersections gorizontalnyy prohod vyshe vseh peresecheniy na gorizontali vyshe vseh tochek peresecheniya dannye pryamye vstrechayutsya po odnoy. pri dvizhenii sleva napravo tochka kazhdyy raz perehodit s levoy storony ocherednoy orientirovannoy pryamoy na pravuyu, poetomu schetchik prohodit znacheniya \\(0,1,\\ldots,n\\). ai_checked idea-crossing-one-boundary-changes-one-side perehod cherez storonu menyaet odin vklad obschaya storona dvuh sosednih oblastey lezhit na odnoy pryamoy; pri perehode cherez nee menyaetsya tolko storona otnositelno etoy pryamoy, a vse ostalnye vklady v \\(k\\) sohranyayutsya. planar_graphs ai_checked sol-horizontal-sweep dokazatelstvo gorizontalnym prohodom ai_checked planar_graph snachala slegka povernem vsyu konfiguratsiyu tak, chtoby ni odna iz pryamyh ne byla gorizontalnoy. eto ne menyaet kombinatoriku oblastey i ih sosedstv. orientiruem kazhduyu pryamuyu vverh, to est v storonu vozrastaniya koordinaty \\(y\\). pust dve oblasti imeyut obschuyu storonu. eta storona lezhit na nekotoroy pryamoy \\(\\ell\\). pri perehode cherez nee tochka menyaet storonu tolko otnositelno \\(\\ell\\); otnositelno lyuboy drugoy pryamoy obe oblasti lezhat s odnoy i toy zhe storony, inache obschaya storona byla by razrezana peresecheniem s etoy drugoy pryamoy. poetomu chislo pryamyh, sprava ot kotoryh lezhit oblast, menyaetsya rovno na \\(1\\). ostalos dokazat, chto vstrechayutsya vse urovni. vozmem gorizontalnuyu pryamuyu \\(y=w\\), lezhaschuyu vyshe vseh tochek peresecheniya dannyh pryamyh. kazhdaya iz dannyh pryamyh peresekaet etu gorizontal, i eti tochki peresecheniya razlichny: esli dve neparallelnye pryamye peresekali by \\(y=w\\) v odn…","source_keys":["misc","cmo"]}
{"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-problem01-no-return-game","title":"Игра без возвращений: критерий совершенного паросочетания и варианты старта","path":"data\\problems\\lktg\\lktg-2026-project2-problem01-no-return-game.yaml","raw_github_url":"https://raw.githubusercontent.com/didin-maxim/knowledge_graph_of_graphs/main/data/problems/lktg/lktg-2026-project2-problem01-no-return-game.yaml","viewer_url":"https://didin-maxim.github.io/knowledge_graph_of_graphs/#lktg-2026-project2-problem01-no-return-game","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","A. S. Fraenkel, E. R. Scheinerman, D. Ullman, Undirected edge geography"],"year":"2026","type":"problem","authors":["Fraenkel","Scheinerman","Ullman"],"tags":["matching","augmenting_path","extremal_choice","goal_characterization","goal_strategy_game"],"agent_topics":["game_strategy"],"difficulty":{"main":"regional","local_score":6,"comment":"Официальная шкала проекта: а) 3/5, б) 2/5, в) 3/5, г) 2/5. Основная содержательная трудность - критерий через максимальное паросочетание и увеличивающий путь.","status":"source_verified"},"review_status":"ai_checked","public_ready":true,"solution_state":"with_solution","solution_classification":{"type":"official_complete_or_near_complete","label":"официальное полное решение","status":"ai_checked","confidence":0.98,"basis":"Официальный PDF решений ЛКТГ 2026 содержит полные доказательства всех пунктов задачи 1; текст карточки развёрнут самодостаточно без внешних ссылок.","notes":"Решение официальное и полное; рисунки не требуются."},"statements":{"original":[{"id":"stmt-problem01","title":"Игра по непосещённым вершинам и четыре варианта","status":"source_verified","text":"В конечном графе \\(G\\) Петя выбирает вершину \\(s\\), ставит туда фишку и объявляет её посещённой. Затем Петя и Вася по очереди передвигают фишку по ребру в ещё не посещённую вершину; первым передвигает фишку Вася. Кто не может сделать ход, проигрывает. а) Докажите, что Вася выигрывает тогда и только тогда, когда в \\(G\\) существует совершенное паросочетание, то есть паросочетание, покрывающее все вершины графа. В частности, при нечётном \\(|V(G)|\\) Петя выигрывает. б) Изменим правила: каждый игрок может один раз за партию вместо передвижения фишки пропустить ход. Пропуск разрешён и тогда, когда передвинуть фишку невозможно. Докажите, что критерий пункта а не изменится. в) Теперь Петя выбирает две различные вершины \\(s\\) и \\(t\\), ставит в каждую из них по фишке и объявляет обе вершины посещёнными. За ход игрок выбирает одну из фишек и передвигает её по ребру в ещё не посещённую вершину; первым ходит Вася. Для каждого чётного \\(n\\ge 4\\) постройте связный граф \\(G\\) на \\(n\\) вершинах, имеющий совершенное паросочетание, и укажите два выбора пары \\(\\{s,t\\}\\), при одном из которых выигрывает Вася, а при другом - Петя. г) Предположим, что в \\(G\\) нет ни совершенного паросочетания, ни изолированных вершин. Докажите, что Петя выигрывает не менее чем при двух различных выборах начальной вершины \\(s\\).","definition_ids":["matching","path"]}]},"solutions":[{"id":"sol-problem01-complete","title":"Полное решение пунктов а-г","status":"ai_checked","definition_ids":["matching","augmenting_path","path"],"standard_idea_ids":["augmenting_path_method","extremal_choice"],"tags":[],"has_text":true,"text_preview":"а) Пусть в \\(G\\) есть совершенное паросочетание \\(M\\). После выбора Пети Вася идёт из стартовой вершины \\(s\\) в её пару по \\(M\\). В дальнейшем, если Петя пришёл в вершину \\(v\\), Вася идёт из \\(v\\) в парную ей вершину \\(M(v)\\). Этот ход всегда допустим. Действительно, ранее посещённые вершины после каждого хода Васи разбиваются на целиком посещённые пары из \\(M\\); поэтому если бы \\(M(v)\\) уже была посещена, вместе с ней была бы посещена и \\(v\\), хотя Петя только что впервые пришёл в \\(v\\). Значит, после каждого хода Пети ответ Васи существует. Игра конечна, поэтому первым без хода останется Петя. Теперь пусть совершенного паросочетания нет. Возьмём паросочетание \\(M\\) с наибольшим числом рёбер и выберем стартом непокрытую им вершину \\(s\\). Петя отвечает на приход Васи в вершину \\(v\\) ходом \\(vM(v)\\). Проверим, что ответ всегда возможен. Пройденный путь начинается в непокрытой вершине \\(s…"}],"relations":[{"id":"rel-lktg-p01-putnam-2025-a3-state-graph","neighbor_id":"putnam-2025-a3-ternary-string-game-perfect-matching","direction":"forward","type":"specialization","distance":1,"status":"ai_checked"}],"search_text":"lktg-2026-project2-problem01-no-return-game игра без возвращений: критерий совершенного паросочетания и варианты старта matching augmenting_path extremal_choice goal_characterization goal_strategy_game 2026 38-я летняя конференция турнира городов 2026, проект 2 «игры на меняющихся графах» a. s. fraenkel, e. r. scheinerman, d. ullman, undirected edge geography fraenkel https://doi.org/10.1016/0304-3975(93)90026-p 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 paper scheinerman src-fraenkel-scheinerman-ullman-undirected-geography src-lktg-2026-project2-page src-lktg-2026-project2-problems-ru src-lktg-2026-project2-solutions-ru ullman 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 fraenkel scheinerman ullman 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 a. s. fraenkel, e. r. scheinerman, d. ullman, undirected edge geography stmt-problem01 игра по непосещённым вершинам и четыре варианта source_verified в конечном графе \\(g\\) петя выбирает вершину \\(s\\), ставит туда фишку и объявляет её посещённой. затем петя и вася по очереди передвигают фишку по ребру в ещё не посещённую вершину; первым передвигает фишку вася. кто не может сделать ход, проигрывает. а) докажите, что вася выигрывает тогда и только тогда, когда в \\(g\\) существует совершенное паросочетание, то есть паросочетание, покрывающее все вершины графа. в частности, при нечётном \\(|v(g)|\\) петя выигрывает. б) изменим правила: каждый игрок может один раз за партию вместо передвижения фишки пропустить ход. пропуск разрешён и тогда, когда передвинуть фишку невозможно. докажите, что критерий пункта а не изменится. в) теперь петя выбирает две различные вершины \\(s\\) и \\(t\\), ставит в каждую из них по фишке и объявляет обе вершины посещёнными. за ход игрок выбирает одну из фишек и передвигает её по ребру в ещё не посещённую вершину; первым ходит вася. для каждого чётного \\(n\\ge 4\\) постройте связный граф \\(g\\) на \\(n\\) вершинах, имеющий совершенное паросочетание, и укажите два выбора пары \\(\\{s,t\\}\\), при одном из которых выигрывает вася, а при другом - петя. г) предположим, что в \\(g\\) нет ни совершенного паросочетания, ни изолированных вершин. докажите, что петя выигрывает не менее чем при двух различных выборах начальной вершины \\(s\\). matching path idea-matching-replies ответы по рёбрам максимального паросочетания при совершенном паросочетании вася отвечает переходом в парную вершину. при отсутствии совершенного паросочетания петя стартует в непокрытой вершине максимального паросочетания и отвечает тем же правилом; невозможность ответа дала бы увеличивающий путь. matching augmenting_path ai_checked idea-pass-cancellation взаимное погашение пропусков на первый пропуск соперника победитель исходной игры отвечает своим пропуском, возвращая ту же позицию и ту же очередь хода без оставшихся пропусков у соперника. invariant ai_checked idea-exchange-uncovered-vertex обмен непокрытой вершины если максимальное паросочетание не покрывает неизолированную вершину \\(s\\), замена одного ребра \\(vw\\) на \\(sv\\) создаёт максимальное паросочетание с другой непокрытой вершиной \\(w\\). matching extremal_choice ai_checked sol-problem01-complete полное решение пунктов а-г ai_checked matching augmenting_path path augmenting_path_method extremal_choice а) пусть в \\(g\\) есть совершенное паросочетание \\(m\\). после выбора пети вася идёт из стартовой вершины \\(s\\) в её пару по \\(m\\). в дальнейшем, если петя пришёл в вершину \\(v\\), вася идёт из \\(v\\) в парную ей вершину \\(m(v)\\). этот ход всегда допустим. действительно, ранее посещённые вершины после каждого хода васи разбиваются на целиком посещённые пары из \\(m\\); поэтому если бы \\(m(v)\\) уже была посещена, вместе с ней была бы посещена и \\(v\\), хотя петя только что впервые пришёл в \\(v\\). значит, после каждого хода пети ответ васи существует. игра конечна, поэтому первым без хода останется петя. теперь пусть совершенного паросочетания нет. возьмём паросочетание \\(m\\) с наибольшим числом рёбер и выберем стартом непокрытую им вершину \\(s\\). петя отвечает на приход васи в вершину \\(v\\) ходом \\(vm(v)\\). проверим, что ответ всегда возможен. пройденный путь начинается в непокрытой вершине \\(s… lktg-2026-project2-problem01-no-return-game igra bez vozvrascheniy: kriteriy sovershennogo parosochetaniya i varianty starta matching augmenting_path extremal_choice goal_characterization goal_strategy_game 2026 38-ya letnyaya konferentsiya turnira gorodov 2026, proekt 2 «igry na menyayuschihsya grafah» a. s. fraenkel, e. r. scheinerman, d. ullman, undirected edge geography fraenkel https://doi.org/10.1016/0304-3975(93)90026-p 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 paper scheinerman src-fraenkel-scheinerman-ullman-undirected-geography src-lktg-2026-project2-page src-lktg-2026-project2-problems-ru src-lktg-2026-project2-solutions-ru ullman 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 fraenkel scheinerman ullman 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 a. s. fraenkel, e. r. scheinerman, d. ullman, undirected edge geography stmt-problem01 igra po neposeschennym vershinam i chetyre varianta source_verified v konechnom grafe \\(g\\) petya vybiraet vershinu \\(s\\), stavit tuda fishku i obyavlyaet ee poseschennoy. zatem petya i vasya po ocheredi peredvigayut fishku po rebru v esche ne poseschennuyu vershinu; pervym peredvigaet fishku vasya. kto ne mozhet sdelat hod, proigryvaet. a) dokazhite, chto vasya vyigryvaet togda i tolko togda, kogda v \\(g\\) suschestvuet sovershennoe parosochetanie, to est parosochetanie, pokryvayuschee vse vershiny grafa. v chastnosti, pri nechetnom \\(|v(g)|\\) petya vyigryvaet. b) izmenim pravila: kazhdyy igrok mozhet odin raz za partiyu vmesto peredvizheniya fishki propustit hod. propusk razreshen i togda, kogda peredvinut fishku nevozmozhno. dokazhite, chto kriteriy punkta a ne izmenitsya. v) teper petya vybiraet dve razlichnye vershiny \\(s\\) i \\(t\\), stavit v kazhduyu iz nih po fishke i obyavlyaet obe vershiny poseschennymi. za hod igrok vybiraet odnu iz fishek i peredvigaet ee po rebru v esche ne poseschennuyu vershinu; pervym hodit vasya. dlya kazhdogo chetnogo \\(n\\ge 4\\) postroyte svyaznyy graf \\(g\\) na \\(n\\) vershinah, imeyuschiy sovershennoe parosochetanie, i ukazhite dva vybora pary \\(\\{s,t\\}\\), pri odnom iz kotoryh vyigryvaet vasya, a pri drugom - petya. g) predpolozhim, chto v \\(g\\) net ni sovershennogo parosochetaniya, ni izolirovannyh vershin. dokazhite, chto petya vyigryvaet ne menee chem pri dvuh razlichnyh vyborah nachalnoy vershiny \\(s\\). matching path idea-matching-replies otvety po rebram maksimalnogo parosochetaniya pri sovershennom parosochetanii vasya otvechaet perehodom v parnuyu vershinu. pri otsutstvii sovershennogo parosochetaniya petya startuet v nepokrytoy vershine maksimalnogo parosochetaniya i otvechaet tem zhe pravilom; nevozmozhnost otveta dala by uvelichivayuschiy put. matching augmenting_path ai_checked idea-pass-cancellation vzaimnoe pogashenie propuskov na pervyy propusk sopernika pobeditel ishodnoy igry otvechaet svoim propuskom, vozvraschaya tu zhe pozitsiyu i tu zhe ochered hoda bez ostavshihsya propuskov u sopernika. invariant ai_checked idea-exchange-uncovered-vertex obmen nepokrytoy vershiny esli maksimalnoe parosochetanie ne pokryvaet neizolirovannuyu vershinu \\(s\\), zamena odnogo rebra \\(vw\\) na \\(sv\\) sozdaet maksimalnoe parosochetanie s drugoy nepokrytoy vershinoy \\(w\\). matching extremal_choice ai_checked sol-problem01-complete polnoe reshenie punktov a-g ai_checked matching augmenting_path path augmenting_path_method extremal_choice a) pust v \\(g\\) est sovershennoe parosochetanie \\(m\\). posle vybora peti vasya idet iz startovoy vershiny \\(s\\) v ee paru po \\(m\\). v dalneyshem, esli petya prishel v vershinu \\(v\\), vasya idet iz \\(v\\) v parnuyu ey vershinu \\(m(v)\\). etot hod vsegda dopustim. deystvitelno, ranee poseschennye vershiny posle kazhdogo hoda vasi razbivayutsya na tselikom poseschennye pary iz \\(m\\); poetomu esli by \\(m(v)\\) uzhe byla poseschena, vmeste s ney byla by poseschena i \\(v\\), hotya petya tolko chto vpervye prishel v \\(v\\). znachit, posle kazhdogo hoda peti otvet vasi suschestvuet. igra konechna, poetomu pervym bez hoda ostanetsya petya. teper pust sovershennogo parosochetaniya net. vozmem parosochetanie \\(m\\) s naibolshim chislom reber i vyberem startom nepokrytuyu im vershinu \\(s\\). petya otvechaet na prihod vasi v vershinu \\(v\\) hodom \\(vm(v)\\). proverim, chto otvet vsegda vozmozhen. proydennyy put nachinaetsya v nepokrytoy vershine \\(s…","source_keys":["lktg"]}
{"id":"lktg-2026-project2-problem02-coins-on-graph","title":"Монеты на графе: выигрышный старт на пути, дереве и цикле","path":"data\\problems\\lktg\\lktg-2026-project2-problem02-coins-on-graph.yaml","raw_github_url":"https://raw.githubusercontent.com/didin-maxim/knowledge_graph_of_graphs/main/data/problems/lktg/lktg-2026-project2-problem02-coins-on-graph.yaml","viewer_url":"https://didin-maxim.github.io/knowledge_graph_of_graphs/#lktg-2026-project2-problem02-coins-on-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"],"year":"2026","type":"problem","authors":[],"tags":["trees","invariant","extremal_choice","construction","goal_strategy_game","goal_impossibility"],"agent_topics":["game_strategy"],"difficulty":{"main":"national_final_medium","local_score":8,"comment":"Официальная шкала проекта: а) 2/5, б) 4/5, в) 2/5, г) 3/5. Главная трудность - доказательство существования хорошего старта на дереве через рекурсию и конечный спуск.","status":"source_verified"},"review_status":"ai_checked","public_ready":true,"solution_state":"with_solution","solution_classification":{"type":"official_complete_or_near_complete","label":"официальное полное решение","status":"ai_checked","confidence":0.97,"basis":"Официальный PDF решений содержит полные доказательства всех четырёх пунктов, включая рекурсию на дереве и явный контрпример.","notes":"Скрытая в рисунке структура контрпримера полностью перенесена в текст."},"statements":{"original":[{"id":"stmt-problem02","title":"Игра с монетами и непосещёнными вершинами","status":"source_verified","text":"В каждой вершине конечного связного графа \\(G\\) лежит неотрицательное целое число монет. Петя выбирает стартовую вершину, ставит туда фишку, объявляет вершину посещённой и забирает все монеты из неё. После этого первым передвигает фишку Вася. За ход нужно перейти по ребру в ещё не посещённую вершину и забрать из неё все монеты. Игра заканчивается, когда очередной игрок не может сделать ход. Побеждает набравший больше монет; при равенстве объявляется ничья. а) Пусть \\(G\\) является путём. Докажите, что Петя может выбрать стартовую вершину и затем играть так, чтобы не проиграть. б) Докажите то же, если \\(G\\) - произвольное конечное дерево. в) Докажите то же, если \\(G\\) - цикл. г) Верно ли это для произвольного конечного связного графа \\(G\\)?","definition_ids":["connected_graph","path","tree","cycle"]}]},"solutions":[{"id":"sol-problem02-complete","title":"Полное решение пунктов а-г","status":"ai_checked","definition_ids":["connected_graph","path","tree","cycle"],"standard_idea_ids":["extremal_choice","invariant"],"tags":[],"has_text":true,"text_preview":"Обозначим число монет в вершине \\(v\\) через \\(w(v)\\). а) Пусть вершины пути идут в порядке \\(v_1,\\ldots,v_n\\), а \\(a_i=w(v_i)\\). Положим \\(S_0=0\\) и \\(S_r=a_1-a_2+a_3-\\cdots+(-1)^{r-1}a_r\\). Если \\(S_n\\ge0\\), Петя начинает в \\(v_1\\). Дальнейший путь единственен, и разность его счёта и счёта Васи равна \\(S_n\\ge0\\). Пусть \\(S_n<0\\), а \\(r\\) - наименьший индекс, для которого \\(S_r<0\\). Тогда \\(S_{r-1}\\ge0\\), а \\(r\\) чётно: на нечётном шаге прибавляется неотрицательное число, поэтому впервые стать отрицательной сумма не может. Петя начинает в \\(v_r\\). После первого хода Васи фишка уже не может перейти через посещённую \\(v_r\\), поэтому идёт до одного из концов пути. Если Вася пошёл влево, итоговая разность равна \\(a_r-a_{r-1}+\\cdots-a_1=-S_r>0\\). Если он пошёл вправо, она равна \\(a_r-a_{r+1}+a_{r+2}-\\cdots=S_{r-1}-S_n>0\\). Значит, Петя не проигрывает. б) Для соседних вершин \\(x,y\\) удалим ре…"}],"relations":[],"search_text":"lktg-2026-project2-problem02-coins-on-graph монеты на графе: выигрышный старт на пути, дереве и цикле trees invariant extremal_choice construction goal_strategy_game goal_impossibility 2026 38-я летняя конференция турнира городов 2026, проект 2 «игры на меняющихся графах» https://turgor.ru/lktg/2026/2/2-1-changing_graphs-rus.pdf https://turgor.ru/lktg/2026/2/2-1-changing_graphs-sol-rus.pdf https://turgor.ru/lktg/2026/2/index.html 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 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 38-я летняя конференция турнира городов 2026, проект 2 «игры на меняющихся графах» лктг 2026, проект 2 «игры на меняющихся графах»: условия, русская редакция 7 лктг 2026, проект 2 «игры на меняющихся графах»: решения, русская редакция 7 stmt-problem02 игра с монетами и непосещёнными вершинами source_verified в каждой вершине конечного связного графа \\(g\\) лежит неотрицательное целое число монет. петя выбирает стартовую вершину, ставит туда фишку, объявляет вершину посещённой и забирает все монеты из неё. после этого первым передвигает фишку вася. за ход нужно перейти по ребру в ещё не посещённую вершину и забрать из неё все монеты. игра заканчивается, когда очередной игрок не может сделать ход. побеждает набравший больше монет; при равенстве объявляется ничья. а) пусть \\(g\\) является путём. докажите, что петя может выбрать стартовую вершину и затем играть так, чтобы не проиграть. б) докажите то же, если \\(g\\) - произвольное конечное дерево. в) докажите то же, если \\(g\\) - цикл. г) верно ли это для произвольного конечного связного графа \\(g\\)? connected_graph path tree cycle idea-path-alternating-sums первое отрицательное чередующееся слагаемое на пути старт выбирается по знаку полной чередующейся суммы; если она отрицательна, берётся первый отрицательный префикс, чей индекс обязательно чётен. extremal_choice invariant ai_checked idea-tree-recursion цена ориентированной ветви дерева для состояния \\(x\\mid y\\) цена удовлетворяет рекурсии \\(m(x\\mid y)=w(x)-\\max_{z\\sim x,\\ z\\ne y}m(z\\mid x)\\). предположение, что хорошего старта нет, создаёт чередующийся бесконечный спуск по конечному дереву. trees minimal_counterexample ai_checked idea-cycle-parity чередующиеся классы и нечётный цикл знаков на чётном цикле петя выбирает более тяжёлый из двух чередующихся классов; на нечётном используются соседние разности \\(d_i+d_{i+1}=2a_i\\ge0\\). parity_coloring invariant ai_checked idea-seven-vertex-counterexample симметричный контрпример на семи вершинах вершина веса 2, три вершины веса 1 и треугольник из трёх нулевых вершин образуют граф, где вася при любом старте получает вес 3, а петя не более 2. construction goal_impossibility ai_checked sol-problem02-complete полное решение пунктов а-г ai_checked connected_graph path tree cycle extremal_choice invariant обозначим число монет в вершине \\(v\\) через \\(w(v)\\). а) пусть вершины пути идут в порядке \\(v_1,\\ldots,v_n\\), а \\(a_i=w(v_i)\\). положим \\(s_0=0\\) и \\(s_r=a_1-a_2+a_3-\\cdots+(-1)^{r-1}a_r\\). если \\(s_n\\ge0\\), петя начинает в \\(v_1\\). дальнейший путь единственен, и разность его счёта и счёта васи равна \\(s_n\\ge0\\). пусть \\(s_n<0\\), а \\(r\\) - наименьший индекс, для которого \\(s_r<0\\). тогда \\(s_{r-1}\\ge0\\), а \\(r\\) чётно: на нечётном шаге прибавляется неотрицательное число, поэтому впервые стать отрицательной сумма не может. петя начинает в \\(v_r\\). после первого хода васи фишка уже не может перейти через посещённую \\(v_r\\), поэтому идёт до одного из концов пути. если вася пошёл влево, итоговая разность равна \\(a_r-a_{r-1}+\\cdots-a_1=-s_r>0\\). если он пошёл вправо, она равна \\(a_r-a_{r+1}+a_{r+2}-\\cdots=s_{r-1}-s_n>0\\). значит, петя не проигрывает. б) для соседних вершин \\(x,y\\) удалим ре… lktg-2026-project2-problem02-coins-on-graph monety na grafe: vyigryshnyy start na puti, dereve i tsikle trees invariant extremal_choice construction goal_strategy_game goal_impossibility 2026 38-ya letnyaya konferentsiya turnira gorodov 2026, proekt 2 «igry na menyayuschihsya grafah» https://turgor.ru/lktg/2026/2/2-1-changing_graphs-rus.pdf https://turgor.ru/lktg/2026/2/2-1-changing_graphs-sol-rus.pdf https://turgor.ru/lktg/2026/2/index.html 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 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 38-ya letnyaya konferentsiya turnira gorodov 2026, proekt 2 «igry na menyayuschihsya grafah» lktg 2026, proekt 2 «igry na menyayuschihsya grafah»: usloviya, russkaya redaktsiya 7 lktg 2026, proekt 2 «igry na menyayuschihsya grafah»: resheniya, russkaya redaktsiya 7 stmt-problem02 igra s monetami i neposeschennymi vershinami source_verified v kazhdoy vershine konechnogo svyaznogo grafa \\(g\\) lezhit neotritsatelnoe tseloe chislo monet. petya vybiraet startovuyu vershinu, stavit tuda fishku, obyavlyaet vershinu poseschennoy i zabiraet vse monety iz nee. posle etogo pervym peredvigaet fishku vasya. za hod nuzhno pereyti po rebru v esche ne poseschennuyu vershinu i zabrat iz nee vse monety. igra zakanchivaetsya, kogda ocherednoy igrok ne mozhet sdelat hod. pobezhdaet nabravshiy bolshe monet; pri ravenstve obyavlyaetsya nichya. a) pust \\(g\\) yavlyaetsya putem. dokazhite, chto petya mozhet vybrat startovuyu vershinu i zatem igrat tak, chtoby ne proigrat. b) dokazhite to zhe, esli \\(g\\) - proizvolnoe konechnoe derevo. v) dokazhite to zhe, esli \\(g\\) - tsikl. g) verno li eto dlya proizvolnogo konechnogo svyaznogo grafa \\(g\\)? connected_graph path tree cycle idea-path-alternating-sums pervoe otritsatelnoe chereduyuscheesya slagaemoe na puti start vybiraetsya po znaku polnoy chereduyuscheysya summy; esli ona otritsatelna, beretsya pervyy otritsatelnyy prefiks, chey indeks obyazatelno cheten. extremal_choice invariant ai_checked idea-tree-recursion tsena orientirovannoy vetvi dereva dlya sostoyaniya \\(x\\mid y\\) tsena udovletvoryaet rekursii \\(m(x\\mid y)=w(x)-\\max_{z\\sim x,\\ z\\ne y}m(z\\mid x)\\). predpolozhenie, chto horoshego starta net, sozdaet chereduyuschiysya beskonechnyy spusk po konechnomu derevu. trees minimal_counterexample ai_checked idea-cycle-parity chereduyuschiesya klassy i nechetnyy tsikl znakov na chetnom tsikle petya vybiraet bolee tyazhelyy iz dvuh chereduyuschihsya klassov; na nechetnom ispolzuyutsya sosednie raznosti \\(d_i+d_{i+1}=2a_i\\ge0\\). parity_coloring invariant ai_checked idea-seven-vertex-counterexample simmetrichnyy kontrprimer na semi vershinah vershina vesa 2, tri vershiny vesa 1 i treugolnik iz treh nulevyh vershin obrazuyut graf, gde vasya pri lyubom starte poluchaet ves 3, a petya ne bolee 2. construction goal_impossibility ai_checked sol-problem02-complete polnoe reshenie punktov a-g ai_checked connected_graph path tree cycle extremal_choice invariant oboznachim chislo monet v vershine \\(v\\) cherez \\(w(v)\\). a) pust vershiny puti idut v poryadke \\(v_1,\\ldots,v_n\\), a \\(a_i=w(v_i)\\). polozhim \\(s_0=0\\) i \\(s_r=a_1-a_2+a_3-\\cdots+(-1)^{r-1}a_r\\). esli \\(s_n\\ge0\\), petya nachinaet v \\(v_1\\). dalneyshiy put edinstvenen, i raznost ego scheta i scheta vasi ravna \\(s_n\\ge0\\). pust \\(s_n<0\\), a \\(r\\) - naimenshiy indeks, dlya kotorogo \\(s_r<0\\). togda \\(s_{r-1}\\ge0\\), a \\(r\\) chetno: na nechetnom shage pribavlyaetsya neotritsatelnoe chislo, poetomu vpervye stat otritsatelnoy summa ne mozhet. petya nachinaet v \\(v_r\\). posle pervogo hoda vasi fishka uzhe ne mozhet pereyti cherez poseschennuyu \\(v_r\\), poetomu idet do odnogo iz kontsov puti. esli vasya poshel vlevo, itogovaya raznost ravna \\(a_r-a_{r-1}+\\cdots-a_1=-s_r>0\\). esli on poshel vpravo, ona ravna \\(a_r-a_{r+1}+a_{r+2}-\\cdots=s_{r-1}-s_n>0\\). znachit, petya ne proigryvaet. b) dlya sosednih vershin \\(x,y\\) udalim re…","source_keys":["lktg"]}
{"id":"lktg-2026-project2-problem04-connectivity-edge-game","title":"Добавление рёбер до первой связности","path":"data\\problems\\lktg\\lktg-2026-project2-problem04-connectivity-edge-game.yaml","raw_github_url":"https://raw.githubusercontent.com/didin-maxim/knowledge_graph_of_graphs/main/data/problems/lktg/lktg-2026-project2-problem04-connectivity-edge-game.yaml","viewer_url":"https://didin-maxim.github.io/knowledge_graph_of_graphs/#lktg-2026-project2-problem04-connectivity-edge-game","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"],"year":"2026","type":"problem","authors":["L. Csirmaz"],"tags":["connectivity","invariant","parity_coloring","extremal_choice","goal_classification","goal_strategy_game"],"agent_topics":["game_strategy"],"difficulty":{"main":"national_final_medium","local_score":8,"comment":"Официальная сложность 4/5. Для нечётного n достаточно чётности конечной позиции, а чётный случай требует двухкомпонентного инварианта.","status":"source_verified"},"review_status":"ai_checked","public_ready":true,"solution_state":"with_solution","solution_classification":{"type":"official_complete_or_near_complete","label":"официальное полное решение","status":"ai_checked","confidence":0.98,"basis":"Официальный PDF решений полностью доказывает классификацию для всех n по модулю 4.","notes":"Оба инварианта чётного случая определены и проверены для каждого типа безопасного хода."},"statements":{"original":[{"id":"stmt-problem04","title":"Кто первым сделает граф связным","status":"source_verified","text":"На фиксированном множестве из \\(n\\ge3\\) вершин изначально нет рёбер. Петя и Вася по очереди добавляют по одному отсутствующему ребру; начинает Петя. Игрок, после хода которого граф впервые становится связным, немедленно проигрывает. Определите победителя при каждом \\(n\\ge3\\).","definition_ids":["connected_graph","complete_graph"]}]},"solutions":[{"id":"sol-problem04-complete","title":"Полная классификация по модулю 4","status":"ai_checked","definition_ids":["connected_graph","complete_graph"],"standard_idea_ids":["invariant"],"tags":[],"has_text":true,"text_preview":"Ответ: при \\(n\\equiv0,1\\pmod4\\) выигрывает Вася, а при \\(n\\equiv2,3\\pmod4\\) выигрывает Петя. Максимальный граф, который ещё несвязен, состоит из двух полных компонент \\(K_a\\sqcup K_b\\), где \\(a+b=n\\). Действительно, при трёх или более компонентах можно безопасно соединить две из них, а при недостающем ребре внутри компоненты можно безопасно добавить это ребро. Число сделанных безопасных ходов в такой конечной позиции равно \\[\\binom a2+\\binom b2=\\binom n2-ab.\\] Если \\(n\\) нечётно, числа \\(a,b\\) имеют разную чётность, поэтому \\(ab\\) чётно и чётность числа безопасных ходов не зависит от разбиения. При \\(n\\equiv1\\pmod4\\) число \\(\\binom n2\\) чётно. Вася всегда выбирает безопасный ход: перед его ходом добавлено нечётное число рёбер, поэтому конечная позиция с чётным числом рёбер ещё не достигнута. Следовательно, связный граф первым вынужден сделать Петя и проигрывает. При \\(n\\equiv3\\pmod4\\) ч…"}],"relations":[],"search_text":"lktg-2026-project2-problem04-connectivity-edge-game добавление рёбер до первой связности connectivity invariant parity_coloring extremal_choice goal_classification goal_strategy_game 2026 38-я летняя конференция турнира городов 2026, проект 2 «игры на меняющихся графах» https://turgor.ru/lktg/2026/2/2-1-changing_graphs-rus.pdf https://turgor.ru/lktg/2026/2/2-1-changing_graphs-sol-rus.pdf https://turgor.ru/lktg/2026/2/index.html l. csirmaz lcsirmaz 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 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 l. csirmaz 38-я летняя конференция турнира городов 2026, проект 2 «игры на меняющихся графах» лктг 2026, проект 2 «игры на меняющихся графах»: условия, русская редакция 7 лктг 2026, проект 2 «игры на меняющихся графах»: решения, русская редакция 7 stmt-problem04 кто первым сделает граф связным source_verified на фиксированном множестве из \\(n\\ge3\\) вершин изначально нет рёбер. петя и вася по очереди добавляют по одному отсутствующему ребру; начинает петя. игрок, после хода которого граф впервые становится связным, немедленно проигрывает. определите победителя при каждом \\(n\\ge3\\). connected_graph complete_graph idea-terminal-two-cliques максимальный несвязный граф состоит из двух клик в максимальной безопасной позиции не может быть трёх компонент и не может отсутствовать ребро внутри компоненты, поэтому позиция имеет вид \\(k_a\\sqcup k_b\\). connectivity extremal_choice ai_checked idea-even-n-two-coordinate-invariant два параметра для чётного числа вершин поддерживаются сравнения \\(o\\equiv0\\pmod4\\) для числа нечётных компонент и \\(r\\equiv0\\pmod2\\) для числа недостающих рёбер внутри компонент. invariant parity_coloring ai_checked sol-problem04-complete полная классификация по модулю 4 ai_checked connected_graph complete_graph invariant ответ: при \\(n\\equiv0,1\\pmod4\\) выигрывает вася, а при \\(n\\equiv2,3\\pmod4\\) выигрывает петя. максимальный граф, который ещё несвязен, состоит из двух полных компонент \\(k_a\\sqcup k_b\\), где \\(a+b=n\\). действительно, при трёх или более компонентах можно безопасно соединить две из них, а при недостающем ребре внутри компоненты можно безопасно добавить это ребро. число сделанных безопасных ходов в такой конечной позиции равно \\[\\binom a2+\\binom b2=\\binom n2-ab.\\] если \\(n\\) нечётно, числа \\(a,b\\) имеют разную чётность, поэтому \\(ab\\) чётно и чётность числа безопасных ходов не зависит от разбиения. при \\(n\\equiv1\\pmod4\\) число \\(\\binom n2\\) чётно. вася всегда выбирает безопасный ход: перед его ходом добавлено нечётное число рёбер, поэтому конечная позиция с чётным числом рёбер ещё не достигнута. следовательно, связный граф первым вынужден сделать петя и проигрывает. при \\(n\\equiv3\\pmod4\\) ч… lktg-2026-project2-problem04-connectivity-edge-game dobavlenie reber do pervoy svyaznosti connectivity invariant parity_coloring extremal_choice goal_classification goal_strategy_game 2026 38-ya letnyaya konferentsiya turnira gorodov 2026, proekt 2 «igry na menyayuschihsya grafah» https://turgor.ru/lktg/2026/2/2-1-changing_graphs-rus.pdf https://turgor.ru/lktg/2026/2/2-1-changing_graphs-sol-rus.pdf https://turgor.ru/lktg/2026/2/index.html l. csirmaz lcsirmaz 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 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 l. csirmaz 38-ya letnyaya konferentsiya turnira gorodov 2026, proekt 2 «igry na menyayuschihsya grafah» lktg 2026, proekt 2 «igry na menyayuschihsya grafah»: usloviya, russkaya redaktsiya 7 lktg 2026, proekt 2 «igry na menyayuschihsya grafah»: resheniya, russkaya redaktsiya 7 stmt-problem04 kto pervym sdelaet graf svyaznym source_verified na fiksirovannom mnozhestve iz \\(n\\ge3\\) vershin iznachalno net reber. petya i vasya po ocheredi dobavlyayut po odnomu otsutstvuyuschemu rebru; nachinaet petya. igrok, posle hoda kotorogo graf vpervye stanovitsya svyaznym, nemedlenno proigryvaet. opredelite pobeditelya pri kazhdom \\(n\\ge3\\). connected_graph complete_graph idea-terminal-two-cliques maksimalnyy nesvyaznyy graf sostoit iz dvuh klik v maksimalnoy bezopasnoy pozitsii ne mozhet byt treh komponent i ne mozhet otsutstvovat rebro vnutri komponenty, poetomu pozitsiya imeet vid \\(k_a\\sqcup k_b\\). connectivity extremal_choice ai_checked idea-even-n-two-coordinate-invariant dva parametra dlya chetnogo chisla vershin podderzhivayutsya sravneniya \\(o\\equiv0\\pmod4\\) dlya chisla nechetnyh komponent i \\(r\\equiv0\\pmod2\\) dlya chisla nedostayuschih reber vnutri komponent. invariant parity_coloring ai_checked sol-problem04-complete polnaya klassifikatsiya po modulyu 4 ai_checked connected_graph complete_graph invariant otvet: pri \\(n\\equiv0,1\\pmod4\\) vyigryvaet vasya, a pri \\(n\\equiv2,3\\pmod4\\) vyigryvaet petya. maksimalnyy graf, kotoryy esche nesvyazen, sostoit iz dvuh polnyh komponent \\(k_a\\sqcup k_b\\), gde \\(a+b=n\\). deystvitelno, pri treh ili bolee komponentah mozhno bezopasno soedinit dve iz nih, a pri nedostayuschem rebre vnutri komponenty mozhno bezopasno dobavit eto rebro. chislo sdelannyh bezopasnyh hodov v takoy konechnoy pozitsii ravno \\[\\binom a2+\\binom b2=\\binom n2-ab.\\] esli \\(n\\) nechetno, chisla \\(a,b\\) imeyut raznuyu chetnost, poetomu \\(ab\\) chetno i chetnost chisla bezopasnyh hodov ne zavisit ot razbieniya. pri \\(n\\equiv1\\pmod4\\) chislo \\(\\binom n2\\) chetno. vasya vsegda vybiraet bezopasnyy hod: pered ego hodom dobavleno nechetnoe chislo reber, poetomu konechnaya pozitsiya s chetnym chislom reber esche ne dostignuta. sledovatelno, svyaznyy graf pervym vynuzhden sdelat petya i proigryvaet. pri \\(n\\equiv3\\pmod4\\) ch…","source_keys":["lktg"]}
{"id":"lktg-2026-project2-problem06-two-tokens-reversing-arcs","title":"Две фишки и развороты пройденных стрелок","path":"data\\problems\\lktg\\lktg-2026-project2-problem06-two-tokens-reversing-arcs.yaml","raw_github_url":"https://raw.githubusercontent.com/didin-maxim/knowledge_graph_of_graphs/main/data/problems/lktg/lktg-2026-project2-problem06-two-tokens-reversing-arcs.yaml","viewer_url":"https://didin-maxim.github.io/knowledge_graph_of_graphs/#lktg-2026-project2-problem06-two-tokens-reversing-arcs","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"],"year":"2026","type":"problem","authors":["М. Дидин"],"tags":["invariant","potential_function","dynamics","construction","goal_strategy_game","goal_bound"],"agent_topics":["game_strategy"],"difficulty":{"main":"national_final_medium","local_score":8,"comment":"Официальная шкала проекта: а) 2/5, б) 4/5. Полная поочерёдная игра требует устойчивого инварианта двух путей и анализа равенства в потенциале.","status":"source_verified"},"review_status":"ai_checked","public_ready":true,"solution_state":"with_solution","solution_classification":{"type":"official_complete_or_near_complete","label":"официальное полное решение","status":"ai_checked","confidence":0.98,"basis":"Официальный PDF решений содержит полный инвариант двух путей, доказательство конечности и количественную оценку.","notes":"Все случаи хода Васи проверены; анализ стабилизации потенциала исключает бесконечную игру."},"statements":{"original":[{"id":"stmt-problem06","title":"Достижение цели при развороте каждого пройденного ребра","status":"source_verified","text":"На конечном ориентированном графе выбраны две различные вершины \\(A\\) и \\(B\\). В \\(A\\) стоит фишка Пети, в \\(B\\) - фишка Васи; из \\(A\\) в \\(B\\) существует ориентированный путь. При каждом передвижении фишка идёт по выходящей стрелке, после чего направление пройденного ребра немедленно меняется на противоположное. Фишки могут находиться в одной вершине; положение одной фишки никак не ограничивает движение другой. Петя хочет привести свою фишку в вершину \\(B\\). а) Сначала Вася совершает любое конечное число допустимых передвижений своей фишки, возможно ни одного, и после этого больше не ходит. Затем ходит только Петя. Докажите, что после любых ходов Васи Петя может попасть в \\(B\\). б) Теперь игроки ходят по очереди, начинает Петя. За ход игрок может либо пропустить ход, либо передвинуть свою фишку. Петя выигрывает, как только его фишка впервые попадает в \\(B\\); если этого никогда не происходит, выигрывает Вася. Существует ли исходный ориентированный граф, на котором Вася может помешать Пете выиграть?","definition_ids":["directed_graph","path"]}]},"solutions":[{"id":"sol-problem06-complete","title":"Полное решение через два пути и целый потенциал","status":"ai_checked","definition_ids":["directed_graph","path","cycle"],"standard_idea_ids":["invariant","potential_function"],"tags":[],"has_text":true,"text_preview":"В каждый момент будем поддерживать два направленных пути к цели: \\(P\\) идёт от текущего положения фишки Пети до \\(B\\), а \\(Q\\) - от текущего положения фишки Васи до \\(B\\). Пути не имеют общих рёбер, хотя могут иметь общие вершины. Изначально \\(P\\) - данный в условии путь из \\(A\\) в \\(B\\), а \\(Q\\) - пустой путь из \\(B\\) в \\(B\\). Опишем перестройку. На своём ходу Петя проходит первое ребро \\(P\\); после разворота это ребро удаляется из \\(P\\). Если \\(P\\) стал пустым, Петя уже находится в \\(B\\). Пусть Вася прошёл по ребру \\(q\\to r\\), которое после хода стало \\(r\\to q\\). Если ребро \\(qr\\) не лежало ни в \\(P\\), ни в \\(Q\\), допишем \\(r\\to q\\) в начало \\(Q\\). Если \\(q\\to r\\) лежало в \\(Q\\), оно было первым ребром \\(Q\\), и мы удаляем его. Если \\(q\\to r\\) лежало в \\(P\\), представим \\[P=P_0+(q\\to r)+P_1\\] и заменим пути по правилу \\[P\\leftarrow P_0+Q,\\qquad Q\\leftarrow P_1.\\] Это пересадка хвостов…"}],"relations":[{"id":"rel-tc-tree-p06-reversal-paired","neighbor_id":"tc-2018-19-simple-state-tree-game","direction":"backward","type":"paired_variant","distance":1,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-tc-cycle-p06-reversal-paired","neighbor_id":"tc-2018-19-complex-state-cycle-game","direction":"backward","type":"paired_variant","distance":1,"status":"ai_checked"}],"search_text":"lktg-2026-project2-problem06-two-tokens-reversing-arcs две фишки и развороты пройденных стрелок invariant potential_function dynamics construction goal_strategy_game goal_bound 2026 38-я летняя конференция турнира городов 2026, проект 2 «игры на меняющихся графах» https://turgor.ru/lktg/2026/2/2-1-changing_graphs-rus.pdf https://turgor.ru/lktg/2026/2/2-1-changing_graphs-sol-rus.pdf https://turgor.ru/lktg/2026/2/index.html 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 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 м. дидин м. дидин 38-я летняя конференция турнира городов 2026, проект 2 «игры на меняющихся графах» лктг 2026, проект 2 «игры на меняющихся графах»: условия, русская редакция 7 лктг 2026, проект 2 «игры на меняющихся графах»: решения, русская редакция 7 stmt-problem06 достижение цели при развороте каждого пройденного ребра source_verified на конечном ориентированном графе выбраны две различные вершины \\(a\\) и \\(b\\). в \\(a\\) стоит фишка пети, в \\(b\\) - фишка васи; из \\(a\\) в \\(b\\) существует ориентированный путь. при каждом передвижении фишка идёт по выходящей стрелке, после чего направление пройденного ребра немедленно меняется на противоположное. фишки могут находиться в одной вершине; положение одной фишки никак не ограничивает движение другой. петя хочет привести свою фишку в вершину \\(b\\). а) сначала вася совершает любое конечное число допустимых передвижений своей фишки, возможно ни одного, и после этого больше не ходит. затем ходит только петя. докажите, что после любых ходов васи петя может попасть в \\(b\\). б) теперь игроки ходят по очереди, начинает петя. за ход игрок может либо пропустить ход, либо передвинуть свою фишку. петя выигрывает, как только его фишка впервые попадает в \\(b\\); если этого никогда не происходит, выигрывает вася. существует ли исходный ориентированный граф, на котором вася может помешать пете выиграть? directed_graph path idea-two-path-memory хранить только два пути к цели поддерживаются не имеющие общих рёбер направленные пути \\(p\\) от фишки пети к \\(b\\) и \\(q\\) от фишки васи к \\(b\\); остальные рёбра позиции для стратегии несущественны. invariant graph_model ai_checked idea-tail-switching пересадка хвостов при ходе васи по пути пети если вася проходит ребро пути \\(p\\), это ребро удаляется, а оставшиеся части \\(p\\) и \\(q\\) переклеиваются так, чтобы оба новых пути снова шли к \\(b\\) и не имели общих рёбер. invariant construction ai_checked idea-length-turn-potential сумма длин путей и бит очереди потенциал \\(s=|p|+|q|+\\varepsilon\\), где \\(\\varepsilon\\) кодирует очередь хода, не возрастает; если он стабилизировался, путь пети укорачивается на каждом его ходу и не меняется ходами васи. potential_function goal_strategy_game ai_checked sol-problem06-complete полное решение через два пути и целый потенциал ai_checked directed_graph path cycle invariant potential_function в каждый момент будем поддерживать два направленных пути к цели: \\(p\\) идёт от текущего положения фишки пети до \\(b\\), а \\(q\\) - от текущего положения фишки васи до \\(b\\). пути не имеют общих рёбер, хотя могут иметь общие вершины. изначально \\(p\\) - данный в условии путь из \\(a\\) в \\(b\\), а \\(q\\) - пустой путь из \\(b\\) в \\(b\\). опишем перестройку. на своём ходу петя проходит первое ребро \\(p\\); после разворота это ребро удаляется из \\(p\\). если \\(p\\) стал пустым, петя уже находится в \\(b\\). пусть вася прошёл по ребру \\(q\\to r\\), которое после хода стало \\(r\\to q\\). если ребро \\(qr\\) не лежало ни в \\(p\\), ни в \\(q\\), допишем \\(r\\to q\\) в начало \\(q\\). если \\(q\\to r\\) лежало в \\(q\\), оно было первым ребром \\(q\\), и мы удаляем его. если \\(q\\to r\\) лежало в \\(p\\), представим \\[p=p_0+(q\\to r)+p_1\\] и заменим пути по правилу \\[p\\leftarrow p_0+q,\\qquad q\\leftarrow p_1.\\] это пересадка хвостов… lktg-2026-project2-problem06-two-tokens-reversing-arcs dve fishki i razvoroty proydennyh strelok invariant potential_function dynamics construction goal_strategy_game goal_bound 2026 38-ya letnyaya konferentsiya turnira gorodov 2026, proekt 2 «igry na menyayuschihsya grafah» https://turgor.ru/lktg/2026/2/2-1-changing_graphs-rus.pdf https://turgor.ru/lktg/2026/2/2-1-changing_graphs-sol-rus.pdf https://turgor.ru/lktg/2026/2/index.html 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 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 m. didin m. didin 38-ya letnyaya konferentsiya turnira gorodov 2026, proekt 2 «igry na menyayuschihsya grafah» lktg 2026, proekt 2 «igry na menyayuschihsya grafah»: usloviya, russkaya redaktsiya 7 lktg 2026, proekt 2 «igry na menyayuschihsya grafah»: resheniya, russkaya redaktsiya 7 stmt-problem06 dostizhenie tseli pri razvorote kazhdogo proydennogo rebra source_verified na konechnom orientirovannom grafe vybrany dve razlichnye vershiny \\(a\\) i \\(b\\). v \\(a\\) stoit fishka peti, v \\(b\\) - fishka vasi; iz \\(a\\) v \\(b\\) suschestvuet orientirovannyy put. pri kazhdom peredvizhenii fishka idet po vyhodyaschey strelke, posle chego napravlenie proydennogo rebra nemedlenno menyaetsya na protivopolozhnoe. fishki mogut nahoditsya v odnoy vershine; polozhenie odnoy fishki nikak ne ogranichivaet dvizhenie drugoy. petya hochet privesti svoyu fishku v vershinu \\(b\\). a) snachala vasya sovershaet lyuboe konechnoe chislo dopustimyh peredvizheniy svoey fishki, vozmozhno ni odnogo, i posle etogo bolshe ne hodit. zatem hodit tolko petya. dokazhite, chto posle lyubyh hodov vasi petya mozhet popast v \\(b\\). b) teper igroki hodyat po ocheredi, nachinaet petya. za hod igrok mozhet libo propustit hod, libo peredvinut svoyu fishku. petya vyigryvaet, kak tolko ego fishka vpervye popadaet v \\(b\\); esli etogo nikogda ne proishodit, vyigryvaet vasya. suschestvuet li ishodnyy orientirovannyy graf, na kotorom vasya mozhet pomeshat pete vyigrat? directed_graph path idea-two-path-memory hranit tolko dva puti k tseli podderzhivayutsya ne imeyuschie obschih reber napravlennye puti \\(p\\) ot fishki peti k \\(b\\) i \\(q\\) ot fishki vasi k \\(b\\); ostalnye rebra pozitsii dlya strategii nesuschestvenny. invariant graph_model ai_checked idea-tail-switching peresadka hvostov pri hode vasi po puti peti esli vasya prohodit rebro puti \\(p\\), eto rebro udalyaetsya, a ostavshiesya chasti \\(p\\) i \\(q\\) perekleivayutsya tak, chtoby oba novyh puti snova shli k \\(b\\) i ne imeli obschih reber. invariant construction ai_checked idea-length-turn-potential summa dlin putey i bit ocheredi potentsial \\(s=|p|+|q|+\\varepsilon\\), gde \\(\\varepsilon\\) kodiruet ochered hoda, ne vozrastaet; esli on stabilizirovalsya, put peti ukorachivaetsya na kazhdom ego hodu i ne menyaetsya hodami vasi. potential_function goal_strategy_game ai_checked sol-problem06-complete polnoe reshenie cherez dva puti i tselyy potentsial ai_checked directed_graph path cycle invariant potential_function v kazhdyy moment budem podderzhivat dva napravlennyh puti k tseli: \\(p\\) idet ot tekuschego polozheniya fishki peti do \\(b\\), a \\(q\\) - ot tekuschego polozheniya fishki vasi do \\(b\\). puti ne imeyut obschih reber, hotya mogut imet obschie vershiny. iznachalno \\(p\\) - dannyy v uslovii put iz \\(a\\) v \\(b\\), a \\(q\\) - pustoy put iz \\(b\\) v \\(b\\). opishem perestroyku. na svoem hodu petya prohodit pervoe rebro \\(p\\); posle razvorota eto rebro udalyaetsya iz \\(p\\). esli \\(p\\) stal pustym, petya uzhe nahoditsya v \\(b\\). pust vasya proshel po rebru \\(q\\to r\\), kotoroe posle hoda stalo \\(r\\to q\\). esli rebro \\(qr\\) ne lezhalo ni v \\(p\\), ni v \\(q\\), dopishem \\(r\\to q\\) v nachalo \\(q\\). esli \\(q\\to r\\) lezhalo v \\(q\\), ono bylo pervym rebrom \\(q\\), i my udalyaem ego. esli \\(q\\to r\\) lezhalo v \\(p\\), predstavim \\[p=p_0+(q\\to r)+p_1\\] i zamenim puti po pravilu \\[p\\leftarrow p_0+q,\\qquad q\\leftarrow p_1.\\] eto peresadka hvostov…","source_keys":["lktg"]}
{"id":"lktg-2026-project2-problem07-two-degenerate-orientation-game","title":"Парная стратегия против ориентированного цикла: 2-вырожденные графы и решётки","path":"data\\problems\\lktg\\lktg-2026-project2-problem07-two-degenerate-orientation-game.yaml","raw_github_url":"https://raw.githubusercontent.com/didin-maxim/knowledge_graph_of_graphs/main/data/problems/lktg/lktg-2026-project2-problem07-two-degenerate-orientation-game.yaml","viewer_url":"https://didin-maxim.github.io/knowledge_graph_of_graphs/#lktg-2026-project2-problem07-two-degenerate-orientation-game","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"],"year":"2026","type":"problem","authors":[],"tags":["induction","invariant","goal_characterization","goal_strategy_game","dynamics","planar_graphs","graph_symmetry","extremal_choice"],"agent_topics":["game_strategy"],"difficulty":{"main":"national_final_medium","local_score":8,"comment":"Официальная шкала проекта: а) 2/5, б) 4/5. Характеризация стандартна после нахождения порядка удаления, а игровая часть требует точной проверки момента до парного ответа.","status":"source_verified"},"review_status":"ai_checked","public_ready":true,"solution_state":"with_solution","solution_classification":{"type":"official_complete_or_near_complete","label":"официальное полное решение","status":"ai_checked","confidence":0.98,"basis":"Официальный PDF содержит полное доказательство характеризации и игровой стратегии.","notes":"Решение самодостаточно доказывает существование стока в конечном ациклическом орграфе."},"statements":{"original":[{"id":"stmt-problem07","title":"Ориентация 2-вырожденного графа и игра на его рёбрах","status":"source_verified","text":"В игре на неориентированном графе \\(G\\) Циклист и Ациклист по очереди выбирают ещё не ориентированное ребро и направляют его в любую сторону. Циклист выигрывает немедленно, как только появляется ориентированный цикл длины не менее 3; если все рёбра ориентированы и такого цикла нет, выигрывает Ациклист. Граф называется 2-вырожденным, если в каждом его непустом подграфе есть вершина степени не больше 2. а) Докажите, что граф 2-вырожден тогда и только тогда, когда существует ациклическая ориентация всех его рёбер с входящей степенью каждой вершины не больше 2. В этом пункте игра не ведётся: нужно лишь ориентировать рёбра графа. б) Пусть \\(G\\) - конечный 2-вырожденный граф. Докажите, что Ациклист выигрывает, если \\(|E(G)|\\) чётно и начинает Циклист, а также если \\(|E(G)|\\) нечётно и начинает Ациклист.","definition_ids":["orientation","cycle","degree","indegree","outdegree"]}],"olympiad_reformulations":[{"id":"stmt-square-grids","title":"Формулировки для бесконечной и прямоугольной квадратных решёток","status":"source_verified","text":"На неориентированном графе \\(G\\) Циклист и Ациклист по очереди выбирают ещё не ориентированное ребро и направляют его в любую сторону. Циклист выигрывает немедленно, как только появляется ориентированный цикл длины не менее 3; если все рёбра ориентированы и цикла нет, выигрывает Ациклист. На бесконечном графе Циклист должен создать конечный цикл за конечное число ходов; если этого никогда не происходит, выигрывает Ациклист. а) На бесконечной квадратной решётке с вершинами \\((x,y)\\in\\mathbb Z^2\\) и рёбрами между вершинами на расстоянии 1 определите победителя, когда первым ходит Циклист и когда первым ходит Ациклист. б) Пусть \\(m,n\\ge1\\), а \\(P_m\\square P_n\\) - конечная прямоугольная решётка, где \\(P_k\\) обозначает путь на \\(k\\) вершинах. Докажите, что Ациклист выигрывает, если \\(m\\) и \\(n\\) одной чётности и начинает Циклист, а также если \\(m\\) и \\(n\\) разной чётности и начинает Ациклист.","definition_ids":["orientation","cycle","path"]}]},"solutions":[{"id":"sol-problem07-complete","title":"Полное решение пунктов а и б","status":"ai_checked","definition_ids":["orientation","cycle","degree","indegree","outdegree"],"standard_idea_ids":["greedy_ordering","invariant"],"tags":[],"has_text":true,"text_preview":"а) Пусть граф 2-вырожден. Будем по одной удалять вершины, каждый раз выбирая в оставшемся графе вершину степени не больше 2. Получим порядок \\(v_1,v_2,\\ldots,v_n\\), где \\(v_i\\) удалена раньше \\(v_{i+1}\\). Каждое ребро направим от вершины, удалённой позже, к вершине, удалённой раньше. В вершину \\(v_i\\) входят только рёбра, соединявшие её в момент удаления с ещё не удалёнными вершинами, поэтому входящая степень не больше 2. Вдоль каждой стрелки индекс вершины уменьшается, так что ориентированного цикла нет. Обратно, пусть дана ациклическая ориентация, в которой входящая степень каждой вершины не больше 2. Возьмём любой непустой подграф и ограничим на него ориентацию; она остаётся ациклической. В конечном ациклическом ориентированном графе есть сток. Иначе из каждой вершины выходила бы стрелка, и, всё время двигаясь по стрелкам, мы в конечном графе повторили бы вершину и получили ориентиро…"},{"id":"sol-square-grid-pairing","title":"Геометрическая реализация парной стратегии на решётке","status":"ai_checked","definition_ids":["orientation","cycle","path"],"standard_idea_ids":["invariant","extremal_choice"],"tags":[],"has_text":true,"text_preview":"а) На бесконечной квадратной решётке Ациклист выигрывает при обоих порядках хода. Пусть начинает Циклист. В качестве эталонной ориентации \\(D\\) направим все горизонтальные рёбра вправо, а вертикальные вверх. В каждую вершину входят ровно два эталонных ребра - слева и снизу; объединим их в пару. После хода Циклиста Ациклист берёт второе ребро той же пары и направляет его так же относительно общей вершины, как первое. Ориентированный цикл невозможен: ограниченная на его рёбра эталонная ориентация ациклична, потому что вдоль каждой её стрелки растёт хотя бы одна координата. Поэтому на цикле есть эталонный сток, и два соседних с ним ребра составляют пару. В игровом ориентированном цикле одно из них входит в сток, а другое выходит, тогда как стратегия направляет их одинаково относительно центра. Цикл не может появиться и непосредственно после хода Циклиста: перед этим соответствующая структу…"}],"relations":[{"id":"rel-lktg-2026-p09-p07-oriented-cycle-game","neighbor_id":"lktg-2026-project2-problem09-bollobas-szabo-oriented-cycle-game","direction":"backward","type":"generalization","distance":2,"status":"ai_checked"}],"search_text":"lktg-2026-project2-problem07-two-degenerate-orientation-game парная стратегия против ориентированного цикла: 2-вырожденные графы и решётки induction invariant goal_characterization goal_strategy_game dynamics planar_graphs graph_symmetry extremal_choice 2026 38-я летняя конференция турнира городов 2026, проект 2 «игры на меняющихся графах» https://turgor.ru/lktg/2026/2/2-1-changing_graphs-rus.pdf https://turgor.ru/lktg/2026/2/2-1-changing_graphs-sol-rus.pdf https://turgor.ru/lktg/2026/2/index.html 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 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 38-я летняя конференция турнира городов 2026, проект 2 «игры на меняющихся графах» лктг 2026, проект 2 «игры на меняющихся графах»: условия, русская редакция 7 лктг 2026, проект 2 «игры на меняющихся графах»: решения, русская редакция 7 stmt-problem07 ориентация 2-вырожденного графа и игра на его рёбрах source_verified в игре на неориентированном графе \\(g\\) циклист и ациклист по очереди выбирают ещё не ориентированное ребро и направляют его в любую сторону. циклист выигрывает немедленно, как только появляется ориентированный цикл длины не менее 3; если все рёбра ориентированы и такого цикла нет, выигрывает ациклист. граф называется 2-вырожденным, если в каждом его непустом подграфе есть вершина степени не больше 2. а) докажите, что граф 2-вырожден тогда и только тогда, когда существует ациклическая ориентация всех его рёбер с входящей степенью каждой вершины не больше 2. в этом пункте игра не ведётся: нужно лишь ориентировать рёбра графа. б) пусть \\(g\\) - конечный 2-вырожденный граф. докажите, что ациклист выигрывает, если \\(|e(g)|\\) чётно и начинает циклист, а также если \\(|e(g)|\\) нечётно и начинает ациклист. orientation cycle degree indegree outdegree stmt-square-grids формулировки для бесконечной и прямоугольной квадратных решёток source_verified на неориентированном графе \\(g\\) циклист и ациклист по очереди выбирают ещё не ориентированное ребро и направляют его в любую сторону. циклист выигрывает немедленно, как только появляется ориентированный цикл длины не менее 3; если все рёбра ориентированы и цикла нет, выигрывает ациклист. на бесконечном графе циклист должен создать конечный цикл за конечное число ходов; если этого никогда не происходит, выигрывает ациклист. а) на бесконечной квадратной решётке с вершинами \\((x,y)\\in\\mathbb z^2\\) и рёбрами между вершинами на расстоянии 1 определите победителя, когда первым ходит циклист и когда первым ходит ациклист. б) пусть \\(m,n\\ge1\\), а \\(p_m\\square p_n\\) - конечная прямоугольная решётка, где \\(p_k\\) обозначает путь на \\(k\\) вершинах. докажите, что ациклист выигрывает, если \\(m\\) и \\(n\\) одной чётности и начинает циклист, а также если \\(m\\) и \\(n\\) разной чётности и начинает ациклист. orientation cycle path idea-degeneracy-order порядок удаления задаёт ациклическую ориентацию каждое ребро направляется от позже удалённой вершины к раньше удалённой; номера вдоль стрелок убывают, а входящая степень ограничена степенью в момент удаления. induction goal_characterization ai_checked idea-reference-incoming-pairs пары входящих рёбер эталонной ориентации два эталонных ребра, входящих в одну вершину, связываются в пару; ациклист направляет их одинаково относительно центра, что несовместимо с ориентированным циклом. invariant goal_strategy_game ai_checked idea-grid-reference-orientation рёбра слева и снизу как структурная пара в эталонной ориентации вправо и вверх в каждую вершину входят рёбра слева и снизу; одинаковое направление этих пар в игре запрещает ориентированный цикл. invariant graph_symmetry ai_checked idea-origin-defect один непарный вход в начале координат при первом ходе ациклиста горизонтальные рёбра нулевой строки направляются от начала координат, так что только в начале координат остаётся одно входящее эталонное ребро, уже занятое первым ходом. construction goal_strategy_game ai_checked idea-max-coordinate-cycle вершина цикла с максимальной суммой координат в конечной решётке оба ребра цикла при вершине с максимальным \\(x+y\\) идут влево и вниз и образуют структурную пару. extremal_choice invariant ai_checked sol-problem07-complete полное решение пунктов а и б ai_checked orientation cycle degree indegree outdegree greedy_ordering invariant а) пусть граф 2-вырожден. будем по одной удалять вершины, каждый раз выбирая в оставшемся графе вершину степени не больше 2. получим порядок \\(v_1,v_2,\\ldots,v_n\\), где \\(v_i\\) удалена раньше \\(v_{i+1}\\). каждое ребро направим от вершины, удалённой позже, к вершине, удалённой раньше. в вершину \\(v_i\\) входят только рёбра, соединявшие её в момент удаления с ещё не удалёнными вершинами, поэтому входящая степень не больше 2. вдоль каждой стрелки индекс вершины уменьшается, так что ориентированного цикла нет. обратно, пусть дана ациклическая ориентация, в которой входящая степень каждой вершины не больше 2. возьмём любой непустой подграф и ограничим на него ориентацию; она остаётся ациклической. в конечном ациклическом ориентированном графе есть сток. иначе из каждой вершины выходила бы стрелка, и, всё время двигаясь по стрелкам, мы в конечном графе повторили бы вершину и получили ориентиро… sol-square-grid-pairing геометрическая реализация парной стратегии на решётке ai_checked orientation cycle path invariant extremal_choice а) на бесконечной квадратной решётке ациклист выигрывает при обоих порядках хода. пусть начинает циклист. в качестве эталонной ориентации \\(d\\) направим все горизонтальные рёбра вправо, а вертикальные вверх. в каждую вершину входят ровно два эталонных ребра - слева и снизу; объединим их в пару. после хода циклиста ациклист берёт второе ребро той же пары и направляет его так же относительно общей вершины, как первое. ориентированный цикл невозможен: ограниченная на его рёбра эталонная ориентация ациклична, потому что вдоль каждой её стрелки растёт хотя бы одна координата. поэтому на цикле есть эталонный сток, и два соседних с ним ребра составляют пару. в игровом ориентированном цикле одно из них входит в сток, а другое выходит, тогда как стратегия направляет их одинаково относительно центра. цикл не может появиться и непосредственно после хода циклиста: перед этим соответствующая структу… lktg-2026-project2-problem07-two-degenerate-orientation-game parnaya strategiya protiv orientirovannogo tsikla: 2-vyrozhdennye grafy i reshetki induction invariant goal_characterization goal_strategy_game dynamics planar_graphs graph_symmetry extremal_choice 2026 38-ya letnyaya konferentsiya turnira gorodov 2026, proekt 2 «igry na menyayuschihsya grafah» https://turgor.ru/lktg/2026/2/2-1-changing_graphs-rus.pdf https://turgor.ru/lktg/2026/2/2-1-changing_graphs-sol-rus.pdf https://turgor.ru/lktg/2026/2/index.html 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 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 38-ya letnyaya konferentsiya turnira gorodov 2026, proekt 2 «igry na menyayuschihsya grafah» lktg 2026, proekt 2 «igry na menyayuschihsya grafah»: usloviya, russkaya redaktsiya 7 lktg 2026, proekt 2 «igry na menyayuschihsya grafah»: resheniya, russkaya redaktsiya 7 stmt-problem07 orientatsiya 2-vyrozhdennogo grafa i igra na ego rebrah source_verified v igre na neorientirovannom grafe \\(g\\) tsiklist i atsiklist po ocheredi vybirayut esche ne orientirovannoe rebro i napravlyayut ego v lyubuyu storonu. tsiklist vyigryvaet nemedlenno, kak tolko poyavlyaetsya orientirovannyy tsikl dliny ne menee 3; esli vse rebra orientirovany i takogo tsikla net, vyigryvaet atsiklist. graf nazyvaetsya 2-vyrozhdennym, esli v kazhdom ego nepustom podgrafe est vershina stepeni ne bolshe 2. a) dokazhite, chto graf 2-vyrozhden togda i tolko togda, kogda suschestvuet atsiklicheskaya orientatsiya vseh ego reber s vhodyaschey stepenyu kazhdoy vershiny ne bolshe 2. v etom punkte igra ne vedetsya: nuzhno lish orientirovat rebra grafa. b) pust \\(g\\) - konechnyy 2-vyrozhdennyy graf. dokazhite, chto atsiklist vyigryvaet, esli \\(|e(g)|\\) chetno i nachinaet tsiklist, a takzhe esli \\(|e(g)|\\) nechetno i nachinaet atsiklist. orientation cycle degree indegree outdegree stmt-square-grids formulirovki dlya beskonechnoy i pryamougolnoy kvadratnyh reshetok source_verified na neorientirovannom grafe \\(g\\) tsiklist i atsiklist po ocheredi vybirayut esche ne orientirovannoe rebro i napravlyayut ego v lyubuyu storonu. tsiklist vyigryvaet nemedlenno, kak tolko poyavlyaetsya orientirovannyy tsikl dliny ne menee 3; esli vse rebra orientirovany i tsikla net, vyigryvaet atsiklist. na beskonechnom grafe tsiklist dolzhen sozdat konechnyy tsikl za konechnoe chislo hodov; esli etogo nikogda ne proishodit, vyigryvaet atsiklist. a) na beskonechnoy kvadratnoy reshetke s vershinami \\((x,y)\\in\\mathbb z^2\\) i rebrami mezhdu vershinami na rasstoyanii 1 opredelite pobeditelya, kogda pervym hodit tsiklist i kogda pervym hodit atsiklist. b) pust \\(m,n\\ge1\\), a \\(p_m\\square p_n\\) - konechnaya pryamougolnaya reshetka, gde \\(p_k\\) oboznachaet put na \\(k\\) vershinah. dokazhite, chto atsiklist vyigryvaet, esli \\(m\\) i \\(n\\) odnoy chetnosti i nachinaet tsiklist, a takzhe esli \\(m\\) i \\(n\\) raznoy chetnosti i nachinaet atsiklist. orientation cycle path idea-degeneracy-order poryadok udaleniya zadaet atsiklicheskuyu orientatsiyu kazhdoe rebro napravlyaetsya ot pozzhe udalennoy vershiny k ranshe udalennoy; nomera vdol strelok ubyvayut, a vhodyaschaya stepen ogranichena stepenyu v moment udaleniya. induction goal_characterization ai_checked idea-reference-incoming-pairs pary vhodyaschih reber etalonnoy orientatsii dva etalonnyh rebra, vhodyaschih v odnu vershinu, svyazyvayutsya v paru; atsiklist napravlyaet ih odinakovo otnositelno tsentra, chto nesovmestimo s orientirovannym tsiklom. invariant goal_strategy_game ai_checked idea-grid-reference-orientation rebra sleva i snizu kak strukturnaya para v etalonnoy orientatsii vpravo i vverh v kazhduyu vershinu vhodyat rebra sleva i snizu; odinakovoe napravlenie etih par v igre zapreschaet orientirovannyy tsikl. invariant graph_symmetry ai_checked idea-origin-defect odin neparnyy vhod v nachale koordinat pri pervom hode atsiklista gorizontalnye rebra nulevoy stroki napravlyayutsya ot nachala koordinat, tak chto tolko v nachale koordinat ostaetsya odno vhodyaschee etalonnoe rebro, uzhe zanyatoe pervym hodom. construction goal_strategy_game ai_checked idea-max-coordinate-cycle vershina tsikla s maksimalnoy summoy koordinat v konechnoy reshetke oba rebra tsikla pri vershine s maksimalnym \\(x+y\\) idut vlevo i vniz i obrazuyut strukturnuyu paru. extremal_choice invariant ai_checked sol-problem07-complete polnoe reshenie punktov a i b ai_checked orientation cycle degree indegree outdegree greedy_ordering invariant a) pust graf 2-vyrozhden. budem po odnoy udalyat vershiny, kazhdyy raz vybiraya v ostavshemsya grafe vershinu stepeni ne bolshe 2. poluchim poryadok \\(v_1,v_2,\\ldots,v_n\\), gde \\(v_i\\) udalena ranshe \\(v_{i+1}\\). kazhdoe rebro napravim ot vershiny, udalennoy pozzhe, k vershine, udalennoy ranshe. v vershinu \\(v_i\\) vhodyat tolko rebra, soedinyavshie ee v moment udaleniya s esche ne udalennymi vershinami, poetomu vhodyaschaya stepen ne bolshe 2. vdol kazhdoy strelki indeks vershiny umenshaetsya, tak chto orientirovannogo tsikla net. obratno, pust dana atsiklicheskaya orientatsiya, v kotoroy vhodyaschaya stepen kazhdoy vershiny ne bolshe 2. vozmem lyuboy nepustoy podgraf i ogranichim na nego orientatsiyu; ona ostaetsya atsiklicheskoy. v konechnom atsiklicheskom orientirovannom grafe est stok. inache iz kazhdoy vershiny vyhodila by strelka, i, vse vremya dvigayas po strelkam, my v konechnom grafe povtorili by vershinu i poluchili orientiro… sol-square-grid-pairing geometricheskaya realizatsiya parnoy strategii na reshetke ai_checked orientation cycle path invariant extremal_choice a) na beskonechnoy kvadratnoy reshetke atsiklist vyigryvaet pri oboih poryadkah hoda. pust nachinaet tsiklist. v kachestve etalonnoy orientatsii \\(d\\) napravim vse gorizontalnye rebra vpravo, a vertikalnye vverh. v kazhduyu vershinu vhodyat rovno dva etalonnyh rebra - sleva i snizu; obedinim ih v paru. posle hoda tsiklista atsiklist beret vtoroe rebro toy zhe pary i napravlyaet ego tak zhe otnositelno obschey vershiny, kak pervoe. orientirovannyy tsikl nevozmozhen: ogranichennaya na ego rebra etalonnaya orientatsiya atsiklichna, potomu chto vdol kazhdoy ee strelki rastet hotya by odna koordinata. poetomu na tsikle est etalonnyy stok, i dva sosednih s nim rebra sostavlyayut paru. v igrovom orientirovannom tsikle odno iz nih vhodit v stok, a drugoe vyhodit, togda kak strategiya napravlyaet ih odinakovo otnositelno tsentra. tsikl ne mozhet poyavitsya i neposredstvenno posle hoda tsiklista: pered etim sootvetstvuyuschaya struktu…","source_keys":["lktg"]}
{"id":"lktg-2026-project2-problem09-bollobas-szabo-oriented-cycle-game","title":"Игра Боллобаша-Сабо: плотное ядро и принудительный ориентированный цикл","path":"data\\problems\\lktg\\lktg-2026-project2-problem09-bollobas-szabo-oriented-cycle-game.yaml","raw_github_url":"https://raw.githubusercontent.com/didin-maxim/knowledge_graph_of_graphs/main/data/problems/lktg/lktg-2026-project2-problem09-bollobas-szabo-oriented-cycle-game.yaml","viewer_url":"https://didin-maxim.github.io/knowledge_graph_of_graphs/#lktg-2026-project2-problem09-bollobas-szabo-oriented-cycle-game","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","Béla Bollobás, Tamás Szabó, The oriented cycle game"],"year":"2026","type":"theorem_problem","authors":["B. Bollobás","T. Szabó"],"tags":["extremal_graph_theory","classical_theorem","eulerian_graphs","matching","double_counting","minimal_counterexample","invariant","construction","goal_strategy_game","goal_proof"],"agent_topics":["game_strategy"],"difficulty":{"main":"imo_p3_plus","local_score":10,"comment":"Официальная шкала проекта: а) 4/5, б) 4/5, в) 5/5, г) 2/5, д) 2/5, е) 2/5. Главная нагрузка сосредоточена в распределительной лемме и стратегии пункта в.","status":"source_verified"},"review_status":"ai_checked","public_ready":true,"solution_state":"with_solution","solution_classification":{"type":"official_complete_or_near_complete","label":"официальное полное решение","status":"ai_checked","confidence":0.98,"basis":"Официальный PDF решений ЛКТГ 2026 даёт полные доказательства пунктов а-е, распределительных лемм, плотностной теоремы и торической конструкции.","notes":"Внешняя теорема не оставлена без доказательства; для пункта е также дан отдельный самодостаточный перенос доказательства результата о бесконечной решётке."},"statements":{"original":[{"id":"stmt-problem09","title":"Шесть шагов к теореме об игре ориентированного цикла","status":"source_verified","text":"На неориентированном графе \\(G\\) игроки Циклист и Ациклист по очереди выбирают ещё не ориентированное ребро и направляют его в любую сторону. Циклист выигрывает немедленно, как только появляется ориентированный цикл длины не менее 3; если все рёбра ориентированы и цикла нет, выигрывает Ациклист. Сток - вершина, из которой не выходит ни одной стрелки; источник - вершина, в которую не входит ни одной стрелки. Через \\(v(H)\\) и \\(e(H)\\) обозначим число вершин и число рёбер графа \\(H\\). Конечный простой граф \\(H\\) назовём минимальным плотным ядром, если \\(v(H)\\ge3\\), \\(e(H)=2v(H)-2\\), но для каждого собственного подграфа \\(F\\subsetneq H\\) с \\(v(F)\\ge3\\) выполнено \\(e(F)\\le2v(F)-3\\). а) Докажите, что на любом конечном простом 4-регулярном графе Циклист, ходя первым, имеет выигрышную стратегию. б) Игра идёт на минимальном плотном ядре \\(H\\). Первым ходит Ациклист, вторым - Циклист. В этом пункте игроки ориентируют все рёбра \\(H\\), даже если ориентированный цикл появился раньше. Докажите, что Циклист может гарантировать, что итоговая ориентация \\(H\\) не имеет стоков. в) На минимальном плотном ядре \\(H\\) Циклист ходит первым. Докажите, что он может играть так, чтобы либо появился ориентированный цикл, либо после ориентации всех рёбер итоговая ориентация не имела стоков или не имела источников. г) Выведите теорему Боллобаша-Сабо: если конечный простой граф \\(G\\) имеет \\(N\\ge3\\) вершин и не менее \\(2N-2\\) рёбер, то Циклист, ходя первым, имеет выигрышную стратегию. д) Докажите, что на любом конечном простом 4-регулярном графе Циклист выигрывает независимо от того, кто сделал первый ход. Далее пусть простой граф с \\(N\\) вершинами клеточно вложен в замкнутую связную ориентируемую поверхность рода \\(g\\ge1\\), а граница каждой грани имеет длину 4. Найдите число его рёбер и докажите, что Циклист выигрывает при обоих порядках хода. е) Корневым шаром радиуса \\(R\\) назовём подграф, порождённый вершинами на расстоянии не более \\(R\\) от отмеченного центра. Для каждого \\(R\\ge0\\) постройте конечный простой граф \\(G_R\\) и вершину \\(v_R\\), для которых корневой шар радиуса \\(R\\) с центром \\(v_R\\) изоморфен корневому шару радиуса \\(R\\) квадратной решётки, но при каждом из двух порядков хода победитель на \\(G_R\\) противоположен победителю в соответствующей игре на бесконечной решётке. Все параметры конструкции укажите явно.","definition_ids":["simple_graph","orientation","cycle","outdegree","indegree","degree","eulerian_cycle","distance","induced_subgraph"]}]},"solutions":[{"id":"sol-problem09-complete","title":"Полное решение пунктов а-е","status":"ai_checked","definition_ids":["simple_graph","orientation","cycle","outdegree","indegree","degree","eulerian_cycle","matching","distance","induced_subgraph"],"standard_idea_ids":["invariant","alternating_paths","minimal_counterexample","double_counting"],"tags":[],"has_text":true,"text_preview":"а) В каждой компоненте 4-регулярного графа построим замкнутый обход, проходящий по каждому ребру ровно один раз. Начнём идти по неиспользованным рёбрам. Застрять не в начальной вершине нельзя: до очередного входа в вершину использовано чётное число её рёбер, а сразу после входа - нечётное, то есть не все четыре. Если после возвращения остались рёбра, начнём такой же обход из вершины старого обхода, инцидентной неиспользованному ребру, и вклеим новый замкнутый кусок. Так получается эйлеров обход. Направим каждое ребро эталонно по ходу обхода. В каждую вершину входят ровно два ребра; объединим их в пару с центром в этой вершине. Все рёбра разбились на пары. Циклист первым берёт одно ребро любой пары и направляет его из центра, а второе временно откладывает. Далее на ход Ациклиста в нетронутой паре он берёт второе ребро этой пары и направляет его из центра. Если Ациклист берёт отложенное р…"},{"id":"sol-problem09-part-e-self-contained","title":"Самодостаточное решение пункта е с доказательством результата для бесконечной решётки","status":"ai_checked","definition_ids":["simple_graph","orientation","cycle","distance","induced_subgraph"],"standard_idea_ids":["invariant"],"tags":[],"has_text":true,"text_preview":"Сначала докажем нужный результат о бесконечной квадратной решётке, не ссылаясь на другую карточку. Ациклист выигрывает при обоих порядках хода. Если начинает Циклист, эталонно направим все горизонтальные рёбра вправо, а все вертикальные вверх. В каждую вершину входят два эталонных ребра - слева и снизу; объединим их в пару. После хода Циклиста Ациклист берёт второе ребро пары и направляет его так же относительно общей вершины, как первое. Ориентированный цикл невозможен. Эталонная ориентация любого конечного цикла ациклична, поскольку вдоль стрелок растут координаты, поэтому на цикле есть эталонный сток. Два соседних с ним ребра составляют одну пару, но в игровом ориентированном цикле одно должно входить в сток, а другое выходить, тогда как стратегия направляет их одинаково. Цикл не может появиться непосредственно после хода Циклиста: перед ним эта пара либо нетронута и оба её ребра ещё…"}],"relations":[{"id":"rel-lktg-2026-p09-p07-oriented-cycle-game","neighbor_id":"lktg-2026-project2-problem07-two-degenerate-orientation-game","direction":"forward","type":"generalization","distance":2,"status":"ai_checked"}],"search_text":"lktg-2026-project2-problem09-bollobas-szabo-oriented-cycle-game игра боллобаша-сабо: плотное ядро и принудительный ориентированный цикл extremal_graph_theory classical_theorem eulerian_graphs matching double_counting minimal_counterexample invariant construction goal_strategy_game goal_proof 2026 38-я летняя конференция турнира городов 2026, проект 2 «игры на меняющихся графах» b. bollobás bbollobás béla bollobás, tamás szabó, the oriented cycle game https://doi.org/10.1016/s0012-365x(97)00224-0 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 paper src-bollobas-szabo-oriented-cycle-game src-lktg-2026-project2-page src-lktg-2026-project2-problems-ru src-lktg-2026-project2-solutions-ru t. szabó tszabó 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 b. bollobás t. szabó 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 béla bollobás, tamás szabó, the oriented cycle game stmt-problem09 шесть шагов к теореме об игре ориентированного цикла source_verified на неориентированном графе \\(g\\) игроки циклист и ациклист по очереди выбирают ещё не ориентированное ребро и направляют его в любую сторону. циклист выигрывает немедленно, как только появляется ориентированный цикл длины не менее 3; если все рёбра ориентированы и цикла нет, выигрывает ациклист. сток - вершина, из которой не выходит ни одной стрелки; источник - вершина, в которую не входит ни одной стрелки. через \\(v(h)\\) и \\(e(h)\\) обозначим число вершин и число рёбер графа \\(h\\). конечный простой граф \\(h\\) назовём минимальным плотным ядром, если \\(v(h)\\ge3\\), \\(e(h)=2v(h)-2\\), но для каждого собственного подграфа \\(f\\subsetneq h\\) с \\(v(f)\\ge3\\) выполнено \\(e(f)\\le2v(f)-3\\). а) докажите, что на любом конечном простом 4-регулярном графе циклист, ходя первым, имеет выигрышную стратегию. б) игра идёт на минимальном плотном ядре \\(h\\). первым ходит ациклист, вторым - циклист. в этом пункте игроки ориентируют все рёбра \\(h\\), даже если ориентированный цикл появился раньше. докажите, что циклист может гарантировать, что итоговая ориентация \\(h\\) не имеет стоков. в) на минимальном плотном ядре \\(h\\) циклист ходит первым. докажите, что он может играть так, чтобы либо появился ориентированный цикл, либо после ориентации всех рёбер итоговая ориентация не имела стоков или не имела источников. г) выведите теорему боллобаша-сабо: если конечный простой граф \\(g\\) имеет \\(n\\ge3\\) вершин и не менее \\(2n-2\\) рёбер, то циклист, ходя первым, имеет выигрышную стратегию. д) докажите, что на любом конечном простом 4-регулярном графе циклист выигрывает независимо от того, кто сделал первый ход. далее пусть простой граф с \\(n\\) вершинами клеточно вложен в замкнутую связную ориентируемую поверхность рода \\(g\\ge1\\), а граница каждой грани имеет длину 4. найдите число его рёбер и докажите, что циклист выигрывает при обоих порядках хода. е) корневым шаром радиуса \\(r\\) назовём подграф, порождённый вершинами на расстоянии не более \\(r\\) от отмеченного центра. для каждого \\(r\\ge0\\) постройте конечный простой граф \\(g_r\\) и вершину \\(v_r\\), для которых корневой шар радиуса \\(r\\) с центром \\(v_r\\) изоморфен корневому шару радиуса \\(r\\) квадратной решётки, но при каждом из двух порядков хода победитель на \\(g_r\\) противоположен победителю в соответствующей игре на бесконечной решётке. все параметры конструкции укажите явно. simple_graph orientation cycle outdegree indegree degree eulerian_cycle distance induced_subgraph idea-euler-pairs эйлеров обход разбивает рёбра 4-регулярного графа на пары после ориентации эйлерова обхода в каждую вершину входят два эталонных ребра; циклист защищает центр каждой пары хотя бы одной исходящей стрелкой. eulerian_graphs invariant ai_checked idea-edge-slot-assignment распределение рёбер по двум местам каждой вершины минимальная плотность ядра даёт условие холла для назначения каждого ребра одному из концов с двумя местами у каждой вершины, кроме начала первой стрелки. matching extremal_graph_theory ai_checked idea-deferred-edge одно отложенное ребро связывает ответы между парами если ациклист берёт отложенное ребро, циклист открывает следующую пару; если ход сделан в нетронутой паре, циклист немедленно защищает её центр вторым ребром. invariant goal_strategy_game ai_checked idea-minimal-dense-core минимальный плотный подграф локализует игру из графа с не менее чем \\(2n-2\\) рёбрами выделяется минимальное плотное ядро; ходы ациклиста вне ядра обрабатываются как пропуски. minimal_counterexample extremal_graph_theory ai_checked idea-quadrangulation-count подсчёт рёбер квадрангуляции из \\(4f=2e\\) и \\(n-e+f=2-2g\\) получается \\(e=2n+4g-4\\), чего достаточно для плотностной теоремы при обоих порядках. double_counting planar_graphs ai_checked idea-toroidal-local-model торическая решётка с большим нечётным периодом граф \\(c_{2r+3}\\square c_{2r+3}\\) 4-регулярен, но его шар радиуса \\(r\\) ещё не видит склейки тора и совпадает с шаром квадратной решётки. construction graph_symmetry ai_checked sol-problem09-complete полное решение пунктов а-е ai_checked simple_graph orientation cycle outdegree indegree degree eulerian_cycle matching distance induced_subgraph invariant alternating_paths minimal_counterexample double_counting а) в каждой компоненте 4-регулярного графа построим замкнутый обход, проходящий по каждому ребру ровно один раз. начнём идти по неиспользованным рёбрам. застрять не в начальной вершине нельзя: до очередного входа в вершину использовано чётное число её рёбер, а сразу после входа - нечётное, то есть не все четыре. если после возвращения остались рёбра, начнём такой же обход из вершины старого обхода, инцидентной неиспользованному ребру, и вклеим новый замкнутый кусок. так получается эйлеров обход. направим каждое ребро эталонно по ходу обхода. в каждую вершину входят ровно два ребра; объединим их в пару с центром в этой вершине. все рёбра разбились на пары. циклист первым берёт одно ребро любой пары и направляет его из центра, а второе временно откладывает. далее на ход ациклиста в нетронутой паре он берёт второе ребро этой пары и направляет его из центра. если ациклист берёт отложенное р… sol-problem09-part-e-self-contained самодостаточное решение пункта е с доказательством результата для бесконечной решётки ai_checked simple_graph orientation cycle distance induced_subgraph invariant сначала докажем нужный результат о бесконечной квадратной решётке, не ссылаясь на другую карточку. ациклист выигрывает при обоих порядках хода. если начинает циклист, эталонно направим все горизонтальные рёбра вправо, а все вертикальные вверх. в каждую вершину входят два эталонных ребра - слева и снизу; объединим их в пару. после хода циклиста ациклист берёт второе ребро пары и направляет его так же относительно общей вершины, как первое. ориентированный цикл невозможен. эталонная ориентация любого конечного цикла ациклична, поскольку вдоль стрелок растут координаты, поэтому на цикле есть эталонный сток. два соседних с ним ребра составляют одну пару, но в игровом ориентированном цикле одно должно входить в сток, а другое выходить, тогда как стратегия направляет их одинаково. цикл не может появиться непосредственно после хода циклиста: перед ним эта пара либо нетронута и оба её ребра ещё… lktg-2026-project2-problem09-bollobas-szabo-oriented-cycle-game igra bollobasha-sabo: plotnoe yadro i prinuditelnyy orientirovannyy tsikl extremal_graph_theory classical_theorem eulerian_graphs matching double_counting minimal_counterexample invariant construction goal_strategy_game goal_proof 2026 38-ya letnyaya konferentsiya turnira gorodov 2026, proekt 2 «igry na menyayuschihsya grafah» b. bollobás bbollobás béla bollobás, tamás szabó, the oriented cycle game https://doi.org/10.1016/s0012-365x(97)00224-0 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 paper src-bollobas-szabo-oriented-cycle-game src-lktg-2026-project2-page src-lktg-2026-project2-problems-ru src-lktg-2026-project2-solutions-ru t. szabó tszabó 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 b. bollobás t. szabó 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 béla bollobás, tamás szabó, the oriented cycle game stmt-problem09 shest shagov k teoreme ob igre orientirovannogo tsikla source_verified na neorientirovannom grafe \\(g\\) igroki tsiklist i atsiklist po ocheredi vybirayut esche ne orientirovannoe rebro i napravlyayut ego v lyubuyu storonu. tsiklist vyigryvaet nemedlenno, kak tolko poyavlyaetsya orientirovannyy tsikl dliny ne menee 3; esli vse rebra orientirovany i tsikla net, vyigryvaet atsiklist. stok - vershina, iz kotoroy ne vyhodit ni odnoy strelki; istochnik - vershina, v kotoruyu ne vhodit ni odnoy strelki. cherez \\(v(h)\\) i \\(e(h)\\) oboznachim chislo vershin i chislo reber grafa \\(h\\). konechnyy prostoy graf \\(h\\) nazovem minimalnym plotnym yadrom, esli \\(v(h)\\ge3\\), \\(e(h)=2v(h)-2\\), no dlya kazhdogo sobstvennogo podgrafa \\(f\\subsetneq h\\) s \\(v(f)\\ge3\\) vypolneno \\(e(f)\\le2v(f)-3\\). a) dokazhite, chto na lyubom konechnom prostom 4-regulyarnom grafe tsiklist, hodya pervym, imeet vyigryshnuyu strategiyu. b) igra idet na minimalnom plotnom yadre \\(h\\). pervym hodit atsiklist, vtorym - tsiklist. v etom punkte igroki orientiruyut vse rebra \\(h\\), dazhe esli orientirovannyy tsikl poyavilsya ranshe. dokazhite, chto tsiklist mozhet garantirovat, chto itogovaya orientatsiya \\(h\\) ne imeet stokov. v) na minimalnom plotnom yadre \\(h\\) tsiklist hodit pervym. dokazhite, chto on mozhet igrat tak, chtoby libo poyavilsya orientirovannyy tsikl, libo posle orientatsii vseh reber itogovaya orientatsiya ne imela stokov ili ne imela istochnikov. g) vyvedite teoremu bollobasha-sabo: esli konechnyy prostoy graf \\(g\\) imeet \\(n\\ge3\\) vershin i ne menee \\(2n-2\\) reber, to tsiklist, hodya pervym, imeet vyigryshnuyu strategiyu. d) dokazhite, chto na lyubom konechnom prostom 4-regulyarnom grafe tsiklist vyigryvaet nezavisimo ot togo, kto sdelal pervyy hod. dalee pust prostoy graf s \\(n\\) vershinami kletochno vlozhen v zamknutuyu svyaznuyu orientiruemuyu poverhnost roda \\(g\\ge1\\), a granitsa kazhdoy grani imeet dlinu 4. naydite chislo ego reber i dokazhite, chto tsiklist vyigryvaet pri oboih poryadkah hoda. e) kornevym sharom radiusa \\(r\\) nazovem podgraf, porozhdennyy vershinami na rasstoyanii ne bolee \\(r\\) ot otmechennogo tsentra. dlya kazhdogo \\(r\\ge0\\) postroyte konechnyy prostoy graf \\(g_r\\) i vershinu \\(v_r\\), dlya kotoryh kornevoy shar radiusa \\(r\\) s tsentrom \\(v_r\\) izomorfen kornevomu sharu radiusa \\(r\\) kvadratnoy reshetki, no pri kazhdom iz dvuh poryadkov hoda pobeditel na \\(g_r\\) protivopolozhen pobeditelyu v sootvetstvuyuschey igre na beskonechnoy reshetke. vse parametry konstruktsii ukazhite yavno. simple_graph orientation cycle outdegree indegree degree eulerian_cycle distance induced_subgraph idea-euler-pairs eylerov obhod razbivaet rebra 4-regulyarnogo grafa na pary posle orientatsii eylerova obhoda v kazhduyu vershinu vhodyat dva etalonnyh rebra; tsiklist zaschischaet tsentr kazhdoy pary hotya by odnoy ishodyaschey strelkoy. eulerian_graphs invariant ai_checked idea-edge-slot-assignment raspredelenie reber po dvum mestam kazhdoy vershiny minimalnaya plotnost yadra daet uslovie holla dlya naznacheniya kazhdogo rebra odnomu iz kontsov s dvumya mestami u kazhdoy vershiny, krome nachala pervoy strelki. matching extremal_graph_theory ai_checked idea-deferred-edge odno otlozhennoe rebro svyazyvaet otvety mezhdu parami esli atsiklist beret otlozhennoe rebro, tsiklist otkryvaet sleduyuschuyu paru; esli hod sdelan v netronutoy pare, tsiklist nemedlenno zaschischaet ee tsentr vtorym rebrom. invariant goal_strategy_game ai_checked idea-minimal-dense-core minimalnyy plotnyy podgraf lokalizuet igru iz grafa s ne menee chem \\(2n-2\\) rebrami vydelyaetsya minimalnoe plotnoe yadro; hody atsiklista vne yadra obrabatyvayutsya kak propuski. minimal_counterexample extremal_graph_theory ai_checked idea-quadrangulation-count podschet reber kvadrangulyatsii iz \\(4f=2e\\) i \\(n-e+f=2-2g\\) poluchaetsya \\(e=2n+4g-4\\), chego dostatochno dlya plotnostnoy teoremy pri oboih poryadkah. double_counting planar_graphs ai_checked idea-toroidal-local-model toricheskaya reshetka s bolshim nechetnym periodom graf \\(c_{2r+3}\\square c_{2r+3}\\) 4-regulyaren, no ego shar radiusa \\(r\\) esche ne vidit skleyki tora i sovpadaet s sharom kvadratnoy reshetki. construction graph_symmetry ai_checked sol-problem09-complete polnoe reshenie punktov a-e ai_checked simple_graph orientation cycle outdegree indegree degree eulerian_cycle matching distance induced_subgraph invariant alternating_paths minimal_counterexample double_counting a) v kazhdoy komponente 4-regulyarnogo grafa postroim zamknutyy obhod, prohodyaschiy po kazhdomu rebru rovno odin raz. nachnem idti po neispolzovannym rebram. zastryat ne v nachalnoy vershine nelzya: do ocherednogo vhoda v vershinu ispolzovano chetnoe chislo ee reber, a srazu posle vhoda - nechetnoe, to est ne vse chetyre. esli posle vozvrascheniya ostalis rebra, nachnem takoy zhe obhod iz vershiny starogo obhoda, intsidentnoy neispolzovannomu rebru, i vkleim novyy zamknutyy kusok. tak poluchaetsya eylerov obhod. napravim kazhdoe rebro etalonno po hodu obhoda. v kazhduyu vershinu vhodyat rovno dva rebra; obedinim ih v paru s tsentrom v etoy vershine. vse rebra razbilis na pary. tsiklist pervym beret odno rebro lyuboy pary i napravlyaet ego iz tsentra, a vtoroe vremenno otkladyvaet. dalee na hod atsiklista v netronutoy pare on beret vtoroe rebro etoy pary i napravlyaet ego iz tsentra. esli atsiklist beret otlozhennoe r… sol-problem09-part-e-self-contained samodostatochnoe reshenie punkta e s dokazatelstvom rezultata dlya beskonechnoy reshetki ai_checked simple_graph orientation cycle distance induced_subgraph invariant snachala dokazhem nuzhnyy rezultat o beskonechnoy kvadratnoy reshetke, ne ssylayas na druguyu kartochku. atsiklist vyigryvaet pri oboih poryadkah hoda. esli nachinaet tsiklist, etalonno napravim vse gorizontalnye rebra vpravo, a vse vertikalnye vverh. v kazhduyu vershinu vhodyat dva etalonnyh rebra - sleva i snizu; obedinim ih v paru. posle hoda tsiklista atsiklist beret vtoroe rebro pary i napravlyaet ego tak zhe otnositelno obschey vershiny, kak pervoe. orientirovannyy tsikl nevozmozhen. etalonnaya orientatsiya lyubogo konechnogo tsikla atsiklichna, poskolku vdol strelok rastut koordinaty, poetomu na tsikle est etalonnyy stok. dva sosednih s nim rebra sostavlyayut odnu paru, no v igrovom orientirovannom tsikle odno dolzhno vhodit v stok, a drugoe vyhodit, togda kak strategiya napravlyaet ih odinakovo. tsikl ne mozhet poyavitsya neposredstvenno posle hoda tsiklista: pered nim eta para libo netronuta i oba ee rebra esche…","source_keys":["lktg"]}
{"id":"lktg-2026-project2-problem11-symmetric-erdos-game","title":"Симметричная игра Эрдёша по кликовым числам, ЛКТГ 2026","path":"data\\problems\\lktg\\lktg-2026-project2-problem11-symmetric-erdos-game.yaml","raw_github_url":"https://raw.githubusercontent.com/didin-maxim/knowledge_graph_of_graphs/main/data/problems/lktg/lktg-2026-project2-problem11-symmetric-erdos-game.yaml","viewer_url":"https://didin-maxim.github.io/knowledge_graph_of_graphs/#lktg-2026-project2-problem11-symmetric-erdos-game","source_key":"lktg","source_label":"ЛКТГ","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","Alexandru Malekshahian, Sam Spiro, On a Clique-Building Game of Erdős"],"year":"2026","type":"research_project_problem","authors":[],"tags":["coloring","graph_symmetry","goal_strategy_game"],"agent_topics":["game_strategy"],"difficulty":{"main":"national_final_hard","local_score":10,"comment":"Официальная шкала по подпунктам: а–в — 2/5, г–д — 3/5, е — 5/5; ж и з — открытые.","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; два пункта открыты","status":"ai_checked","confidence":0.96,"basis":"официальный PDF решений, русская редакция 7","notes":"Закрытые подпункты а–е перенесены полностью; ж и з честно сохранены без решения как открытые."},"statements":{"original":[{"id":"stmt-original","title":"Симметричная игра Эрдёша","status":"source_verified","text":"Пусть \\(n\\ge 3\\). На рёбрах \\(K_n\\) Красный и Синий по очереди выбирают по одному свободному ребру и красят его в свой цвет; начинает Красный. После окраски всех рёбер Красный выигрывает, если его наибольшая клика строго больше синей; при равенстве или меньшем размере выигрывает Синий. Обозначим графы красных и синих рёбер через \\(R\\) и \\(B\\). а) Докажите, что Красный всегда может гарантировать \\(\\omega(R)\\ge\\omega(B)\\). б) Докажите, что Синий всегда может гарантировать \\(\\omega(R)\\le\\omega(B)+1\\). в) Пусть вместо полного графа доской служит произвольный конечный граф \\(G\\) хотя бы с одним ребром. Докажите те же две гарантии. В частности, при правильной игре разность кликовых чисел равна 0 или 1. г) Предположим, что на \\(K_n\\) Красный может гарантировать строгую победу. Докажите, что на \\(K_{n+1}\\) Синий имеет выигрышную стратегию. д) При том же предположении докажите, что на \\(K_{n+2}\\) Синий имеет выигрышную стратегию. е) Пусть \\(n>100\\), и предположим, что на \\(K_n\\) Красный может гарантировать строгую победу. Докажите, что на \\(K_{n+3}\\) Синий имеет выигрышную стратегию. ж★) Докажите или опровергните: существует натуральное \\(N\\), такое что для каждого \\(n\\ge N\\), если на \\(K_n\\) Красный может гарантировать строгую победу, то на \\(K_{n+4}\\) Синий имеет выигрышную стратегию. з★) Докажите или опровергните: для каждого \\(n\\ge 3\\) при правильной игре выигрывает Синий. Подпункты ж) и з) отмечены в официальном PDF звёздочкой как открытые. Решения для них в официальном сборнике нет; настоящая карточка не утверждает, что они решены.","definition_ids":["simple_graph","complete_graph","clique","ramsey_number"]}]},"solutions":[{"id":"sol-official-parts-a-e","title":"Решение закрытых подпунктов а–е","status":"ai_checked","definition_ids":["simple_graph","complete_graph","clique","ramsey_number"],"standard_idea_ids":[],"tags":[],"has_text":true,"text_preview":"Будем пользоваться приёмом воображаемых рёбер. Если стратегия выигрывает даже после того, как несколько свободных рёбер заранее отданы противнику, то она выигрывает и в исходной игре: реальный ход противника по подаренному ребру считается пропуском в воображаемой партии, а освободившийся собственный ход можно сделать где угодно. Дополнительное ребро своего цвета не уменьшает собственную клику и не увеличивает клику соперника. а) Предположим, что Синий умеет при любой игре Красного обеспечить \\(\\omega(B)>\\omega(R)\\). Красный первым ходом красит произвольное ребро \\(e\\), затем меняет названия цветов и применяет эту же стратегию как второй игрок. В воображаемой партии настоящие синие рёбра играют роль рёбер первого игрока, а красные рёбра, кроме \\(e\\), — второго. Стратегия тогда обещает \\(\\omega(R-e)>\\omega(B)\\). Ребро \\(e\\) может лишь увеличить красное кликовое число, поэтому та же страте…"}],"relations":[{"id":"rel-lktg-2026-p16-p11-board-variant","neighbor_id":"lktg-2026-project2-problem16-biconnected-red-board","direction":"backward","type":"paired_variant","distance":1,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-lktg-2026-p11-biased-clique-model","neighbor_id":"malekshahian-spiro-biased-clique-building-game","direction":"forward","type":"same_motif","distance":1,"status":"ai_checked"}],"search_text":"lktg-2026-project2-problem11-symmetric-erdos-game симметричная игра эрдёша по кликовым числам, лктг 2026 coloring graph_symmetry goal_strategy_game 2026 38-я летняя конференция турнира городов 2026, проект 2 «игры на меняющихся графах» alexandru malekshahian, sam spiro, on a clique-building game of erdős https://arxiv.org/abs/2410.18304 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 paper src-lktg-2026-project2-page src-lktg-2026-project2-problems-ru src-lktg-2026-project2-solutions-ru src-malekshahian-spiro-clique-building-game with_solution лктг лктг 2026, проект 2 «игры на меняющихся графах»: решения, русская редакция 7 лктг 2026, проект 2 «игры на меняющихся графах»: условия, русская редакция 7 лктг2026 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 alexandru malekshahian, sam spiro, on a clique-building game of erdős stmt-original симметричная игра эрдёша source_verified пусть \\(n\\ge 3\\). на рёбрах \\(k_n\\) красный и синий по очереди выбирают по одному свободному ребру и красят его в свой цвет; начинает красный. после окраски всех рёбер красный выигрывает, если его наибольшая клика строго больше синей; при равенстве или меньшем размере выигрывает синий. обозначим графы красных и синих рёбер через \\(r\\) и \\(b\\). а) докажите, что красный всегда может гарантировать \\(\\omega(r)\\ge\\omega(b)\\). б) докажите, что синий всегда может гарантировать \\(\\omega(r)\\le\\omega(b)+1\\). в) пусть вместо полного графа доской служит произвольный конечный граф \\(g\\) хотя бы с одним ребром. докажите те же две гарантии. в частности, при правильной игре разность кликовых чисел равна 0 или 1. г) предположим, что на \\(k_n\\) красный может гарантировать строгую победу. докажите, что на \\(k_{n+1}\\) синий имеет выигрышную стратегию. д) при том же предположении докажите, что на \\(k_{n+2}\\) синий имеет выигрышную стратегию. е) пусть \\(n>100\\), и предположим, что на \\(k_n\\) красный может гарантировать строгую победу. докажите, что на \\(k_{n+3}\\) синий имеет выигрышную стратегию. ж★) докажите или опровергните: существует натуральное \\(n\\), такое что для каждого \\(n\\ge n\\), если на \\(k_n\\) красный может гарантировать строгую победу, то на \\(k_{n+4}\\) синий имеет выигрышную стратегию. з★) докажите или опровергните: для каждого \\(n\\ge 3\\) при правильной игре выигрывает синий. подпункты ж) и з) отмечены в официальном pdf звёздочкой как открытые. решения для них в официальном сборнике нет; настоящая карточка не утверждает, что они решены. simple_graph complete_graph clique ramsey_number idea-color-swapped-strategy кража стратегии с перестановкой цветов первый игрок после произвольного начального ребра может мысленно стать вторым игроком в партии с переставленными цветами. цена лишнего ребра контролируется тем, что добавление или удаление одного ребра меняет кликовое число не более чем на единицу. graph_symmetry goal_strategy_game ai_checked idea-special-vertex-pairing спаривание рёбер у добавленных вершин при переходах к \\(k_{n+1}\\), \\(k_{n+2}\\) и \\(k_{n+3}\\) синий изолирует чистую копию \\(k_n\\), играет там выигрышную стратегию первого игрока и попарно отвечает на рёбра, инцидентные новым вершинам, ограничивая прирост красной клики. goal_strategy_game graph_symmetry ai_checked sol-official-parts-a-e решение закрытых подпунктов а–е ai_checked simple_graph complete_graph clique ramsey_number будем пользоваться приёмом воображаемых рёбер. если стратегия выигрывает даже после того, как несколько свободных рёбер заранее отданы противнику, то она выигрывает и в исходной игре: реальный ход противника по подаренному ребру считается пропуском в воображаемой партии, а освободившийся собственный ход можно сделать где угодно. дополнительное ребро своего цвета не уменьшает собственную клику и не увеличивает клику соперника. а) предположим, что синий умеет при любой игре красного обеспечить \\(\\omega(b)>\\omega(r)\\). красный первым ходом красит произвольное ребро \\(e\\), затем меняет названия цветов и применяет эту же стратегию как второй игрок. в воображаемой партии настоящие синие рёбра играют роль рёбер первого игрока, а красные рёбра, кроме \\(e\\), — второго. стратегия тогда обещает \\(\\omega(r-e)>\\omega(b)\\). ребро \\(e\\) может лишь увеличить красное кликовое число, поэтому та же страте… lktg-2026-project2-problem11-symmetric-erdos-game simmetrichnaya igra erdesha po klikovym chislam, lktg 2026 coloring graph_symmetry goal_strategy_game 2026 38-ya letnyaya konferentsiya turnira gorodov 2026, proekt 2 «igry na menyayuschihsya grafah» alexandru malekshahian, sam spiro, on a clique-building game of erdős https://arxiv.org/abs/2410.18304 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 paper src-lktg-2026-project2-page src-lktg-2026-project2-problems-ru src-lktg-2026-project2-solutions-ru src-malekshahian-spiro-clique-building-game with_solution lktg lktg 2026, proekt 2 «igry na menyayuschihsya grafah»: resheniya, russkaya redaktsiya 7 lktg 2026, proekt 2 «igry na menyayuschihsya grafah»: usloviya, russkaya redaktsiya 7 lktg2026 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 alexandru malekshahian, sam spiro, on a clique-building game of erdős stmt-original simmetrichnaya igra erdesha source_verified pust \\(n\\ge 3\\). na rebrah \\(k_n\\) krasnyy i siniy po ocheredi vybirayut po odnomu svobodnomu rebru i krasyat ego v svoy tsvet; nachinaet krasnyy. posle okraski vseh reber krasnyy vyigryvaet, esli ego naibolshaya klika strogo bolshe siney; pri ravenstve ili menshem razmere vyigryvaet siniy. oboznachim grafy krasnyh i sinih reber cherez \\(r\\) i \\(b\\). a) dokazhite, chto krasnyy vsegda mozhet garantirovat \\(\\omega(r)\\ge\\omega(b)\\). b) dokazhite, chto siniy vsegda mozhet garantirovat \\(\\omega(r)\\le\\omega(b)+1\\). v) pust vmesto polnogo grafa doskoy sluzhit proizvolnyy konechnyy graf \\(g\\) hotya by s odnim rebrom. dokazhite te zhe dve garantii. v chastnosti, pri pravilnoy igre raznost klikovyh chisel ravna 0 ili 1. g) predpolozhim, chto na \\(k_n\\) krasnyy mozhet garantirovat stroguyu pobedu. dokazhite, chto na \\(k_{n+1}\\) siniy imeet vyigryshnuyu strategiyu. d) pri tom zhe predpolozhenii dokazhite, chto na \\(k_{n+2}\\) siniy imeet vyigryshnuyu strategiyu. e) pust \\(n>100\\), i predpolozhim, chto na \\(k_n\\) krasnyy mozhet garantirovat stroguyu pobedu. dokazhite, chto na \\(k_{n+3}\\) siniy imeet vyigryshnuyu strategiyu. zh★) dokazhite ili oprovergnite: suschestvuet naturalnoe \\(n\\), takoe chto dlya kazhdogo \\(n\\ge n\\), esli na \\(k_n\\) krasnyy mozhet garantirovat stroguyu pobedu, to na \\(k_{n+4}\\) siniy imeet vyigryshnuyu strategiyu. z★) dokazhite ili oprovergnite: dlya kazhdogo \\(n\\ge 3\\) pri pravilnoy igre vyigryvaet siniy. podpunkty zh) i z) otmecheny v ofitsialnom pdf zvezdochkoy kak otkrytye. resheniya dlya nih v ofitsialnom sbornike net; nastoyaschaya kartochka ne utverzhdaet, chto oni resheny. simple_graph complete_graph clique ramsey_number idea-color-swapped-strategy krazha strategii s perestanovkoy tsvetov pervyy igrok posle proizvolnogo nachalnogo rebra mozhet myslenno stat vtorym igrokom v partii s perestavlennymi tsvetami. tsena lishnego rebra kontroliruetsya tem, chto dobavlenie ili udalenie odnogo rebra menyaet klikovoe chislo ne bolee chem na edinitsu. graph_symmetry goal_strategy_game ai_checked idea-special-vertex-pairing sparivanie reber u dobavlennyh vershin pri perehodah k \\(k_{n+1}\\), \\(k_{n+2}\\) i \\(k_{n+3}\\) siniy izoliruet chistuyu kopiyu \\(k_n\\), igraet tam vyigryshnuyu strategiyu pervogo igroka i poparno otvechaet na rebra, intsidentnye novym vershinam, ogranichivaya prirost krasnoy kliki. goal_strategy_game graph_symmetry ai_checked sol-official-parts-a-e reshenie zakrytyh podpunktov a–e ai_checked simple_graph complete_graph clique ramsey_number budem polzovatsya priemom voobrazhaemyh reber. esli strategiya vyigryvaet dazhe posle togo, kak neskolko svobodnyh reber zaranee otdany protivniku, to ona vyigryvaet i v ishodnoy igre: realnyy hod protivnika po podarennomu rebru schitaetsya propuskom v voobrazhaemoy partii, a osvobodivshiysya sobstvennyy hod mozhno sdelat gde ugodno. dopolnitelnoe rebro svoego tsveta ne umenshaet sobstvennuyu kliku i ne uvelichivaet kliku sopernika. a) predpolozhim, chto siniy umeet pri lyuboy igre krasnogo obespechit \\(\\omega(b)>\\omega(r)\\). krasnyy pervym hodom krasit proizvolnoe rebro \\(e\\), zatem menyaet nazvaniya tsvetov i primenyaet etu zhe strategiyu kak vtoroy igrok. v voobrazhaemoy partii nastoyaschie sinie rebra igrayut rol reber pervogo igroka, a krasnye rebra, krome \\(e\\), — vtorogo. strategiya togda obeschaet \\(\\omega(r-e)>\\omega(b)\\). rebro \\(e\\) mozhet lish uvelichit krasnoe klikovoe chislo, poetomu ta zhe strate…","source_keys":["lktg"]}
{"id":"lktg-2026-project2-problem12-biased-game-one-two","title":"Смещённая кликовая игра \\(1:2\\) на \\(K_n\\), ЛКТГ 2026","path":"data\\problems\\lktg\\lktg-2026-project2-problem12-biased-game-one-two.yaml","raw_github_url":"https://raw.githubusercontent.com/didin-maxim/knowledge_graph_of_graphs/main/data/problems/lktg/lktg-2026-project2-problem12-biased-game-one-two.yaml","viewer_url":"https://didin-maxim.github.io/knowledge_graph_of_graphs/#lktg-2026-project2-problem12-biased-game-one-two","source_key":"lktg","source_label":"ЛКТГ","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"],"year":"2026","type":"olympiad_problem","authors":[],"tags":["coloring","goal_strategy_game","complement_graph_transition"],"agent_topics":["game_strategy"],"difficulty":{"main":"regional","local_score":3,"comment":"Официальная сложность: а) 1/5; б) 2/5.","status":"source_verified"},"review_status":"ai_checked","public_ready":true,"solution_state":"with_solution","solution_classification":{"type":"official_complete_or_near_complete","label":"официальное полное решение","status":"ai_checked","confidence":0.99,"basis":"официальный PDF решений, русская редакция 7","notes":"Оба подпункта доказаны полностью."},"statements":{"original":[{"id":"stmt-original","title":"Смещённая игра Беллы и Чингиза","status":"source_verified","text":"Пусть \\(n\\ge3\\). Белла и Чингиз играют на рёбрах полного графа \\(K_n\\); начинает Белла. В каждом раунде Белла красит одно свободное ребро белым, после чего Чингиз красит два свободных ребра чёрным, а если их осталось меньше двух — все оставшиеся. После окраски всех рёбер Чингиз выигрывает, если наибольшая чёрная клика строго больше наибольшей белой; иначе выигрывает Белла. а) Если \\(W\\) — граф белых рёбер, объясните равенство \\(\\omega(\\text{чёрного графа})=\\alpha(W)\\). б) При \\(n=4\\) постройте явную выигрышную стратегию Чингиза.","definition_ids":["complete_graph","clique","independent_set","complement_graph"]}]},"solutions":[{"id":"sol-official-complement-and-k4","title":"Дополнение белого графа и стратегия на \\(K_4\\)","status":"ai_checked","definition_ids":["complete_graph","clique","independent_set","complement_graph"],"standard_idea_ids":[],"tags":[],"has_text":true,"text_preview":"а) После окончания игры каждое ребро \\(K_n\\), не принадлежащее белому графу \\(W\\), окрашено чёрным. Множество вершин образует чёрную клику тогда и только тогда, когда никакие две его вершины не соединены белым ребром, то есть когда это множество независимо в \\(W\\). Поэтому \\(\\omega(\\text{чёрного графа})=\\alpha(W)\\). б) Пусть первое белое ребро равно \\(uv\\), а две остальные вершины обозначены \\(x,y\\). Чингиз сразу красит чёрным \\(xy\\) и любое другое свободное ребро. Теперь любое последующее белое ребро имеет общий конец с \\(uv\\), потому что единственное ребро, не имеющее с \\(uv\\) общего конца, уже чёрное. Всего в \\(K_4\\) шесть рёбер, а за полный раунд окрашиваются три, поэтому Белла делает ровно два хода. Её итоговый граф состоит из двух смежных рёбер и одной изолированной вершины. Следовательно, \\(\\omega(W)=2\\). В нём есть независимое множество из трёх вершин: из двух концов пути выбира…"}],"relations":[{"id":"rel-lktg-2026-p13-p12-solved-small-case","neighbor_id":"lktg-2026-project2-problem13-bella-chingiz-complete-graph","direction":"backward","type":"specialization","distance":1,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-lktg-2026-p15-p12-strategy-transfer","neighbor_id":"lktg-2026-project2-problem15-game-transfer-one-two-to-one","direction":"backward","type":"paired_variant","distance":1,"status":"ai_checked"}],"search_text":"lktg-2026-project2-problem12-biased-game-one-two смещённая кликовая игра \\(1:2\\) на \\(k_n\\), лктг 2026 coloring goal_strategy_game complement_graph_transition 2026 38-я летняя конференция турнира городов 2026, проект 2 «игры на меняющихся графах» https://turgor.ru/lktg/2026/2/2-1-changing_graphs-rus.pdf https://turgor.ru/lktg/2026/2/2-1-changing_graphs-sol-rus.pdf https://turgor.ru/lktg/2026/2/index.html 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 with_solution лктг лктг 2026, проект 2 «игры на меняющихся графах»: решения, русская редакция 7 лктг 2026, проект 2 «игры на меняющихся графах»: условия, русская редакция 7 лктг2026 38-я летняя конференция турнира городов 2026, проект 2 «игры на меняющихся графах» лктг 2026, проект 2 «игры на меняющихся графах»: условия, русская редакция 7 лктг 2026, проект 2 «игры на меняющихся графах»: решения, русская редакция 7 stmt-original смещённая игра беллы и чингиза source_verified пусть \\(n\\ge3\\). белла и чингиз играют на рёбрах полного графа \\(k_n\\); начинает белла. в каждом раунде белла красит одно свободное ребро белым, после чего чингиз красит два свободных ребра чёрным, а если их осталось меньше двух — все оставшиеся. после окраски всех рёбер чингиз выигрывает, если наибольшая чёрная клика строго больше наибольшей белой; иначе выигрывает белла. а) если \\(w\\) — граф белых рёбер, объясните равенство \\(\\omega(\\text{чёрного графа})=\\alpha(w)\\). б) при \\(n=4\\) постройте явную выигрышную стратегию чингиза. complete_graph clique independent_set complement_graph idea-complement-white-graph чёрный граф как дополнение белого после окончания партии каждое небелое ребро чёрное, поэтому чёрные клики — в точности независимые множества белого графа. complement_graph_transition coloring ai_checked idea-block-disjoint-edge-k4 запрет второго несмежного белого ребра после первого белого ребра на \\(k_4\\) чингиз сразу красит чёрным единственное ребро, не имеющее с ним общего конца. тогда два белых хода беллы обязательно образуют путь длины два. goal_strategy_game coloring ai_checked sol-official-complement-and-k4 дополнение белого графа и стратегия на \\(k_4\\) ai_checked complete_graph clique independent_set complement_graph а) после окончания игры каждое ребро \\(k_n\\), не принадлежащее белому графу \\(w\\), окрашено чёрным. множество вершин образует чёрную клику тогда и только тогда, когда никакие две его вершины не соединены белым ребром, то есть когда это множество независимо в \\(w\\). поэтому \\(\\omega(\\text{чёрного графа})=\\alpha(w)\\). б) пусть первое белое ребро равно \\(uv\\), а две остальные вершины обозначены \\(x,y\\). чингиз сразу красит чёрным \\(xy\\) и любое другое свободное ребро. теперь любое последующее белое ребро имеет общий конец с \\(uv\\), потому что единственное ребро, не имеющее с \\(uv\\) общего конца, уже чёрное. всего в \\(k_4\\) шесть рёбер, а за полный раунд окрашиваются три, поэтому белла делает ровно два хода. её итоговый граф состоит из двух смежных рёбер и одной изолированной вершины. следовательно, \\(\\omega(w)=2\\). в нём есть независимое множество из трёх вершин: из двух концов пути выбира… lktg-2026-project2-problem12-biased-game-one-two smeschennaya klikovaya igra \\(1:2\\) na \\(k_n\\), lktg 2026 coloring goal_strategy_game complement_graph_transition 2026 38-ya letnyaya konferentsiya turnira gorodov 2026, proekt 2 «igry na menyayuschihsya grafah» https://turgor.ru/lktg/2026/2/2-1-changing_graphs-rus.pdf https://turgor.ru/lktg/2026/2/2-1-changing_graphs-sol-rus.pdf https://turgor.ru/lktg/2026/2/index.html 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 with_solution lktg lktg 2026, proekt 2 «igry na menyayuschihsya grafah»: resheniya, russkaya redaktsiya 7 lktg 2026, proekt 2 «igry na menyayuschihsya grafah»: usloviya, russkaya redaktsiya 7 lktg2026 38-ya letnyaya konferentsiya turnira gorodov 2026, proekt 2 «igry na menyayuschihsya grafah» lktg 2026, proekt 2 «igry na menyayuschihsya grafah»: usloviya, russkaya redaktsiya 7 lktg 2026, proekt 2 «igry na menyayuschihsya grafah»: resheniya, russkaya redaktsiya 7 stmt-original smeschennaya igra belly i chingiza source_verified pust \\(n\\ge3\\). bella i chingiz igrayut na rebrah polnogo grafa \\(k_n\\); nachinaet bella. v kazhdom raunde bella krasit odno svobodnoe rebro belym, posle chego chingiz krasit dva svobodnyh rebra chernym, a esli ih ostalos menshe dvuh — vse ostavshiesya. posle okraski vseh reber chingiz vyigryvaet, esli naibolshaya chernaya klika strogo bolshe naibolshey beloy; inache vyigryvaet bella. a) esli \\(w\\) — graf belyh reber, obyasnite ravenstvo \\(\\omega(\\text{chernogo grafa})=\\alpha(w)\\). b) pri \\(n=4\\) postroyte yavnuyu vyigryshnuyu strategiyu chingiza. complete_graph clique independent_set complement_graph idea-complement-white-graph chernyy graf kak dopolnenie belogo posle okonchaniya partii kazhdoe nebeloe rebro chernoe, poetomu chernye kliki — v tochnosti nezavisimye mnozhestva belogo grafa. complement_graph_transition coloring ai_checked idea-block-disjoint-edge-k4 zapret vtorogo nesmezhnogo belogo rebra posle pervogo belogo rebra na \\(k_4\\) chingiz srazu krasit chernym edinstvennoe rebro, ne imeyuschee s nim obschego kontsa. togda dva belyh hoda belly obyazatelno obrazuyut put dliny dva. goal_strategy_game coloring ai_checked sol-official-complement-and-k4 dopolnenie belogo grafa i strategiya na \\(k_4\\) ai_checked complete_graph clique independent_set complement_graph a) posle okonchaniya igry kazhdoe rebro \\(k_n\\), ne prinadlezhaschee belomu grafu \\(w\\), okrasheno chernym. mnozhestvo vershin obrazuet chernuyu kliku togda i tolko togda, kogda nikakie dve ego vershiny ne soedineny belym rebrom, to est kogda eto mnozhestvo nezavisimo v \\(w\\). poetomu \\(\\omega(\\text{chernogo grafa})=\\alpha(w)\\). b) pust pervoe beloe rebro ravno \\(uv\\), a dve ostalnye vershiny oboznacheny \\(x,y\\). chingiz srazu krasit chernym \\(xy\\) i lyuboe drugoe svobodnoe rebro. teper lyuboe posleduyuschee beloe rebro imeet obschiy konets s \\(uv\\), potomu chto edinstvennoe rebro, ne imeyuschee s \\(uv\\) obschego kontsa, uzhe chernoe. vsego v \\(k_4\\) shest reber, a za polnyy raund okrashivayutsya tri, poetomu bella delaet rovno dva hoda. ee itogovyy graf sostoit iz dvuh smezhnyh reber i odnoy izolirovannoy vershiny. sledovatelno, \\(\\omega(w)=2\\). v nem est nezavisimoe mnozhestvo iz treh vershin: iz dvuh kontsov puti vybira…","source_keys":["lktg"]}
{"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":"lktg-2026-project2-problem14-white-clique-infinite-board","title":"Белая клика в смещённой игре на \\(K_\\infty\\), ЛКТГ 2026","path":"data\\problems\\lktg\\lktg-2026-project2-problem14-white-clique-infinite-board.yaml","raw_github_url":"https://raw.githubusercontent.com/didin-maxim/knowledge_graph_of_graphs/main/data/problems/lktg/lktg-2026-project2-problem14-white-clique-infinite-board.yaml","viewer_url":"https://didin-maxim.github.io/knowledge_graph_of_graphs/#lktg-2026-project2-problem14-white-clique-infinite-board","source_key":"lktg","source_label":"ЛКТГ","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"],"year":"2026","type":"research_project_problem","authors":[],"tags":["coloring","goal_bound","goal_strategy_game","potential_function","pigeonhole_principle","trees","double_counting"],"agent_topics":["game_strategy"],"difficulty":{"main":"national_final_hard","local_score":10,"comment":"Официальная сложность: а–б — 3/5, в — 4/5, г–д — 5/5, е — 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 е открыт","status":"ai_checked","confidence":0.95,"basis":"официальный PDF решений, русская редакция 7","notes":"Закрытые пункты а–д перенесены полностью, включая все вспомогательные леммы и численные проверки; е не решается."},"statements":{"original":[{"id":"stmt-original","title":"Белая клика на бесконечной доске","status":"source_verified","text":"Пусть \\(b\\ge1\\) и \\(r\\ge2\\) — целые числа. На рёбрах счётного полного графа \\(K_\\infty\\) Белла и Чингиз играют по раундам: Белла красит одно свободное ребро белым, затем Чингиз красит \\(b\\) свободных рёбер чёрным. Белла выигрывает сразу после появления белой клики \\(K_r\\). Через \\(T_b(r)\\) обозначим наименьшее число ходов Беллы, за которое она может гарантировать победу. а) Докажите, что для всех \\(b\\ge1\\), \\(r\\ge2\\) Белла имеет выигрышную стратегию; в частности, \\(T_b(r)\\) конечно. б) Докажите, что \\(T_b(3)=b+3\\). в) При \\(r\\ge17\\) докажите \\[ \\lfloor2^{r/2}\\rfloor\\le T_1(r)\\le(r-3)2^{r-1}+r+1. \\] г) При \\(r\\ge30\\) докажите \\[ \\lfloor3^{r/2}\\rfloor\\le T_2(r)\\le\\sum_{j=0}^{r-2}j3^j+r+1<r3^{r-1}. \\] д) Докажите оценку Бека \\(T_1(r)<2^{r+2}\\). е★) Улучшите при больших \\(r\\) расхождение между лучшими известными оценками \\[ 2^{r/2}\\le T_1(r)\\le2r^7 2^{2r/3}. \\] В официальном комментарии сказано, что верхняя оценка в е) принадлежит Гебауэру и сильнее оценки Бека, но её известное доказательство слишком техническое для проекта. Подпункт е) является открытым и решения в официальном сборнике не имеет.","definition_ids":["complete_graph","clique","tree","independent_set","degree"]}]},"solutions":[{"id":"sol-official-parts-a-d","title":"Решение закрытых подпунктов а–д","status":"ai_checked","definition_ids":["complete_graph","clique","tree","independent_set","degree"],"standard_idea_ids":[],"tags":[],"has_text":true,"text_preview":"Ходом Беллы всюду называется одно белое ребро. а) Построим конечное вспомогательное дерево с уровнями \\(0,1,\\ldots,r-1\\): на уровне 0 один корень, а из каждой вершины уровней до \\(r-2\\) выходит \\(b+1\\) ветвей. Белла постепенно сопоставляет некоторым вершинам дерева различные вершины \\(K_\\infty\\), называемые представителями, и поддерживает инвариант: представители любых двух занятых вершин, лежащих на одном пути от корня вниз, соединены белым ребром. Корень получает произвольного представителя. Для очередной попытки Белла выбирает новую вершину \\(u\\) бесконечного графа, не имеющую чёрных рёбер ни к одному уже выбранному представителю. Такая вершина существует, потому что к этому моменту выбрано и окрашено лишь конечное число вершин и рёбер. Затем Белла начинает в корне. Стоя в занятой вершине дерева \\(x\\), она красит белым ребро от \\(u\\) к представителю \\(x\\). Под \\(x\\) есть \\(b+1\\) ветв…"}],"relations":[{"id":"rel-lktg-2026-p14-p20-weight-transfer","neighbor_id":"lktg-2026-project2-problem20-white-target-family","direction":"backward","type":"solution_transfer","distance":2,"status":"ai_checked"}],"search_text":"lktg-2026-project2-problem14-white-clique-infinite-board белая клика в смещённой игре на \\(k_\\infty\\), лктг 2026 coloring goal_bound goal_strategy_game potential_function pigeonhole_principle trees double_counting 2026 38-я летняя конференция турнира городов 2026, проект 2 «игры на меняющихся графах» https://turgor.ru/lktg/2026/2/2-1-changing_graphs-rus.pdf https://turgor.ru/lktg/2026/2/2-1-changing_graphs-sol-rus.pdf https://turgor.ru/lktg/2026/2/index.html 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 with_solution лктг лктг 2026, проект 2 «игры на меняющихся графах»: решения, русская редакция 7 лктг 2026, проект 2 «игры на меняющихся графах»: условия, русская редакция 7 лктг2026 38-я летняя конференция турнира городов 2026, проект 2 «игры на меняющихся графах» лктг 2026, проект 2 «игры на меняющихся графах»: условия, русская редакция 7 лктг 2026, проект 2 «игры на меняющихся графах»: решения, русская редакция 7 stmt-original белая клика на бесконечной доске source_verified пусть \\(b\\ge1\\) и \\(r\\ge2\\) — целые числа. на рёбрах счётного полного графа \\(k_\\infty\\) белла и чингиз играют по раундам: белла красит одно свободное ребро белым, затем чингиз красит \\(b\\) свободных рёбер чёрным. белла выигрывает сразу после появления белой клики \\(k_r\\). через \\(t_b(r)\\) обозначим наименьшее число ходов беллы, за которое она может гарантировать победу. а) докажите, что для всех \\(b\\ge1\\), \\(r\\ge2\\) белла имеет выигрышную стратегию; в частности, \\(t_b(r)\\) конечно. б) докажите, что \\(t_b(3)=b+3\\). в) при \\(r\\ge17\\) докажите \\[ \\lfloor2^{r/2}\\rfloor\\le t_1(r)\\le(r-3)2^{r-1}+r+1. \\] г) при \\(r\\ge30\\) докажите \\[ \\lfloor3^{r/2}\\rfloor\\le t_2(r)\\le\\sum_{j=0}^{r-2}j3^j+r+1<r3^{r-1}. \\] д) докажите оценку бека \\(t_1(r)<2^{r+2}\\). е★) улучшите при больших \\(r\\) расхождение между лучшими известными оценками \\[ 2^{r/2}\\le t_1(r)\\le2r^7 2^{2r/3}. \\] в официальном комментарии сказано, что верхняя оценка в е) принадлежит гебауэру и сильнее оценки бека, но её известное доказательство слишком техническое для проекта. подпункт е) является открытым и решения в официальном сборнике не имеет. complete_graph clique tree independent_set degree idea-branching-tree-white-clique ветвящееся дерево представителей белла размещает вершины \\(k_\\infty\\) в конечном \\((b+1)\\)-ветвящемся дереве и поддерживает белые рёбра между представителями предка и потомка. в каждом ответе чингиз блокирует не более \\(b\\) ветвей, поэтому одна ветвь продолжения сохраняется. trees goal_strategy_game ai_checked idea-target-weight-potential вес доступных целей для каждой ещё доступной цели вес равен \\((b+1)^{-u}\\), где \\(u\\) — число её свободных элементов. жадные чёрные ходы компенсируют рост потенциала от следующего белого хода. potential_function goal_bound ai_checked idea-beck-nested-neighborhoods вложенные белые множества с редкими чёрными рёбрами для оценки бека белла строит вложенные множества белых соседей. лемма о выборе половины уменьшает число старых чёрных рёбер в четыре раза на каждом шаге и сохраняет вершину малой чёрной степени. potential_function double_counting ai_checked sol-official-parts-a-d решение закрытых подпунктов а–д ai_checked complete_graph clique tree independent_set degree ходом беллы всюду называется одно белое ребро. а) построим конечное вспомогательное дерево с уровнями \\(0,1,\\ldots,r-1\\): на уровне 0 один корень, а из каждой вершины уровней до \\(r-2\\) выходит \\(b+1\\) ветвей. белла постепенно сопоставляет некоторым вершинам дерева различные вершины \\(k_\\infty\\), называемые представителями, и поддерживает инвариант: представители любых двух занятых вершин, лежащих на одном пути от корня вниз, соединены белым ребром. корень получает произвольного представителя. для очередной попытки белла выбирает новую вершину \\(u\\) бесконечного графа, не имеющую чёрных рёбер ни к одному уже выбранному представителю. такая вершина существует, потому что к этому моменту выбрано и окрашено лишь конечное число вершин и рёбер. затем белла начинает в корне. стоя в занятой вершине дерева \\(x\\), она красит белым ребро от \\(u\\) к представителю \\(x\\). под \\(x\\) есть \\(b+1\\) ветв… lktg-2026-project2-problem14-white-clique-infinite-board belaya klika v smeschennoy igre na \\(k_\\infty\\), lktg 2026 coloring goal_bound goal_strategy_game potential_function pigeonhole_principle trees double_counting 2026 38-ya letnyaya konferentsiya turnira gorodov 2026, proekt 2 «igry na menyayuschihsya grafah» https://turgor.ru/lktg/2026/2/2-1-changing_graphs-rus.pdf https://turgor.ru/lktg/2026/2/2-1-changing_graphs-sol-rus.pdf https://turgor.ru/lktg/2026/2/index.html 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 with_solution lktg lktg 2026, proekt 2 «igry na menyayuschihsya grafah»: resheniya, russkaya redaktsiya 7 lktg 2026, proekt 2 «igry na menyayuschihsya grafah»: usloviya, russkaya redaktsiya 7 lktg2026 38-ya letnyaya konferentsiya turnira gorodov 2026, proekt 2 «igry na menyayuschihsya grafah» lktg 2026, proekt 2 «igry na menyayuschihsya grafah»: usloviya, russkaya redaktsiya 7 lktg 2026, proekt 2 «igry na menyayuschihsya grafah»: resheniya, russkaya redaktsiya 7 stmt-original belaya klika na beskonechnoy doske source_verified pust \\(b\\ge1\\) i \\(r\\ge2\\) — tselye chisla. na rebrah schetnogo polnogo grafa \\(k_\\infty\\) bella i chingiz igrayut po raundam: bella krasit odno svobodnoe rebro belym, zatem chingiz krasit \\(b\\) svobodnyh reber chernym. bella vyigryvaet srazu posle poyavleniya beloy kliki \\(k_r\\). cherez \\(t_b(r)\\) oboznachim naimenshee chislo hodov belly, za kotoroe ona mozhet garantirovat pobedu. a) dokazhite, chto dlya vseh \\(b\\ge1\\), \\(r\\ge2\\) bella imeet vyigryshnuyu strategiyu; v chastnosti, \\(t_b(r)\\) konechno. b) dokazhite, chto \\(t_b(3)=b+3\\). v) pri \\(r\\ge17\\) dokazhite \\[ \\lfloor2^{r/2}\\rfloor\\le t_1(r)\\le(r-3)2^{r-1}+r+1. \\] g) pri \\(r\\ge30\\) dokazhite \\[ \\lfloor3^{r/2}\\rfloor\\le t_2(r)\\le\\sum_{j=0}^{r-2}j3^j+r+1<r3^{r-1}. \\] d) dokazhite otsenku beka \\(t_1(r)<2^{r+2}\\). e★) uluchshite pri bolshih \\(r\\) rashozhdenie mezhdu luchshimi izvestnymi otsenkami \\[ 2^{r/2}\\le t_1(r)\\le2r^7 2^{2r/3}. \\] v ofitsialnom kommentarii skazano, chto verhnyaya otsenka v e) prinadlezhit gebaueru i silnee otsenki beka, no ee izvestnoe dokazatelstvo slishkom tehnicheskoe dlya proekta. podpunkt e) yavlyaetsya otkrytym i resheniya v ofitsialnom sbornike ne imeet. complete_graph clique tree independent_set degree idea-branching-tree-white-clique vetvyascheesya derevo predstaviteley bella razmeschaet vershiny \\(k_\\infty\\) v konechnom \\((b+1)\\)-vetvyaschemsya dereve i podderzhivaet belye rebra mezhdu predstavitelyami predka i potomka. v kazhdom otvete chingiz blokiruet ne bolee \\(b\\) vetvey, poetomu odna vetv prodolzheniya sohranyaetsya. trees goal_strategy_game ai_checked idea-target-weight-potential ves dostupnyh tseley dlya kazhdoy esche dostupnoy tseli ves raven \\((b+1)^{-u}\\), gde \\(u\\) — chislo ee svobodnyh elementov. zhadnye chernye hody kompensiruyut rost potentsiala ot sleduyuschego belogo hoda. potential_function goal_bound ai_checked idea-beck-nested-neighborhoods vlozhennye belye mnozhestva s redkimi chernymi rebrami dlya otsenki beka bella stroit vlozhennye mnozhestva belyh sosedey. lemma o vybore poloviny umenshaet chislo staryh chernyh reber v chetyre raza na kazhdom shage i sohranyaet vershinu maloy chernoy stepeni. potential_function double_counting ai_checked sol-official-parts-a-d reshenie zakrytyh podpunktov a–d ai_checked complete_graph clique tree independent_set degree hodom belly vsyudu nazyvaetsya odno beloe rebro. a) postroim konechnoe vspomogatelnoe derevo s urovnyami \\(0,1,\\ldots,r-1\\): na urovne 0 odin koren, a iz kazhdoy vershiny urovney do \\(r-2\\) vyhodit \\(b+1\\) vetvey. bella postepenno sopostavlyaet nekotorym vershinam dereva razlichnye vershiny \\(k_\\infty\\), nazyvaemye predstavitelyami, i podderzhivaet invariant: predstaviteli lyubyh dvuh zanyatyh vershin, lezhaschih na odnom puti ot kornya vniz, soedineny belym rebrom. koren poluchaet proizvolnogo predstavitelya. dlya ocherednoy popytki bella vybiraet novuyu vershinu \\(u\\) beskonechnogo grafa, ne imeyuschuyu chernyh reber ni k odnomu uzhe vybrannomu predstavitelyu. takaya vershina suschestvuet, potomu chto k etomu momentu vybrano i okrasheno lish konechnoe chislo vershin i reber. zatem bella nachinaet v korne. stoya v zanyatoy vershine dereva \\(x\\), ona krasit belym rebro ot \\(u\\) k predstavitelyu \\(x\\). pod \\(x\\) est \\(b+1\\) vetv…","source_keys":["lktg"]}
{"id":"lktg-2026-project2-problem15-game-transfer-one-two-to-one","title":"Перенос белой клики из игры \\(1:2\\) в игру \\(1:1\\), ЛКТГ 2026","path":"data\\problems\\lktg\\lktg-2026-project2-problem15-game-transfer-one-two-to-one.yaml","raw_github_url":"https://raw.githubusercontent.com/didin-maxim/knowledge_graph_of_graphs/main/data/problems/lktg/lktg-2026-project2-problem15-game-transfer-one-two-to-one.yaml","viewer_url":"https://didin-maxim.github.io/knowledge_graph_of_graphs/#lktg-2026-project2-problem15-game-transfer-one-two-to-one","source_key":"lktg","source_label":"ЛКТГ","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"],"year":"2026","type":"olympiad_problem","authors":["ChatGPT"],"tags":["coloring","goal_proof","goal_strategy_game","double_counting"],"agent_topics":["game_strategy"],"difficulty":{"main":"national_final_medium","local_score":6,"comment":"В официальном PDF проекта указана сложность 3/5.","status":"source_verified"},"review_status":"ai_checked","public_ready":true,"solution_state":"with_solution","solution_classification":{"type":"official_complete_or_near_complete","label":"официальное полное решение","status":"ai_checked","confidence":0.98,"basis":"официальный PDF решений, русская редакция 7","notes":"Полностью перенесены оба этапа стратегии и доказательство независимого множества нужного размера."},"statements":{"original":[{"id":"stmt-original","title":"Связь игр \\(1:2\\) и \\(1:1\\)","status":"source_verified","text":"Пусть \\(N\\ge r\\ge2\\). На рёбрах \\(K_N\\) Белла красит за раунд одно свободное ребро белым, затем Чингиз красит два свободных ребра чёрным; если свободных рёбер осталось меньше двух, он красит все оставшиеся. Белла выигрывает сразу после появления белой клики \\(K_r\\), а если все рёбра окрашены и её нет, выигрывает Чингиз. Предположим, что Белла имеет выигрышную стратегию в этой игре. Докажите, что при тех же правилах, но с одним чёрным ребром Чингиза за раунд, Белла может гарантировать белую клику \\(K_{r+1}\\) на каждом полном графе \\(K_M\\), где \\(M\\ge6N+1\\).","definition_ids":["complete_graph","clique","independent_set","degree"]}]},"solutions":[{"id":"sol-official-white-star-reduction","title":"Белая звезда, независимое множество и симуляция","status":"ai_checked","definition_ids":["complete_graph","clique","independent_set","degree"],"standard_idea_ids":[],"tags":[],"has_text":true,"text_preview":"Выберем вершину \\(z\\). На первом этапе Белла всякий раз красит свободное ребро из \\(z\\) и продолжает, пока звезда не будет полностью окрашена. Из \\(M-1\\ge6N\\) рёбер звезды Чингиз за каждый раунд отнимает не больше одного, поэтому Белла получает множество \\(S\\) не менее чем из \\(3N\\) белых соседей \\(z\\). Обозначим \\(|S|=s\\). Во время этого этапа Чингиз сделал не больше \\(s\\) ходов, следовательно, в чёрном графе, порождённом \\(S\\), не больше \\(s\\) рёбер. Докажем вспомогательную оценку: в графе на \\(s\\) вершинах с \\(e\\) рёбрами существует независимое множество размера не меньше \\[ \\frac{s^2}{2e+s}. \\tag{1} \\] Возьмём случайный порядок вершин и выберем вершину, если она стоит раньше всех своих соседей. Две смежные вершины не могут быть выбраны одновременно, поэтому выбранное множество независимо. Вершина степени \\(d\\) выбирается с вероятностью \\(1/(d+1)\\); среднее число выбранных вершин рав…"}],"relations":[{"id":"rel-lktg-2026-p15-p12-strategy-transfer","neighbor_id":"lktg-2026-project2-problem12-biased-game-one-two","direction":"forward","type":"paired_variant","distance":1,"status":"ai_checked"}],"search_text":"lktg-2026-project2-problem15-game-transfer-one-two-to-one перенос белой клики из игры \\(1:2\\) в игру \\(1:1\\), лктг 2026 coloring goal_proof goal_strategy_game double_counting 2026 38-я летняя конференция турнира городов 2026, проект 2 «игры на меняющихся графах» chatgpt 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 with_solution лктг лктг 2026, проект 2 «игры на меняющихся графах»: решения, русская редакция 7 лктг 2026, проект 2 «игры на меняющихся графах»: условия, русская редакция 7 лктг2026 chatgpt 38-я летняя конференция турнира городов 2026, проект 2 «игры на меняющихся графах» лктг 2026, проект 2 «игры на меняющихся графах»: условия, русская редакция 7 лктг 2026, проект 2 «игры на меняющихся графах»: решения, русская редакция 7 stmt-original связь игр \\(1:2\\) и \\(1:1\\) source_verified пусть \\(n\\ge r\\ge2\\). на рёбрах \\(k_n\\) белла красит за раунд одно свободное ребро белым, затем чингиз красит два свободных ребра чёрным; если свободных рёбер осталось меньше двух, он красит все оставшиеся. белла выигрывает сразу после появления белой клики \\(k_r\\), а если все рёбра окрашены и её нет, выигрывает чингиз. предположим, что белла имеет выигрышную стратегию в этой игре. докажите, что при тех же правилах, но с одним чёрным ребром чингиза за раунд, белла может гарантировать белую клику \\(k_{r+1}\\) на каждом полном графе \\(k_m\\), где \\(m\\ge6n+1\\). complete_graph clique independent_set degree idea-large-white-neighborhood большая белая звезда с разреженным чёрным графом белла сначала полностью разыгрывает звезду с центром \\(z\\). среди не менее \\(3n\\) белых соседей чёрный граф имеет не больше одного ребра на вершину в среднем и содержит независимое множество размера хотя бы \\(n\\). goal_proof double_counting ai_checked idea-simulate-extra-black-edge дополнение реального чёрного хода воображаемым на найденных \\(n\\) вершинах белла запускает известную стратегию игры \\(1:2\\), считая реальный чёрный ход первым, а недостающий второй чёрный ход выбирая мысленно. goal_strategy_game coloring ai_checked sol-official-white-star-reduction белая звезда, независимое множество и симуляция ai_checked complete_graph clique independent_set degree выберем вершину \\(z\\). на первом этапе белла всякий раз красит свободное ребро из \\(z\\) и продолжает, пока звезда не будет полностью окрашена. из \\(m-1\\ge6n\\) рёбер звезды чингиз за каждый раунд отнимает не больше одного, поэтому белла получает множество \\(s\\) не менее чем из \\(3n\\) белых соседей \\(z\\). обозначим \\(|s|=s\\). во время этого этапа чингиз сделал не больше \\(s\\) ходов, следовательно, в чёрном графе, порождённом \\(s\\), не больше \\(s\\) рёбер. докажем вспомогательную оценку: в графе на \\(s\\) вершинах с \\(e\\) рёбрами существует независимое множество размера не меньше \\[ \\frac{s^2}{2e+s}. \\tag{1} \\] возьмём случайный порядок вершин и выберем вершину, если она стоит раньше всех своих соседей. две смежные вершины не могут быть выбраны одновременно, поэтому выбранное множество независимо. вершина степени \\(d\\) выбирается с вероятностью \\(1/(d+1)\\); среднее число выбранных вершин рав… lktg-2026-project2-problem15-game-transfer-one-two-to-one perenos beloy kliki iz igry \\(1:2\\) v igru \\(1:1\\), lktg 2026 coloring goal_proof goal_strategy_game double_counting 2026 38-ya letnyaya konferentsiya turnira gorodov 2026, proekt 2 «igry na menyayuschihsya grafah» chatgpt 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 with_solution lktg lktg 2026, proekt 2 «igry na menyayuschihsya grafah»: resheniya, russkaya redaktsiya 7 lktg 2026, proekt 2 «igry na menyayuschihsya grafah»: usloviya, russkaya redaktsiya 7 lktg2026 chatgpt 38-ya letnyaya konferentsiya turnira gorodov 2026, proekt 2 «igry na menyayuschihsya grafah» lktg 2026, proekt 2 «igry na menyayuschihsya grafah»: usloviya, russkaya redaktsiya 7 lktg 2026, proekt 2 «igry na menyayuschihsya grafah»: resheniya, russkaya redaktsiya 7 stmt-original svyaz igr \\(1:2\\) i \\(1:1\\) source_verified pust \\(n\\ge r\\ge2\\). na rebrah \\(k_n\\) bella krasit za raund odno svobodnoe rebro belym, zatem chingiz krasit dva svobodnyh rebra chernym; esli svobodnyh reber ostalos menshe dvuh, on krasit vse ostavshiesya. bella vyigryvaet srazu posle poyavleniya beloy kliki \\(k_r\\), a esli vse rebra okrasheny i ee net, vyigryvaet chingiz. predpolozhim, chto bella imeet vyigryshnuyu strategiyu v etoy igre. dokazhite, chto pri teh zhe pravilah, no s odnim chernym rebrom chingiza za raund, bella mozhet garantirovat beluyu kliku \\(k_{r+1}\\) na kazhdom polnom grafe \\(k_m\\), gde \\(m\\ge6n+1\\). complete_graph clique independent_set degree idea-large-white-neighborhood bolshaya belaya zvezda s razrezhennym chernym grafom bella snachala polnostyu razygryvaet zvezdu s tsentrom \\(z\\). sredi ne menee \\(3n\\) belyh sosedey chernyy graf imeet ne bolshe odnogo rebra na vershinu v srednem i soderzhit nezavisimoe mnozhestvo razmera hotya by \\(n\\). goal_proof double_counting ai_checked idea-simulate-extra-black-edge dopolnenie realnogo chernogo hoda voobrazhaemym na naydennyh \\(n\\) vershinah bella zapuskaet izvestnuyu strategiyu igry \\(1:2\\), schitaya realnyy chernyy hod pervym, a nedostayuschiy vtoroy chernyy hod vybiraya myslenno. goal_strategy_game coloring ai_checked sol-official-white-star-reduction belaya zvezda, nezavisimoe mnozhestvo i simulyatsiya ai_checked complete_graph clique independent_set degree vyberem vershinu \\(z\\). na pervom etape bella vsyakiy raz krasit svobodnoe rebro iz \\(z\\) i prodolzhaet, poka zvezda ne budet polnostyu okrashena. iz \\(m-1\\ge6n\\) reber zvezdy chingiz za kazhdyy raund otnimaet ne bolshe odnogo, poetomu bella poluchaet mnozhestvo \\(s\\) ne menee chem iz \\(3n\\) belyh sosedey \\(z\\). oboznachim \\(|s|=s\\). vo vremya etogo etapa chingiz sdelal ne bolshe \\(s\\) hodov, sledovatelno, v chernom grafe, porozhdennom \\(s\\), ne bolshe \\(s\\) reber. dokazhem vspomogatelnuyu otsenku: v grafe na \\(s\\) vershinah s \\(e\\) rebrami suschestvuet nezavisimoe mnozhestvo razmera ne menshe \\[ \\frac{s^2}{2e+s}. \\tag{1} \\] vozmem sluchaynyy poryadok vershin i vyberem vershinu, esli ona stoit ranshe vseh svoih sosedey. dve smezhnye vershiny ne mogut byt vybrany odnovremenno, poetomu vybrannoe mnozhestvo nezavisimo. vershina stepeni \\(d\\) vybiraetsya s veroyatnostyu \\(1/(d+1)\\); srednee chislo vybrannyh vershin rav…","source_keys":["lktg"]}
{"id":"lktg-2026-project2-problem16-biconnected-red-board","title":"Двусвязная доска произвольного размера для победы Красного, ЛКТГ 2026","path":"data\\problems\\lktg\\lktg-2026-project2-problem16-biconnected-red-board.yaml","raw_github_url":"https://raw.githubusercontent.com/didin-maxim/knowledge_graph_of_graphs/main/data/problems/lktg/lktg-2026-project2-problem16-biconnected-red-board.yaml","viewer_url":"https://didin-maxim.github.io/knowledge_graph_of_graphs/#lktg-2026-project2-problem16-biconnected-red-board","source_key":"lktg","source_label":"ЛКТГ","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","Alexandru Malekshahian, Sam Spiro, On a Clique-Building Game of Erdős"],"year":"2026","type":"olympiad_problem","authors":[],"tags":["coloring","goal_construction","goal_strategy_game","connectivity"],"agent_topics":["game_strategy"],"difficulty":{"main":"national_final_hard","local_score":8,"comment":"В официальном PDF проекта указана сложность 4/5.","status":"source_verified"},"review_status":"ai_checked","public_ready":true,"solution_state":"with_solution","solution_classification":{"type":"official_complete_or_near_complete","label":"официальное полное решение","status":"ai_checked","confidence":0.97,"basis":"официальный PDF решений, русская редакция 7","notes":"Конструкция, двусвязность и полная локальная стратегия перенесены самодостаточно."},"statements":{"original":[{"id":"stmt-original","title":"Двусвязная доска для Красного","status":"source_verified","text":"Красный и Синий по очереди красят свободные рёбра заранее выбранного конечного графа \\(H\\), начинает Красный. После окраски всех рёбер Красный выигрывает, если его наибольшая клика строго больше синей; иначе выигрывает Синий. Для каждого натурального \\(M\\) постройте двусвязный граф \\(H\\) хотя бы на \\(M\\) вершинах, на котором Красный имеет выигрышную стратегию. Здесь двусвязность означает, что граф связен и остаётся связным после удаления любой одной вершины.","definition_ids":["simple_graph","connected_graph","complete_graph","clique","triangle"]}]},"solutions":[{"id":"sol-official-k4-book","title":"Книга из \\(K_4\\) и локальная стратегия Красного","status":"ai_checked","definition_ids":["simple_graph","connected_graph","complete_graph","clique","triangle"],"standard_idea_ids":[],"tags":[],"has_text":true,"text_preview":"Для \\(t\\ge2\\) построим граф \\(H_t\\) из \\(t\\) копий \\(K_4\\), имеющих ровно одно общее ребро \\(uv\\). В \\(i\\)-й копии две остальные вершины обозначим \\(a_i,b_i\\), а копию назовём страницей \\(C_i\\). Возьмём \\[ t\\ge\\max\\left\\{2,\\left\\lceil\\frac{M-2}{2}\\right\\rceil\\right\\}. \\] Тогда \\(|V(H_t)|=2+2t\\ge M\\). Проверим двусвязность. После удаления \\(u\\) вершина \\(v\\) соединяет все оставшиеся вершины; после удаления \\(v\\) ту же роль играет \\(u\\). После удаления одной из \\(a_i,b_i\\) общее ребро \\(uv\\) продолжает связывать все страницы. Значит, удаление любой вершины оставляет граф связным. Теперь стратегия. Первым ходом Красный красит \\(uv\\). Первый синий ход лежит в некоторой странице; назовём её \\(C_2\\). Красный выбирает другую, ещё не затронутую страницу \\(C_1\\), и вторым ходом красит противоположное ребро \\(a_1b_1\\). Опишем локальные ответы. В странице \\(C_2\\) уже есть первое синее ребро \\(e\\).…"}],"relations":[{"id":"rel-lktg-2026-p16-p11-board-variant","neighbor_id":"lktg-2026-project2-problem11-symmetric-erdos-game","direction":"forward","type":"paired_variant","distance":1,"status":"ai_checked"}],"search_text":"lktg-2026-project2-problem16-biconnected-red-board двусвязная доска произвольного размера для победы красного, лктг 2026 coloring goal_construction goal_strategy_game connectivity 2026 38-я летняя конференция турнира городов 2026, проект 2 «игры на меняющихся графах» alexandru malekshahian, sam spiro, on a clique-building game of erdős https://arxiv.org/abs/2410.18304 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 paper src-lktg-2026-project2-page src-lktg-2026-project2-problems-ru src-lktg-2026-project2-solutions-ru src-malekshahian-spiro-clique-building-game with_solution лктг лктг 2026, проект 2 «игры на меняющихся графах»: решения, русская редакция 7 лктг 2026, проект 2 «игры на меняющихся графах»: условия, русская редакция 7 лктг2026 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 alexandru malekshahian, sam spiro, on a clique-building game of erdős stmt-original двусвязная доска для красного source_verified красный и синий по очереди красят свободные рёбра заранее выбранного конечного графа \\(h\\), начинает красный. после окраски всех рёбер красный выигрывает, если его наибольшая клика строго больше синей; иначе выигрывает синий. для каждого натурального \\(m\\) постройте двусвязный граф \\(h\\) хотя бы на \\(m\\) вершинах, на котором красный имеет выигрышную стратегию. здесь двусвязность означает, что граф связен и остаётся связным после удаления любой одной вершины. simple_graph connected_graph complete_graph clique triangle idea-k4-book-board книга из страниц \\(k_4\\) все страницы \\(k_4\\) имеют общее ребро \\(uv\\). граф остаётся связным после удаления любой вершины, а всякий треугольник целиком лежит в одной странице. goal_construction connectivity ai_checked idea-local-pairing-defense локальные пары против синих треугольников красный защищает каждую затронутую страницу отдельным правилом парных ответов, а свободные ходы направляет в целевую страницу, где гарантированно собирает красный треугольник. goal_strategy_game coloring ai_checked sol-official-k4-book книга из \\(k_4\\) и локальная стратегия красного ai_checked simple_graph connected_graph complete_graph clique triangle для \\(t\\ge2\\) построим граф \\(h_t\\) из \\(t\\) копий \\(k_4\\), имеющих ровно одно общее ребро \\(uv\\). в \\(i\\)-й копии две остальные вершины обозначим \\(a_i,b_i\\), а копию назовём страницей \\(c_i\\). возьмём \\[ t\\ge\\max\\left\\{2,\\left\\lceil\\frac{m-2}{2}\\right\\rceil\\right\\}. \\] тогда \\(|v(h_t)|=2+2t\\ge m\\). проверим двусвязность. после удаления \\(u\\) вершина \\(v\\) соединяет все оставшиеся вершины; после удаления \\(v\\) ту же роль играет \\(u\\). после удаления одной из \\(a_i,b_i\\) общее ребро \\(uv\\) продолжает связывать все страницы. значит, удаление любой вершины оставляет граф связным. теперь стратегия. первым ходом красный красит \\(uv\\). первый синий ход лежит в некоторой странице; назовём её \\(c_2\\). красный выбирает другую, ещё не затронутую страницу \\(c_1\\), и вторым ходом красит противоположное ребро \\(a_1b_1\\). опишем локальные ответы. в странице \\(c_2\\) уже есть первое синее ребро \\(e\\).… lktg-2026-project2-problem16-biconnected-red-board dvusvyaznaya doska proizvolnogo razmera dlya pobedy krasnogo, lktg 2026 coloring goal_construction goal_strategy_game connectivity 2026 38-ya letnyaya konferentsiya turnira gorodov 2026, proekt 2 «igry na menyayuschihsya grafah» alexandru malekshahian, sam spiro, on a clique-building game of erdős https://arxiv.org/abs/2410.18304 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 paper src-lktg-2026-project2-page src-lktg-2026-project2-problems-ru src-lktg-2026-project2-solutions-ru src-malekshahian-spiro-clique-building-game with_solution lktg lktg 2026, proekt 2 «igry na menyayuschihsya grafah»: resheniya, russkaya redaktsiya 7 lktg 2026, proekt 2 «igry na menyayuschihsya grafah»: usloviya, russkaya redaktsiya 7 lktg2026 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 alexandru malekshahian, sam spiro, on a clique-building game of erdős stmt-original dvusvyaznaya doska dlya krasnogo source_verified krasnyy i siniy po ocheredi krasyat svobodnye rebra zaranee vybrannogo konechnogo grafa \\(h\\), nachinaet krasnyy. posle okraski vseh reber krasnyy vyigryvaet, esli ego naibolshaya klika strogo bolshe siney; inache vyigryvaet siniy. dlya kazhdogo naturalnogo \\(m\\) postroyte dvusvyaznyy graf \\(h\\) hotya by na \\(m\\) vershinah, na kotorom krasnyy imeet vyigryshnuyu strategiyu. zdes dvusvyaznost oznachaet, chto graf svyazen i ostaetsya svyaznym posle udaleniya lyuboy odnoy vershiny. simple_graph connected_graph complete_graph clique triangle idea-k4-book-board kniga iz stranits \\(k_4\\) vse stranitsy \\(k_4\\) imeyut obschee rebro \\(uv\\). graf ostaetsya svyaznym posle udaleniya lyuboy vershiny, a vsyakiy treugolnik tselikom lezhit v odnoy stranitse. goal_construction connectivity ai_checked idea-local-pairing-defense lokalnye pary protiv sinih treugolnikov krasnyy zaschischaet kazhduyu zatronutuyu stranitsu otdelnym pravilom parnyh otvetov, a svobodnye hody napravlyaet v tselevuyu stranitsu, gde garantirovanno sobiraet krasnyy treugolnik. goal_strategy_game coloring ai_checked sol-official-k4-book kniga iz \\(k_4\\) i lokalnaya strategiya krasnogo ai_checked simple_graph connected_graph complete_graph clique triangle dlya \\(t\\ge2\\) postroim graf \\(h_t\\) iz \\(t\\) kopiy \\(k_4\\), imeyuschih rovno odno obschee rebro \\(uv\\). v \\(i\\)-y kopii dve ostalnye vershiny oboznachim \\(a_i,b_i\\), a kopiyu nazovem stranitsey \\(c_i\\). vozmem \\[ t\\ge\\max\\left\\{2,\\left\\lceil\\frac{m-2}{2}\\right\\rceil\\right\\}. \\] togda \\(|v(h_t)|=2+2t\\ge m\\). proverim dvusvyaznost. posle udaleniya \\(u\\) vershina \\(v\\) soedinyaet vse ostavshiesya vershiny; posle udaleniya \\(v\\) tu zhe rol igraet \\(u\\). posle udaleniya odnoy iz \\(a_i,b_i\\) obschee rebro \\(uv\\) prodolzhaet svyazyvat vse stranitsy. znachit, udalenie lyuboy vershiny ostavlyaet graf svyaznym. teper strategiya. pervym hodom krasnyy krasit \\(uv\\). pervyy siniy hod lezhit v nekotoroy stranitse; nazovem ee \\(c_2\\). krasnyy vybiraet druguyu, esche ne zatronutuyu stranitsu \\(c_1\\), i vtorym hodom krasit protivopolozhnoe rebro \\(a_1b_1\\). opishem lokalnye otvety. v stranitse \\(c_2\\) uzhe est pervoe sinee rebro \\(e\\).…","source_keys":["lktg"]}
{"id":"lktg-2026-project2-problem17-firms-and-geniuses","title":"Фирмы и отмеченные гении в графе знакомств","path":"data\\problems\\lktg\\lktg-2026-project2-problem17-firms-and-geniuses.yaml","raw_github_url":"https://raw.githubusercontent.com/didin-maxim/knowledge_graph_of_graphs/main/data/problems/lktg/lktg-2026-project2-problem17-firms-and-geniuses.yaml","viewer_url":"https://didin-maxim.github.io/knowledge_graph_of_graphs/#lktg-2026-project2-problem17-firms-and-geniuses","source_key":"lktg","source_label":"LKTG","source_titles":["38-я Летняя конференция Турнира городов 2026, проект 2 «Игры на меняющихся графах»","ЛКТГ 2026, проект 2 «Игры на меняющихся графах»: условия, русская редакция 7","ЛКТГ 2026, проект 2 «Игры на меняющихся графах»: решения, русская редакция 7","32-й Турнир городов, весенний тур 2010/11, сложный вариант, 8-9 и 10-11 классы"],"year":"2026","type":"olympiad_problem","authors":["Шаповалов А.В."],"tags":["goal_construction","goal_strategy_game","connectivity","process_invariant"],"agent_topics":["game_strategy"],"difficulty":{"main":"national_final_hard","local_score":8,"comment":"Официальная сложность: а) 2/5; б) 3/5; в) 4/5.","status":"source_verified"},"review_status":"ai_checked","public_ready":true,"solution_state":"with_solution","solution_classification":{"type":"official_complete_or_near_complete","label":"официальное полное решение","status":"ai_checked","confidence":0.98,"basis":"официальный PDF решений, русская редакция 7","notes":"Пункт а решён циклической конструкцией; общая координатная конструкция полностью доказывает пункт в и её случай r=4 — пункт б."},"statements":{"original":[{"id":"stmt-original","title":"Фирмы нанимают программистов в графе знакомств","status":"source_verified","text":"Вершины конечного простого графа — программисты, а рёбра означают знакомства. Фирмы Пети и Васи по очереди нанимают по одному программисту, ещё не нанятому ни одной фирмой; начинает фирма Пети. Первого программиста каждая фирма выбирает произвольно. Каждый следующий нанятый ею программист должен быть знаком хотя бы с одним программистом, уже работающим в этой фирме. Если фирма не может сделать ход, она прекращает набор, а другая продолжает по тем же правилам, пока может. Среди программистов заранее отмечены \\(r\\) гениев. а) Для \\(r=3\\) постройте граф, в котором фирма Васи гарантированно наймёт не меньше двух гениев. б) Для \\(r=4\\) постройте граф, в котором фирма Васи гарантированно наймёт не меньше трёх гениев. в) Для каждого \\(r\\ge2\\) постройте граф, в котором фирма Васи гарантированно наймёт не меньше \\(r-1\\) гениев.","definition_ids":["simple_graph","connected_graph","path","cycle","distance"]},{"id":"stmt-tc-2011-eleven-geniuses","title":"Версия Турнира городов с 11 гениями","status":"source_verified","text":"Две фирмы по очереди нанимают программистов, среди которых есть 11 всем известных гениев. Первого программиста каждая фирма выбирает произвольно, а каждый следующий должен быть знаком с кем-то из ранее нанятых данной фирмой. Если фирма не может нанять программиста по этим правилам, она прекращает приём, а другая может продолжать. Список программистов и их знакомств заранее известен. Могут ли знакомства быть устроены так, что фирма, вступающая в игру второй, сможет нанять 10 гениев, как бы ни действовала первая фирма?","definition_ids":["simple_graph","connected_graph"]}]},"solutions":[{"id":"sol-official-parts-a-c","title":"Шестиугольник, пути длин 10–13 и общая координатная конструкция","status":"ai_checked","definition_ids":["simple_graph","connected_graph","path","cycle","distance"],"standard_idea_ids":[],"tags":[],"has_text":true,"text_preview":"а) Возьмём цикл \\[ g_1-u_1-g_2-u_2-g_3-u_3-g_1 \\] и объявим гениями \\(g_1,g_2,g_3\\). Если Петя первым нанял гения, например \\(g_1\\), Вася нанимает противоположную вершину \\(u_2\\). Следующий законный ход Пети — \\(u_1\\) или \\(u_3\\). В первом случае Вася берёт \\(g_2\\), во втором — \\(g_3\\). После этого набор по оставшимся дугам цикла вынужден, и второй из двух оставшихся гениев также достаётся Васе. Если Петя начал с обычной вершины, например \\(u_1\\), Вася берёт соседнего гения \\(g_1\\). Петя вынужден взять \\(g_2\\), затем Вася берёт \\(u_3\\), Петя — \\(u_2\\), Вася — \\(g_3\\). В обоих случаях Вася нанимает двух гениев. б) Это частный случай пункта в при \\(r=4\\): общая координатная конструкция, доказанная ниже, гарантирует Васе не меньше \\(r-1=3\\) гениев. Поэтому отдельной конструкции для этого пункта не требуется. в) Положим \\(L=r(r-1)\\). Программистами будут все векторы \\[ x=(x_1,\\ldots,x_r),\\q…"}],"relations":[{"id":"rel-lktg-2026-p17-mmo-2011-specialization","neighbor_id":"mmo-2011-firms-programmers-geniuses","direction":"forward","type":"paired_variant","distance":1,"status":"ai_checked"}],"search_text":"lktg-2026-project2-problem17-firms-and-geniuses фирмы и отмеченные гении в графе знакомств goal_construction goal_strategy_game connectivity process_invariant 2026 32-й турнир городов, весенний тур 2010/11, сложный вариант, 8-9 и 10-11 классы 38-я летняя конференция турнира городов 2026, проект 2 «игры на меняющихся графах» https://turgor.ru/lktg/2026/2/2-1-changing_graphs-rus.pdf https://turgor.ru/lktg/2026/2/2-1-changing_graphs-sol-rus.pdf https://turgor.ru/lktg/2026/2/index.html https://www.turgor.ru/problems/32/vs32sl-avt.pdf lktg lktg2026 official_archive official_solutions olympiad_archive src-lktg-2026-project2-page src-lktg-2026-project2-problems-ru src-lktg-2026-project2-solutions-ru src-tc-2011-32-vs32sl-official with_solution лктг 2026, проект 2 «игры на меняющихся графах»: решения, русская редакция 7 лктг 2026, проект 2 «игры на меняющихся графах»: условия, русская редакция 7 шаповалов а.в. шаповалов а.в. 38-я летняя конференция турнира городов 2026, проект 2 «игры на меняющихся графах» лктг 2026, проект 2 «игры на меняющихся графах»: условия, русская редакция 7 лктг 2026, проект 2 «игры на меняющихся графах»: решения, русская редакция 7 32-й турнир городов, весенний тур 2010/11, сложный вариант, 8-9 и 10-11 классы stmt-original фирмы нанимают программистов в графе знакомств source_verified вершины конечного простого графа — программисты, а рёбра означают знакомства. фирмы пети и васи по очереди нанимают по одному программисту, ещё не нанятому ни одной фирмой; начинает фирма пети. первого программиста каждая фирма выбирает произвольно. каждый следующий нанятый ею программист должен быть знаком хотя бы с одним программистом, уже работающим в этой фирме. если фирма не может сделать ход, она прекращает набор, а другая продолжает по тем же правилам, пока может. среди программистов заранее отмечены \\(r\\) гениев. а) для \\(r=3\\) постройте граф, в котором фирма васи гарантированно наймёт не меньше двух гениев. б) для \\(r=4\\) постройте граф, в котором фирма васи гарантированно наймёт не меньше трёх гениев. в) для каждого \\(r\\ge2\\) постройте граф, в котором фирма васи гарантированно наймёт не меньше \\(r-1\\) гениев. simple_graph connected_graph path cycle distance stmt-tc-2011-eleven-geniuses версия турнира городов с 11 гениями source_verified две фирмы по очереди нанимают программистов, среди которых есть 11 всем известных гениев. первого программиста каждая фирма выбирает произвольно, а каждый следующий должен быть знаком с кем-то из ранее нанятых данной фирмой. если фирма не может нанять программиста по этим правилам, она прекращает приём, а другая может продолжать. список программистов и их знакомств заранее известен. могут ли знакомства быть устроены так, что фирма, вступающая в игру второй, сможет нанять 10 гениев, как бы ни действовала первая фирма? simple_graph connected_graph idea-alternating-six-cycle чередующийся шестиугольник для трёх гениев на цикле длины шесть гении и обычные программисты чередуются. первый ответ васи переводит игру в вынужденное чередование, при котором два гения достаются васе. goal_construction goal_strategy_game ai_checked idea-simplex-coordinate-maxima целочисленный симплекс и максимумы координат в общей конструкции вершины — неотрицательные целые векторы фиксированной суммы, а ход по ребру переносит единицу между координатами. вася поддерживает строгий перевес максимума по всем координатам, кроме одной. process_invariant goal_construction ai_checked sol-official-parts-a-c шестиугольник, пути длин 10–13 и общая координатная конструкция ai_checked simple_graph connected_graph path cycle distance а) возьмём цикл \\[ g_1-u_1-g_2-u_2-g_3-u_3-g_1 \\] и объявим гениями \\(g_1,g_2,g_3\\). если петя первым нанял гения, например \\(g_1\\), вася нанимает противоположную вершину \\(u_2\\). следующий законный ход пети — \\(u_1\\) или \\(u_3\\). в первом случае вася берёт \\(g_2\\), во втором — \\(g_3\\). после этого набор по оставшимся дугам цикла вынужден, и второй из двух оставшихся гениев также достаётся васе. если петя начал с обычной вершины, например \\(u_1\\), вася берёт соседнего гения \\(g_1\\). петя вынужден взять \\(g_2\\), затем вася берёт \\(u_3\\), петя — \\(u_2\\), вася — \\(g_3\\). в обоих случаях вася нанимает двух гениев. б) это частный случай пункта в при \\(r=4\\): общая координатная конструкция, доказанная ниже, гарантирует васе не меньше \\(r-1=3\\) гениев. поэтому отдельной конструкции для этого пункта не требуется. в) положим \\(l=r(r-1)\\). программистами будут все векторы \\[ x=(x_1,\\ldots,x_r),\\q… lktg-2026-project2-problem17-firms-and-geniuses firmy i otmechennye genii v grafe znakomstv goal_construction goal_strategy_game connectivity process_invariant 2026 32-y turnir gorodov, vesenniy tur 2010/11, slozhnyy variant, 8-9 i 10-11 klassy 38-ya letnyaya konferentsiya turnira gorodov 2026, proekt 2 «igry na menyayuschihsya grafah» https://turgor.ru/lktg/2026/2/2-1-changing_graphs-rus.pdf https://turgor.ru/lktg/2026/2/2-1-changing_graphs-sol-rus.pdf https://turgor.ru/lktg/2026/2/index.html https://www.turgor.ru/problems/32/vs32sl-avt.pdf lktg lktg2026 official_archive official_solutions olympiad_archive src-lktg-2026-project2-page src-lktg-2026-project2-problems-ru src-lktg-2026-project2-solutions-ru src-tc-2011-32-vs32sl-official with_solution lktg 2026, proekt 2 «igry na menyayuschihsya grafah»: resheniya, russkaya redaktsiya 7 lktg 2026, proekt 2 «igry na menyayuschihsya grafah»: usloviya, russkaya redaktsiya 7 shapovalov a.v. shapovalov a.v. 38-ya letnyaya konferentsiya turnira gorodov 2026, proekt 2 «igry na menyayuschihsya grafah» lktg 2026, proekt 2 «igry na menyayuschihsya grafah»: usloviya, russkaya redaktsiya 7 lktg 2026, proekt 2 «igry na menyayuschihsya grafah»: resheniya, russkaya redaktsiya 7 32-y turnir gorodov, vesenniy tur 2010/11, slozhnyy variant, 8-9 i 10-11 klassy stmt-original firmy nanimayut programmistov v grafe znakomstv source_verified vershiny konechnogo prostogo grafa — programmisty, a rebra oznachayut znakomstva. firmy peti i vasi po ocheredi nanimayut po odnomu programmistu, esche ne nanyatomu ni odnoy firmoy; nachinaet firma peti. pervogo programmista kazhdaya firma vybiraet proizvolno. kazhdyy sleduyuschiy nanyatyy eyu programmist dolzhen byt znakom hotya by s odnim programmistom, uzhe rabotayuschim v etoy firme. esli firma ne mozhet sdelat hod, ona prekraschaet nabor, a drugaya prodolzhaet po tem zhe pravilam, poka mozhet. sredi programmistov zaranee otmecheny \\(r\\) geniev. a) dlya \\(r=3\\) postroyte graf, v kotorom firma vasi garantirovanno naymet ne menshe dvuh geniev. b) dlya \\(r=4\\) postroyte graf, v kotorom firma vasi garantirovanno naymet ne menshe treh geniev. v) dlya kazhdogo \\(r\\ge2\\) postroyte graf, v kotorom firma vasi garantirovanno naymet ne menshe \\(r-1\\) geniev. simple_graph connected_graph path cycle distance stmt-tc-2011-eleven-geniuses versiya turnira gorodov s 11 geniyami source_verified dve firmy po ocheredi nanimayut programmistov, sredi kotoryh est 11 vsem izvestnyh geniev. pervogo programmista kazhdaya firma vybiraet proizvolno, a kazhdyy sleduyuschiy dolzhen byt znakom s kem-to iz ranee nanyatyh dannoy firmoy. esli firma ne mozhet nanyat programmista po etim pravilam, ona prekraschaet priem, a drugaya mozhet prodolzhat. spisok programmistov i ih znakomstv zaranee izvesten. mogut li znakomstva byt ustroeny tak, chto firma, vstupayuschaya v igru vtoroy, smozhet nanyat 10 geniev, kak by ni deystvovala pervaya firma? simple_graph connected_graph idea-alternating-six-cycle chereduyuschiysya shestiugolnik dlya treh geniev na tsikle dliny shest genii i obychnye programmisty chereduyutsya. pervyy otvet vasi perevodit igru v vynuzhdennoe cheredovanie, pri kotorom dva geniya dostayutsya vase. goal_construction goal_strategy_game ai_checked idea-simplex-coordinate-maxima tselochislennyy simpleks i maksimumy koordinat v obschey konstruktsii vershiny — neotritsatelnye tselye vektory fiksirovannoy summy, a hod po rebru perenosit edinitsu mezhdu koordinatami. vasya podderzhivaet strogiy pereves maksimuma po vsem koordinatam, krome odnoy. process_invariant goal_construction ai_checked sol-official-parts-a-c shestiugolnik, puti dlin 10–13 i obschaya koordinatnaya konstruktsiya ai_checked simple_graph connected_graph path cycle distance a) vozmem tsikl \\[ g_1-u_1-g_2-u_2-g_3-u_3-g_1 \\] i obyavim geniyami \\(g_1,g_2,g_3\\). esli petya pervym nanyal geniya, naprimer \\(g_1\\), vasya nanimaet protivopolozhnuyu vershinu \\(u_2\\). sleduyuschiy zakonnyy hod peti — \\(u_1\\) ili \\(u_3\\). v pervom sluchae vasya beret \\(g_2\\), vo vtorom — \\(g_3\\). posle etogo nabor po ostavshimsya dugam tsikla vynuzhden, i vtoroy iz dvuh ostavshihsya geniev takzhe dostaetsya vase. esli petya nachal s obychnoy vershiny, naprimer \\(u_1\\), vasya beret sosednego geniya \\(g_1\\). petya vynuzhden vzyat \\(g_2\\), zatem vasya beret \\(u_3\\), petya — \\(u_2\\), vasya — \\(g_3\\). v oboih sluchayah vasya nanimaet dvuh geniev. b) eto chastnyy sluchay punkta v pri \\(r=4\\): obschaya koordinatnaya konstruktsiya, dokazannaya nizhe, garantiruet vase ne menshe \\(r-1=3\\) geniev. poetomu otdelnoy konstruktsii dlya etogo punkta ne trebuetsya. v) polozhim \\(l=r(r-1)\\). programmistami budut vse vektory \\[ x=(x_1,\\ldots,x_r),\\q…","source_keys":["lktg","tc"]}
{"id":"lktg-2026-project2-problem20-white-target-family","title":"Весовая лемма для белых целей, клик и гамильтоновых циклов","path":"data\\problems\\lktg\\lktg-2026-project2-problem20-white-target-family.yaml","raw_github_url":"https://raw.githubusercontent.com/didin-maxim/knowledge_graph_of_graphs/main/data/problems/lktg/lktg-2026-project2-problem20-white-target-family.yaml","viewer_url":"https://didin-maxim.github.io/knowledge_graph_of_graphs/#lktg-2026-project2-problem20-white-target-family","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"],"year":"2026","type":"olympiad_problem","authors":[],"tags":["extremal_graph_theory","coloring","potential_function","extremal_choice","goal_bound","goal_strategy_game","hamiltonian_cycles","goal_impossibility"],"agent_topics":["game_strategy"],"difficulty":{"main":"national_final_hard","local_score":7,"comment":"Подпункты имеют сложность 2/5 и 4/5; общий случай требует аккуратно оценить последовательный рост опасностей за \\(q\\) белых рёбер.","status":"ai_checked"},"review_status":"ai_checked","public_ready":true,"solution_state":"with_solution","solution_classification":{"type":"official_complete_or_near_complete","status":"ai_checked","confidence":0.99,"basis":"официальный PDF содержит полное доказательство","notes":"Оба подпункта полностью доказаны.","label":"официальное полное"},"statements":{"original":[{"id":"stmt-original","title":"Семейство белых целей","status":"source_verified","text":"Пусть \\(p,q\\ge1\\) — целые числа. Игра идёт по раундам на рёбрах \\(K_n\\): сначала Чингиз красит \\(p\\) свободных рёбер чёрным, затем Белла красит \\(q\\) свободных рёбер белым; при нехватке свободных рёбер игрок красит все оставшиеся. Пусть \\(\\mathcal F\\) — произвольное семейство непустых наборов рёбер графа \\(K_n\\). Через \\(N_{\\mathcal F}\\) обозначим число наборов \\(F\\in\\mathcal F\\), все рёбра которых в конце игры белые. а) Докажите, что в игре \\(1:1\\) Чингиз может гарантировать \\[N_{\\mathcal F}\\le\\left\\lfloor\\sum_{F\\in\\mathcal F}2^{-|F|}\\right\\rfloor.\\] б) Докажите, что в игре \\(p:q\\) Чингиз может гарантировать \\[N_{\\mathcal F}\\le\\left\\lfloor\\sum_{F\\in\\mathcal F}(p+1)^{-|F|/q}\\right\\rfloor.\\]","definition_ids":["complete_graph"]},{"id":"stmt-white-cliques","title":"Приложение к белым кликам","status":"source_verified","text":"Пусть \\(p,q\\ge 1\\) — целые числа. Игра идёт по раундам на рёбрах \\(K_n\\). В каждом раунде сначала Чингиз красит \\(p\\) свободных рёбер чёрным, а затем Белла красит \\(q\\) свободных рёбер белым. Если перед ходом игрока свободных рёбер меньше, чем ему разрешено покрасить, он красит все оставшиеся. Через \\(W\\) обозначим итоговый граф белых рёбер. В игре \\(1:1\\) полагается \\(p=q=1\\). Для \\(2\\le k\\le n\\) через \\(N_k\\) обозначим число множеств из \\(k\\) вершин, все рёбра между которыми в конце игры белые. Логарифм без указанного основания является натуральным. а) В игре \\(1:1\\) докажите, что Чингиз может гарантировать \\[N_k\\le \\left\\lfloor {n\\choose k}2^{-{k\\choose 2}}\\right\\rfloor.\\] б) В игре \\(p:q\\) докажите, что Чингиз может гарантировать \\[N_k\\le \\left\\lfloor {n\\choose k}(p+1)^{-{k\\choose 2}/q}\\right\\rfloor.\\] в) Выведите соответственно оценки \\[\\omega(W)\\le \\lceil 2\\log_2 n\\rceil+1\\quad\\text{и}\\quad \\omega(W)\\le \\lceil 2q\\log_{p+1}n\\rceil+1.\\]","definition_ids":["complete_graph","clique"]},{"id":"stmt-white-hamiltonian-cycles","title":"Приложение к белым гамильтоновым циклам","status":"source_verified","text":"Пусть \\(n\\ge3\\). В игре \\(p:q\\) на рёбрах \\(K_n\\) в каждом раунде сначала Чингиз красит \\(p\\) свободных рёбер чёрным, затем Белла красит \\(q\\) свободных рёбер белым; при нехватке свободных рёбер игрок красит все оставшиеся. Через \\(W\\) обозначим итоговый белый граф, а через \\(h(W)\\) — число его гамильтоновых циклов; циклы, отличающиеся только выбором начальной вершины или направлением обхода, считаются одинаковыми. а) Докажите, что в игре \\(1:1\\) Чингиз может гарантировать \\[h(W)\\le\\left\\lfloor\\frac{(n-1)!}{2^{n+1}}\\right\\rfloor.\\] б) Докажите, что в игре \\(p:q\\) Чингиз может гарантировать \\[h(W)\\le\\left\\lfloor\\frac{(n-1)!}{2(p+1)^{n/q}}\\right\\rfloor.\\] в) Выведите, что при \\((p+1)^{n/q}>(n-1)!/2\\) Чингиз может не допустить появления белого гамильтонова цикла.","definition_ids":["complete_graph","hamiltonian_cycle"]}]},"solutions":[{"id":"sol-official-white-target-lemma","title":"Общая весовая лемма и приложения к кликам и гамильтоновым циклам","status":"ai_checked","definition_ids":["complete_graph","clique","hamiltonian_cycle"],"standard_idea_ids":[],"tags":[],"has_text":true,"text_preview":"Сначала докажем пункт б). Цель \\(F\\in\\mathcal F\\) назовём живой, пока ни одно её ребро не окрашено чёрным. Положим \\(\\lambda=(p+1)^{1/q}\\). Если в живой цели осталось \\(r(F)\\) свободных рёбер, дадим ей вес \\(w(F)=\\lambda^{-r(F)}\\); неживая цель имеет вес \\(0\\). Потенциалом назовём сумму весов целей, а опасностью свободного ребра — сумму весов всех живых целей, которые его содержат. На своём ходу Чингиз последовательно выбирает \\(p\\) свободных рёбер максимальной текущей опасности, пересчитывая опасности после каждого выбора. Пусть опасности выбранных рёбер равны \\(d_1\\ge\\cdots\\ge d_p\\), а после хода Чингиза наибольшая опасность свободного ребра равна \\(d\\). Тогда \\(d\\le d_p\\), а окраска выбранных рёбер в чёрный цвет уничтожила все содержащие их живые цели и уменьшила потенциал на \\(d_1+\\cdots+d_p\\ge pd\\). Когда Белла красит свободное ребро белым, вес каждой содержащей его живой цели умно…"}],"relations":[{"id":"rel-lktg-2026-p14-p20-weight-transfer","neighbor_id":"lktg-2026-project2-problem14-white-clique-infinite-board","direction":"forward","type":"solution_transfer","distance":2,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-lktg-2026-p20-p21-transfer","neighbor_id":"lktg-2026-project2-problem21-black-minimum-degree","direction":"forward","type":"same_motif","distance":1,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-lktg-2026-p20-p22-transfer","neighbor_id":"lktg-2026-project2-problem22-density-in-large-subsets","direction":"forward","type":"same_motif","distance":1,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-lktg-2026-p24-p20-combination","neighbor_id":"lktg-2026-project2-problem24-white-clique-black-degrees","direction":"backward","type":"solution_transfer","distance":1,"status":"ai_checked"}],"search_text":"lktg-2026-project2-problem20-white-target-family весовая лемма для белых целей, клик и гамильтоновых циклов extremal_graph_theory coloring potential_function extremal_choice goal_bound goal_strategy_game hamiltonian_cycles goal_impossibility 2026 38-я летняя конференция турнира городов 2026, проект 2 «игры на меняющихся графах» https://turgor.ru/lktg/2026/2/2-1-changing_graphs-rus.pdf https://turgor.ru/lktg/2026/2/2-1-changing_graphs-sol-rus.pdf https://turgor.ru/lktg/2026/2/index.html 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 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 38-я летняя конференция турнира городов 2026, проект 2 «игры на меняющихся графах» лктг 2026, проект 2 «игры на меняющихся графах»: условия, русская редакция 7 лктг 2026, проект 2 «игры на меняющихся графах»: решения, русская редакция 7 stmt-original семейство белых целей source_verified пусть \\(p,q\\ge1\\) — целые числа. игра идёт по раундам на рёбрах \\(k_n\\): сначала чингиз красит \\(p\\) свободных рёбер чёрным, затем белла красит \\(q\\) свободных рёбер белым; при нехватке свободных рёбер игрок красит все оставшиеся. пусть \\(\\mathcal f\\) — произвольное семейство непустых наборов рёбер графа \\(k_n\\). через \\(n_{\\mathcal f}\\) обозначим число наборов \\(f\\in\\mathcal f\\), все рёбра которых в конце игры белые. а) докажите, что в игре \\(1:1\\) чингиз может гарантировать \\[n_{\\mathcal f}\\le\\left\\lfloor\\sum_{f\\in\\mathcal f}2^{-|f|}\\right\\rfloor.\\] б) докажите, что в игре \\(p:q\\) чингиз может гарантировать \\[n_{\\mathcal f}\\le\\left\\lfloor\\sum_{f\\in\\mathcal f}(p+1)^{-|f|/q}\\right\\rfloor.\\] complete_graph stmt-white-cliques приложение к белым кликам source_verified пусть \\(p,q\\ge 1\\) — целые числа. игра идёт по раундам на рёбрах \\(k_n\\). в каждом раунде сначала чингиз красит \\(p\\) свободных рёбер чёрным, а затем белла красит \\(q\\) свободных рёбер белым. если перед ходом игрока свободных рёбер меньше, чем ему разрешено покрасить, он красит все оставшиеся. через \\(w\\) обозначим итоговый граф белых рёбер. в игре \\(1:1\\) полагается \\(p=q=1\\). для \\(2\\le k\\le n\\) через \\(n_k\\) обозначим число множеств из \\(k\\) вершин, все рёбра между которыми в конце игры белые. логарифм без указанного основания является натуральным. а) в игре \\(1:1\\) докажите, что чингиз может гарантировать \\[n_k\\le \\left\\lfloor {n\\choose k}2^{-{k\\choose 2}}\\right\\rfloor.\\] б) в игре \\(p:q\\) докажите, что чингиз может гарантировать \\[n_k\\le \\left\\lfloor {n\\choose k}(p+1)^{-{k\\choose 2}/q}\\right\\rfloor.\\] в) выведите соответственно оценки \\[\\omega(w)\\le \\lceil 2\\log_2 n\\rceil+1\\quad\\text{и}\\quad \\omega(w)\\le \\lceil 2q\\log_{p+1}n\\rceil+1.\\] complete_graph clique stmt-white-hamiltonian-cycles приложение к белым гамильтоновым циклам source_verified пусть \\(n\\ge3\\). в игре \\(p:q\\) на рёбрах \\(k_n\\) в каждом раунде сначала чингиз красит \\(p\\) свободных рёбер чёрным, затем белла красит \\(q\\) свободных рёбер белым; при нехватке свободных рёбер игрок красит все оставшиеся. через \\(w\\) обозначим итоговый белый граф, а через \\(h(w)\\) — число его гамильтоновых циклов; циклы, отличающиеся только выбором начальной вершины или направлением обхода, считаются одинаковыми. а) докажите, что в игре \\(1:1\\) чингиз может гарантировать \\[h(w)\\le\\left\\lfloor\\frac{(n-1)!}{2^{n+1}}\\right\\rfloor.\\] б) докажите, что в игре \\(p:q\\) чингиз может гарантировать \\[h(w)\\le\\left\\lfloor\\frac{(n-1)!}{2(p+1)^{n/q}}\\right\\rfloor.\\] в) выведите, что при \\((p+1)^{n/q}>(n-1)!/2\\) чингиз может не допустить появления белого гамильтонова цикла. complete_graph hamiltonian_cycle idea-danger-potential живые цели и опасность свободного ребра вес цели экспоненциально зависит от числа оставшихся свободных рёбер. чингиз гасит рёбра максимальной суммарной опасности; потеря веса на его ходе покрывает возможный рост на ходе беллы. potential_function extremal_choice ai_checked idea-weighted-live-targets вес живой кликовой цели и опасность ребра каждому \\(k\\)-множеству сопоставляется цель из всех его рёбер. живой цели с \\(r\\) свободными рёбрами даётся вес \\((p+1)^{-r/q}\\); опасность ребра равна сумме весов содержащих его живых целей. жадный выбор чёрных рёбер максимальной опасности не даёт суммарному весу расти. potential_function extremal_choice ai_checked idea-cycles-as-weighted-targets гамильтонов цикл как весовая цель каждый гамильтонов цикл рассматривается как цель из \\(n\\) рёбер. весовая стратегия максимальной опасности ограничивает число целей, оставшихся полностью белыми. potential_function hamiltonian_cycles ai_checked sol-official-white-target-lemma общая весовая лемма и приложения к кликам и гамильтоновым циклам ai_checked complete_graph clique hamiltonian_cycle сначала докажем пункт б). цель \\(f\\in\\mathcal f\\) назовём живой, пока ни одно её ребро не окрашено чёрным. положим \\(\\lambda=(p+1)^{1/q}\\). если в живой цели осталось \\(r(f)\\) свободных рёбер, дадим ей вес \\(w(f)=\\lambda^{-r(f)}\\); неживая цель имеет вес \\(0\\). потенциалом назовём сумму весов целей, а опасностью свободного ребра — сумму весов всех живых целей, которые его содержат. на своём ходу чингиз последовательно выбирает \\(p\\) свободных рёбер максимальной текущей опасности, пересчитывая опасности после каждого выбора. пусть опасности выбранных рёбер равны \\(d_1\\ge\\cdots\\ge d_p\\), а после хода чингиза наибольшая опасность свободного ребра равна \\(d\\). тогда \\(d\\le d_p\\), а окраска выбранных рёбер в чёрный цвет уничтожила все содержащие их живые цели и уменьшила потенциал на \\(d_1+\\cdots+d_p\\ge pd\\). когда белла красит свободное ребро белым, вес каждой содержащей его живой цели умно… lktg-2026-project2-problem20-white-target-family vesovaya lemma dlya belyh tseley, klik i gamiltonovyh tsiklov extremal_graph_theory coloring potential_function extremal_choice goal_bound goal_strategy_game hamiltonian_cycles goal_impossibility 2026 38-ya letnyaya konferentsiya turnira gorodov 2026, proekt 2 «igry na menyayuschihsya grafah» https://turgor.ru/lktg/2026/2/2-1-changing_graphs-rus.pdf https://turgor.ru/lktg/2026/2/2-1-changing_graphs-sol-rus.pdf https://turgor.ru/lktg/2026/2/index.html 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 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 38-ya letnyaya konferentsiya turnira gorodov 2026, proekt 2 «igry na menyayuschihsya grafah» lktg 2026, proekt 2 «igry na menyayuschihsya grafah»: usloviya, russkaya redaktsiya 7 lktg 2026, proekt 2 «igry na menyayuschihsya grafah»: resheniya, russkaya redaktsiya 7 stmt-original semeystvo belyh tseley source_verified pust \\(p,q\\ge1\\) — tselye chisla. igra idet po raundam na rebrah \\(k_n\\): snachala chingiz krasit \\(p\\) svobodnyh reber chernym, zatem bella krasit \\(q\\) svobodnyh reber belym; pri nehvatke svobodnyh reber igrok krasit vse ostavshiesya. pust \\(\\mathcal f\\) — proizvolnoe semeystvo nepustyh naborov reber grafa \\(k_n\\). cherez \\(n_{\\mathcal f}\\) oboznachim chislo naborov \\(f\\in\\mathcal f\\), vse rebra kotoryh v kontse igry belye. a) dokazhite, chto v igre \\(1:1\\) chingiz mozhet garantirovat \\[n_{\\mathcal f}\\le\\left\\lfloor\\sum_{f\\in\\mathcal f}2^{-|f|}\\right\\rfloor.\\] b) dokazhite, chto v igre \\(p:q\\) chingiz mozhet garantirovat \\[n_{\\mathcal f}\\le\\left\\lfloor\\sum_{f\\in\\mathcal f}(p+1)^{-|f|/q}\\right\\rfloor.\\] complete_graph stmt-white-cliques prilozhenie k belym klikam source_verified pust \\(p,q\\ge 1\\) — tselye chisla. igra idet po raundam na rebrah \\(k_n\\). v kazhdom raunde snachala chingiz krasit \\(p\\) svobodnyh reber chernym, a zatem bella krasit \\(q\\) svobodnyh reber belym. esli pered hodom igroka svobodnyh reber menshe, chem emu razresheno pokrasit, on krasit vse ostavshiesya. cherez \\(w\\) oboznachim itogovyy graf belyh reber. v igre \\(1:1\\) polagaetsya \\(p=q=1\\). dlya \\(2\\le k\\le n\\) cherez \\(n_k\\) oboznachim chislo mnozhestv iz \\(k\\) vershin, vse rebra mezhdu kotorymi v kontse igry belye. logarifm bez ukazannogo osnovaniya yavlyaetsya naturalnym. a) v igre \\(1:1\\) dokazhite, chto chingiz mozhet garantirovat \\[n_k\\le \\left\\lfloor {n\\choose k}2^{-{k\\choose 2}}\\right\\rfloor.\\] b) v igre \\(p:q\\) dokazhite, chto chingiz mozhet garantirovat \\[n_k\\le \\left\\lfloor {n\\choose k}(p+1)^{-{k\\choose 2}/q}\\right\\rfloor.\\] v) vyvedite sootvetstvenno otsenki \\[\\omega(w)\\le \\lceil 2\\log_2 n\\rceil+1\\quad\\text{i}\\quad \\omega(w)\\le \\lceil 2q\\log_{p+1}n\\rceil+1.\\] complete_graph clique stmt-white-hamiltonian-cycles prilozhenie k belym gamiltonovym tsiklam source_verified pust \\(n\\ge3\\). v igre \\(p:q\\) na rebrah \\(k_n\\) v kazhdom raunde snachala chingiz krasit \\(p\\) svobodnyh reber chernym, zatem bella krasit \\(q\\) svobodnyh reber belym; pri nehvatke svobodnyh reber igrok krasit vse ostavshiesya. cherez \\(w\\) oboznachim itogovyy belyy graf, a cherez \\(h(w)\\) — chislo ego gamiltonovyh tsiklov; tsikly, otlichayuschiesya tolko vyborom nachalnoy vershiny ili napravleniem obhoda, schitayutsya odinakovymi. a) dokazhite, chto v igre \\(1:1\\) chingiz mozhet garantirovat \\[h(w)\\le\\left\\lfloor\\frac{(n-1)!}{2^{n+1}}\\right\\rfloor.\\] b) dokazhite, chto v igre \\(p:q\\) chingiz mozhet garantirovat \\[h(w)\\le\\left\\lfloor\\frac{(n-1)!}{2(p+1)^{n/q}}\\right\\rfloor.\\] v) vyvedite, chto pri \\((p+1)^{n/q}>(n-1)!/2\\) chingiz mozhet ne dopustit poyavleniya belogo gamiltonova tsikla. complete_graph hamiltonian_cycle idea-danger-potential zhivye tseli i opasnost svobodnogo rebra ves tseli eksponentsialno zavisit ot chisla ostavshihsya svobodnyh reber. chingiz gasit rebra maksimalnoy summarnoy opasnosti; poterya vesa na ego hode pokryvaet vozmozhnyy rost na hode belly. potential_function extremal_choice ai_checked idea-weighted-live-targets ves zhivoy klikovoy tseli i opasnost rebra kazhdomu \\(k\\)-mnozhestvu sopostavlyaetsya tsel iz vseh ego reber. zhivoy tseli s \\(r\\) svobodnymi rebrami daetsya ves \\((p+1)^{-r/q}\\); opasnost rebra ravna summe vesov soderzhaschih ego zhivyh tseley. zhadnyy vybor chernyh reber maksimalnoy opasnosti ne daet summarnomu vesu rasti. potential_function extremal_choice ai_checked idea-cycles-as-weighted-targets gamiltonov tsikl kak vesovaya tsel kazhdyy gamiltonov tsikl rassmatrivaetsya kak tsel iz \\(n\\) reber. vesovaya strategiya maksimalnoy opasnosti ogranichivaet chislo tseley, ostavshihsya polnostyu belymi. potential_function hamiltonian_cycles ai_checked sol-official-white-target-lemma obschaya vesovaya lemma i prilozheniya k klikam i gamiltonovym tsiklam ai_checked complete_graph clique hamiltonian_cycle snachala dokazhem punkt b). tsel \\(f\\in\\mathcal f\\) nazovem zhivoy, poka ni odno ee rebro ne okrasheno chernym. polozhim \\(\\lambda=(p+1)^{1/q}\\). esli v zhivoy tseli ostalos \\(r(f)\\) svobodnyh reber, dadim ey ves \\(w(f)=\\lambda^{-r(f)}\\); nezhivaya tsel imeet ves \\(0\\). potentsialom nazovem summu vesov tseley, a opasnostyu svobodnogo rebra — summu vesov vseh zhivyh tseley, kotorye ego soderzhat. na svoem hodu chingiz posledovatelno vybiraet \\(p\\) svobodnyh reber maksimalnoy tekuschey opasnosti, pereschityvaya opasnosti posle kazhdogo vybora. pust opasnosti vybrannyh reber ravny \\(d_1\\ge\\cdots\\ge d_p\\), a posle hoda chingiza naibolshaya opasnost svobodnogo rebra ravna \\(d\\). togda \\(d\\le d_p\\), a okraska vybrannyh reber v chernyy tsvet unichtozhila vse soderzhaschie ih zhivye tseli i umenshila potentsial na \\(d_1+\\cdots+d_p\\ge pd\\). kogda bella krasit svobodnoe rebro belym, ves kazhdoy soderzhaschey ego zhivoy tseli umno…","source_keys":["lktg"]}
{"id":"lktg-2026-project2-problem21-black-minimum-degree","title":"Почти пропорциональная нижняя оценка чёрной степени каждой вершины, ЛКТГ 2026 №21","path":"data\\problems\\lktg\\lktg-2026-project2-problem21-black-minimum-degree.yaml","raw_github_url":"https://raw.githubusercontent.com/didin-maxim/knowledge_graph_of_graphs/main/data/problems/lktg/lktg-2026-project2-problem21-black-minimum-degree.yaml","viewer_url":"https://didin-maxim.github.io/knowledge_graph_of_graphs/#lktg-2026-project2-problem21-black-minimum-degree","source_key":"lktg","source_label":"ЛКТГ","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"],"year":"2026","type":"olympiad_problem","authors":[],"tags":["extremal_graph_theory","coloring","potential_function","degree_counting","goal_bound","goal_strategy_game"],"agent_topics":["game_strategy"],"difficulty":{"main":"national_final_hard","local_score":8,"comment":"Подпункты имеют сложность 3/5 и 4/5; ключевой шаг — настройка экспоненциального потенциала под смещение \\(p:q\\).","status":"ai_checked"},"review_status":"ai_checked","public_ready":true,"solution_state":"with_solution","solution_classification":{"type":"official_complete_or_near_complete","status":"ai_checked","confidence":0.99,"basis":"официальный PDF содержит полное доказательство","notes":"Оба подпункта следуют из приведённого общего доказательства.","label":"официальное полное"},"statements":{"original":[{"id":"stmt-original","title":"Чёрная степень каждой вершины","status":"source_verified","text":"Пусть \\(p,q\\ge1\\) — целые числа. Игра идёт по раундам на рёбрах \\(K_n\\): сначала Чингиз красит \\(p\\) свободных рёбер чёрным, затем Белла красит \\(q\\) свободных рёбер белым; при нехватке свободных рёбер игрок красит все оставшиеся. Через \\(B\\) обозначим итоговый граф чёрных рёбер, а через \\(\\delta(B)\\) — его минимальную степень. а) Докажите, что для каждого \\(\\varepsilon>0\\) при всех достаточно больших \\(n\\) Чингиз в игре \\(1:1\\) может гарантировать \\[\\delta(B)\\ge\\left(\\frac12-\\varepsilon\\right)(n-1).\\] б) Докажите, что для любых фиксированных \\(p,q\\ge1\\) и \\(\\varepsilon>0\\) при всех достаточно больших \\(n\\) Чингиз может гарантировать \\[\\delta(B)\\ge\\left(\\frac{p}{p+q}-\\varepsilon\\right)(n-1).\\]","definition_ids":["complete_graph","degree"]}]},"solutions":[{"id":"sol-official-star-weight-potential","title":"Весовая лемма для звёзд вершин","status":"ai_checked","definition_ids":["complete_graph","degree"],"standard_idea_ids":[],"tags":[],"has_text":true,"text_preview":"Докажем общий пункт б); пункт а) получится при \\(p=q=1\\). Выберем число \\(c>q/p\\), а затем \\(s>1\\) настолько близким к \\(1\\), чтобы \\[ s^q-1\\le p(1-s^{-c}).\\tag{1} \\] Такое \\(s\\) существует: после деления на \\(s-1\\) левая и правая части при \\(s\\downarrow1\\) стремятся соответственно к \\(q\\) и \\(pc>q\\). Для каждой вершины \\(v\\) рассмотрим цель, состоящую из всех \\(n-1\\) инцидентных ей рёбер. Если к настоящему моменту среди этих рёбер \\(w_v\\) белых и \\(b_v\\) чёрных, дадим цели вес \\[ s^{w_v-cb_v}. \\] Потенциал — сумма весов всех \\(n\\) целей. Опасностью свободного ребра \\(e\\) назовём \\[ D(e)=(1-s^{-c})\\sum_{v:\\,e\\text{ входит в звезду }v}s^{w_v-cb_v}. \\] Окраска \\(e\\) в чёрный цвет умножает веса содержащих его целей на \\(s^{-c}\\), поэтому уменьшает потенциал ровно на \\(D(e)\\). Чингиз последовательно выбирает \\(p\\) рёбер наибольшей текущей опасности. Чёрные рёбра могут только уменьшать опасн…"}],"relations":[{"id":"rel-lktg-2026-p24-p21-combination","neighbor_id":"lktg-2026-project2-problem24-white-clique-black-degrees","direction":"backward","type":"solution_transfer","distance":1,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-lktg-2026-p20-p21-transfer","neighbor_id":"lktg-2026-project2-problem20-white-target-family","direction":"backward","type":"same_motif","distance":1,"status":"ai_checked"}],"search_text":"lktg-2026-project2-problem21-black-minimum-degree почти пропорциональная нижняя оценка чёрной степени каждой вершины, лктг 2026 №21 extremal_graph_theory coloring potential_function degree_counting goal_bound goal_strategy_game 2026 38-я летняя конференция турнира городов 2026, проект 2 «игры на меняющихся графах» https://turgor.ru/lktg/2026/2/2-1-changing_graphs-rus.pdf https://turgor.ru/lktg/2026/2/2-1-changing_graphs-sol-rus.pdf https://turgor.ru/lktg/2026/2/index.html 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 with_solution лктг лктг 2026, проект 2 «игры на меняющихся графах»: решения, русская редакция 7 лктг 2026, проект 2 «игры на меняющихся графах»: условия, русская редакция 7 лктг2026 38-я летняя конференция турнира городов 2026, проект 2 «игры на меняющихся графах» лктг 2026, проект 2 «игры на меняющихся графах»: условия, русская редакция 7 лктг 2026, проект 2 «игры на меняющихся графах»: решения, русская редакция 7 stmt-original чёрная степень каждой вершины source_verified пусть \\(p,q\\ge1\\) — целые числа. игра идёт по раундам на рёбрах \\(k_n\\): сначала чингиз красит \\(p\\) свободных рёбер чёрным, затем белла красит \\(q\\) свободных рёбер белым; при нехватке свободных рёбер игрок красит все оставшиеся. через \\(b\\) обозначим итоговый граф чёрных рёбер, а через \\(\\delta(b)\\) — его минимальную степень. а) докажите, что для каждого \\(\\varepsilon>0\\) при всех достаточно больших \\(n\\) чингиз в игре \\(1:1\\) может гарантировать \\[\\delta(b)\\ge\\left(\\frac12-\\varepsilon\\right)(n-1).\\] б) докажите, что для любых фиксированных \\(p,q\\ge1\\) и \\(\\varepsilon>0\\) при всех достаточно больших \\(n\\) чингиз может гарантировать \\[\\delta(b)\\ge\\left(\\frac{p}{p+q}-\\varepsilon\\right)(n-1).\\] complete_graph degree idea-star-exponential-weight экспоненциальные веса звёзд вершин звезде вершины присваивается вес \\(s^{d_w(v)-c d_b(v)}\\). при \\(c>q/p\\) можно выбрать \\(s>1\\) так, что жадный чёрный ход компенсирует рост потенциала от \\(q\\) белых рёбер. potential_function degree_counting ai_checked sol-official-star-weight-potential весовая лемма для звёзд вершин ai_checked complete_graph degree докажем общий пункт б); пункт а) получится при \\(p=q=1\\). выберем число \\(c>q/p\\), а затем \\(s>1\\) настолько близким к \\(1\\), чтобы \\[ s^q-1\\le p(1-s^{-c}).\\tag{1} \\] такое \\(s\\) существует: после деления на \\(s-1\\) левая и правая части при \\(s\\downarrow1\\) стремятся соответственно к \\(q\\) и \\(pc>q\\). для каждой вершины \\(v\\) рассмотрим цель, состоящую из всех \\(n-1\\) инцидентных ей рёбер. если к настоящему моменту среди этих рёбер \\(w_v\\) белых и \\(b_v\\) чёрных, дадим цели вес \\[ s^{w_v-cb_v}. \\] потенциал — сумма весов всех \\(n\\) целей. опасностью свободного ребра \\(e\\) назовём \\[ d(e)=(1-s^{-c})\\sum_{v:\\,e\\text{ входит в звезду }v}s^{w_v-cb_v}. \\] окраска \\(e\\) в чёрный цвет умножает веса содержащих его целей на \\(s^{-c}\\), поэтому уменьшает потенциал ровно на \\(d(e)\\). чингиз последовательно выбирает \\(p\\) рёбер наибольшей текущей опасности. чёрные рёбра могут только уменьшать опасн… lktg-2026-project2-problem21-black-minimum-degree pochti proportsionalnaya nizhnyaya otsenka chernoy stepeni kazhdoy vershiny, lktg 2026 №21 extremal_graph_theory coloring potential_function degree_counting goal_bound goal_strategy_game 2026 38-ya letnyaya konferentsiya turnira gorodov 2026, proekt 2 «igry na menyayuschihsya grafah» https://turgor.ru/lktg/2026/2/2-1-changing_graphs-rus.pdf https://turgor.ru/lktg/2026/2/2-1-changing_graphs-sol-rus.pdf https://turgor.ru/lktg/2026/2/index.html 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 with_solution lktg lktg 2026, proekt 2 «igry na menyayuschihsya grafah»: resheniya, russkaya redaktsiya 7 lktg 2026, proekt 2 «igry na menyayuschihsya grafah»: usloviya, russkaya redaktsiya 7 lktg2026 38-ya letnyaya konferentsiya turnira gorodov 2026, proekt 2 «igry na menyayuschihsya grafah» lktg 2026, proekt 2 «igry na menyayuschihsya grafah»: usloviya, russkaya redaktsiya 7 lktg 2026, proekt 2 «igry na menyayuschihsya grafah»: resheniya, russkaya redaktsiya 7 stmt-original chernaya stepen kazhdoy vershiny source_verified pust \\(p,q\\ge1\\) — tselye chisla. igra idet po raundam na rebrah \\(k_n\\): snachala chingiz krasit \\(p\\) svobodnyh reber chernym, zatem bella krasit \\(q\\) svobodnyh reber belym; pri nehvatke svobodnyh reber igrok krasit vse ostavshiesya. cherez \\(b\\) oboznachim itogovyy graf chernyh reber, a cherez \\(\\delta(b)\\) — ego minimalnuyu stepen. a) dokazhite, chto dlya kazhdogo \\(\\varepsilon>0\\) pri vseh dostatochno bolshih \\(n\\) chingiz v igre \\(1:1\\) mozhet garantirovat \\[\\delta(b)\\ge\\left(\\frac12-\\varepsilon\\right)(n-1).\\] b) dokazhite, chto dlya lyubyh fiksirovannyh \\(p,q\\ge1\\) i \\(\\varepsilon>0\\) pri vseh dostatochno bolshih \\(n\\) chingiz mozhet garantirovat \\[\\delta(b)\\ge\\left(\\frac{p}{p+q}-\\varepsilon\\right)(n-1).\\] complete_graph degree idea-star-exponential-weight eksponentsialnye vesa zvezd vershin zvezde vershiny prisvaivaetsya ves \\(s^{d_w(v)-c d_b(v)}\\). pri \\(c>q/p\\) mozhno vybrat \\(s>1\\) tak, chto zhadnyy chernyy hod kompensiruet rost potentsiala ot \\(q\\) belyh reber. potential_function degree_counting ai_checked sol-official-star-weight-potential vesovaya lemma dlya zvezd vershin ai_checked complete_graph degree dokazhem obschiy punkt b); punkt a) poluchitsya pri \\(p=q=1\\). vyberem chislo \\(c>q/p\\), a zatem \\(s>1\\) nastolko blizkim k \\(1\\), chtoby \\[ s^q-1\\le p(1-s^{-c}).\\tag{1} \\] takoe \\(s\\) suschestvuet: posle deleniya na \\(s-1\\) levaya i pravaya chasti pri \\(s\\downarrow1\\) stremyatsya sootvetstvenno k \\(q\\) i \\(pc>q\\). dlya kazhdoy vershiny \\(v\\) rassmotrim tsel, sostoyaschuyu iz vseh \\(n-1\\) intsidentnyh ey reber. esli k nastoyaschemu momentu sredi etih reber \\(w_v\\) belyh i \\(b_v\\) chernyh, dadim tseli ves \\[ s^{w_v-cb_v}. \\] potentsial — summa vesov vseh \\(n\\) tseley. opasnostyu svobodnogo rebra \\(e\\) nazovem \\[ d(e)=(1-s^{-c})\\sum_{v:\\,e\\text{ vhodit v zvezdu }v}s^{w_v-cb_v}. \\] okraska \\(e\\) v chernyy tsvet umnozhaet vesa soderzhaschih ego tseley na \\(s^{-c}\\), poetomu umenshaet potentsial rovno na \\(d(e)\\). chingiz posledovatelno vybiraet \\(p\\) reber naibolshey tekuschey opasnosti. chernye rebra mogut tolko umenshat opasn…","source_keys":["lktg"]}
{"id":"lktg-2026-project2-problem22-density-in-large-subsets","title":"Чёрная плотность во всех больших множествах и между ними","path":"data\\problems\\lktg\\lktg-2026-project2-problem22-density-in-large-subsets.yaml","raw_github_url":"https://raw.githubusercontent.com/didin-maxim/knowledge_graph_of_graphs/main/data/problems/lktg/lktg-2026-project2-problem22-density-in-large-subsets.yaml","viewer_url":"https://didin-maxim.github.io/knowledge_graph_of_graphs/#lktg-2026-project2-problem22-density-in-large-subsets","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"],"year":"2026","type":"olympiad_problem","authors":[],"tags":["extremal_graph_theory","coloring","potential_function","goal_bound","goal_strategy_game"],"agent_topics":["game_strategy"],"difficulty":{"main":"imo_p3_plus","local_score":9,"comment":"Подпункты имеют сложность 4/5 и 5/5; помимо весовой леммы требуется одновременно нормировать экспоненциально много целей.","status":"ai_checked"},"review_status":"ai_checked","public_ready":true,"solution_state":"with_solution","solution_classification":{"type":"official_complete_or_near_complete","status":"ai_checked","confidence":0.99,"basis":"официальный PDF содержит полное доказательство","notes":"Оба подпункта покрыты общим самодостаточным доказательством.","label":"официальное полное"},"statements":{"original":[{"id":"stmt-original","title":"Плотность внутри больших множеств","status":"source_verified","text":"Пусть \\(p,q\\ge1\\) — целые числа. Игра идёт по раундам на рёбрах \\(K_n\\): сначала Чингиз красит \\(p\\) свободных рёбер чёрным, затем Белла красит \\(q\\) свободных рёбер белым; при нехватке свободных рёбер игрок красит все оставшиеся. Через \\(e_B(U)\\) обозначим число чёрных рёбер с обоими концами в \\(U\\). а) Докажите, что для каждого \\(\\varepsilon>0\\) существует постоянная \\(C=C(\\varepsilon)\\), для которой при всех достаточно больших \\(n\\) Чингиз в игре \\(1:1\\) может гарантировать \\[e_B(U)\\ge\\left(\\frac12-\\varepsilon\\right){|U|\\choose2}\\] для каждого множества \\(U\\), содержащего не менее \\(\\lceil C\\log n\\rceil\\) вершин. б) Докажите, что для любых фиксированных \\(p,q\\ge1\\) и \\(\\varepsilon>0\\) существует постоянная \\(C=C(p,q,\\varepsilon)\\), для которой при всех достаточно больших \\(n\\) Чингиз может гарантировать \\[e_B(U)\\ge\\left(\\frac{p}{p+q}-\\varepsilon\\right){|U|\\choose2}\\] для каждого множества \\(U\\), содержащего не менее \\(\\lceil C\\log n\\rceil\\) вершин.","definition_ids":["complete_graph","induced_subgraph"]},{"id":"stmt-density-between-large-sets","title":"Плотность между двумя большими множествами","status":"source_verified","text":"Пусть \\(p,q\\ge1\\) — целые числа. Игра идёт по раундам на рёбрах \\(K_n\\): сначала Чингиз красит \\(p\\) свободных рёбер чёрным, затем Белла красит \\(q\\) свободных рёбер белым; при нехватке свободных рёбер игрок красит все оставшиеся. Для непересекающихся множеств вершин \\(X,Y\\) через \\(e_B(X,Y)\\) обозначим число чёрных рёбер, соединяющих \\(X\\) с \\(Y\\). а) Докажите, что для каждого \\(\\varepsilon>0\\) существует постоянная \\(C=C(\\varepsilon)\\), для которой при всех достаточно больших \\(n\\) Чингиз в игре \\(1:1\\) может гарантировать \\[e_B(X,Y)\\ge\\left(\\frac12-\\varepsilon\\right)|X||Y|\\] для любых непересекающихся \\(X,Y\\), каждое из которых содержит не менее \\(\\lceil C\\log n\\rceil\\) вершин. б) Докажите, что для любых фиксированных \\(p,q\\ge1\\) и \\(\\varepsilon>0\\) существует постоянная \\(C=C(p,q,\\varepsilon)\\), для которой при всех достаточно больших \\(n\\) Чингиз может гарантировать \\[e_B(X,Y)\\ge\\left(\\frac{p}{p+q}-\\varepsilon\\right)|X||Y|\\] для любых таких \\(X,Y\\).","definition_ids":["complete_graph"]}]},"solutions":[{"id":"sol-official-large-subset-density","title":"Единая весовая стратегия для внутренних и двудольных срезов","status":"ai_checked","definition_ids":["complete_graph","induced_subgraph"],"standard_idea_ids":[],"tags":[],"has_text":true,"text_preview":"Докажем пункт б); пункт а) является случаем \\(p=q=1\\). Сначала сформулируем и докажем используемую весовую лемму. Выберем \\(c>q/p\\), а затем \\(s>1\\) настолько близким к \\(1\\), чтобы \\[ s^q-1\\le p(1-s^{-c}).\\tag{1} \\] Это возможно, поскольку после деления на \\(s-1\\) обе части при \\(s\\downarrow1\\) стремятся к \\(q\\) и \\(pc>q\\). Пусть каждой цели \\(A\\), состоящей из некоторого набора рёбер, дан коэффициент \\(a_A>0\\). Если в ней уже \\(w_A\\) белых и \\(b_A\\) чёрных рёбер, дадим ей вес \\(a_As^{w_A-cb_A}\\). Опасность свободного ребра определим как \\[ D(e)=(1-s^{-c})\\sum_{A\\ni e}a_As^{w_A-cb_A}. \\] Чёрная окраска \\(e\\) уменьшает потенциал ровно на \\(D(e)\\). Чингиз последовательно выбирает \\(p\\) рёбер наибольшей текущей опасности. Если после его хода максимальная опасность равна \\(D\\), потеря потенциала не меньше \\(pD\\), поскольку чёрные рёбра только уменьшают опасности. За \\(q\\) белых рёбер приро…"}],"relations":[{"id":"rel-lktg-2026-p20-p22-transfer","neighbor_id":"lktg-2026-project2-problem20-white-target-family","direction":"backward","type":"same_motif","distance":1,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-lktg-2026-p26-p22-density-component","neighbor_id":"lktg-2026-project2-problem26-golden-ratio-biased-game","direction":"backward","type":"solution_transfer","distance":1,"status":"ai_checked"}],"search_text":"lktg-2026-project2-problem22-density-in-large-subsets чёрная плотность во всех больших множествах и между ними extremal_graph_theory coloring potential_function goal_bound goal_strategy_game 2026 38-я летняя конференция турнира городов 2026, проект 2 «игры на меняющихся графах» https://turgor.ru/lktg/2026/2/2-1-changing_graphs-rus.pdf https://turgor.ru/lktg/2026/2/2-1-changing_graphs-sol-rus.pdf https://turgor.ru/lktg/2026/2/index.html 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 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 38-я летняя конференция турнира городов 2026, проект 2 «игры на меняющихся графах» лктг 2026, проект 2 «игры на меняющихся графах»: условия, русская редакция 7 лктг 2026, проект 2 «игры на меняющихся графах»: решения, русская редакция 7 stmt-original плотность внутри больших множеств source_verified пусть \\(p,q\\ge1\\) — целые числа. игра идёт по раундам на рёбрах \\(k_n\\): сначала чингиз красит \\(p\\) свободных рёбер чёрным, затем белла красит \\(q\\) свободных рёбер белым; при нехватке свободных рёбер игрок красит все оставшиеся. через \\(e_b(u)\\) обозначим число чёрных рёбер с обоими концами в \\(u\\). а) докажите, что для каждого \\(\\varepsilon>0\\) существует постоянная \\(c=c(\\varepsilon)\\), для которой при всех достаточно больших \\(n\\) чингиз в игре \\(1:1\\) может гарантировать \\[e_b(u)\\ge\\left(\\frac12-\\varepsilon\\right){|u|\\choose2}\\] для каждого множества \\(u\\), содержащего не менее \\(\\lceil c\\log n\\rceil\\) вершин. б) докажите, что для любых фиксированных \\(p,q\\ge1\\) и \\(\\varepsilon>0\\) существует постоянная \\(c=c(p,q,\\varepsilon)\\), для которой при всех достаточно больших \\(n\\) чингиз может гарантировать \\[e_b(u)\\ge\\left(\\frac{p}{p+q}-\\varepsilon\\right){|u|\\choose2}\\] для каждого множества \\(u\\), содержащего не менее \\(\\lceil c\\log n\\rceil\\) вершин. complete_graph induced_subgraph stmt-density-between-large-sets плотность между двумя большими множествами source_verified пусть \\(p,q\\ge1\\) — целые числа. игра идёт по раундам на рёбрах \\(k_n\\): сначала чингиз красит \\(p\\) свободных рёбер чёрным, затем белла красит \\(q\\) свободных рёбер белым; при нехватке свободных рёбер игрок красит все оставшиеся. для непересекающихся множеств вершин \\(x,y\\) через \\(e_b(x,y)\\) обозначим число чёрных рёбер, соединяющих \\(x\\) с \\(y\\). а) докажите, что для каждого \\(\\varepsilon>0\\) существует постоянная \\(c=c(\\varepsilon)\\), для которой при всех достаточно больших \\(n\\) чингиз в игре \\(1:1\\) может гарантировать \\[e_b(x,y)\\ge\\left(\\frac12-\\varepsilon\\right)|x||y|\\] для любых непересекающихся \\(x,y\\), каждое из которых содержит не менее \\(\\lceil c\\log n\\rceil\\) вершин. б) докажите, что для любых фиксированных \\(p,q\\ge1\\) и \\(\\varepsilon>0\\) существует постоянная \\(c=c(p,q,\\varepsilon)\\), для которой при всех достаточно больших \\(n\\) чингиз может гарантировать \\[e_b(x,y)\\ge\\left(\\frac{p}{p+q}-\\varepsilon\\right)|x||y|\\] для любых таких \\(x,y\\). complete_graph idea-subset-weight-normalization малые начальные коэффициенты для всех больших множеств цели \\(u\\) получают коэффициенты \\(n^{-2|u|}\\), благодаря чему сумма начальных весов меньше единицы. весовая стратегия затем даёт отдельное неравенство для каждого \\(u\\) одновременно. potential_function extremal_graph_theory ai_checked idea-pair-target-normalization вес каждой пары множеств подавляет число возможных пар для пары \\((x,y)\\) берётся цель из всех рёбер между множествами и коэффициент \\(n^{-2(|x|+|y|)}\\). сумма начальных весов всех пар меньше единицы, после чего весовая лемма даёт оценку каждой пары. potential_function extremal_graph_theory ai_checked sol-official-large-subset-density единая весовая стратегия для внутренних и двудольных срезов ai_checked complete_graph induced_subgraph докажем пункт б); пункт а) является случаем \\(p=q=1\\). сначала сформулируем и докажем используемую весовую лемму. выберем \\(c>q/p\\), а затем \\(s>1\\) настолько близким к \\(1\\), чтобы \\[ s^q-1\\le p(1-s^{-c}).\\tag{1} \\] это возможно, поскольку после деления на \\(s-1\\) обе части при \\(s\\downarrow1\\) стремятся к \\(q\\) и \\(pc>q\\). пусть каждой цели \\(a\\), состоящей из некоторого набора рёбер, дан коэффициент \\(a_a>0\\). если в ней уже \\(w_a\\) белых и \\(b_a\\) чёрных рёбер, дадим ей вес \\(a_as^{w_a-cb_a}\\). опасность свободного ребра определим как \\[ d(e)=(1-s^{-c})\\sum_{a\\ni e}a_as^{w_a-cb_a}. \\] чёрная окраска \\(e\\) уменьшает потенциал ровно на \\(d(e)\\). чингиз последовательно выбирает \\(p\\) рёбер наибольшей текущей опасности. если после его хода максимальная опасность равна \\(d\\), потеря потенциала не меньше \\(pd\\), поскольку чёрные рёбра только уменьшают опасности. за \\(q\\) белых рёбер приро… lktg-2026-project2-problem22-density-in-large-subsets chernaya plotnost vo vseh bolshih mnozhestvah i mezhdu nimi extremal_graph_theory coloring potential_function goal_bound goal_strategy_game 2026 38-ya letnyaya konferentsiya turnira gorodov 2026, proekt 2 «igry na menyayuschihsya grafah» https://turgor.ru/lktg/2026/2/2-1-changing_graphs-rus.pdf https://turgor.ru/lktg/2026/2/2-1-changing_graphs-sol-rus.pdf https://turgor.ru/lktg/2026/2/index.html 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 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 38-ya letnyaya konferentsiya turnira gorodov 2026, proekt 2 «igry na menyayuschihsya grafah» lktg 2026, proekt 2 «igry na menyayuschihsya grafah»: usloviya, russkaya redaktsiya 7 lktg 2026, proekt 2 «igry na menyayuschihsya grafah»: resheniya, russkaya redaktsiya 7 stmt-original plotnost vnutri bolshih mnozhestv source_verified pust \\(p,q\\ge1\\) — tselye chisla. igra idet po raundam na rebrah \\(k_n\\): snachala chingiz krasit \\(p\\) svobodnyh reber chernym, zatem bella krasit \\(q\\) svobodnyh reber belym; pri nehvatke svobodnyh reber igrok krasit vse ostavshiesya. cherez \\(e_b(u)\\) oboznachim chislo chernyh reber s oboimi kontsami v \\(u\\). a) dokazhite, chto dlya kazhdogo \\(\\varepsilon>0\\) suschestvuet postoyannaya \\(c=c(\\varepsilon)\\), dlya kotoroy pri vseh dostatochno bolshih \\(n\\) chingiz v igre \\(1:1\\) mozhet garantirovat \\[e_b(u)\\ge\\left(\\frac12-\\varepsilon\\right){|u|\\choose2}\\] dlya kazhdogo mnozhestva \\(u\\), soderzhaschego ne menee \\(\\lceil c\\log n\\rceil\\) vershin. b) dokazhite, chto dlya lyubyh fiksirovannyh \\(p,q\\ge1\\) i \\(\\varepsilon>0\\) suschestvuet postoyannaya \\(c=c(p,q,\\varepsilon)\\), dlya kotoroy pri vseh dostatochno bolshih \\(n\\) chingiz mozhet garantirovat \\[e_b(u)\\ge\\left(\\frac{p}{p+q}-\\varepsilon\\right){|u|\\choose2}\\] dlya kazhdogo mnozhestva \\(u\\), soderzhaschego ne menee \\(\\lceil c\\log n\\rceil\\) vershin. complete_graph induced_subgraph stmt-density-between-large-sets plotnost mezhdu dvumya bolshimi mnozhestvami source_verified pust \\(p,q\\ge1\\) — tselye chisla. igra idet po raundam na rebrah \\(k_n\\): snachala chingiz krasit \\(p\\) svobodnyh reber chernym, zatem bella krasit \\(q\\) svobodnyh reber belym; pri nehvatke svobodnyh reber igrok krasit vse ostavshiesya. dlya neperesekayuschihsya mnozhestv vershin \\(x,y\\) cherez \\(e_b(x,y)\\) oboznachim chislo chernyh reber, soedinyayuschih \\(x\\) s \\(y\\). a) dokazhite, chto dlya kazhdogo \\(\\varepsilon>0\\) suschestvuet postoyannaya \\(c=c(\\varepsilon)\\), dlya kotoroy pri vseh dostatochno bolshih \\(n\\) chingiz v igre \\(1:1\\) mozhet garantirovat \\[e_b(x,y)\\ge\\left(\\frac12-\\varepsilon\\right)|x||y|\\] dlya lyubyh neperesekayuschihsya \\(x,y\\), kazhdoe iz kotoryh soderzhit ne menee \\(\\lceil c\\log n\\rceil\\) vershin. b) dokazhite, chto dlya lyubyh fiksirovannyh \\(p,q\\ge1\\) i \\(\\varepsilon>0\\) suschestvuet postoyannaya \\(c=c(p,q,\\varepsilon)\\), dlya kotoroy pri vseh dostatochno bolshih \\(n\\) chingiz mozhet garantirovat \\[e_b(x,y)\\ge\\left(\\frac{p}{p+q}-\\varepsilon\\right)|x||y|\\] dlya lyubyh takih \\(x,y\\). complete_graph idea-subset-weight-normalization malye nachalnye koeffitsienty dlya vseh bolshih mnozhestv tseli \\(u\\) poluchayut koeffitsienty \\(n^{-2|u|}\\), blagodarya chemu summa nachalnyh vesov menshe edinitsy. vesovaya strategiya zatem daet otdelnoe neravenstvo dlya kazhdogo \\(u\\) odnovremenno. potential_function extremal_graph_theory ai_checked idea-pair-target-normalization ves kazhdoy pary mnozhestv podavlyaet chislo vozmozhnyh par dlya pary \\((x,y)\\) beretsya tsel iz vseh reber mezhdu mnozhestvami i koeffitsient \\(n^{-2(|x|+|y|)}\\). summa nachalnyh vesov vseh par menshe edinitsy, posle chego vesovaya lemma daet otsenku kazhdoy pary. potential_function extremal_graph_theory ai_checked sol-official-large-subset-density edinaya vesovaya strategiya dlya vnutrennih i dvudolnyh srezov ai_checked complete_graph induced_subgraph dokazhem punkt b); punkt a) yavlyaetsya sluchaem \\(p=q=1\\). snachala sformuliruem i dokazhem ispolzuemuyu vesovuyu lemmu. vyberem \\(c>q/p\\), a zatem \\(s>1\\) nastolko blizkim k \\(1\\), chtoby \\[ s^q-1\\le p(1-s^{-c}).\\tag{1} \\] eto vozmozhno, poskolku posle deleniya na \\(s-1\\) obe chasti pri \\(s\\downarrow1\\) stremyatsya k \\(q\\) i \\(pc>q\\). pust kazhdoy tseli \\(a\\), sostoyaschey iz nekotorogo nabora reber, dan koeffitsient \\(a_a>0\\). esli v ney uzhe \\(w_a\\) belyh i \\(b_a\\) chernyh reber, dadim ey ves \\(a_as^{w_a-cb_a}\\). opasnost svobodnogo rebra opredelim kak \\[ d(e)=(1-s^{-c})\\sum_{a\\ni e}a_as^{w_a-cb_a}. \\] chernaya okraska \\(e\\) umenshaet potentsial rovno na \\(d(e)\\). chingiz posledovatelno vybiraet \\(p\\) reber naibolshey tekuschey opasnosti. esli posle ego hoda maksimalnaya opasnost ravna \\(d\\), poterya potentsiala ne menshe \\(pd\\), poskolku chernye rebra tolko umenshayut opasnosti. za \\(q\\) belyh reber priro…","source_keys":["lktg"]}
{"id":"lktg-2026-project2-problem24-white-clique-black-degrees","title":"Одна стратегия против белой клики и малых чёрных степеней, ЛКТГ 2026 №24","path":"data\\problems\\lktg\\lktg-2026-project2-problem24-white-clique-black-degrees.yaml","raw_github_url":"https://raw.githubusercontent.com/didin-maxim/knowledge_graph_of_graphs/main/data/problems/lktg/lktg-2026-project2-problem24-white-clique-black-degrees.yaml","viewer_url":"https://didin-maxim.github.io/knowledge_graph_of_graphs/#lktg-2026-project2-problem24-white-clique-black-degrees","source_key":"lktg","source_label":"ЛКТГ","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"],"year":"2026","type":"olympiad_problem","authors":[],"tags":["extremal_graph_theory","coloring","potential_function","degree_counting","goal_bound","goal_strategy_game"],"agent_topics":["game_strategy"],"difficulty":{"main":"national_final_hard","local_score":8,"comment":"Подпункты имеют сложность 3/5 и 4/5; нужно совместить два потенциала в одной стратегии.","status":"ai_checked"},"review_status":"ai_checked","public_ready":true,"solution_state":"with_solution","solution_classification":{"type":"official_complete_or_near_complete","status":"ai_checked","confidence":0.99,"basis":"официальный PDF содержит полное доказательство","notes":"Оба подпункта полностью покрыты общей стратегией.","label":"официальное полное"},"statements":{"original":[{"id":"stmt-original","title":"Белая клика и чёрные степени","status":"source_verified","text":"В игре \\(p:1\\) каждого раунда Чингиз первым красит \\(p\\) свободных рёбер чёрным, а затем Белла красит одно свободное ребро белым. Если свободных рёбер не хватает, игрок красит все оставшиеся. Через \\(B\\) и \\(W\\) обозначим итоговые графы. а) Докажите, что для каждого \\(\\varepsilon>0\\) при всех достаточно больших \\(n\\) Чингиз в игре \\(1:1\\) может одной стратегией одновременно гарантировать \\[\\omega(W)\\le\\lceil2\\log_2n\\rceil+1\\quad\\text{и}\\quad\\delta(B)\\ge\\left(\\frac12-\\varepsilon\\right)(n-1).\\] б) Докажите, что для любых фиксированных \\(p\\ge1\\) и \\(\\varepsilon>0\\) при всех достаточно больших \\(n\\) Чингиз в игре \\(p:1\\) может одной стратегией одновременно гарантировать \\[\\omega(W)\\le\\lceil2\\log_{p+1}n\\rceil+1\\quad\\text{и}\\quad\\delta(B)\\ge\\left(\\frac{p}{p+1}-\\varepsilon\\right)(n-1).\\]","definition_ids":["complete_graph","clique","degree"]}]},"solutions":[{"id":"sol-official-combined-potential","title":"Многотипная весовая лемма и две одновременные оценки","status":"ai_checked","definition_ids":["complete_graph","clique","degree"],"standard_idea_ids":[],"tags":[],"has_text":true,"text_preview":"Докажем пункт б); пункт а) получится при \\(p=1\\). Сначала докажем весовую лемму для нескольких типов целей в игре \\(p:1\\). Пусть чёрное ребро цели типа \\(i\\) умножает её вес на \\(\\alpha_i\\in[0,1)\\), а белое — на \\(\\beta_i>1\\), причём \\(\\beta_i-1\\le p(1-\\alpha_i)\\). Потенциал — сумма весов всех целей, а опасность свободного ребра равна \\(D(e)=\\sum_{i,A\\ni e}(1-\\alpha_i)w_A\\). Чингиз последовательно выбирает \\(p\\) рёбер наибольшей текущей опасности. Чёрная окраска уменьшает потенциал ровно на опасность ребра и не увеличивает другие опасности. Если после его хода максимальная опасность равна \\(D\\), потеря потенциала не меньше \\(pD\\). Следующее белое ребро увеличивает потенциал не более чем на \\(\\sum_{i,A\\ni e}(\\beta_i-1)w_A\\le pD(e)\\le pD\\). Значит, потенциал не растёт; неполный последний раунд оценки не портит. Положим \\(a=p+1\\), \\(t=\\lceil2\\log_a n\\rceil\\), \\(k=t+2\\). Первый тип целей —…"}],"relations":[{"id":"rel-lktg-2026-p24-p21-combination","neighbor_id":"lktg-2026-project2-problem21-black-minimum-degree","direction":"forward","type":"solution_transfer","distance":1,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-lktg-2026-p24-p20-combination","neighbor_id":"lktg-2026-project2-problem20-white-target-family","direction":"forward","type":"solution_transfer","distance":1,"status":"ai_checked"}],"search_text":"lktg-2026-project2-problem24-white-clique-black-degrees одна стратегия против белой клики и малых чёрных степеней, лктг 2026 №24 extremal_graph_theory coloring potential_function degree_counting goal_bound goal_strategy_game 2026 38-я летняя конференция турнира городов 2026, проект 2 «игры на меняющихся графах» https://turgor.ru/lktg/2026/2/2-1-changing_graphs-rus.pdf https://turgor.ru/lktg/2026/2/2-1-changing_graphs-sol-rus.pdf https://turgor.ru/lktg/2026/2/index.html 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 with_solution лктг лктг 2026, проект 2 «игры на меняющихся графах»: решения, русская редакция 7 лктг 2026, проект 2 «игры на меняющихся графах»: условия, русская редакция 7 лктг2026 38-я летняя конференция турнира городов 2026, проект 2 «игры на меняющихся графах» лктг 2026, проект 2 «игры на меняющихся графах»: условия, русская редакция 7 лктг 2026, проект 2 «игры на меняющихся графах»: решения, русская редакция 7 stmt-original белая клика и чёрные степени source_verified в игре \\(p:1\\) каждого раунда чингиз первым красит \\(p\\) свободных рёбер чёрным, а затем белла красит одно свободное ребро белым. если свободных рёбер не хватает, игрок красит все оставшиеся. через \\(b\\) и \\(w\\) обозначим итоговые графы. а) докажите, что для каждого \\(\\varepsilon>0\\) при всех достаточно больших \\(n\\) чингиз в игре \\(1:1\\) может одной стратегией одновременно гарантировать \\[\\omega(w)\\le\\lceil2\\log_2n\\rceil+1\\quad\\text{и}\\quad\\delta(b)\\ge\\left(\\frac12-\\varepsilon\\right)(n-1).\\] б) докажите, что для любых фиксированных \\(p\\ge1\\) и \\(\\varepsilon>0\\) при всех достаточно больших \\(n\\) чингиз в игре \\(p:1\\) может одной стратегией одновременно гарантировать \\[\\omega(w)\\le\\lceil2\\log_{p+1}n\\rceil+1\\quad\\text{и}\\quad\\delta(b)\\ge\\left(\\frac{p}{p+1}-\\varepsilon\\right)(n-1).\\] complete_graph clique degree idea-combined-clique-star-potential единый потенциал кликовых целей и звёзд в один потенциал складываются веса живых \\(k\\)-клик и экспоненциальные веса звёзд вершин. для каждого типа отдельно проверяется одно и то же условие баланса между белым ростом и чёрным падением. potential_function degree_counting ai_checked sol-official-combined-potential многотипная весовая лемма и две одновременные оценки ai_checked complete_graph clique degree докажем пункт б); пункт а) получится при \\(p=1\\). сначала докажем весовую лемму для нескольких типов целей в игре \\(p:1\\). пусть чёрное ребро цели типа \\(i\\) умножает её вес на \\(\\alpha_i\\in[0,1)\\), а белое — на \\(\\beta_i>1\\), причём \\(\\beta_i-1\\le p(1-\\alpha_i)\\). потенциал — сумма весов всех целей, а опасность свободного ребра равна \\(d(e)=\\sum_{i,a\\ni e}(1-\\alpha_i)w_a\\). чингиз последовательно выбирает \\(p\\) рёбер наибольшей текущей опасности. чёрная окраска уменьшает потенциал ровно на опасность ребра и не увеличивает другие опасности. если после его хода максимальная опасность равна \\(d\\), потеря потенциала не меньше \\(pd\\). следующее белое ребро увеличивает потенциал не более чем на \\(\\sum_{i,a\\ni e}(\\beta_i-1)w_a\\le pd(e)\\le pd\\). значит, потенциал не растёт; неполный последний раунд оценки не портит. положим \\(a=p+1\\), \\(t=\\lceil2\\log_a n\\rceil\\), \\(k=t+2\\). первый тип целей —… lktg-2026-project2-problem24-white-clique-black-degrees odna strategiya protiv beloy kliki i malyh chernyh stepeney, lktg 2026 №24 extremal_graph_theory coloring potential_function degree_counting goal_bound goal_strategy_game 2026 38-ya letnyaya konferentsiya turnira gorodov 2026, proekt 2 «igry na menyayuschihsya grafah» https://turgor.ru/lktg/2026/2/2-1-changing_graphs-rus.pdf https://turgor.ru/lktg/2026/2/2-1-changing_graphs-sol-rus.pdf https://turgor.ru/lktg/2026/2/index.html 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 with_solution lktg lktg 2026, proekt 2 «igry na menyayuschihsya grafah»: resheniya, russkaya redaktsiya 7 lktg 2026, proekt 2 «igry na menyayuschihsya grafah»: usloviya, russkaya redaktsiya 7 lktg2026 38-ya letnyaya konferentsiya turnira gorodov 2026, proekt 2 «igry na menyayuschihsya grafah» lktg 2026, proekt 2 «igry na menyayuschihsya grafah»: usloviya, russkaya redaktsiya 7 lktg 2026, proekt 2 «igry na menyayuschihsya grafah»: resheniya, russkaya redaktsiya 7 stmt-original belaya klika i chernye stepeni source_verified v igre \\(p:1\\) kazhdogo raunda chingiz pervym krasit \\(p\\) svobodnyh reber chernym, a zatem bella krasit odno svobodnoe rebro belym. esli svobodnyh reber ne hvataet, igrok krasit vse ostavshiesya. cherez \\(b\\) i \\(w\\) oboznachim itogovye grafy. a) dokazhite, chto dlya kazhdogo \\(\\varepsilon>0\\) pri vseh dostatochno bolshih \\(n\\) chingiz v igre \\(1:1\\) mozhet odnoy strategiey odnovremenno garantirovat \\[\\omega(w)\\le\\lceil2\\log_2n\\rceil+1\\quad\\text{i}\\quad\\delta(b)\\ge\\left(\\frac12-\\varepsilon\\right)(n-1).\\] b) dokazhite, chto dlya lyubyh fiksirovannyh \\(p\\ge1\\) i \\(\\varepsilon>0\\) pri vseh dostatochno bolshih \\(n\\) chingiz v igre \\(p:1\\) mozhet odnoy strategiey odnovremenno garantirovat \\[\\omega(w)\\le\\lceil2\\log_{p+1}n\\rceil+1\\quad\\text{i}\\quad\\delta(b)\\ge\\left(\\frac{p}{p+1}-\\varepsilon\\right)(n-1).\\] complete_graph clique degree idea-combined-clique-star-potential edinyy potentsial klikovyh tseley i zvezd v odin potentsial skladyvayutsya vesa zhivyh \\(k\\)-klik i eksponentsialnye vesa zvezd vershin. dlya kazhdogo tipa otdelno proveryaetsya odno i to zhe uslovie balansa mezhdu belym rostom i chernym padeniem. potential_function degree_counting ai_checked sol-official-combined-potential mnogotipnaya vesovaya lemma i dve odnovremennye otsenki ai_checked complete_graph clique degree dokazhem punkt b); punkt a) poluchitsya pri \\(p=1\\). snachala dokazhem vesovuyu lemmu dlya neskolkih tipov tseley v igre \\(p:1\\). pust chernoe rebro tseli tipa \\(i\\) umnozhaet ee ves na \\(\\alpha_i\\in[0,1)\\), a beloe — na \\(\\beta_i>1\\), prichem \\(\\beta_i-1\\le p(1-\\alpha_i)\\). potentsial — summa vesov vseh tseley, a opasnost svobodnogo rebra ravna \\(d(e)=\\sum_{i,a\\ni e}(1-\\alpha_i)w_a\\). chingiz posledovatelno vybiraet \\(p\\) reber naibolshey tekuschey opasnosti. chernaya okraska umenshaet potentsial rovno na opasnost rebra i ne uvelichivaet drugie opasnosti. esli posle ego hoda maksimalnaya opasnost ravna \\(d\\), poterya potentsiala ne menshe \\(pd\\). sleduyuschee beloe rebro uvelichivaet potentsial ne bolee chem na \\(\\sum_{i,a\\ni e}(\\beta_i-1)w_a\\le pd(e)\\le pd\\). znachit, potentsial ne rastet; nepolnyy posledniy raund otsenki ne portit. polozhim \\(a=p+1\\), \\(t=\\lceil2\\log_a n\\rceil\\), \\(k=t+2\\). pervyy tip tseley —…","source_keys":["lktg"]}
{"id":"lktg-2026-project2-problem26-golden-ratio-biased-game","title":"Смещённая игра в клики: общая теорема и количественный случай 1:2","path":"data\\problems\\lktg\\lktg-2026-project2-problem26-golden-ratio-biased-game.yaml","raw_github_url":"https://raw.githubusercontent.com/didin-maxim/knowledge_graph_of_graphs/main/data/problems/lktg/lktg-2026-project2-problem26-golden-ratio-biased-game.yaml","viewer_url":"https://didin-maxim.github.io/knowledge_graph_of_graphs/#lktg-2026-project2-problem26-golden-ratio-biased-game","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"],"year":"2026","type":"olympiad_problem","authors":["Максим Дидин","Марк Пименов"],"tags":["extremal_graph_theory","coloring","ramsey_theory","potential_function","degree_counting","goal_strategy_game","goal_bound"],"agent_topics":["game_strategy"],"difficulty":{"main":"imo_p3_plus","local_score":10,"comment":"Сложность 5/5; требуется многотипная весовая лемма для пакетного белого хода и точное сравнение асимптотик двух клик.","status":"ai_checked"},"review_status":"ai_checked","public_ready":true,"solution_state":"with_solution","solution_classification":{"type":"official_complete_or_near_complete","status":"ai_checked","confidence":0.99,"basis":"официальный PDF содержит полное доказательство","notes":"Решение самодостаточно; ссылки на задачи 24–25 не требуются.","label":"официальное полное"},"statements":{"original":[{"id":"stmt-original","title":"Игра \\(p:q\\) и золотое сечение","status":"source_verified","text":"Пусть \\(\\varphi=(1+\\sqrt5)/2\\). Зафиксируем целые \\(p,q\\ge1\\), для которых \\[p>\\varphi,\\qquad p+1>\\left(1+\\frac qp\\right)^{2q}.\\] Белла и Чингиз играют на рёбрах \\(K_n\\). Белла ходит первой и каждый раз красит \\(q\\) свободных рёбер белым; после каждого её хода Чингиз красит \\(p\\) свободных рёбер чёрным. Если перед ходом игрока свободных рёбер меньше, чем ему разрешено покрасить, он красит все оставшиеся. Через \\(B\\) и \\(W\\) обозначим итоговые графы. Докажите, что при всех достаточно больших \\(n\\) Чингиз может гарантировать \\(\\omega(B)>\\omega(W)\\).","definition_ids":["complete_graph","clique"]},{"id":"stmt-two-to-one-quantitative","title":"Количественная версия для игры 1:2","status":"source_verified","text":"Зафиксируем число \\(0<\\beta<2/3\\). 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. Если перед ходом Чингиза свободных рёбер меньше двух, он красит все оставшиеся. Через \\(B\\) и \\(W\\) обозначим итоговые графы. а) Докажите, что существуют постоянная \\(C=C(\\beta)\\) и число \\(n_0\\), такие, что при каждом \\(n\\ge n_0\\) Чингиз может одной стратегией одновременно гарантировать \\[\\omega(W)\\le\\lceil2\\log_3n\\rceil+1\\] и \\[e_B(U)\\ge\\beta{|U|\\choose2}\\] для каждого множества \\(U\\), содержащего не менее \\(\\lceil C\\log n\\rceil\\) вершин. б) Выведите, что при всех достаточно больших \\(n\\) выполнено \\(\\omega(B)>\\omega(W)\\).","definition_ids":["complete_graph","clique","induced_subgraph"]}]},"solutions":[{"id":"sol-official-golden-ratio-game","title":"Общая многотипная стратегия и количественная версия 1:2","status":"ai_checked","definition_ids":["complete_graph","clique","degree","induced_subgraph","neighborhood"],"standard_idea_ids":[],"tags":[],"has_text":true,"text_preview":"Положим \\(A=p+1\\). Второе условие задачи эквивалентно неравенству \\(1/\\log(1+q/p)>2q/\\log A\\). По непрерывности выберем \\(\\rho<p/(p+q)\\) настолько близко к \\(p/(p+q)\\), чтобы \\[ \\frac1{\\log(1/\\rho)}>\\frac{2q}{\\log A}.\\tag{1} \\] Так как \\(\\rho<p/(p+q)\\), имеем \\(q/p<1/\\rho-1\\). Выберем \\(c\\) между этими числами, затем \\(s>1\\) настолько близким к \\(1\\), чтобы \\[ s^q-1\\le p(1-s^{-c}).\\tag{2} \\] Это возможно, поскольку после деления на \\(s-1\\) пределы частей при \\(s\\downarrow1\\) равны \\(q\\) и \\(pc>q\\). Положим \\(\\Delta=1/(c+1)-\\rho>0\\), выберем \\(C\\) так, чтобы \\(8/((c+1)C\\log s)<\\Delta\\), и обозначим \\(k=\\lceil2q\\log_A n\\rceil+2\\), \\(m=\\lceil C\\log n\\rceil\\). Докажем нужную многотипную весовую лемму. Пусть чёрное ребро умножает вес цели типа \\(i\\) на \\(\\alpha_i\\in[0,1)\\), белое — на \\(\\beta_i>1\\), причём \\[ \\beta_i^q-1\\le p(1-\\alpha_i).\\tag{3} \\] Опасность свободного ребра равна \\(D(e)=\\su…"}],"relations":[{"id":"rel-lktg-2026-p26-biased-clique-family","neighbor_id":"malekshahian-spiro-biased-clique-building-game","direction":"forward","type":"same_motif","distance":1,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-lktg-2026-p26-p22-density-component","neighbor_id":"lktg-2026-project2-problem22-density-in-large-subsets","direction":"forward","type":"solution_transfer","distance":1,"status":"ai_checked"}],"search_text":"lktg-2026-project2-problem26-golden-ratio-biased-game смещённая игра в клики: общая теорема и количественный случай 1:2 extremal_graph_theory coloring ramsey_theory potential_function degree_counting goal_strategy_game goal_bound 2026 38-я летняя конференция турнира городов 2026, проект 2 «игры на меняющихся графах» https://turgor.ru/lktg/2026/2/2-1-changing_graphs-rus.pdf https://turgor.ru/lktg/2026/2/2-1-changing_graphs-sol-rus.pdf https://turgor.ru/lktg/2026/2/index.html 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 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 максим дидин марк пименов максим дидин марк пименов 38-я летняя конференция турнира городов 2026, проект 2 «игры на меняющихся графах» лктг 2026, проект 2 «игры на меняющихся графах»: условия, русская редакция 7 лктг 2026, проект 2 «игры на меняющихся графах»: решения, русская редакция 7 stmt-original игра \\(p:q\\) и золотое сечение source_verified пусть \\(\\varphi=(1+\\sqrt5)/2\\). зафиксируем целые \\(p,q\\ge1\\), для которых \\[p>\\varphi,\\qquad p+1>\\left(1+\\frac qp\\right)^{2q}.\\] белла и чингиз играют на рёбрах \\(k_n\\). белла ходит первой и каждый раз красит \\(q\\) свободных рёбер белым; после каждого её хода чингиз красит \\(p\\) свободных рёбер чёрным. если перед ходом игрока свободных рёбер меньше, чем ему разрешено покрасить, он красит все оставшиеся. через \\(b\\) и \\(w\\) обозначим итоговые графы. докажите, что при всех достаточно больших \\(n\\) чингиз может гарантировать \\(\\omega(b)>\\omega(w)\\). complete_graph clique stmt-two-to-one-quantitative количественная версия для игры 1:2 source_verified зафиксируем число \\(0<\\beta<2/3\\). 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. если перед ходом чингиза свободных рёбер меньше двух, он красит все оставшиеся. через \\(b\\) и \\(w\\) обозначим итоговые графы. а) докажите, что существуют постоянная \\(c=c(\\beta)\\) и число \\(n_0\\), такие, что при каждом \\(n\\ge n_0\\) чингиз может одной стратегией одновременно гарантировать \\[\\omega(w)\\le\\lceil2\\log_3n\\rceil+1\\] и \\[e_b(u)\\ge\\beta{|u|\\choose2}\\] для каждого множества \\(u\\), содержащего не менее \\(\\lceil c\\log n\\rceil\\) вершин. б) выведите, что при всех достаточно больших \\(n\\) выполнено \\(\\omega(b)>\\omega(w)\\). complete_graph clique induced_subgraph idea-rho-coefficient-gap плотность \\(\\rho\\) выбирается с запасом по главным коэффициентам условие на \\(p,q\\) позволяет выбрать \\(\\rho<p/(p+q)\\), для которого гарантируемая чёрная клика растёт быстрее по \\(\\log n\\), чем верхняя оценка белой клики. extremal_graph_theory degree_counting ai_checked idea-q-white-multitype-potential многотипный потенциал для \\(q\\) белых рёбер вклад цели, задетой \\(t\\) белыми рёбрами, оценивается по выпуклости множителя \\(\\beta^t-1\\), что позволяет одним пакетным неравенством контролировать весь белый ход. potential_function extremal_choice ai_checked idea-two-type-potential-after-first-white два типа целей после вынесенного первого белого хода после первого хода беллы общий вес живых \\(k\\)-клик и всех больших множеств всё ещё меньше единицы. затем одна стратегия максимальной опасности одновременно сохраняет обе оценки. potential_function extremal_choice ai_checked idea-density-to-clique плотность превращается в длинную цепочку вложенных окрестностей в каждом достаточно большом индуцированном подграфе выбирается вершина степени не меньше средней, после чего множество заменяется её окрестностью. выбранные вершины образуют клику, а размеры множеств убывают геометрически. degree_counting extremal_choice ai_checked sol-official-golden-ratio-game общая многотипная стратегия и количественная версия 1:2 ai_checked complete_graph clique degree induced_subgraph neighborhood положим \\(a=p+1\\). второе условие задачи эквивалентно неравенству \\(1/\\log(1+q/p)>2q/\\log a\\). по непрерывности выберем \\(\\rho<p/(p+q)\\) настолько близко к \\(p/(p+q)\\), чтобы \\[ \\frac1{\\log(1/\\rho)}>\\frac{2q}{\\log a}.\\tag{1} \\] так как \\(\\rho<p/(p+q)\\), имеем \\(q/p<1/\\rho-1\\). выберем \\(c\\) между этими числами, затем \\(s>1\\) настолько близким к \\(1\\), чтобы \\[ s^q-1\\le p(1-s^{-c}).\\tag{2} \\] это возможно, поскольку после деления на \\(s-1\\) пределы частей при \\(s\\downarrow1\\) равны \\(q\\) и \\(pc>q\\). положим \\(\\delta=1/(c+1)-\\rho>0\\), выберем \\(c\\) так, чтобы \\(8/((c+1)c\\log s)<\\delta\\), и обозначим \\(k=\\lceil2q\\log_a n\\rceil+2\\), \\(m=\\lceil c\\log n\\rceil\\). докажем нужную многотипную весовую лемму. пусть чёрное ребро умножает вес цели типа \\(i\\) на \\(\\alpha_i\\in[0,1)\\), белое — на \\(\\beta_i>1\\), причём \\[ \\beta_i^q-1\\le p(1-\\alpha_i).\\tag{3} \\] опасность свободного ребра равна \\(d(e)=\\su… lktg-2026-project2-problem26-golden-ratio-biased-game smeschennaya igra v kliki: obschaya teorema i kolichestvennyy sluchay 1:2 extremal_graph_theory coloring ramsey_theory potential_function degree_counting goal_strategy_game goal_bound 2026 38-ya letnyaya konferentsiya turnira gorodov 2026, proekt 2 «igry na menyayuschihsya grafah» https://turgor.ru/lktg/2026/2/2-1-changing_graphs-rus.pdf https://turgor.ru/lktg/2026/2/2-1-changing_graphs-sol-rus.pdf https://turgor.ru/lktg/2026/2/index.html 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 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 maksim didin mark pimenov maksim didin mark pimenov 38-ya letnyaya konferentsiya turnira gorodov 2026, proekt 2 «igry na menyayuschihsya grafah» lktg 2026, proekt 2 «igry na menyayuschihsya grafah»: usloviya, russkaya redaktsiya 7 lktg 2026, proekt 2 «igry na menyayuschihsya grafah»: resheniya, russkaya redaktsiya 7 stmt-original igra \\(p:q\\) i zolotoe sechenie source_verified pust \\(\\varphi=(1+\\sqrt5)/2\\). zafiksiruem tselye \\(p,q\\ge1\\), dlya kotoryh \\[p>\\varphi,\\qquad p+1>\\left(1+\\frac qp\\right)^{2q}.\\] bella i chingiz igrayut na rebrah \\(k_n\\). bella hodit pervoy i kazhdyy raz krasit \\(q\\) svobodnyh reber belym; posle kazhdogo ee hoda chingiz krasit \\(p\\) svobodnyh reber chernym. esli pered hodom igroka svobodnyh reber menshe, chem emu razresheno pokrasit, on krasit vse ostavshiesya. cherez \\(b\\) i \\(w\\) oboznachim itogovye grafy. dokazhite, chto pri vseh dostatochno bolshih \\(n\\) chingiz mozhet garantirovat \\(\\omega(b)>\\omega(w)\\). complete_graph clique stmt-two-to-one-quantitative kolichestvennaya versiya dlya igry 1:2 source_verified zafiksiruem chislo \\(0<\\beta<2/3\\). 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. esli pered hodom chingiza svobodnyh reber menshe dvuh, on krasit vse ostavshiesya. cherez \\(b\\) i \\(w\\) oboznachim itogovye grafy. a) dokazhite, chto suschestvuyut postoyannaya \\(c=c(\\beta)\\) i chislo \\(n_0\\), takie, chto pri kazhdom \\(n\\ge n_0\\) chingiz mozhet odnoy strategiey odnovremenno garantirovat \\[\\omega(w)\\le\\lceil2\\log_3n\\rceil+1\\] i \\[e_b(u)\\ge\\beta{|u|\\choose2}\\] dlya kazhdogo mnozhestva \\(u\\), soderzhaschego ne menee \\(\\lceil c\\log n\\rceil\\) vershin. b) vyvedite, chto pri vseh dostatochno bolshih \\(n\\) vypolneno \\(\\omega(b)>\\omega(w)\\). complete_graph clique induced_subgraph idea-rho-coefficient-gap plotnost \\(\\rho\\) vybiraetsya s zapasom po glavnym koeffitsientam uslovie na \\(p,q\\) pozvolyaet vybrat \\(\\rho<p/(p+q)\\), dlya kotorogo garantiruemaya chernaya klika rastet bystree po \\(\\log n\\), chem verhnyaya otsenka beloy kliki. extremal_graph_theory degree_counting ai_checked idea-q-white-multitype-potential mnogotipnyy potentsial dlya \\(q\\) belyh reber vklad tseli, zadetoy \\(t\\) belymi rebrami, otsenivaetsya po vypuklosti mnozhitelya \\(\\beta^t-1\\), chto pozvolyaet odnim paketnym neravenstvom kontrolirovat ves belyy hod. potential_function extremal_choice ai_checked idea-two-type-potential-after-first-white dva tipa tseley posle vynesennogo pervogo belogo hoda posle pervogo hoda belly obschiy ves zhivyh \\(k\\)-klik i vseh bolshih mnozhestv vse esche menshe edinitsy. zatem odna strategiya maksimalnoy opasnosti odnovremenno sohranyaet obe otsenki. potential_function extremal_choice ai_checked idea-density-to-clique plotnost prevraschaetsya v dlinnuyu tsepochku vlozhennyh okrestnostey v kazhdom dostatochno bolshom indutsirovannom podgrafe vybiraetsya vershina stepeni ne menshe sredney, posle chego mnozhestvo zamenyaetsya ee okrestnostyu. vybrannye vershiny obrazuyut kliku, a razmery mnozhestv ubyvayut geometricheski. degree_counting extremal_choice ai_checked sol-official-golden-ratio-game obschaya mnogotipnaya strategiya i kolichestvennaya versiya 1:2 ai_checked complete_graph clique degree induced_subgraph neighborhood polozhim \\(a=p+1\\). vtoroe uslovie zadachi ekvivalentno neravenstvu \\(1/\\log(1+q/p)>2q/\\log a\\). po nepreryvnosti vyberem \\(\\rho<p/(p+q)\\) nastolko blizko k \\(p/(p+q)\\), chtoby \\[ \\frac1{\\log(1/\\rho)}>\\frac{2q}{\\log a}.\\tag{1} \\] tak kak \\(\\rho<p/(p+q)\\), imeem \\(q/p<1/\\rho-1\\). vyberem \\(c\\) mezhdu etimi chislami, zatem \\(s>1\\) nastolko blizkim k \\(1\\), chtoby \\[ s^q-1\\le p(1-s^{-c}).\\tag{2} \\] eto vozmozhno, poskolku posle deleniya na \\(s-1\\) predely chastey pri \\(s\\downarrow1\\) ravny \\(q\\) i \\(pc>q\\). polozhim \\(\\delta=1/(c+1)-\\rho>0\\), vyberem \\(c\\) tak, chtoby \\(8/((c+1)c\\log s)<\\delta\\), i oboznachim \\(k=\\lceil2q\\log_a n\\rceil+2\\), \\(m=\\lceil c\\log n\\rceil\\). dokazhem nuzhnuyu mnogotipnuyu vesovuyu lemmu. pust chernoe rebro umnozhaet ves tseli tipa \\(i\\) na \\(\\alpha_i\\in[0,1)\\), beloe — na \\(\\beta_i>1\\), prichem \\[ \\beta_i^q-1\\le p(1-\\alpha_i).\\tag{3} \\] opasnost svobodnogo rebra ravna \\(d(e)=\\su…","source_keys":["lktg"]}
{"id":"lktg-2026-project2-problem28-rock-paper-scissors-dynamics","title":"Стабилизация камня, ножниц и бумаги на деревьях и вечная динамика на циклах, ЛКТГ 2026 №28","path":"data\\problems\\lktg\\lktg-2026-project2-problem28-rock-paper-scissors-dynamics.yaml","raw_github_url":"https://raw.githubusercontent.com/didin-maxim/knowledge_graph_of_graphs/main/data/problems/lktg/lktg-2026-project2-problem28-rock-paper-scissors-dynamics.yaml","viewer_url":"https://didin-maxim.github.io/knowledge_graph_of_graphs/#lktg-2026-project2-problem28-rock-paper-scissors-dynamics","source_key":"lktg","source_label":"ЛКТГ","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","«Высшая проба» 2024, заключительный этап, математика, 11 класс"],"year":"2026","type":"olympiad_problem","authors":["Марк Пименов"],"tags":["trees","dynamics","modular_coloring","process_invariant","potential_function","goal_exact_bound","goal_proof"],"agent_topics":[],"difficulty":{"main":"national_final_hard","local_score":8,"comment":"Подпункты имеют сложность 2/5, 3/5, 4/5 и 4/5; основная трудность — целочисленный подъём и инвариант оборота.","status":"ai_checked"},"review_status":"ai_checked","public_ready":true,"solution_state":"with_solution","solution_classification":{"type":"official_complete_or_near_complete","status":"ai_checked","confidence":0.99,"basis":"официальный PDF содержит полные школьные доказательства","notes":"Включены подъём высот, точное время, инвариант цикла и обобщение на нечётное число предметов.","label":"официальное полное"},"statements":{"original":[{"id":"stmt-original","title":"Камень, ножницы, бумага на графе","status":"source_verified","text":"Пусть \\(G\\) — конечный простой связный граф. В каждой его вершине находится камень, ножницы или бумага. Ножницы побеждают бумагу, бумага побеждает камень, камень побеждает ножницы. Каждую минуту предмет в вершине заменяется на побеждающий его предмет, если такой предмет есть хотя бы в одной соседней вершине. Если его нет, предмет не меняется. Все замены происходят одновременно и учитывают расстановку в начале минуты. а) Пусть \\(G\\) — дерево. Докажите, что при любой первоначальной расстановке через конечное число минут изменения прекратятся. б) Если дерево имеет \\(n\\) вершин, найдите наибольшее возможное число минут до стабилизации по всем деревьям и начальным расстановкам. в) Пусть \\(G\\) не является деревом. Докажите, что существует начальная расстановка с бесконечно долгими изменениями. г) Вместо трёх предметов рассмотрим нечётное число \\(m=2r+1\\ge3\\) предметов \\(A_0,A_1,\\ldots,A_{2r}\\), индексы по модулю \\(m\\). Предмет \\(A_i\\) проигрывает предметам \\(A_{i+1},\\ldots,A_{i+r}\\). За минуту \\(A_i\\) заменяется на \\(A_{i+1}\\), если хотя бы у одного соседа находится предмет, которому \\(A_i\\) проигрывает; иначе не меняется. Все замены одновременны. Докажите для этого правила утверждения пунктов а) и в).","definition_ids":["simple_graph","connected_graph","tree","cycle"]}]},"solutions":[{"id":"sol-official-height-and-winding","title":"Подъём высот на дереве и инвариант оборота на цикле","status":"ai_checked","definition_ids":["simple_graph","connected_graph","tree","cycle","distance"],"standard_idea_ids":[],"tags":[],"has_text":true,"text_preview":"Обозначим три предмета через \\(A_0,A_1,A_2\\) по модулю \\(3\\) так, что \\(A_{i+1}\\) побеждает \\(A_i\\). а) Выберем корень дерева и любой целый представитель \\(h_0\\) цвета в корне. Двигаясь от корня, каждой вершине \\(v\\) сопоставим целое \\(h_0(v)\\), сравнимое с номером её предмета по модулю \\(3\\), так чтобы на каждом ребре \\(uv\\) выполнялось \\(h_0(v)-h_0(u)\\in\\{-1,0,1\\}\\). Для уже заданной высоты родителя подходящий представитель цвета ребёнка единственен. Противоречий нет, потому что в дереве нет циклов. Если у вершины \\(v\\) есть сосед высоты \\(h_t(v)+1\\), у него находится ровно предмет, побеждающий предмет в \\(v\\), и высота \\(v\\) увеличивается на \\(1\\). Если такого соседа нет, она не меняется. Поэтому \\[ h_{t+1}(v)=\\max\\bigl(\\{h_t(v)\\}\\cup\\{h_t(u):u\\sim v\\}\\bigr).\\tag{1} \\] Новые высоты соседних вершин снова отличаются не более чем на \\(1\\): максимум в замкнутой окрестности одного конца р…"}],"relations":[{"id":"rel-lktg-2026-p28-hse-2024-generalization","neighbor_id":"hse-2024-final-11-p5-rock-paper-scissors-tree","direction":"forward","type":"generalization","distance":1,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-jbmo-2026-p3-lktg-2026-p28-three-state-dynamics","neighbor_id":"jbmo-2026-p3-three-color-lamps-cycle","direction":"backward","type":"same_motif","distance":2,"status":"ai_checked"}],"search_text":"lktg-2026-project2-problem28-rock-paper-scissors-dynamics стабилизация камня, ножниц и бумаги на деревьях и вечная динамика на циклах, лктг 2026 №28 trees dynamics modular_coloring process_invariant potential_function goal_exact_bound goal_proof 2026 38-я летняя конференция турнира городов 2026, проект 2 «игры на меняющихся графах» https://tasks.olimpiada.ru/upload/files/tasks/149/2023/149-tasks-math-11-final-23-24.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-hse-2024-final-math-11 src-lktg-2026-project2-page src-lktg-2026-project2-problems-ru src-lktg-2026-project2-solutions-ru with_solution «высшая проба» 2024, заключительный этап, математика, 11 класс лктг лктг 2026, проект 2 «игры на меняющихся графах»: решения, русская редакция 7 лктг 2026, проект 2 «игры на меняющихся графах»: условия, русская редакция 7 лктг2026 марк пименов марк пименов 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 «высшая проба» 2024, заключительный этап, математика, 11 класс stmt-original камень, ножницы, бумага на графе source_verified пусть \\(g\\) — конечный простой связный граф. в каждой его вершине находится камень, ножницы или бумага. ножницы побеждают бумагу, бумага побеждает камень, камень побеждает ножницы. каждую минуту предмет в вершине заменяется на побеждающий его предмет, если такой предмет есть хотя бы в одной соседней вершине. если его нет, предмет не меняется. все замены происходят одновременно и учитывают расстановку в начале минуты. а) пусть \\(g\\) — дерево. докажите, что при любой первоначальной расстановке через конечное число минут изменения прекратятся. б) если дерево имеет \\(n\\) вершин, найдите наибольшее возможное число минут до стабилизации по всем деревьям и начальным расстановкам. в) пусть \\(g\\) не является деревом. докажите, что существует начальная расстановка с бесконечно долгими изменениями. г) вместо трёх предметов рассмотрим нечётное число \\(m=2r+1\\ge3\\) предметов \\(a_0,a_1,\\ldots,a_{2r}\\), индексы по модулю \\(m\\). предмет \\(a_i\\) проигрывает предметам \\(a_{i+1},\\ldots,a_{i+r}\\). за минуту \\(a_i\\) заменяется на \\(a_{i+1}\\), если хотя бы у одного соседа находится предмет, которому \\(a_i\\) проигрывает; иначе не меняется. все замены одновременны. докажите для этого правила утверждения пунктов а) и в). simple_graph connected_graph tree cycle idea-tree-height-lift на дереве остатки поднимаются в целые высоты отсутствие циклов позволяет однозначно выбрать целые представители цветов с малыми разностями на рёбрах. для трёх состояний обновление становится распространением локального максимума. trees modular_coloring ai_checked idea-cycle-winding сумма поднятых разностей вдоль цикла сохраняется изменение вершины прибавляет единицу к одной ориентированной разности и вычитает из соседней, поэтому сумма по циклу телескопически инвариантна. ненулевой оборот несовместим со стационарной расстановкой. process_invariant dynamics ai_checked sol-official-height-and-winding подъём высот на дереве и инвариант оборота на цикле ai_checked simple_graph connected_graph tree cycle distance обозначим три предмета через \\(a_0,a_1,a_2\\) по модулю \\(3\\) так, что \\(a_{i+1}\\) побеждает \\(a_i\\). а) выберем корень дерева и любой целый представитель \\(h_0\\) цвета в корне. двигаясь от корня, каждой вершине \\(v\\) сопоставим целое \\(h_0(v)\\), сравнимое с номером её предмета по модулю \\(3\\), так чтобы на каждом ребре \\(uv\\) выполнялось \\(h_0(v)-h_0(u)\\in\\{-1,0,1\\}\\). для уже заданной высоты родителя подходящий представитель цвета ребёнка единственен. противоречий нет, потому что в дереве нет циклов. если у вершины \\(v\\) есть сосед высоты \\(h_t(v)+1\\), у него находится ровно предмет, побеждающий предмет в \\(v\\), и высота \\(v\\) увеличивается на \\(1\\). если такого соседа нет, она не меняется. поэтому \\[ h_{t+1}(v)=\\max\\bigl(\\{h_t(v)\\}\\cup\\{h_t(u):u\\sim v\\}\\bigr).\\tag{1} \\] новые высоты соседних вершин снова отличаются не более чем на \\(1\\): максимум в замкнутой окрестности одного конца р… lktg-2026-project2-problem28-rock-paper-scissors-dynamics stabilizatsiya kamnya, nozhnits i bumagi na derevyah i vechnaya dinamika na tsiklah, lktg 2026 №28 trees dynamics modular_coloring process_invariant potential_function goal_exact_bound goal_proof 2026 38-ya letnyaya konferentsiya turnira gorodov 2026, proekt 2 «igry na menyayuschihsya grafah» https://tasks.olimpiada.ru/upload/files/tasks/149/2023/149-tasks-math-11-final-23-24.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-hse-2024-final-math-11 src-lktg-2026-project2-page src-lktg-2026-project2-problems-ru src-lktg-2026-project2-solutions-ru with_solution «vysshaya proba» 2024, zaklyuchitelnyy etap, matematika, 11 klass lktg lktg 2026, proekt 2 «igry na menyayuschihsya grafah»: resheniya, russkaya redaktsiya 7 lktg 2026, proekt 2 «igry na menyayuschihsya grafah»: usloviya, russkaya redaktsiya 7 lktg2026 mark pimenov mark pimenov 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 «vysshaya proba» 2024, zaklyuchitelnyy etap, matematika, 11 klass stmt-original kamen, nozhnitsy, bumaga na grafe source_verified pust \\(g\\) — konechnyy prostoy svyaznyy graf. v kazhdoy ego vershine nahoditsya kamen, nozhnitsy ili bumaga. nozhnitsy pobezhdayut bumagu, bumaga pobezhdaet kamen, kamen pobezhdaet nozhnitsy. kazhduyu minutu predmet v vershine zamenyaetsya na pobezhdayuschiy ego predmet, esli takoy predmet est hotya by v odnoy sosedney vershine. esli ego net, predmet ne menyaetsya. vse zameny proishodyat odnovremenno i uchityvayut rasstanovku v nachale minuty. a) pust \\(g\\) — derevo. dokazhite, chto pri lyuboy pervonachalnoy rasstanovke cherez konechnoe chislo minut izmeneniya prekratyatsya. b) esli derevo imeet \\(n\\) vershin, naydite naibolshee vozmozhnoe chislo minut do stabilizatsii po vsem derevyam i nachalnym rasstanovkam. v) pust \\(g\\) ne yavlyaetsya derevom. dokazhite, chto suschestvuet nachalnaya rasstanovka s beskonechno dolgimi izmeneniyami. g) vmesto treh predmetov rassmotrim nechetnoe chislo \\(m=2r+1\\ge3\\) predmetov \\(a_0,a_1,\\ldots,a_{2r}\\), indeksy po modulyu \\(m\\). predmet \\(a_i\\) proigryvaet predmetam \\(a_{i+1},\\ldots,a_{i+r}\\). za minutu \\(a_i\\) zamenyaetsya na \\(a_{i+1}\\), esli hotya by u odnogo soseda nahoditsya predmet, kotoromu \\(a_i\\) proigryvaet; inache ne menyaetsya. vse zameny odnovremenny. dokazhite dlya etogo pravila utverzhdeniya punktov a) i v). simple_graph connected_graph tree cycle idea-tree-height-lift na dereve ostatki podnimayutsya v tselye vysoty otsutstvie tsiklov pozvolyaet odnoznachno vybrat tselye predstaviteli tsvetov s malymi raznostyami na rebrah. dlya treh sostoyaniy obnovlenie stanovitsya rasprostraneniem lokalnogo maksimuma. trees modular_coloring ai_checked idea-cycle-winding summa podnyatyh raznostey vdol tsikla sohranyaetsya izmenenie vershiny pribavlyaet edinitsu k odnoy orientirovannoy raznosti i vychitaet iz sosedney, poetomu summa po tsiklu teleskopicheski invariantna. nenulevoy oborot nesovmestim so statsionarnoy rasstanovkoy. process_invariant dynamics ai_checked sol-official-height-and-winding podem vysot na dereve i invariant oborota na tsikle ai_checked simple_graph connected_graph tree cycle distance oboznachim tri predmeta cherez \\(a_0,a_1,a_2\\) po modulyu \\(3\\) tak, chto \\(a_{i+1}\\) pobezhdaet \\(a_i\\). a) vyberem koren dereva i lyuboy tselyy predstavitel \\(h_0\\) tsveta v korne. dvigayas ot kornya, kazhdoy vershine \\(v\\) sopostavim tseloe \\(h_0(v)\\), sravnimoe s nomerom ee predmeta po modulyu \\(3\\), tak chtoby na kazhdom rebre \\(uv\\) vypolnyalos \\(h_0(v)-h_0(u)\\in\\{-1,0,1\\}\\). dlya uzhe zadannoy vysoty roditelya podhodyaschiy predstavitel tsveta rebenka edinstvenen. protivorechiy net, potomu chto v dereve net tsiklov. esli u vershiny \\(v\\) est sosed vysoty \\(h_t(v)+1\\), u nego nahoditsya rovno predmet, pobezhdayuschiy predmet v \\(v\\), i vysota \\(v\\) uvelichivaetsya na \\(1\\). esli takogo soseda net, ona ne menyaetsya. poetomu \\[ h_{t+1}(v)=\\max\\bigl(\\{h_t(v)\\}\\cup\\{h_t(u):u\\sim v\\}\\bigr).\\tag{1} \\] novye vysoty sosednih vershin snova otlichayutsya ne bolee chem na \\(1\\): maksimum v zamknutoy okrestnosti odnogo kontsa r…","source_keys":["lktg","hse"]}
{"id":"lktg-2026-project2-problem29-two-leagues-tournament","title":"Выбор команд в две лиги и большинство межлиговых побед, ЛКТГ 2026 №29","path":"data\\problems\\lktg\\lktg-2026-project2-problem29-two-leagues-tournament.yaml","raw_github_url":"https://raw.githubusercontent.com/didin-maxim/knowledge_graph_of_graphs/main/data/problems/lktg/lktg-2026-project2-problem29-two-leagues-tournament.yaml","viewer_url":"https://didin-maxim.github.io/knowledge_graph_of_graphs/#lktg-2026-project2-problem29-two-leagues-tournament","source_key":"lktg","source_label":"ЛКТГ","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"],"year":"2026","type":"olympiad_problem","authors":["Марк Пименов"],"tags":["tournaments","double_counting","extremal_choice","construction","goal_strategy_game","goal_classification"],"agent_topics":["game_strategy"],"difficulty":{"main":"national_final_medium","local_score":6,"comment":"Подпункты имеют сложность 2/5 и 3/5; характеризация использует баланс турнира и парную контрстратегию.","status":"ai_checked"},"review_status":"ai_checked","public_ready":true,"solution_state":"with_solution","solution_classification":{"type":"official_complete_or_near_complete","status":"ai_checked","confidence":0.99,"basis":"официальный PDF содержит полные школьные решения","notes":"Решение самодостаточно.","label":"официальное полное"},"statements":{"original":[{"id":"stmt-original","title":"Две лиги","status":"source_verified","text":"В однокруговом турнире без ничьих участвовали \\(n\\) команд: каждые две команды сыграли один матч, и в каждом матче одна из команд победила. После объявления всех результатов две лиги по очереди выбирают ещё не выбранную команду и принимают её к себе. Первой ходит Первая лига, пропускать ход нельзя. Межлиговыми называются матчи, участники которых попали в разные лиги. а) Пусть \\(n\\) чётно. Докажите, что Первая лига может гарантировать: её команды выиграли не менее половины межлиговых матчей. б) Для каких чётных \\(n\\) Первая лига при любых результатах турнира может гарантировать, что её команды выиграли строго больше половины межлиговых матчей?","definition_ids":["tournament"]}]},"solutions":[{"id":"sol-official-balances-and-pairs","title":"Баланс команды, жадная стратегия и правильный турнир","status":"ai_checked","definition_ids":["tournament"],"standard_idea_ids":[],"tags":[],"has_text":true,"text_preview":"Для команды \\(v\\) обозначим через \\(s(v)\\) число её побед минус число поражений во всём турнире. Сумма всех балансов равна нулю, потому что каждый матч даёт победителю \\(+1\\), а проигравшему \\(-1\\). а) Пусть после распределения множества команд Первой и Второй лиг равны \\(A\\) и \\(B\\). В сумме \\(\\sum_{v\\in A}s(v)\\) вклады матчей между двумя командами из \\(A\\) взаимно уничтожаются. Остаются только межлиговые матчи, поэтому \\[ \\sum_{v\\in A}s(v)=\\#\\{\\text{межлиговые победы Первой лиги}\\}-\\#\\{\\text{межлиговые победы Второй лиги}\\}.\\tag{1} \\] Стратегия Первой лиги: на каждом ходу выбирать среди оставшихся команд команду с наибольшим балансом. Объединим каждый её ход со следующим ходом Второй лиги. Если выбраны \\(a_i\\) и \\(b_i\\), то \\(s(a_i)\\ge s(b_i)\\), поскольку \\(b_i\\) ещё была доступна при выборе \\(a_i\\). Так как \\(n\\) чётно, все ходы разбиваются на такие пары. Суммируя, получаем \\(\\sum_{a…"}],"relations":[],"search_text":"lktg-2026-project2-problem29-two-leagues-tournament выбор команд в две лиги и большинство межлиговых побед, лктг 2026 №29 tournaments double_counting extremal_choice construction goal_strategy_game goal_classification 2026 38-я летняя конференция турнира городов 2026, проект 2 «игры на меняющихся графах» https://turgor.ru/lktg/2026/2/2-1-changing_graphs-rus.pdf https://turgor.ru/lktg/2026/2/2-1-changing_graphs-sol-rus.pdf https://turgor.ru/lktg/2026/2/index.html 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 with_solution лктг лктг 2026, проект 2 «игры на меняющихся графах»: решения, русская редакция 7 лктг 2026, проект 2 «игры на меняющихся графах»: условия, русская редакция 7 лктг2026 марк пименов марк пименов 38-я летняя конференция турнира городов 2026, проект 2 «игры на меняющихся графах» лктг 2026, проект 2 «игры на меняющихся графах»: условия, русская редакция 7 лктг 2026, проект 2 «игры на меняющихся графах»: решения, русская редакция 7 stmt-original две лиги source_verified в однокруговом турнире без ничьих участвовали \\(n\\) команд: каждые две команды сыграли один матч, и в каждом матче одна из команд победила. после объявления всех результатов две лиги по очереди выбирают ещё не выбранную команду и принимают её к себе. первой ходит первая лига, пропускать ход нельзя. межлиговыми называются матчи, участники которых попали в разные лиги. а) пусть \\(n\\) чётно. докажите, что первая лига может гарантировать: её команды выиграли не менее половины межлиговых матчей. б) для каких чётных \\(n\\) первая лига при любых результатах турнира может гарантировать, что её команды выиграли строго больше половины межлиговых матчей? tournament idea-tournament-balance-greedy жадный выбор максимального турнирного баланса сумма балансов команд лиги равна разности её межлиговых побед и поражений. в каждой паре последовательных ходов первая лига берёт команду не меньшего баланса, чем ответ второй. extremal_choice double_counting ai_checked idea-pair-equal-balance-classes парная защита в турнире с балансами \\(+1\\) и \\(-1\\) после удаления вершины из правильного турнира команды делятся поровну на балансы \\(+1\\) и \\(-1\\). при чётных размерах классов вторая лига заранее спаривает каждый класс и отвечает партнёром. construction tournaments ai_checked sol-official-balances-and-pairs баланс команды, жадная стратегия и правильный турнир ai_checked tournament для команды \\(v\\) обозначим через \\(s(v)\\) число её побед минус число поражений во всём турнире. сумма всех балансов равна нулю, потому что каждый матч даёт победителю \\(+1\\), а проигравшему \\(-1\\). а) пусть после распределения множества команд первой и второй лиг равны \\(a\\) и \\(b\\). в сумме \\(\\sum_{v\\in a}s(v)\\) вклады матчей между двумя командами из \\(a\\) взаимно уничтожаются. остаются только межлиговые матчи, поэтому \\[ \\sum_{v\\in a}s(v)=\\#\\{\\text{межлиговые победы первой лиги}\\}-\\#\\{\\text{межлиговые победы второй лиги}\\}.\\tag{1} \\] стратегия первой лиги: на каждом ходу выбирать среди оставшихся команд команду с наибольшим балансом. объединим каждый её ход со следующим ходом второй лиги. если выбраны \\(a_i\\) и \\(b_i\\), то \\(s(a_i)\\ge s(b_i)\\), поскольку \\(b_i\\) ещё была доступна при выборе \\(a_i\\). так как \\(n\\) чётно, все ходы разбиваются на такие пары. суммируя, получаем \\(\\sum_{a… lktg-2026-project2-problem29-two-leagues-tournament vybor komand v dve ligi i bolshinstvo mezhligovyh pobed, lktg 2026 №29 tournaments double_counting extremal_choice construction goal_strategy_game goal_classification 2026 38-ya letnyaya konferentsiya turnira gorodov 2026, proekt 2 «igry na menyayuschihsya grafah» https://turgor.ru/lktg/2026/2/2-1-changing_graphs-rus.pdf https://turgor.ru/lktg/2026/2/2-1-changing_graphs-sol-rus.pdf https://turgor.ru/lktg/2026/2/index.html 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 with_solution lktg lktg 2026, proekt 2 «igry na menyayuschihsya grafah»: resheniya, russkaya redaktsiya 7 lktg 2026, proekt 2 «igry na menyayuschihsya grafah»: usloviya, russkaya redaktsiya 7 lktg2026 mark pimenov mark pimenov 38-ya letnyaya konferentsiya turnira gorodov 2026, proekt 2 «igry na menyayuschihsya grafah» lktg 2026, proekt 2 «igry na menyayuschihsya grafah»: usloviya, russkaya redaktsiya 7 lktg 2026, proekt 2 «igry na menyayuschihsya grafah»: resheniya, russkaya redaktsiya 7 stmt-original dve ligi source_verified v odnokrugovom turnire bez nichih uchastvovali \\(n\\) komand: kazhdye dve komandy sygrali odin match, i v kazhdom matche odna iz komand pobedila. posle obyavleniya vseh rezultatov dve ligi po ocheredi vybirayut esche ne vybrannuyu komandu i prinimayut ee k sebe. pervoy hodit pervaya liga, propuskat hod nelzya. mezhligovymi nazyvayutsya matchi, uchastniki kotoryh popali v raznye ligi. a) pust \\(n\\) chetno. dokazhite, chto pervaya liga mozhet garantirovat: ee komandy vyigrali ne menee poloviny mezhligovyh matchey. b) dlya kakih chetnyh \\(n\\) pervaya liga pri lyubyh rezultatah turnira mozhet garantirovat, chto ee komandy vyigrali strogo bolshe poloviny mezhligovyh matchey? tournament idea-tournament-balance-greedy zhadnyy vybor maksimalnogo turnirnogo balansa summa balansov komand ligi ravna raznosti ee mezhligovyh pobed i porazheniy. v kazhdoy pare posledovatelnyh hodov pervaya liga beret komandu ne menshego balansa, chem otvet vtoroy. extremal_choice double_counting ai_checked idea-pair-equal-balance-classes parnaya zaschita v turnire s balansami \\(+1\\) i \\(-1\\) posle udaleniya vershiny iz pravilnogo turnira komandy delyatsya porovnu na balansy \\(+1\\) i \\(-1\\). pri chetnyh razmerah klassov vtoraya liga zaranee sparivaet kazhdyy klass i otvechaet partnerom. construction tournaments ai_checked sol-official-balances-and-pairs balans komandy, zhadnaya strategiya i pravilnyy turnir ai_checked tournament dlya komandy \\(v\\) oboznachim cherez \\(s(v)\\) chislo ee pobed minus chislo porazheniy vo vsem turnire. summa vseh balansov ravna nulyu, potomu chto kazhdyy match daet pobeditelyu \\(+1\\), a proigravshemu \\(-1\\). a) pust posle raspredeleniya mnozhestva komand pervoy i vtoroy lig ravny \\(a\\) i \\(b\\). v summe \\(\\sum_{v\\in a}s(v)\\) vklady matchey mezhdu dvumya komandami iz \\(a\\) vzaimno unichtozhayutsya. ostayutsya tolko mezhligovye matchi, poetomu \\[ \\sum_{v\\in a}s(v)=\\#\\{\\text{mezhligovye pobedy pervoy ligi}\\}-\\#\\{\\text{mezhligovye pobedy vtoroy ligi}\\}.\\tag{1} \\] strategiya pervoy ligi: na kazhdom hodu vybirat sredi ostavshihsya komand komandu s naibolshim balansom. obedinim kazhdyy ee hod so sleduyuschim hodom vtoroy ligi. esli vybrany \\(a_i\\) i \\(b_i\\), to \\(s(a_i)\\ge s(b_i)\\), poskolku \\(b_i\\) esche byla dostupna pri vybore \\(a_i\\). tak kak \\(n\\) chetno, vse hody razbivayutsya na takie pary. summiruya, poluchaem \\(\\sum_{a…","source_keys":["lktg"]}
{"id":"longest-path-endpoints-shortest-detour","title":"Кратчайший обход между концами максимального пути","path":"data\\problems\\classical\\longest-path-endpoints-shortest-detour.yaml","raw_github_url":"https://raw.githubusercontent.com/didin-maxim/knowledge_graph_of_graphs/main/data/problems/classical/longest-path-endpoints-shortest-detour.yaml","viewer_url":"https://didin-maxim.github.io/knowledge_graph_of_graphs/#longest-path-endpoints-shortest-detour","source_key":"misc","source_label":"Прочее","source_titles":["BMO 2025 официальные условия и решения"],"year":"","type":"lemma","authors":[],"tags":["hamiltonian_cycles","goal_exact_bound"],"agent_topics":[],"difficulty":{"main":"regional","local_score":4,"comment":"Короткая, но полезная лемма для задач о длиннейших путях и гамильтоновых циклах.","status":"ai_checked"},"review_status":"needs_human_review","public_ready":false,"solution_state":"with_solution","solution_classification":{"type":"official_complete_or_near_complete","label":"официальное полное/почти полное","status":"ai_checked","confidence":0.78,"basis":"агентский аудит средней сложности","notes":"Классическая извлечённая карточка имеет официальный источник и проверенное агентом решение.","audit_source":"agent-imo-us-classical.json"},"statements":{"original":[{"id":"stmt-original-1","title":"","status":"needs_human_review","text":"Пусть \\(G\\) — связный простой граф, а \\(P=v_1v_2\\dots v_p\\) — простой путь максимальной длины в \\(G\\). Предположим, что существует кратчайший путь \\(Q\\) из \\(v_1\\) в \\(v_p\\), все внутренние вершины которого не лежат на \\(P\\). Докажите, что путь \\(Q\\) состоит из одного ребра, то есть \\(v_1v_p\\in E(G)\\).","definition_ids":["simple_graph","connected_graph","path","cycle"]}]},"solutions":[{"id":"sol-cycle-longer-than-path","title":"Цикл длиннее максимального пути","status":"ai_checked","definition_ids":["path","cycle"],"standard_idea_ids":[],"tags":[],"has_text":true,"text_preview":"Пусть кратчайший путь \\(Q\\) имеет хотя бы одну внутреннюю вершину. Так как внутренние вершины \\(Q\\) не лежат на \\(P\\), объединение \\(P\\cup Q\\) содержит цикл, проходящий по всем вершинам \\(P\\) и по внутренним вершинам \\(Q\\). Число вершин этого цикла равно \\(|V(P)|+|V(Q)|-2>|V(P)|\\). Удалив из цикла любое ребро, получаем простой путь с большим числом вершин, чем у \\(P\\). Это противоречит максимальности \\(P\\). Следовательно, у \\(Q\\) нет внутренних вершин, и потому \\(Q\\) является ребром \\(v_1v_p\\)."}],"relations":[{"id":"rel-longest-path-detour-bmo-2025-p4","neighbor_id":"bmo-2025-p4-flights-long-short-paths","direction":"forward","type":"prerequisite","distance":1,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-inmo-2021-p4-longest-path-endpoint-cycle","neighbor_id":"complete-graph-minus-n-minus-2-edges-hamiltonian-path","direction":"backward","type":"same_motif","distance":2,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-paths-counting-longest-detour-kolm-2008-r1","neighbor_id":"kolmogorov-2008-round-1-high-league-problem-1","direction":"forward","type":"same_motif","distance":2,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-paths-counting-longest-detour-kolm-2008-r3","neighbor_id":"kolmogorov-2008-round-3-high-league-problem-1","direction":"forward","type":"same_motif","distance":2,"status":"ai_checked"}],"search_text":"longest-path-endpoints-shortest-detour кратчайший обход между концами максимального пути hamiltonian_cycles goal_exact_bound bmo 2025 официальные условия и решения https://bmo2025.pmf.unsa.ba/wp-content/uploads/2025/05/problems%20-%20solutions.pdf misc official_archive src-bmo-2025-official with_solution прочее ? bmo 2025 официальные условия и решения stmt-original-1 needs_human_review пусть \\(g\\) — связный простой граф, а \\(p=v_1v_2\\dots v_p\\) — простой путь максимальной длины в \\(g\\). предположим, что существует кратчайший путь \\(q\\) из \\(v_1\\) в \\(v_p\\), все внутренние вершины которого не лежат на \\(p\\). докажите, что путь \\(q\\) состоит из одного ребра, то есть \\(v_1v_p\\in e(g)\\). simple_graph connected_graph path cycle idea-two_endpoint_paths_make_longer_cycle два непересекающихся пути между концами дают слишком длинный цикл если обход между концами максимального пути имеет хотя бы одну внутреннюю вершину, объединение двух путей образует цикл, содержащий больше вершин, чем исходный путь; из такого цикла извлекается более длинный путь. hamiltonian_cycles ai_checked sol-cycle-longer-than-path цикл длиннее максимального пути ai_checked path cycle пусть кратчайший путь \\(q\\) имеет хотя бы одну внутреннюю вершину. так как внутренние вершины \\(q\\) не лежат на \\(p\\), объединение \\(p\\cup q\\) содержит цикл, проходящий по всем вершинам \\(p\\) и по внутренним вершинам \\(q\\). число вершин этого цикла равно \\(|v(p)|+|v(q)|-2>|v(p)|\\). удалив из цикла любое ребро, получаем простой путь с большим числом вершин, чем у \\(p\\). это противоречит максимальности \\(p\\). следовательно, у \\(q\\) нет внутренних вершин, и потому \\(q\\) является ребром \\(v_1v_p\\). longest-path-endpoints-shortest-detour kratchayshiy obhod mezhdu kontsami maksimalnogo puti hamiltonian_cycles goal_exact_bound bmo 2025 ofitsialnye usloviya i resheniya https://bmo2025.pmf.unsa.ba/wp-content/uploads/2025/05/problems%20-%20solutions.pdf misc official_archive src-bmo-2025-official with_solution prochee ? bmo 2025 ofitsialnye usloviya i resheniya stmt-original-1 needs_human_review pust \\(g\\) — svyaznyy prostoy graf, a \\(p=v_1v_2\\dots v_p\\) — prostoy put maksimalnoy dliny v \\(g\\). predpolozhim, chto suschestvuet kratchayshiy put \\(q\\) iz \\(v_1\\) v \\(v_p\\), vse vnutrennie vershiny kotorogo ne lezhat na \\(p\\). dokazhite, chto put \\(q\\) sostoit iz odnogo rebra, to est \\(v_1v_p\\in e(g)\\). simple_graph connected_graph path cycle idea-two_endpoint_paths_make_longer_cycle dva neperesekayuschihsya puti mezhdu kontsami dayut slishkom dlinnyy tsikl esli obhod mezhdu kontsami maksimalnogo puti imeet hotya by odnu vnutrennyuyu vershinu, obedinenie dvuh putey obrazuet tsikl, soderzhaschiy bolshe vershin, chem ishodnyy put; iz takogo tsikla izvlekaetsya bolee dlinnyy put. hamiltonian_cycles ai_checked sol-cycle-longer-than-path tsikl dlinnee maksimalnogo puti ai_checked path cycle pust kratchayshiy put \\(q\\) imeet hotya by odnu vnutrennyuyu vershinu. tak kak vnutrennie vershiny \\(q\\) ne lezhat na \\(p\\), obedinenie \\(p\\cup q\\) soderzhit tsikl, prohodyaschiy po vsem vershinam \\(p\\) i po vnutrennim vershinam \\(q\\). chislo vershin etogo tsikla ravno \\(|v(p)|+|v(q)|-2>|v(p)|\\). udaliv iz tsikla lyuboe rebro, poluchaem prostoy put s bolshim chislom vershin, chem u \\(p\\). eto protivorechit maksimalnosti \\(p\\). sledovatelno, u \\(q\\) net vnutrennih vershin, i potomu \\(q\\) yavlyaetsya rebrom \\(v_1v_p\\).","source_keys":["misc","bmo"]}
{"id":"malekshahian-spiro-biased-clique-building-game","title":"Смещённая игра в клики: асимптотическая победа второго игрока","path":"data\\problems\\classical\\malekshahian-spiro-biased-clique-building-game.yaml","raw_github_url":"https://raw.githubusercontent.com/didin-maxim/knowledge_graph_of_graphs/main/data/problems/classical/malekshahian-spiro-biased-clique-building-game.yaml","viewer_url":"https://didin-maxim.github.io/knowledge_graph_of_graphs/#malekshahian-spiro-biased-clique-building-game","source_key":"misc","source_label":"Прочее","source_titles":["Alexandru Malekshahian, Sam Spiro, On a Clique-Building Game of Erdős"],"year":"","type":"theorem","authors":["Alexandru Malekshahian","Sam Spiro"],"tags":["extremal_graph_theory","ramsey_theory","goal_strategy_game","goal_bound","classical_theorem"],"agent_topics":["game_strategy"],"difficulty":{"main":"classical_tool","local_score":10,"comment":"Тяжёлая внешняя теорема о позиционных играх. Доказательство использует смещённый критерий Эрдёша--Селфриджа--Бека и теорему Гебауэр об игре в клику; школьного самодостаточного доказательства в карточке нет.","status":"source_verified"},"review_status":"ai_checked","public_ready":true,"solution_state":"without_solution","solution_classification":{"type":"hard_external_theorem_no_proof","label":"доказательство не приведено: тяжёлая внешняя теорема","status":"source_verified","confidence":0.99,"basis":"Точная формулировка и область кванторов сверены по первичной статье Малекшахяна--Спиро.","notes":"Внешняя теорема сформулирована полностью; неизвестный численный порог не подменён явным значением.","audit_source":"manual-primary-source-review-2026-08-15"},"statements":{"original":[{"id":"stmt-asymptotic-player-two-win","title":"Теорема Малекшахяна--Спиро для смещённой игры","status":"source_verified","text":"Пусть \\(n,p,q\\ge 1\\) -- целые числа. На рёбрах полного графа \\(K_n\\) играют двое, первым ходит игрок 1. За свой ход игрок 1 забирает \\(p\\) ещё не занятых рёбер, а игрок 2 -- \\(q\\) таких рёбер; если перед ходом осталось меньше положенного числа рёбер, игрок забирает все оставшиеся. После заполнения графа через \\(G_1\\) и \\(G_2\\) обозначим графы из рёбер соответствующих игроков. Если \\(p<q\\), игрок 2 выигрывает ровно тогда, когда \\(\\omega(G_2)>\\omega(G_1)\\); при равенстве размеров наибольших клик выигрывает игрок 1. Для каждого \\(p\\ge1\\) существует целое \\(n_0=n_0(p)\\) такое, что при всех \\(n\\ge n_0\\) игрок 2 имеет выигрышную стратегию, если \\[ q\\ge\\left(2+\\frac{12\\log_2\\log_2(p+1)}{\\log_2(p+1)}\\right)p+2. \\] В частности, при всех достаточно больших \\(n\\) игрок 2 выигрывает игру с параметрами \\((p,q)=(1,4)\\).","definition_ids":["complete_graph","clique"]}]},"solutions":[],"relations":[{"id":"rel-lktg-2026-p26-biased-clique-family","neighbor_id":"lktg-2026-project2-problem26-golden-ratio-biased-game","direction":"backward","type":"same_motif","distance":1,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-lktg-2026-p11-biased-clique-model","neighbor_id":"lktg-2026-project2-problem11-symmetric-erdos-game","direction":"backward","type":"same_motif","distance":1,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-lktg-2026-p13-biased-clique-family","neighbor_id":"lktg-2026-project2-problem13-bella-chingiz-complete-graph","direction":"backward","type":"same_motif","distance":1,"status":"ai_checked"}],"search_text":"malekshahian-spiro-biased-clique-building-game смещённая игра в клики: асимптотическая победа второго игрока extremal_graph_theory ramsey_theory goal_strategy_game goal_bound classical_theorem alexandru malekshahian alexandru malekshahian, sam spiro, on a clique-building game of erdős alexandrumalekshahian https://arxiv.org/abs/2410.18304 misc paper sam spiro samspiro src-malekshahian-spiro-clique-building-game without_solution прочее alexandru malekshahian sam spiro alexandru malekshahian, sam spiro, on a clique-building game of erdős stmt-asymptotic-player-two-win теорема малекшахяна--спиро для смещённой игры source_verified пусть \\(n,p,q\\ge 1\\) -- целые числа. на рёбрах полного графа \\(k_n\\) играют двое, первым ходит игрок 1. за свой ход игрок 1 забирает \\(p\\) ещё не занятых рёбер, а игрок 2 -- \\(q\\) таких рёбер; если перед ходом осталось меньше положенного числа рёбер, игрок забирает все оставшиеся. после заполнения графа через \\(g_1\\) и \\(g_2\\) обозначим графы из рёбер соответствующих игроков. если \\(p<q\\), игрок 2 выигрывает ровно тогда, когда \\(\\omega(g_2)>\\omega(g_1)\\); при равенстве размеров наибольших клик выигрывает игрок 1. для каждого \\(p\\ge1\\) существует целое \\(n_0=n_0(p)\\) такое, что при всех \\(n\\ge n_0\\) игрок 2 имеет выигрышную стратегию, если \\[ q\\ge\\left(2+\\frac{12\\log_2\\log_2(p+1)}{\\log_2(p+1)}\\right)p+2. \\] в частности, при всех достаточно больших \\(n\\) игрок 2 выигрывает игру с параметрами \\((p,q)=(1,4)\\). complete_graph clique idea-build-and-block часть ходов строит, а часть блокирует доказательство статьи разделяет запас ходов второго игрока между двумя самостоятельными задачами: ограничить размер клики первого игрока и одновременно гарантировать собственную большую клику. для обеих частей применяются серьёзные результаты об играх мейкера--брейкера. extremal_graph_theory goal_strategy_game source_verified malekshahian-spiro-biased-clique-building-game smeschennaya igra v kliki: asimptoticheskaya pobeda vtorogo igroka extremal_graph_theory ramsey_theory goal_strategy_game goal_bound classical_theorem alexandru malekshahian alexandru malekshahian, sam spiro, on a clique-building game of erdős alexandrumalekshahian https://arxiv.org/abs/2410.18304 misc paper sam spiro samspiro src-malekshahian-spiro-clique-building-game without_solution prochee alexandru malekshahian sam spiro alexandru malekshahian, sam spiro, on a clique-building game of erdős stmt-asymptotic-player-two-win teorema malekshahyana--spiro dlya smeschennoy igry source_verified pust \\(n,p,q\\ge 1\\) -- tselye chisla. na rebrah polnogo grafa \\(k_n\\) igrayut dvoe, pervym hodit igrok 1. za svoy hod igrok 1 zabiraet \\(p\\) esche ne zanyatyh reber, a igrok 2 -- \\(q\\) takih reber; esli pered hodom ostalos menshe polozhennogo chisla reber, igrok zabiraet vse ostavshiesya. posle zapolneniya grafa cherez \\(g_1\\) i \\(g_2\\) oboznachim grafy iz reber sootvetstvuyuschih igrokov. esli \\(p<q\\), igrok 2 vyigryvaet rovno togda, kogda \\(\\omega(g_2)>\\omega(g_1)\\); pri ravenstve razmerov naibolshih klik vyigryvaet igrok 1. dlya kazhdogo \\(p\\ge1\\) suschestvuet tseloe \\(n_0=n_0(p)\\) takoe, chto pri vseh \\(n\\ge n_0\\) igrok 2 imeet vyigryshnuyu strategiyu, esli \\[ q\\ge\\left(2+\\frac{12\\log_2\\log_2(p+1)}{\\log_2(p+1)}\\right)p+2. \\] v chastnosti, pri vseh dostatochno bolshih \\(n\\) igrok 2 vyigryvaet igru s parametrami \\((p,q)=(1,4)\\). complete_graph clique idea-build-and-block chast hodov stroit, a chast blokiruet dokazatelstvo stati razdelyaet zapas hodov vtorogo igroka mezhdu dvumya samostoyatelnymi zadachami: ogranichit razmer kliki pervogo igroka i odnovremenno garantirovat sobstvennuyu bolshuyu kliku. dlya obeih chastey primenyayutsya sereznye rezultaty ob igrah meykera--breykera. extremal_graph_theory goal_strategy_game source_verified","source_keys":["misc"]}
{"id":"mantel-theorem","title":"Теорема Мантеля о максимуме рёбер без треугольников","path":"data\\problems\\classical\\mantel-theorem.yaml","raw_github_url":"https://raw.githubusercontent.com/didin-maxim/knowledge_graph_of_graphs/main/data/problems/classical/mantel-theorem.yaml","viewer_url":"https://didin-maxim.github.io/knowledge_graph_of_graphs/#mantel-theorem","source_key":"misc","source_label":"Прочее","source_titles":["Mantel's theorem"],"year":"","type":"theorem","authors":["Willem Mantel"],"tags":["extremal_graph_theory","forbidden_triangle","classical_theorem","goal_characterization"],"agent_topics":[],"difficulty":{"main":"regional","local_score":5,"comment":"Классический частный случай Турана; короткое доказательство доступно школьникам.","status":"ai_draft"},"review_status":"needs_human_review","public_ready":false,"solution_state":"with_solution","solution_classification":{"type":"unofficial_published","label":"опубликованное неофициальное","status":"ai_checked","confidence":0.78,"basis":"агентский аудит средней сложности","notes":"Карточка подкреплена опубликованными неофициальными, справочными, журнальными, вики-, форумными источниками или страницами задач.","audit_source":"agent-imo-us-classical.json"},"statements":{"original":[{"id":"stmt-original-1","title":"","status":"needs_review","text":"Пусть G — простой неориентированный граф на n вершинах, в котором нет трех попарно соединенных вершин. Тогда в G не более \\( \\lfloor n^2/4 \\rfloor \\) ребер.","definition_ids":["simple_graph","clique","complete_graph","bipartite_graph"]}]},"solutions":[{"id":"sol-degree-sum","title":"Доказательство через степени","status":"ai_checked","definition_ids":[],"standard_idea_ids":["double_counting"],"tags":[],"has_text":true,"text_preview":"Пусть \\(m=e(G)\\), а \\(d(v)\\) — степени вершин. Для каждого ребра \\(uv\\) в графе без треугольников множества \\(N(u)\\) и \\(N(v)\\) не пересекаются: общий сосед вместе с \\(u\\) и \\(v\\) дал бы треугольник. Поэтому \\(d(u)+d(v)\\le n\\). Просуммируем это неравенство по всем рёбрам. Левая часть равна \\(\\sum_v d(v)^2\\), потому что вклад \\(d(v)\\) появляется ровно для \\(d(v)\\) рёбер, инцидентных \\(v\\). Значит \\(\\sum_v d(v)^2\\le mn\\). По неравенству Коши \\((\\sum_v d(v))^2\\le n\\sum_v d(v)^2\\), а \\(\\sum_v d(v)=2m\\). Получаем \\(4m^2\\le n\\sum_v d(v)^2\\le n^2m\\). Если \\(m>0\\), делим на \\(m\\) и имеем \\(m\\le n^2/4\\); при \\(m=0\\) это очевидно. Так как \\(m\\) целое, \\(m\\le \\lfloor n^2/4\\rfloor\\)."}],"relations":[{"id":"rel-turan-mantel","neighbor_id":"turan-theorem","direction":"backward","type":"specialization","distance":1,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-c4-kst-mantel","neighbor_id":"c4-free-kovari-sos-turan-bound","direction":"backward","type":"same_motif","distance":2,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-bondy-links-mantel-threshold","neighbor_id":"bondy-pancyclic-theorem","direction":"backward","type":"same_motif","distance":2,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-cmo-2019-p5-mantel-complete-bipartite","neighbor_id":"cmo-2019-p5-odd-cycle-edge-game","direction":"backward","type":"same_motif","distance":2,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-imc-2009-friendship-mantel","neighbor_id":"imc-2009-day1-p3-friendship-girth-five","direction":"backward","type":"same_motif","distance":3,"status":"needs_human_review"},{"id":"rel-mantel-imo-1989-sl14","neighbor_id":"imo-1989-sl14-seven-points-triangle-cover","direction":"forward","type":"prerequisite","distance":1,"status":"needs_human_review"},{"id":"rel-schweitzer-2008-p3-bipartite-extremal","neighbor_id":"miklos-schweitzer-2008-p3-tame-bipartite-graphs","direction":"backward","type":"same_motif","distance":4,"status":"needs_human_review"},{"id":"rel-min-degree-common-neighborhood-clique-mantel","neighbor_id":"min-degree-common-neighborhood-clique","direction":"backward","type":"same_motif","distance":2,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-simon-marais-2019-b3-mantel","neighbor_id":"simon-marais-2019-b3-motzkin-straus-clique-labeling","direction":"backward","type":"same_motif","distance":3,"status":"needs_human_review"},{"id":"rel-utyum-2024-average-degree-mantel","neighbor_id":"utyum-2024_komol62_8_5_average_degree_friends","direction":"backward","type":"same_motif","distance":2,"status":"needs_human_review"},{"id":"rel-vjimc-2024-degree-squares-mantel","neighbor_id":"vjimc-2024-cat1-p3-degree-squares-triangle","direction":"backward","type":"same_motif","distance":2,"status":"ai_checked"}],"search_text":"mantel-theorem теорема мантеля о максимуме рёбер без треугольников extremal_graph_theory forbidden_triangle classical_theorem goal_characterization https://en.wikipedia.org/wiki/mantel%27s_theorem mantel's theorem misc reference src-wikipedia-mantel willem mantel willemmantel with_solution прочее willem mantel mantel's theorem stmt-original-1 needs_review пусть g — простой неориентированный граф на n вершинах, в котором нет трех попарно соединенных вершин. тогда в g не более \\( \\lfloor n^2/4 \\rfloor \\) ребер. simple_graph clique complete_graph bipartite_graph idea-neighborhood-independent окрестность независима в графе без треугольников окрестность любой вершины является независимым множеством; экстремальный граф вынужден быть близок к полному двудольному. forbidden_triangle extremal_choice ai_draft sol-degree-sum доказательство через степени ai_checked double_counting пусть \\(m=e(g)\\), а \\(d(v)\\) — степени вершин. для каждого ребра \\(uv\\) в графе без треугольников множества \\(n(u)\\) и \\(n(v)\\) не пересекаются: общий сосед вместе с \\(u\\) и \\(v\\) дал бы треугольник. поэтому \\(d(u)+d(v)\\le n\\). просуммируем это неравенство по всем рёбрам. левая часть равна \\(\\sum_v d(v)^2\\), потому что вклад \\(d(v)\\) появляется ровно для \\(d(v)\\) рёбер, инцидентных \\(v\\). значит \\(\\sum_v d(v)^2\\le mn\\). по неравенству коши \\((\\sum_v d(v))^2\\le n\\sum_v d(v)^2\\), а \\(\\sum_v d(v)=2m\\). получаем \\(4m^2\\le n\\sum_v d(v)^2\\le n^2m\\). если \\(m>0\\), делим на \\(m\\) и имеем \\(m\\le n^2/4\\); при \\(m=0\\) это очевидно. так как \\(m\\) целое, \\(m\\le \\lfloor n^2/4\\rfloor\\). mantel-theorem teorema mantelya o maksimume reber bez treugolnikov extremal_graph_theory forbidden_triangle classical_theorem goal_characterization https://en.wikipedia.org/wiki/mantel%27s_theorem mantel's theorem misc reference src-wikipedia-mantel willem mantel willemmantel with_solution prochee willem mantel mantel's theorem stmt-original-1 needs_review pust g — prostoy neorientirovannyy graf na n vershinah, v kotorom net treh poparno soedinennyh vershin. togda v g ne bolee \\( \\lfloor n^2/4 \\rfloor \\) reber. simple_graph clique complete_graph bipartite_graph idea-neighborhood-independent okrestnost nezavisima v grafe bez treugolnikov okrestnost lyuboy vershiny yavlyaetsya nezavisimym mnozhestvom; ekstremalnyy graf vynuzhden byt blizok k polnomu dvudolnomu. forbidden_triangle extremal_choice ai_draft sol-degree-sum dokazatelstvo cherez stepeni ai_checked double_counting pust \\(m=e(g)\\), a \\(d(v)\\) — stepeni vershin. dlya kazhdogo rebra \\(uv\\) v grafe bez treugolnikov mnozhestva \\(n(u)\\) i \\(n(v)\\) ne peresekayutsya: obschiy sosed vmeste s \\(u\\) i \\(v\\) dal by treugolnik. poetomu \\(d(u)+d(v)\\le n\\). prosummiruem eto neravenstvo po vsem rebram. levaya chast ravna \\(\\sum_v d(v)^2\\), potomu chto vklad \\(d(v)\\) poyavlyaetsya rovno dlya \\(d(v)\\) reber, intsidentnyh \\(v\\). znachit \\(\\sum_v d(v)^2\\le mn\\). po neravenstvu koshi \\((\\sum_v d(v))^2\\le n\\sum_v d(v)^2\\), a \\(\\sum_v d(v)=2m\\). poluchaem \\(4m^2\\le n\\sum_v d(v)^2\\le n^2m\\). esli \\(m>0\\), delim na \\(m\\) i imeem \\(m\\le n^2/4\\); pri \\(m=0\\) eto ochevidno. tak kak \\(m\\) tseloe, \\(m\\le \\lfloor n^2/4\\rfloor\\).","source_keys":["misc"]}
{"id":"maximum-spanning-tree-cycle-shortest-edge-lemma","title":"Строго кратчайшее ребро цикла не входит в максимальный остов","path":"data\\problems\\classical\\maximum-spanning-tree-cycle-shortest-edge-lemma.yaml","raw_github_url":"https://raw.githubusercontent.com/didin-maxim/knowledge_graph_of_graphs/main/data/problems/classical/maximum-spanning-tree-cycle-shortest-edge-lemma.yaml","viewer_url":"https://didin-maxim.github.io/knowledge_graph_of_graphs/#maximum-spanning-tree-cycle-shortest-edge-lemma","source_key":"misc","source_label":"Прочее","source_titles":["Кубок Колмогорова 2022 официальный архив"],"year":"","type":"lemma","authors":[],"tags":["trees","extremal_choice","goal_proof","classical_lemma"],"agent_topics":[],"difficulty":{"main":"classical_tool","local_score":2,"comment":"Короткая cycle-property лемма для максимального остовного дерева; в геометрических задачах применяется к замкнутой ломаной с единственным строго кратчайшим звеном.","status":"ai_checked"},"review_status":"ai_checked","public_ready":true,"solution_state":"with_solution","solution_classification":{"type":"official_solution_lemma_extracted","label":"лемма из официального решения","status":"ai_checked","confidence":0.9,"basis":"Извлечено из официального решения; лемма сверена с исходной карточкой.","notes":"Лемма выделяет самодостаточное ядро исходного решения.","audit_source":"agent-kolmogorov-2022-round4-high-diameter-circles-lemma-split-2026-05-05"},"statements":{"original":[{"id":"stmt-closed-polygonal-chain","title":"Геометрическая формулировка через замкнутую ломаную","status":"ai_checked","text":"Пусть \\(S\\) — конечное множество точек на плоскости, а \\(T\\) — дерево на вершинах \\(S\\), у которого сумма евклидовых длин рёбер максимальна среди всех деревьев на \\(S\\). Рассмотрим замкнутую ломаную с вершинами в \\(S\\). Если одно её ребро \\(AB\\) имеет длину строго меньше длины каждого другого ребра этой ломаной, то отрезок \\(AB\\) не является ребром дерева \\(T\\).","definition_ids":["tree"]}],"graph_theory":[{"id":"stmt-weighted-complete-graph","title":"Критерий цикла для максимального остова","status":"ai_checked","text":"Пусть \\(K\\) — конечный полный граф с действительными весами рёбер, а \\(T\\) — остовное дерево максимального суммарного веса в \\(K\\). Если в некотором цикле графа \\(K\\) ребро \\(e\\) имеет вес строго меньше веса каждого другого ребра этого цикла, то \\(e\\notin E(T)\\).","definition_ids":["complete_graph","spanning_tree","cycle"]}]},"solutions":[{"id":"sol-cycle-exchange","title":"Обмен по циклу","status":"ai_checked","definition_ids":["complete_graph","spanning_tree","cycle","tree"],"standard_idea_ids":["extremal_choice"],"tags":[],"has_text":true,"text_preview":"Докажем графовую формулировку. Предположим противное: строго самое лёгкое ребро \\(e=uv\\) некоторого цикла \\(C\\) входит в максимальный по суммарному весу остов \\(T\\). Удалим \\(e\\) из \\(T\\). Получатся две компоненты, одна содержит \\(u\\), другая содержит \\(v\\). Пройдём по циклу \\(C\\) от \\(u\\) к \\(v\\), не используя ребро \\(e\\). В начале мы находимся в компоненте вершины \\(u\\), а в конце — в другой компоненте, значит на этом пути есть ребро \\(f\\), соединяющее две компоненты дерева \\(T-e\\). По условию \\(e\\) строго легче любого другого ребра цикла, поэтому \\(w(f)>w(e)\\). Тогда \\(T-e+f\\) снова является остовным деревом: ребро \\(f\\) соединяет две компоненты, возникшие после удаления \\(e\\). Его суммарный вес больше веса \\(T\\), что противоречит максимальности \\(T\\). Следовательно, \\(e\\) не может входить в \\(T\\). Геометрическая версия получается из той же идеи. Замкнутая ломаная задаёт замкнутый об…"}],"relations":[{"id":"rel-maximum-spanning-tree-cycle-shortest-edge-kolmogorov-2022-diameter-circles","neighbor_id":"kolmogorov-2022-round4-high-maximum-length-tree-diameter-circles","direction":"forward","type":"prerequisite","distance":1,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-tree-equivalent-properties-maximum-spanning-tree-cycle-shortest-edge","neighbor_id":"tree-equivalent-properties","direction":"backward","type":"prerequisite","distance":1,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-minimal-half-subset-exchange-maximum-spanning-tree-cycle-shortest-edge","neighbor_id":"minimal-half-subset-exchange-lemma","direction":"backward","type":"same_motif","distance":2,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-augmenting-path-matching-maximum-spanning-tree-cycle-shortest-edge","neighbor_id":"augmenting-path-matching-lemma","direction":"backward","type":"same_motif","distance":3,"status":"needs_human_review"},{"id":"rel-maximum-spanning-tree-cycle-shortest-edge-rmm-2023-spanning-tree-exchange","neighbor_id":"rmm-2023-p6-colored-spanning-tree-suspicious-edges","direction":"forward","type":"same_motif","distance":2,"status":"ai_checked"}],"search_text":"maximum-spanning-tree-cycle-shortest-edge-lemma строго кратчайшее ребро цикла не входит в максимальный остов trees extremal_choice goal_proof classical_lemma https://turmath.ru/kolm/files/archive/kolm25.zip misc olympiad_archive src-kolmogorov-2022-official with_solution кубок колмогорова 2022 официальный архив прочее ? кубок колмогорова 2022 официальный архив stmt-closed-polygonal-chain геометрическая формулировка через замкнутую ломаную ai_checked пусть \\(s\\) — конечное множество точек на плоскости, а \\(t\\) — дерево на вершинах \\(s\\), у которого сумма евклидовых длин рёбер максимальна среди всех деревьев на \\(s\\). рассмотрим замкнутую ломаную с вершинами в \\(s\\). если одно её ребро \\(ab\\) имеет длину строго меньше длины каждого другого ребра этой ломаной, то отрезок \\(ab\\) не является ребром дерева \\(t\\). tree stmt-weighted-complete-graph критерий цикла для максимального остова ai_checked пусть \\(k\\) — конечный полный граф с действительными весами рёбер, а \\(t\\) — остовное дерево максимального суммарного веса в \\(k\\). если в некотором цикле графа \\(k\\) ребро \\(e\\) имеет вес строго меньше веса каждого другого ребра этого цикла, то \\(e\\notin e(t)\\). complete_graph spanning_tree cycle idea-cut-after-deleting-short-edge разрез после удаления короткого ребра если короткое ребро максимального дерева удалить, дерево распадается на две компоненты. остальная часть цикла или замкнутой ломаной идёт из одной компоненты в другую, поэтому содержит ребро через этот разрез. trees extremal_choice ai_checked idea-strictness-needed-for-improvement строгость даёт увеличение веса обмен запрещён экстремальностью только тогда, когда новое ребро строго тяжелее удаляемого. поэтому условие выделяет именно строго кратчайшее ребро цикла. extremal_choice ai_checked sol-cycle-exchange обмен по циклу ai_checked complete_graph spanning_tree cycle tree extremal_choice докажем графовую формулировку. предположим противное: строго самое лёгкое ребро \\(e=uv\\) некоторого цикла \\(c\\) входит в максимальный по суммарному весу остов \\(t\\). удалим \\(e\\) из \\(t\\). получатся две компоненты, одна содержит \\(u\\), другая содержит \\(v\\). пройдём по циклу \\(c\\) от \\(u\\) к \\(v\\), не используя ребро \\(e\\). в начале мы находимся в компоненте вершины \\(u\\), а в конце — в другой компоненте, значит на этом пути есть ребро \\(f\\), соединяющее две компоненты дерева \\(t-e\\). по условию \\(e\\) строго легче любого другого ребра цикла, поэтому \\(w(f)>w(e)\\). тогда \\(t-e+f\\) снова является остовным деревом: ребро \\(f\\) соединяет две компоненты, возникшие после удаления \\(e\\). его суммарный вес больше веса \\(t\\), что противоречит максимальности \\(t\\). следовательно, \\(e\\) не может входить в \\(t\\). геометрическая версия получается из той же идеи. замкнутая ломаная задаёт замкнутый об… maximum-spanning-tree-cycle-shortest-edge-lemma strogo kratchayshee rebro tsikla ne vhodit v maksimalnyy ostov trees extremal_choice goal_proof classical_lemma https://turmath.ru/kolm/files/archive/kolm25.zip misc olympiad_archive src-kolmogorov-2022-official with_solution kubok kolmogorova 2022 ofitsialnyy arhiv prochee ? kubok kolmogorova 2022 ofitsialnyy arhiv stmt-closed-polygonal-chain geometricheskaya formulirovka cherez zamknutuyu lomanuyu ai_checked pust \\(s\\) — konechnoe mnozhestvo tochek na ploskosti, a \\(t\\) — derevo na vershinah \\(s\\), u kotorogo summa evklidovyh dlin reber maksimalna sredi vseh derevev na \\(s\\). rassmotrim zamknutuyu lomanuyu s vershinami v \\(s\\). esli odno ee rebro \\(ab\\) imeet dlinu strogo menshe dliny kazhdogo drugogo rebra etoy lomanoy, to otrezok \\(ab\\) ne yavlyaetsya rebrom dereva \\(t\\). tree stmt-weighted-complete-graph kriteriy tsikla dlya maksimalnogo ostova ai_checked pust \\(k\\) — konechnyy polnyy graf s deystvitelnymi vesami reber, a \\(t\\) — ostovnoe derevo maksimalnogo summarnogo vesa v \\(k\\). esli v nekotorom tsikle grafa \\(k\\) rebro \\(e\\) imeet ves strogo menshe vesa kazhdogo drugogo rebra etogo tsikla, to \\(e\\notin e(t)\\). complete_graph spanning_tree cycle idea-cut-after-deleting-short-edge razrez posle udaleniya korotkogo rebra esli korotkoe rebro maksimalnogo dereva udalit, derevo raspadaetsya na dve komponenty. ostalnaya chast tsikla ili zamknutoy lomanoy idet iz odnoy komponenty v druguyu, poetomu soderzhit rebro cherez etot razrez. trees extremal_choice ai_checked idea-strictness-needed-for-improvement strogost daet uvelichenie vesa obmen zapreschen ekstremalnostyu tolko togda, kogda novoe rebro strogo tyazhelee udalyaemogo. poetomu uslovie vydelyaet imenno strogo kratchayshee rebro tsikla. extremal_choice ai_checked sol-cycle-exchange obmen po tsiklu ai_checked complete_graph spanning_tree cycle tree extremal_choice dokazhem grafovuyu formulirovku. predpolozhim protivnoe: strogo samoe legkoe rebro \\(e=uv\\) nekotorogo tsikla \\(c\\) vhodit v maksimalnyy po summarnomu vesu ostov \\(t\\). udalim \\(e\\) iz \\(t\\). poluchatsya dve komponenty, odna soderzhit \\(u\\), drugaya soderzhit \\(v\\). proydem po tsiklu \\(c\\) ot \\(u\\) k \\(v\\), ne ispolzuya rebro \\(e\\). v nachale my nahodimsya v komponente vershiny \\(u\\), a v kontse — v drugoy komponente, znachit na etom puti est rebro \\(f\\), soedinyayuschee dve komponenty dereva \\(t-e\\). po usloviyu \\(e\\) strogo legche lyubogo drugogo rebra tsikla, poetomu \\(w(f)>w(e)\\). togda \\(t-e+f\\) snova yavlyaetsya ostovnym derevom: rebro \\(f\\) soedinyaet dve komponenty, voznikshie posle udaleniya \\(e\\). ego summarnyy ves bolshe vesa \\(t\\), chto protivorechit maksimalnosti \\(t\\). sledovatelno, \\(e\\) ne mozhet vhodit v \\(t\\). geometricheskaya versiya poluchaetsya iz toy zhe idei. zamknutaya lomanaya zadaet zamknutyy ob…","source_keys":["misc","kolmogorov"]}
{"id":"memo-2021-i2-bishop-circuit-forest","title":"Красные клетки без слоновых циклов, MEMO 2021 I-2","path":"data\\problems\\memo\\memo-2021-i2-bishop-circuit-forest.yaml","raw_github_url":"https://raw.githubusercontent.com/didin-maxim/knowledge_graph_of_graphs/main/data/problems/memo/memo-2021-i2-bishop-circuit-forest.yaml","viewer_url":"https://didin-maxim.github.io/knowledge_graph_of_graphs/#memo-2021-i2-bishop-circuit-forest","source_key":"memo","source_label":"MEMO","source_titles":["MEMO 2021, официальный буклет с условиями и решениями","MOlympiad.NET, Middle European Mathematical Olympiad 2021 решения"],"year":"2021","type":"olympiad_problem","authors":[],"tags":["connectivity","trees","goal_exact_bound"],"agent_topics":[],"difficulty":{"main":"national_final_hard","local_score":9,"comment":"MEMO 2021 I-2; ключевой шаг официального решения - перевод в двудольный лес на диагоналях.","status":"needs_human_review"},"review_status":"needs_human_review","public_ready":false,"solution_state":"with_solution","solution_classification":{"type":"official_complete_or_near_complete","label":"официальное полное/почти полное","status":"ai_checked","confidence":0.81,"basis":"агентский аудит средней сложности","notes":"Есть официальный источник и архив MOlympiad. Доказательство через диагональный лес и подсчёт циклов в двудольном графе сжато, но выглядит самодостаточным.","audit_source":"agent-western-olympiads.json"},"statements":{"original":[{"id":"stmt-original","title":"Условие","status":"needs_human_review","text":"На доске \\(m\\times n\\) некоторые клетки покрашены в красный цвет. Последовательность попарно различных красных клеток \\(a_1,a_2,\\dots,a_{2r}\\) при \\(2r\\ge 4\\) называется слоновым циклом, если для каждого \\(k\\) клетки \\(a_k\\) и \\(a_{k+1}\\) лежат на одной диагонали, а клетки \\(a_k\\) и \\(a_{k+2}\\) не лежат на одной диагонали. Найдите максимальное число красных клеток, если слоновых циклов нет.","definition_ids":[]}],"graph_theory":[{"id":"stmt-graph","title":"Красные клетки без слоновых циклов, MEMO 2021 I-2","status":"needs_human_review","text":"На доске \\(m\\times n\\) построен двудольный граф: одна доля состоит из диагоналей наклона \\(1\\), другая — из диагоналей наклона \\(-1\\), а каждое ребро соответствует клетке, лежащей на двух своих диагоналях. Предположим, что этот граф ацикличен. Найдите наибольшее возможное число его рёбер.","definition_ids":["bipartite_graph","cycle"]}]},"solutions":[{"id":"sol-official-compressed","title":"Решение через лес диагоналей","status":"ai_checked","definition_ids":["bipartite_graph","cycle"],"standard_idea_ids":["double_counting"],"tags":[],"has_text":true,"text_preview":"Пусть вершины одной доли — все диагонали доски с наклоном \\(1\\), а вершины другой доли — все диагонали с наклоном \\(-1\\). Каждой красной клетке соответствует ровно одно ребро между двумя диагоналями, проходящими через эту клетку. Разберём связь с условием. Если красные клетки \\(a_1,a_2,\\ldots,a_{2r}\\) образуют слонов цикл, то соседние клетки лежат на общей диагонали, значит соответствующие рёбра в двудольном графе идут последовательно через общие вершины. Условие, что \\(a_k\\) и \\(a_{k+2}\\) не лежат на одной диагонали, запрещает немедленный возврат через ту же вершину графа. Поэтому получается настоящий цикл в двудольном графе. Обратно, любой цикл в этом двудольном графе, прочитанный по его рёбрам, даёт последовательность красных клеток со свойствами слонового цикла. Значит, отсутствие слоновых циклов равносильно тому, что построенный граф является лесом. На доске \\(m\\times n\\) диагонале…"}],"relations":[{"id":"rel-matching-tiling-memo-2021-rmm-2017-grid-incidence-bigraph","neighbor_id":"rmm-2017-p5-sieve-sticks-bipartite-matching","direction":"forward","type":"same_motif","distance":3,"status":"needs_human_review"},{"id":"rel-metadata-tree-euler-tree-memo-2021-i2-forest-bound","neighbor_id":"tree-equivalent-properties","direction":"backward","type":"prerequisite","distance":1,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-egmo-2016-p3-memo-2021-i2-incidence-forest","neighbor_id":"egmo-2016-p3-blue-cells-bipartite-incidence","direction":"backward","type":"same_motif","distance":2,"status":"needs_human_review"},{"id":"rel-yumt-2014-start-r4p2-memo-2021-bishop-forest","neighbor_id":"yumt-2014-start-round4-problem2","direction":"backward","type":"same_motif","distance":2,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-polish-mo-2022-robust-sparsification-tree-euler","neighbor_id":"polish-mo-2022-iii-p3-robust-chord-graph-sparsification","direction":"backward","type":"same_motif","distance":2,"status":"needs_human_review"}],"search_text":"memo-2021-i2-bishop-circuit-forest красные клетки без слоновых циклов, memo 2021 i-2 connectivity trees goal_exact_bound 2021 https://memo2021.math.hr/wp-content/uploads/2021/12/problems-and-solutions-booklet.pdf https://www.molympiad.net/2022/04/middle-european-mathematical-olympiad-memo-2021.html memo memo 2021, официальный буклет с условиями и решениями memo-2021-i2 memo2021 molympiad.net, middle european mathematical olympiad 2021 решения official_archive olympiad_archive src-memo-2021-official src-molympiad-memo-2021 with_solution ? memo 2021, официальный буклет с условиями и решениями molympiad.net, middle european mathematical olympiad 2021 решения stmt-original условие needs_human_review на доске \\(m\\times n\\) некоторые клетки покрашены в красный цвет. последовательность попарно различных красных клеток \\(a_1,a_2,\\dots,a_{2r}\\) при \\(2r\\ge 4\\) называется слоновым циклом, если для каждого \\(k\\) клетки \\(a_k\\) и \\(a_{k+1}\\) лежат на одной диагонали, а клетки \\(a_k\\) и \\(a_{k+2}\\) не лежат на одной диагонали. найдите максимальное число красных клеток, если слоновых циклов нет. stmt-graph красные клетки без слоновых циклов, memo 2021 i-2 needs_human_review на доске \\(m\\times n\\) построен двудольный граф: одна доля состоит из диагоналей наклона \\(1\\), другая — из диагоналей наклона \\(-1\\), а каждое ребро соответствует клетке, лежащей на двух своих диагоналях. предположим, что этот граф ацикличен. найдите наибольшее возможное число его рёбер. bipartite_graph cycle idea-diagonal-bigraph красные клетки как рёбра между диагоналями каждая красная клетка однозначно задаётся парой диагоналей двух наклонов. поэтому конфигурация красных клеток естественно кодируется двудольным графом на множествах диагоналей. connectivity needs_human_review idea-no-cycle-forest отсутствие слонового цикла значит лес слонов цикл и цикл в двудольном графе эквивалентны. если циклов нет, граф является лесом. кроме того, он имеет как минимум две компоненты, потому что клетки двух шахматных цветов попадают в разные компоненты. значит число рёбер не превосходит числа вершин минус два. trees needs_human_review sol-official-compressed решение через лес диагоналей ai_checked bipartite_graph cycle double_counting пусть вершины одной доли — все диагонали доски с наклоном \\(1\\), а вершины другой доли — все диагонали с наклоном \\(-1\\). каждой красной клетке соответствует ровно одно ребро между двумя диагоналями, проходящими через эту клетку. разберём связь с условием. если красные клетки \\(a_1,a_2,\\ldots,a_{2r}\\) образуют слонов цикл, то соседние клетки лежат на общей диагонали, значит соответствующие рёбра в двудольном графе идут последовательно через общие вершины. условие, что \\(a_k\\) и \\(a_{k+2}\\) не лежат на одной диагонали, запрещает немедленный возврат через ту же вершину графа. поэтому получается настоящий цикл в двудольном графе. обратно, любой цикл в этом двудольном графе, прочитанный по его рёбрам, даёт последовательность красных клеток со свойствами слонового цикла. значит, отсутствие слоновых циклов равносильно тому, что построенный граф является лесом. на доске \\(m\\times n\\) диагонале… memo-2021-i2-bishop-circuit-forest krasnye kletki bez slonovyh tsiklov, memo 2021 i-2 connectivity trees goal_exact_bound 2021 https://memo2021.math.hr/wp-content/uploads/2021/12/problems-and-solutions-booklet.pdf https://www.molympiad.net/2022/04/middle-european-mathematical-olympiad-memo-2021.html memo memo 2021, ofitsialnyy buklet s usloviyami i resheniyami memo-2021-i2 memo2021 molympiad.net, middle european mathematical olympiad 2021 resheniya official_archive olympiad_archive src-memo-2021-official src-molympiad-memo-2021 with_solution ? memo 2021, ofitsialnyy buklet s usloviyami i resheniyami molympiad.net, middle european mathematical olympiad 2021 resheniya stmt-original uslovie needs_human_review na doske \\(m\\times n\\) nekotorye kletki pokrasheny v krasnyy tsvet. posledovatelnost poparno razlichnyh krasnyh kletok \\(a_1,a_2,\\dots,a_{2r}\\) pri \\(2r\\ge 4\\) nazyvaetsya slonovym tsiklom, esli dlya kazhdogo \\(k\\) kletki \\(a_k\\) i \\(a_{k+1}\\) lezhat na odnoy diagonali, a kletki \\(a_k\\) i \\(a_{k+2}\\) ne lezhat na odnoy diagonali. naydite maksimalnoe chislo krasnyh kletok, esli slonovyh tsiklov net. stmt-graph krasnye kletki bez slonovyh tsiklov, memo 2021 i-2 needs_human_review na doske \\(m\\times n\\) postroen dvudolnyy graf: odna dolya sostoit iz diagonaley naklona \\(1\\), drugaya — iz diagonaley naklona \\(-1\\), a kazhdoe rebro sootvetstvuet kletke, lezhaschey na dvuh svoih diagonalyah. predpolozhim, chto etot graf atsiklichen. naydite naibolshee vozmozhnoe chislo ego reber. bipartite_graph cycle idea-diagonal-bigraph krasnye kletki kak rebra mezhdu diagonalyami kazhdaya krasnaya kletka odnoznachno zadaetsya paroy diagonaley dvuh naklonov. poetomu konfiguratsiya krasnyh kletok estestvenno kodiruetsya dvudolnym grafom na mnozhestvah diagonaley. connectivity needs_human_review idea-no-cycle-forest otsutstvie slonovogo tsikla znachit les slonov tsikl i tsikl v dvudolnom grafe ekvivalentny. esli tsiklov net, graf yavlyaetsya lesom. krome togo, on imeet kak minimum dve komponenty, potomu chto kletki dvuh shahmatnyh tsvetov popadayut v raznye komponenty. znachit chislo reber ne prevoshodit chisla vershin minus dva. trees needs_human_review sol-official-compressed reshenie cherez les diagonaley ai_checked bipartite_graph cycle double_counting pust vershiny odnoy doli — vse diagonali doski s naklonom \\(1\\), a vershiny drugoy doli — vse diagonali s naklonom \\(-1\\). kazhdoy krasnoy kletke sootvetstvuet rovno odno rebro mezhdu dvumya diagonalyami, prohodyaschimi cherez etu kletku. razberem svyaz s usloviem. esli krasnye kletki \\(a_1,a_2,\\ldots,a_{2r}\\) obrazuyut slonov tsikl, to sosednie kletki lezhat na obschey diagonali, znachit sootvetstvuyuschie rebra v dvudolnom grafe idut posledovatelno cherez obschie vershiny. uslovie, chto \\(a_k\\) i \\(a_{k+2}\\) ne lezhat na odnoy diagonali, zapreschaet nemedlennyy vozvrat cherez tu zhe vershinu grafa. poetomu poluchaetsya nastoyaschiy tsikl v dvudolnom grafe. obratno, lyuboy tsikl v etom dvudolnom grafe, prochitannyy po ego rebram, daet posledovatelnost krasnyh kletok so svoystvami slonovogo tsikla. znachit, otsutstvie slonovyh tsiklov ravnosilno tomu, chto postroennyy graf yavlyaetsya lesom. na doske \\(m\\times n\\) diagonale…","source_keys":["memo"]}
{"id":"memo-2022-t4-teleport-table-reachability","title":"Телепорты на доске и паритет достижимости, MEMO 2022 T-4","path":"data\\problems\\memo\\memo-2022-t4-teleport-table-reachability.yaml","raw_github_url":"https://raw.githubusercontent.com/didin-maxim/knowledge_graph_of_graphs/main/data/problems/memo/memo-2022-t4-teleport-table-reachability.yaml","viewer_url":"https://didin-maxim.github.io/knowledge_graph_of_graphs/#memo-2022-t4-teleport-table-reachability","source_key":"memo","source_label":"MEMO","source_titles":["MEMO 2022, официальные английские условия и решения","MOlympiad.NET, Middle European Mathematical Olympiad 2022 решения"],"year":"2022","type":"olympiad_problem","authors":[],"tags":["connectivity","matching","goal_proof"],"agent_topics":[],"difficulty":{"main":"national_final_hard","local_score":9,"comment":"MEMO 2022 T-4; официальное решение держится на графе состояний достижимости и домино-паритете.","status":"needs_human_review"},"review_status":"needs_human_review","public_ready":false,"solution_state":"with_solution","solution_classification":{"type":"official_complete_or_near_complete","label":"официальное полное/почти полное","status":"ai_checked","confidence":0.82,"basis":"агентский аудит средней сложности","notes":"Есть официальный источник и архив MOlympiad. Разбиение состояний и противоречие через баланс домино приведены достаточно подробно; тяжёлая теорема не используется.","audit_source":"agent-western-olympiads.json"},"statements":{"original":[{"id":"stmt-original","title":"Условие","status":"needs_human_review","text":"Дана таблица \\(2n\\times 2n\\). Каждая клетка имеет один из \\(2n^2\\) цветов, причём каждый цвет встречается ровно дважды. Яна стоит в одной клетке, а шоколадка лежит в другой. За ход она либо идёт в соседнюю по стороне клетку, либо телепортируется в другую клетку того же цвета, причём типы ходов должны строго чередоваться и первым должен быть телепорт. Нужно определить, может ли Яна гарантированно дойти до шоколадки при любой раскраске и любых начальных клетках.","definition_ids":[]}]},"solutions":[{"id":"sol-official-compressed","title":"Решение через граф переходов","status":"ai_checked","definition_ids":[],"standard_idea_ids":[],"tags":[],"has_text":true,"text_preview":"Фиксируем раскраску и стартовую клетку. Каждую клетку относим к одному из четырёх классов: достижима только легальной последовательностью, оканчивающейся телепортом; только последовательностью, оканчивающейся обычным шагом; обоими способами; недостижима. Переход к парной клетке того же цвета взаимно переводит достижимость после обычного шага в достижимость после телепорта, поэтому клеток типов \"только телепорт\" и \"только обычный шаг\" поровну. Сосед любой клетки типа \"только телепорт\" обязан быть достижим после обычного шага, а сосед клетки, достижимой после телепорта, не может быть недостижим. Предположим, что недостижимая клетка есть. Так как доска связна и стартовая клетка достижима, найдётся соседняя пара из достижимой и недостижимой клетки; достижимая клетка в такой паре не может быть достижима после телепорта, значит она имеет тип \"только обычный шаг\". Покрываем всю доску доминошка…"}],"relations":[{"id":"rel-egmo-2022-p5-memo-2022-t4-domino-parity","neighbor_id":"egmo-2022-p5-domino-parity-bipartite-matching","direction":"backward","type":"same_motif","distance":3,"status":"needs_human_review"}],"search_text":"memo-2022-t4-teleport-table-reachability телепорты на доске и паритет достижимости, memo 2022 t-4 connectivity matching goal_proof 2022 https://memo22.olympiad.ch/fileadmin/user_upload/memo22/memo_2022_t_sol_en.pdf https://www.molympiad.net/2023/03/blog-post.html memo memo 2022, официальные английские условия и решения memo-2022-t4 memo2022 molympiad.net, middle european mathematical olympiad 2022 решения official_archive olympiad_archive src-memo-2022-official src-molympiad-memo-2022 with_solution ? memo 2022, официальные английские условия и решения molympiad.net, middle european mathematical olympiad 2022 решения stmt-original условие needs_human_review дана таблица \\(2n\\times 2n\\). каждая клетка имеет один из \\(2n^2\\) цветов, причём каждый цвет встречается ровно дважды. яна стоит в одной клетке, а шоколадка лежит в другой. за ход она либо идёт в соседнюю по стороне клетку, либо телепортируется в другую клетку того же цвета, причём типы ходов должны строго чередоваться и первым должен быть телепорт. нужно определить, может ли яна гарантированно дойти до шоколадки при любой раскраске и любых начальных клетках. idea-four-reachability-types четыре типа достижимости каждая клетка классифицируется по тому, каким типом последнего хода она достижима: только телепортом, только обычным шагом, обоими способами или вовсе недостижима. это превращает задачу в анализ достижимости в состоянии с чередованием ходов. connectivity needs_human_review idea-domino-balance домино и баланс классов клетки одного цвета образуют пары-партнёры. з чередования ходов следует, что число клеток, достижимых только телепортом, равно числу клеток, достижимых только обычным шагом. если недостижимые клетки существуют, можно выбрать границу между достижимой и недостижимой клеткой и продолжить её до разбиения доски доминошками. тогда одна из доминошек нарушает этот баланс, что даёт противоречие. matching needs_human_review sol-official-compressed решение через граф переходов ai_checked фиксируем раскраску и стартовую клетку. каждую клетку относим к одному из четырёх классов: достижима только легальной последовательностью, оканчивающейся телепортом; только последовательностью, оканчивающейся обычным шагом; обоими способами; недостижима. переход к парной клетке того же цвета взаимно переводит достижимость после обычного шага в достижимость после телепорта, поэтому клеток типов \"только телепорт\" и \"только обычный шаг\" поровну. сосед любой клетки типа \"только телепорт\" обязан быть достижим после обычного шага, а сосед клетки, достижимой после телепорта, не может быть недостижим. предположим, что недостижимая клетка есть. так как доска связна и стартовая клетка достижима, найдётся соседняя пара из достижимой и недостижимой клетки; достижимая клетка в такой паре не может быть достижима после телепорта, значит она имеет тип \"только обычный шаг\". покрываем всю доску доминошка… memo-2022-t4-teleport-table-reachability teleporty na doske i paritet dostizhimosti, memo 2022 t-4 connectivity matching goal_proof 2022 https://memo22.olympiad.ch/fileadmin/user_upload/memo22/memo_2022_t_sol_en.pdf https://www.molympiad.net/2023/03/blog-post.html memo memo 2022, ofitsialnye angliyskie usloviya i resheniya memo-2022-t4 memo2022 molympiad.net, middle european mathematical olympiad 2022 resheniya official_archive olympiad_archive src-memo-2022-official src-molympiad-memo-2022 with_solution ? memo 2022, ofitsialnye angliyskie usloviya i resheniya molympiad.net, middle european mathematical olympiad 2022 resheniya stmt-original uslovie needs_human_review dana tablitsa \\(2n\\times 2n\\). kazhdaya kletka imeet odin iz \\(2n^2\\) tsvetov, prichem kazhdyy tsvet vstrechaetsya rovno dvazhdy. yana stoit v odnoy kletke, a shokoladka lezhit v drugoy. za hod ona libo idet v sosednyuyu po storone kletku, libo teleportiruetsya v druguyu kletku togo zhe tsveta, prichem tipy hodov dolzhny strogo cheredovatsya i pervym dolzhen byt teleport. nuzhno opredelit, mozhet li yana garantirovanno doyti do shokoladki pri lyuboy raskraske i lyubyh nachalnyh kletkah. idea-four-reachability-types chetyre tipa dostizhimosti kazhdaya kletka klassifitsiruetsya po tomu, kakim tipom poslednego hoda ona dostizhima: tolko teleportom, tolko obychnym shagom, oboimi sposobami ili vovse nedostizhima. eto prevraschaet zadachu v analiz dostizhimosti v sostoyanii s cheredovaniem hodov. connectivity needs_human_review idea-domino-balance domino i balans klassov kletki odnogo tsveta obrazuyut pary-partnery. z cheredovaniya hodov sleduet, chto chislo kletok, dostizhimyh tolko teleportom, ravno chislu kletok, dostizhimyh tolko obychnym shagom. esli nedostizhimye kletki suschestvuyut, mozhno vybrat granitsu mezhdu dostizhimoy i nedostizhimoy kletkoy i prodolzhit ee do razbieniya doski dominoshkami. togda odna iz dominoshek narushaet etot balans, chto daet protivorechie. matching needs_human_review sol-official-compressed reshenie cherez graf perehodov ai_checked fiksiruem raskrasku i startovuyu kletku. kazhduyu kletku otnosim k odnomu iz chetyreh klassov: dostizhima tolko legalnoy posledovatelnostyu, okanchivayuscheysya teleportom; tolko posledovatelnostyu, okanchivayuscheysya obychnym shagom; oboimi sposobami; nedostizhima. perehod k parnoy kletke togo zhe tsveta vzaimno perevodit dostizhimost posle obychnogo shaga v dostizhimost posle teleporta, poetomu kletok tipov \"tolko teleport\" i \"tolko obychnyy shag\" porovnu. sosed lyuboy kletki tipa \"tolko teleport\" obyazan byt dostizhim posle obychnogo shaga, a sosed kletki, dostizhimoy posle teleporta, ne mozhet byt nedostizhim. predpolozhim, chto nedostizhimaya kletka est. tak kak doska svyazna i startovaya kletka dostizhima, naydetsya sosednyaya para iz dostizhimoy i nedostizhimoy kletki; dostizhimaya kletka v takoy pare ne mozhet byt dostizhima posle teleporta, znachit ona imeet tip \"tolko obychnyy shag\". pokryvaem vsyu dosku dominoshka…","source_keys":["memo"]}
{"id":"memo-2025-i2-ruby-rooks-two-step-reachability","title":"Рубиновые ладьи и двухшаговая достижимость, MEMO 2025 I-2","path":"data\\problems\\memo\\memo-2025-i2-ruby-rooks-two-step-reachability.yaml","raw_github_url":"https://raw.githubusercontent.com/didin-maxim/knowledge_graph_of_graphs/main/data/problems/memo/memo-2025-i2-ruby-rooks-two-step-reachability.yaml","viewer_url":"https://didin-maxim.github.io/knowledge_graph_of_graphs/#memo-2025-i2-ruby-rooks-two-step-reachability","source_key":"memo","source_label":"MEMO","source_titles":["MEMO 2025, официальный буклет решений"],"year":"2025","type":"olympiad_problem","authors":["Mark Neumann"],"tags":["connectivity","double_counting","goal_exact_bound"],"agent_topics":[],"difficulty":{"main":"national_final_hard","local_score":8,"comment":"MEMO 2025 I-2; граф достижимости по ладейным ходам задаёт центральную структуру задачи и решения.","status":"needs_human_review"},"review_status":"needs_human_review","public_ready":false,"solution_state":"with_solution","solution_classification":{"type":"official_complete_or_near_complete","label":"официальное полное/почти полное","status":"ai_checked","confidence":0.82,"basis":"агентский аудит средней сложности","notes":"Официальный источник есть. Лестничная конструкция и оценка подсчётом различных клеток-свидетелей зафиксированы; статус review_status остаётся needs_human_review.","audit_source":"agent-western-olympiads.json"},"statements":{"original":[{"id":"stmt-original","title":"Условие","status":"needs_human_review","text":"На бесконечной клетчатой решётке некоторые клетки покрашены в красный цвет. Рубиновая ладья за один ход может пройти любое число клеток по строке или столбцу, оставаясь всё время на красных клетках. После того как покрашено не более 2025 красных клеток, Алиса ставит на некоторые из них ладьи так, чтобы никакие две ладьи не достигали друг друга за один ход, но любые две достигали друг друга за два хода. Найдите максимальное возможное число ладей.","definition_ids":[]}],"graph_theory":[{"id":"stmt-graph","title":"Независимые множества с общей соседней вершиной в осевом графе","status":"needs_human_review","text":"Пусть \\(X\\subset\\mathbb Z^2\\), \\(|X|\\le2025\\). На множестве \\(X\\) задан граф, в котором две вершины смежны, если они имеют одну координату и все целочисленные точки отрезка между ними тоже принадлежат \\(X\\). Найдите наибольший возможный размер независимого множества \\(S\\), в котором любые две различные вершины имеют общего соседа.","definition_ids":["independent_set"]}]},"solutions":[{"id":"sol-official-compressed","title":"Решение через клетки-свидетели","status":"ai_checked","definition_ids":[],"standard_idea_ids":["double_counting"],"tags":[],"has_text":true,"text_preview":"Сначала построим пример на 63 ладьи. Покрасим клетки \\((i,j)\\), где \\(1\\le i\\le 63\\) и \\(1\\le j\\le i\\), то есть лестницу из строк длины \\(1,2,\\ldots,63\\). Ладьи поставим в клетки \\((i,i)\\). Две разные ладьи не стоят ни в одной строке и ни в одном столбце, поэтому за один ход они друг друга не достигают. Если \\(i<j\\), то клетка \\((j,i)\\) красная: она лежит в строке ладьи \\((j,j)\\) и в столбце ладьи \\((i,i)\\). Значит, ладья \\((i,i)\\) за один ход приходит в \\((j,i)\\), а оттуда за один ход в \\((j,j)\\). В лестнице покрашено \\(1+2+\\cdots+63=2016\\le2025\\) клеток, так что 63 ладьи возможны. Докажем, что больше нельзя. Пусть поставлено \\(n\\) ладей. Для каждой пары ладей выберем одну красную клетку-свидетель \\(S_{ij}\\), из которой обе ладьи достижимы за один ход; такая клетка существует по условию двухшаговой достижимости. Свидетель не может совпадать с клеткой, где стоит ладья, потому что тогда…"}],"relations":[{"id":"rel-apmo-2010-p3-memo-2025-i2-common-neighbor","neighbor_id":"apmo-2010-p3-common-acquaintance-extremal","direction":"backward","type":"same_motif","distance":2,"status":"needs_human_review"}],"search_text":"memo-2025-i2-ruby-rooks-two-step-reachability рубиновые ладьи и двухшаговая достижимость, memo 2025 i-2 connectivity double_counting goal_exact_bound 2025 https://memo2025.de/media/memo-2025-solutionbooklet.pdf mark neumann markneumann memo memo 2025, официальный буклет решений memo-2025-i2 memo2025 official_archive src-memo-2025-official with_solution mark neumann memo 2025, официальный буклет решений stmt-original условие needs_human_review на бесконечной клетчатой решётке некоторые клетки покрашены в красный цвет. рубиновая ладья за один ход может пройти любое число клеток по строке или столбцу, оставаясь всё время на красных клетках. после того как покрашено не более 2025 красных клеток, алиса ставит на некоторые из них ладьи так, чтобы никакие две ладьи не достигали друг друга за один ход, но любые две достигали друг друга за два хода. найдите максимальное возможное число ладей. stmt-graph независимые множества с общей соседней вершиной в осевом графе needs_human_review пусть \\(x\\subset\\mathbb z^2\\), \\(|x|\\le2025\\). на множестве \\(x\\) задан граф, в котором две вершины смежны, если они имеют одну координату и все целочисленные точки отрезка между ними тоже принадлежат \\(x\\). найдите наибольший возможный размер независимого множества \\(s\\), в котором любые две различные вершины имеют общего соседа. independent_set idea-staircase-construction лестница даёт 63 ладьи оптимальная конструкция - красная фигура-лестница с длинами строк от 1 до 63 и ладьями на главной диагонали. тогда в каждой строке и столбце по одной ладье, но любые две ладьи имеют общую промежуточную красную клетку. connectivity needs_human_review idea-distinct-witness-squares разным парам ладей нужны разные промежуточные клетки для каждой пары ладей существует красная клетка, достижимая от обеих за один ход. эти клетки для разных пар не могут совпадать, иначе три ладьи делили бы одну строку или столбец, и две из них били бы друг друга за один ход. поэтому число красных клеток не меньше \\(n+\\binom n2\\). double_counting needs_human_review sol-official-compressed решение через клетки-свидетели ai_checked double_counting сначала построим пример на 63 ладьи. покрасим клетки \\((i,j)\\), где \\(1\\le i\\le 63\\) и \\(1\\le j\\le i\\), то есть лестницу из строк длины \\(1,2,\\ldots,63\\). ладьи поставим в клетки \\((i,i)\\). две разные ладьи не стоят ни в одной строке и ни в одном столбце, поэтому за один ход они друг друга не достигают. если \\(i<j\\), то клетка \\((j,i)\\) красная: она лежит в строке ладьи \\((j,j)\\) и в столбце ладьи \\((i,i)\\). значит, ладья \\((i,i)\\) за один ход приходит в \\((j,i)\\), а оттуда за один ход в \\((j,j)\\). в лестнице покрашено \\(1+2+\\cdots+63=2016\\le2025\\) клеток, так что 63 ладьи возможны. докажем, что больше нельзя. пусть поставлено \\(n\\) ладей. для каждой пары ладей выберем одну красную клетку-свидетель \\(s_{ij}\\), из которой обе ладьи достижимы за один ход; такая клетка существует по условию двухшаговой достижимости. свидетель не может совпадать с клеткой, где стоит ладья, потому что тогда… memo-2025-i2-ruby-rooks-two-step-reachability rubinovye ladi i dvuhshagovaya dostizhimost, memo 2025 i-2 connectivity double_counting goal_exact_bound 2025 https://memo2025.de/media/memo-2025-solutionbooklet.pdf mark neumann markneumann memo memo 2025, ofitsialnyy buklet resheniy memo-2025-i2 memo2025 official_archive src-memo-2025-official with_solution mark neumann memo 2025, ofitsialnyy buklet resheniy stmt-original uslovie needs_human_review na beskonechnoy kletchatoy reshetke nekotorye kletki pokrasheny v krasnyy tsvet. rubinovaya ladya za odin hod mozhet proyti lyuboe chislo kletok po stroke ili stolbtsu, ostavayas vse vremya na krasnyh kletkah. posle togo kak pokrasheno ne bolee 2025 krasnyh kletok, alisa stavit na nekotorye iz nih ladi tak, chtoby nikakie dve ladi ne dostigali drug druga za odin hod, no lyubye dve dostigali drug druga za dva hoda. naydite maksimalnoe vozmozhnoe chislo ladey. stmt-graph nezavisimye mnozhestva s obschey sosedney vershinoy v osevom grafe needs_human_review pust \\(x\\subset\\mathbb z^2\\), \\(|x|\\le2025\\). na mnozhestve \\(x\\) zadan graf, v kotorom dve vershiny smezhny, esli oni imeyut odnu koordinatu i vse tselochislennye tochki otrezka mezhdu nimi tozhe prinadlezhat \\(x\\). naydite naibolshiy vozmozhnyy razmer nezavisimogo mnozhestva \\(s\\), v kotorom lyubye dve razlichnye vershiny imeyut obschego soseda. independent_set idea-staircase-construction lestnitsa daet 63 ladi optimalnaya konstruktsiya - krasnaya figura-lestnitsa s dlinami strok ot 1 do 63 i ladyami na glavnoy diagonali. togda v kazhdoy stroke i stolbtse po odnoy lade, no lyubye dve ladi imeyut obschuyu promezhutochnuyu krasnuyu kletku. connectivity needs_human_review idea-distinct-witness-squares raznym param ladey nuzhny raznye promezhutochnye kletki dlya kazhdoy pary ladey suschestvuet krasnaya kletka, dostizhimaya ot obeih za odin hod. eti kletki dlya raznyh par ne mogut sovpadat, inache tri ladi delili by odnu stroku ili stolbets, i dve iz nih bili by drug druga za odin hod. poetomu chislo krasnyh kletok ne menshe \\(n+\\binom n2\\). double_counting needs_human_review sol-official-compressed reshenie cherez kletki-svideteli ai_checked double_counting snachala postroim primer na 63 ladi. pokrasim kletki \\((i,j)\\), gde \\(1\\le i\\le 63\\) i \\(1\\le j\\le i\\), to est lestnitsu iz strok dliny \\(1,2,\\ldots,63\\). ladi postavim v kletki \\((i,i)\\). dve raznye ladi ne stoyat ni v odnoy stroke i ni v odnom stolbtse, poetomu za odin hod oni drug druga ne dostigayut. esli \\(i<j\\), to kletka \\((j,i)\\) krasnaya: ona lezhit v stroke ladi \\((j,j)\\) i v stolbtse ladi \\((i,i)\\). znachit, ladya \\((i,i)\\) za odin hod prihodit v \\((j,i)\\), a ottuda za odin hod v \\((j,j)\\). v lestnitse pokrasheno \\(1+2+\\cdots+63=2016\\le2025\\) kletok, tak chto 63 ladi vozmozhny. dokazhem, chto bolshe nelzya. pust postavleno \\(n\\) ladey. dlya kazhdoy pary ladey vyberem odnu krasnuyu kletku-svidetel \\(s_{ij}\\), iz kotoroy obe ladi dostizhimy za odin hod; takaya kletka suschestvuet po usloviyu dvuhshagovoy dostizhimosti. svidetel ne mozhet sovpadat s kletkoy, gde stoit ladya, potomu chto togda…","source_keys":["memo"]}
{"id":"memo-2025-t4-toll-complete-graph","title":"Платные дороги как взвешенный полный граф, MEMO 2025 T-4","path":"data\\problems\\memo\\memo-2025-t4-toll-complete-graph.yaml","raw_github_url":"https://raw.githubusercontent.com/didin-maxim/knowledge_graph_of_graphs/main/data/problems/memo/memo-2025-t4-toll-complete-graph.yaml","viewer_url":"https://didin-maxim.github.io/knowledge_graph_of_graphs/#memo-2025-t4-toll-complete-graph","source_key":"memo","source_label":"MEMO","source_titles":["MEMO 2025, официальный буклет решений"],"year":"2025","type":"olympiad_problem","authors":["Paulius Aleknavičius"],"tags":["double_counting","goal_exact_bound"],"agent_topics":[],"difficulty":{"main":"national_final_hard","local_score":9,"comment":"MEMO 2025 T-4; задача и официальное решение прямо формулируются на взвешенном полном графе.","status":"needs_human_review"},"review_status":"needs_human_review","public_ready":false,"solution_state":"with_solution","solution_classification":{"type":"official_complete_or_near_complete","label":"официальное полное/почти полное","status":"ai_checked","confidence":0.82,"basis":"агентский аудит средней сложности","notes":"Официальный источник есть. Минимальное разбиение и экстремальный аргумент с двойным подсчётом сжаты, но выглядят полными.","audit_source":"agent-western-olympiads.json"},"statements":{"original":[{"id":"stmt-original","title":"Условие","status":"needs_human_review","text":"В Лапландии есть \\(100n\\) городов, каждая пара соединена дорогой с пунктом оплаты. Доход от дороги делится поровну между двумя её концами. Губернатор хочет передать часть пунктов федеральному правительству так, чтобы после этого каждая вершина сохранила как минимум 99% прежнего суммарного дохода от инцидентных дорог. Нужно найти наибольшее число дорог, которое можно гарантированно изъять при любых положительных доходах на дорогах.","definition_ids":[]}],"graph_theory":[{"id":"stmt-graph","title":"Платные дороги как взвешенный полный граф, MEMO 2025 T-4","status":"needs_human_review","text":"Дан взвешенный полный граф на \\(100n\\) вершинах; все веса рёбер положительны. Требуется удалить как можно больше рёбер так, чтобы для каждой вершины сумма весов оставшихся инцидентных ей рёбер была не меньше 99% от суммы весов всех исходных инцидентных ей рёбер. Найдите наибольшее число рёбер, которое можно гарантированно удалить при любых положительных весах.","definition_ids":["complete_graph"]}]},"solutions":[{"id":"sol-official-compressed","title":"Решение через минимальное разбиение","status":"ai_checked","definition_ids":["complete_graph"],"standard_idea_ids":["double_counting","extremal_choice"],"tags":[],"has_text":true,"text_preview":"Интерпретируем страну как взвешенный полный граф на \\(100n\\) вершинах, где вес ребра - половина дохода соответствующей дороги. Верхняя оценка: если все веса одинаковы, то у каждой вершины можно удалить не более \\(1\\%\\) от \\(100n-1\\) инцидентных рёбер, то есть не более \\(n-1\\). По лемме о рукопожатиях удаляется не более \\(\\frac12(100n)(n-1)=100\\binom n2\\) рёбер. Нижняя оценка: разобьём вершины на 100 частей так, чтобы суммарный вес рёбер внутри частей был минимален. Если бы для вершины \\(v\\) вес рёбер внутри её части был больше веса рёбер из \\(v\\) в некоторую другую часть, то перенос \\(v\\) уменьшил бы внутриклассовый вес, вопреки минимальности. Значит внутриклассовый вес каждой вершины не превосходит \\(1/100\\) её полного инцидентного веса, то есть не более 1%. Поэтому можно удалить все рёбра внутри частей. Если размеры частей равны \\(a_1,\\dots,a_{100}\\), то число удалённых рёбер равно \\(…"}],"relations":[{"id":"rel-handshaking-memo-2025-t4-weighted-complete","neighbor_id":"handshaking-lemma","direction":"backward","type":"same_motif","distance":3,"status":"needs_human_review"},{"id":"rel-turan-memo-2025-t4-balanced-partition-extremal","neighbor_id":"turan-theorem","direction":"backward","type":"same_motif","distance":3,"status":"needs_human_review"}],"search_text":"memo-2025-t4-toll-complete-graph платные дороги как взвешенный полный граф, memo 2025 t-4 double_counting goal_exact_bound 2025 https://memo2025.de/media/memo-2025-solutionbooklet.pdf memo memo 2025, официальный буклет решений memo-2025-t4 memo2025 official_archive paulius aleknavičius pauliusaleknavičius src-memo-2025-official with_solution paulius aleknavičius memo 2025, официальный буклет решений stmt-original условие needs_human_review в лапландии есть \\(100n\\) городов, каждая пара соединена дорогой с пунктом оплаты. доход от дороги делится поровну между двумя её концами. губернатор хочет передать часть пунктов федеральному правительству так, чтобы после этого каждая вершина сохранила как минимум 99% прежнего суммарного дохода от инцидентных дорог. нужно найти наибольшее число дорог, которое можно гарантированно изъять при любых положительных доходах на дорогах. stmt-graph платные дороги как взвешенный полный граф, memo 2025 t-4 needs_human_review дан взвешенный полный граф на \\(100n\\) вершинах; все веса рёбер положительны. требуется удалить как можно больше рёбер так, чтобы для каждой вершины сумма весов оставшихся инцидентных ей рёбер была не меньше 99% от суммы весов всех исходных инцидентных ей рёбер. найдите наибольшее число рёбер, которое можно гарантированно удалить при любых положительных весах. complete_graph idea-uniform-weight-upper-bound равные веса дают верхнюю оценку через лемму о рукопожатиях если все рёбра имеют одинаковый вес, то у каждой вершины можно удалить не более \\(n-1\\) инцидентных рёбер. по лемме о рукопожатиях это ограничивает общее число удалённых рёбер сверху числом \\(100\\binom n2\\). double_counting needs_human_review idea-minimal-partition минимизируем внутриклассовый вес разбиением на 100 частей разбиваем вершины на 100 частей так, чтобы суммарный вес внутриклассовых рёбер был минимален. тогда у любой вершины вес рёбер внутри своей части не превосходит веса рёбер в любую другую фиксированную часть, следовательно не превышает 1% её полного инцидентного веса. можно удалить все внутриклассовые рёбра, а их число снизу оценивается через квадратичную среднюю размеров частей. extremal_choice needs_human_review sol-official-compressed решение через минимальное разбиение ai_checked complete_graph double_counting extremal_choice интерпретируем страну как взвешенный полный граф на \\(100n\\) вершинах, где вес ребра - половина дохода соответствующей дороги. верхняя оценка: если все веса одинаковы, то у каждой вершины можно удалить не более \\(1\\%\\) от \\(100n-1\\) инцидентных рёбер, то есть не более \\(n-1\\). по лемме о рукопожатиях удаляется не более \\(\\frac12(100n)(n-1)=100\\binom n2\\) рёбер. нижняя оценка: разобьём вершины на 100 частей так, чтобы суммарный вес рёбер внутри частей был минимален. если бы для вершины \\(v\\) вес рёбер внутри её части был больше веса рёбер из \\(v\\) в некоторую другую часть, то перенос \\(v\\) уменьшил бы внутриклассовый вес, вопреки минимальности. значит внутриклассовый вес каждой вершины не превосходит \\(1/100\\) её полного инцидентного веса, то есть не более 1%. поэтому можно удалить все рёбра внутри частей. если размеры частей равны \\(a_1,\\dots,a_{100}\\), то число удалённых рёбер равно \\(… memo-2025-t4-toll-complete-graph platnye dorogi kak vzveshennyy polnyy graf, memo 2025 t-4 double_counting goal_exact_bound 2025 https://memo2025.de/media/memo-2025-solutionbooklet.pdf memo memo 2025, ofitsialnyy buklet resheniy memo-2025-t4 memo2025 official_archive paulius aleknavičius pauliusaleknavičius src-memo-2025-official with_solution paulius aleknavičius memo 2025, ofitsialnyy buklet resheniy stmt-original uslovie needs_human_review v laplandii est \\(100n\\) gorodov, kazhdaya para soedinena dorogoy s punktom oplaty. dohod ot dorogi delitsya porovnu mezhdu dvumya ee kontsami. gubernator hochet peredat chast punktov federalnomu pravitelstvu tak, chtoby posle etogo kazhdaya vershina sohranila kak minimum 99% prezhnego summarnogo dohoda ot intsidentnyh dorog. nuzhno nayti naibolshee chislo dorog, kotoroe mozhno garantirovanno izyat pri lyubyh polozhitelnyh dohodah na dorogah. stmt-graph platnye dorogi kak vzveshennyy polnyy graf, memo 2025 t-4 needs_human_review dan vzveshennyy polnyy graf na \\(100n\\) vershinah; vse vesa reber polozhitelny. trebuetsya udalit kak mozhno bolshe reber tak, chtoby dlya kazhdoy vershiny summa vesov ostavshihsya intsidentnyh ey reber byla ne menshe 99% ot summy vesov vseh ishodnyh intsidentnyh ey reber. naydite naibolshee chislo reber, kotoroe mozhno garantirovanno udalit pri lyubyh polozhitelnyh vesah. complete_graph idea-uniform-weight-upper-bound ravnye vesa dayut verhnyuyu otsenku cherez lemmu o rukopozhatiyah esli vse rebra imeyut odinakovyy ves, to u kazhdoy vershiny mozhno udalit ne bolee \\(n-1\\) intsidentnyh reber. po lemme o rukopozhatiyah eto ogranichivaet obschee chislo udalennyh reber sverhu chislom \\(100\\binom n2\\). double_counting needs_human_review idea-minimal-partition minimiziruem vnutriklassovyy ves razbieniem na 100 chastey razbivaem vershiny na 100 chastey tak, chtoby summarnyy ves vnutriklassovyh reber byl minimalen. togda u lyuboy vershiny ves reber vnutri svoey chasti ne prevoshodit vesa reber v lyubuyu druguyu fiksirovannuyu chast, sledovatelno ne prevyshaet 1% ee polnogo intsidentnogo vesa. mozhno udalit vse vnutriklassovye rebra, a ih chislo snizu otsenivaetsya cherez kvadratichnuyu srednyuyu razmerov chastey. extremal_choice needs_human_review sol-official-compressed reshenie cherez minimalnoe razbienie ai_checked complete_graph double_counting extremal_choice interpretiruem stranu kak vzveshennyy polnyy graf na \\(100n\\) vershinah, gde ves rebra - polovina dohoda sootvetstvuyuschey dorogi. verhnyaya otsenka: esli vse vesa odinakovy, to u kazhdoy vershiny mozhno udalit ne bolee \\(1\\%\\) ot \\(100n-1\\) intsidentnyh reber, to est ne bolee \\(n-1\\). po lemme o rukopozhatiyah udalyaetsya ne bolee \\(\\frac12(100n)(n-1)=100\\binom n2\\) reber. nizhnyaya otsenka: razobem vershiny na 100 chastey tak, chtoby summarnyy ves reber vnutri chastey byl minimalen. esli by dlya vershiny \\(v\\) ves reber vnutri ee chasti byl bolshe vesa reber iz \\(v\\) v nekotoruyu druguyu chast, to perenos \\(v\\) umenshil by vnutriklassovyy ves, vopreki minimalnosti. znachit vnutriklassovyy ves kazhdoy vershiny ne prevoshodit \\(1/100\\) ee polnogo intsidentnogo vesa, to est ne bolee 1%. poetomu mozhno udalit vse rebra vnutri chastey. esli razmery chastey ravny \\(a_1,\\dots,a_{100}\\), to chislo udalennyh reber ravno \\(…","source_keys":["memo"]}
{"id":"menger-theorem","title":"Теорема Менгера о непересекающихся путях и разрезах","path":"data\\problems\\classical\\menger-theorem.yaml","raw_github_url":"https://raw.githubusercontent.com/didin-maxim/knowledge_graph_of_graphs/main/data/problems/classical/menger-theorem.yaml","viewer_url":"https://didin-maxim.github.io/knowledge_graph_of_graphs/#menger-theorem","source_key":"misc","source_label":"Прочее","source_titles":["Теорема Менгера"],"year":"","type":"theorem","authors":["Karl Menger"],"tags":["connectivity","graph_cut","augmenting_path","classical_theorem","goal_exact_bound"],"agent_topics":[],"difficulty":{"main":"imo_p3_plus","local_score":9,"comment":"Мощный инструмент; полное доказательство обычно выходит за рамки короткой школьной задачи.","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":"Карточка подкреплена опубликованными неофициальными, справочными, журнальными, вики-, форумными источниками или страницами задач.","audit_source":"agent-imo-us-classical.json"},"statements":{"original":[{"id":"stmt-original-1","title":"","status":"ai_checked","text":"Пусть s и t — две различные несмежные вершины конечного неориентированного графа. Минимальное число вершин, удаление которых отделяет s от t, равно максимальному числу путей из s в t, не имеющих общих внутренних вершин.","definition_ids":["path","connected_graph","simple_graph"]},{"id":"stmt-edge-directed","title":"","status":"ai_checked","text":"Ориентированная реберная форма. В конечном ориентированном графе максимальное число попарно дугово-непересекающихся путей из \\(s\\) в \\(t\\) равно минимальному числу дуг, удаление которых уничтожает все ориентированные пути из \\(s\\) в \\(t\\). Неориентированная реберная форма получается тем же аргументом через поток с единичными пропускными способностями.","definition_ids":["directed_graph","path","graph_cut"]}]},"solutions":[{"id":"sol-flow-sketch","title":"Доказательство через поток","status":"ai_checked","definition_ids":["path","simple_graph","directed_graph"],"standard_idea_ids":["augmenting_path_method"],"tags":[],"has_text":true,"text_preview":"Пусть \\(G\\) имеет n вершин, а s и t различны и несмежны. Сначала зафиксируем конечный целочисленный факт о потоках, чтобы не ссылаться на него извне. В конечной сети с целыми неотрицательными пропускными способностями начнем с нулевого потока и, пока в остаточной сети есть путь из источника a в сток b, увеличиваем поток вдоль такого пути на минимальную остаточную емкость его дуг. Эта величина положительна и цела, поэтому поток всегда остается целочисленным и его значение каждый раз возрастает хотя бы на 1; значение потока не превосходит суммарной емкости дуг, выходящих из a, значит процесс конечен. Когда остаточного a-b пути уже нет, пусть R — множество вершин, достижимых из a в остаточной сети. Тогда b не принадлежит R. Для всякой дуги u→v из R наружу ее прямая остаточная емкость равна 0, то есть \\(f(u,v)=c(u,v)\\); для всякой дуги v→u снаружи в R обратная остаточная емкость равна 0, то…"},{"id":"sol-edge-form-by-flow","title":"Реберная форма через единичный поток","status":"ai_checked","definition_ids":["path","directed_graph","graph_cut"],"standard_idea_ids":["augmenting_path_method"],"tags":[],"has_text":true,"text_preview":"Поставим емкость 1 на каждую дугу ориентированного графа и применим конечный целочисленный аргумент max-flow/min-cut, уже доказанный в этой карточке. Целочисленный поток значения \\(r\\) раскладывается в \\(r\\) единичных \\(s\\)-\\(t\\) путей; поскольку каждая дуга имеет емкость 1, эти пути попарно не пересекаются по дугам. Обратно, любое семейство дугово-непересекающихся путей пересекает каждый \\(s\\)-\\(t\\) разрез в различных дугах, поэтому число путей не превосходит размера разреза. Значит максимальное число таких путей равно минимальному размеру дугового разреза. Неориентированная реберная версия получается тем же аргументом с единичными емкостями на ребрах."}],"relations":[{"id":"rel-menger-spbmo-2013-8-p5-dominators","neighbor_id":"spbmo-2013-8-p5-capital-directed-disjoint-paths","direction":"forward","type":"prerequisite","distance":1,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-kolmogorov-2024-fragile-menger","neighbor_id":"chen-yu-independent-cutset-kolmogorov-merged","direction":"backward","type":"same_motif","distance":1,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-metadata-pass-menger-usamo-2004-grid-separator","neighbor_id":"usamo-2004-p4-black-path-grid-game","direction":"forward","type":"same_motif","distance":3,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-miklos-2002-p2-menger-theorem-short-edge-version","neighbor_id":"miklos-schweitzer-2002-p2-edge-connected-short-paths","direction":"forward","type":"prerequisite","distance":1,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-official-expansion-imo-2021-c4-menger-directed-edge","neighbor_id":"imo-2021-c4-anisotropy-menger","direction":"forward","type":"prerequisite","distance":1,"status":"source_verified"}],"search_text":"menger-theorem теорема менгера о непересекающихся путях и разрезах connectivity graph_cut augmenting_path classical_theorem goal_exact_bound https://ru.wikipedia.org/wiki/%d0%a2%d0%b5%d0%be%d1%80%d0%b5%d0%bc%d0%b0_%d0%9c%d0%b5%d0%bd%d0%b3%d0%b5%d1%80%d0%b0 karl menger karlmenger misc reference src-wikipedia-menger with_solution прочее теорема менгера karl menger теорема менгера stmt-original-1 ai_checked пусть s и t — две различные несмежные вершины конечного неориентированного графа. минимальное число вершин, удаление которых отделяет s от t, равно максимальному числу путей из s в t, не имеющих общих внутренних вершин. path connected_graph simple_graph stmt-edge-directed ai_checked ориентированная реберная форма. в конечном ориентированном графе максимальное число попарно дугово-непересекающихся путей из \\(s\\) в \\(t\\) равно минимальному числу дуг, удаление которых уничтожает все ориентированные пути из \\(s\\) в \\(t\\). неориентированная реберная форма получается тем же аргументом через поток с единичными пропускными способностями. directed_graph path graph_cut idea-min-cut-max-path пути против разделителей каждый разделитель должен пересекать каждый путь; теорема утверждает, что это очевидное верхнее ограничение точно. connectivity ai_checked idea-edge-cut-flow ребра как единичные емкости для реберной версии расщеплять вершины не нужно: достаточно поставить емкость 1 на каждую дугу. целочисленный максимальный поток раскладывается в дугово-непересекающиеся пути, а минимальный разрез считает ровно удаляемые дуги. connectivity ai_checked sol-flow-sketch доказательство через поток ai_checked path simple_graph directed_graph augmenting_path_method пусть \\(g\\) имеет n вершин, а s и t различны и несмежны. сначала зафиксируем конечный целочисленный факт о потоках, чтобы не ссылаться на него извне. в конечной сети с целыми неотрицательными пропускными способностями начнем с нулевого потока и, пока в остаточной сети есть путь из источника a в сток b, увеличиваем поток вдоль такого пути на минимальную остаточную емкость его дуг. эта величина положительна и цела, поэтому поток всегда остается целочисленным и его значение каждый раз возрастает хотя бы на 1; значение потока не превосходит суммарной емкости дуг, выходящих из a, значит процесс конечен. когда остаточного a-b пути уже нет, пусть r — множество вершин, достижимых из a в остаточной сети. тогда b не принадлежит r. для всякой дуги u→v из r наружу ее прямая остаточная емкость равна 0, то есть \\(f(u,v)=c(u,v)\\); для всякой дуги v→u снаружи в r обратная остаточная емкость равна 0, то… sol-edge-form-by-flow реберная форма через единичный поток ai_checked path directed_graph graph_cut augmenting_path_method поставим емкость 1 на каждую дугу ориентированного графа и применим конечный целочисленный аргумент max-flow/min-cut, уже доказанный в этой карточке. целочисленный поток значения \\(r\\) раскладывается в \\(r\\) единичных \\(s\\)-\\(t\\) путей; поскольку каждая дуга имеет емкость 1, эти пути попарно не пересекаются по дугам. обратно, любое семейство дугово-непересекающихся путей пересекает каждый \\(s\\)-\\(t\\) разрез в различных дугах, поэтому число путей не превосходит размера разреза. значит максимальное число таких путей равно минимальному размеру дугового разреза. неориентированная реберная версия получается тем же аргументом с единичными емкостями на ребрах. menger-theorem teorema mengera o neperesekayuschihsya putyah i razrezah connectivity graph_cut augmenting_path classical_theorem goal_exact_bound https://ru.wikipedia.org/wiki/%d0%a2%d0%b5%d0%be%d1%80%d0%b5%d0%bc%d0%b0_%d0%9c%d0%b5%d0%bd%d0%b3%d0%b5%d1%80%d0%b0 karl menger karlmenger misc reference src-wikipedia-menger with_solution prochee teorema mengera karl menger teorema mengera stmt-original-1 ai_checked pust s i t — dve razlichnye nesmezhnye vershiny konechnogo neorientirovannogo grafa. minimalnoe chislo vershin, udalenie kotoryh otdelyaet s ot t, ravno maksimalnomu chislu putey iz s v t, ne imeyuschih obschih vnutrennih vershin. path connected_graph simple_graph stmt-edge-directed ai_checked orientirovannaya rebernaya forma. v konechnom orientirovannom grafe maksimalnoe chislo poparno dugovo-neperesekayuschihsya putey iz \\(s\\) v \\(t\\) ravno minimalnomu chislu dug, udalenie kotoryh unichtozhaet vse orientirovannye puti iz \\(s\\) v \\(t\\). neorientirovannaya rebernaya forma poluchaetsya tem zhe argumentom cherez potok s edinichnymi propusknymi sposobnostyami. directed_graph path graph_cut idea-min-cut-max-path puti protiv razdeliteley kazhdyy razdelitel dolzhen peresekat kazhdyy put; teorema utverzhdaet, chto eto ochevidnoe verhnee ogranichenie tochno. connectivity ai_checked idea-edge-cut-flow rebra kak edinichnye emkosti dlya rebernoy versii rasscheplyat vershiny ne nuzhno: dostatochno postavit emkost 1 na kazhduyu dugu. tselochislennyy maksimalnyy potok raskladyvaetsya v dugovo-neperesekayuschiesya puti, a minimalnyy razrez schitaet rovno udalyaemye dugi. connectivity ai_checked sol-flow-sketch dokazatelstvo cherez potok ai_checked path simple_graph directed_graph augmenting_path_method pust \\(g\\) imeet n vershin, a s i t razlichny i nesmezhny. snachala zafiksiruem konechnyy tselochislennyy fakt o potokah, chtoby ne ssylatsya na nego izvne. v konechnoy seti s tselymi neotritsatelnymi propusknymi sposobnostyami nachnem s nulevogo potoka i, poka v ostatochnoy seti est put iz istochnika a v stok b, uvelichivaem potok vdol takogo puti na minimalnuyu ostatochnuyu emkost ego dug. eta velichina polozhitelna i tsela, poetomu potok vsegda ostaetsya tselochislennym i ego znachenie kazhdyy raz vozrastaet hotya by na 1; znachenie potoka ne prevoshodit summarnoy emkosti dug, vyhodyaschih iz a, znachit protsess konechen. kogda ostatochnogo a-b puti uzhe net, pust r — mnozhestvo vershin, dostizhimyh iz a v ostatochnoy seti. togda b ne prinadlezhit r. dlya vsyakoy dugi u→v iz r naruzhu ee pryamaya ostatochnaya emkost ravna 0, to est \\(f(u,v)=c(u,v)\\); dlya vsyakoy dugi v→u snaruzhi v r obratnaya ostatochnaya emkost ravna 0, to… sol-edge-form-by-flow rebernaya forma cherez edinichnyy potok ai_checked path directed_graph graph_cut augmenting_path_method postavim emkost 1 na kazhduyu dugu orientirovannogo grafa i primenim konechnyy tselochislennyy argument max-flow/min-cut, uzhe dokazannyy v etoy kartochke. tselochislennyy potok znacheniya \\(r\\) raskladyvaetsya v \\(r\\) edinichnyh \\(s\\)-\\(t\\) putey; poskolku kazhdaya duga imeet emkost 1, eti puti poparno ne peresekayutsya po dugam. obratno, lyuboe semeystvo dugovo-neperesekayuschihsya putey peresekaet kazhdyy \\(s\\)-\\(t\\) razrez v razlichnyh dugah, poetomu chislo putey ne prevoshodit razmera razreza. znachit maksimalnoe chislo takih putey ravno minimalnomu razmeru dugovogo razreza. neorientirovannaya rebernaya versiya poluchaetsya tem zhe argumentom s edinichnymi emkostyami na rebrah.","source_keys":["misc"]}
{"id":"miklos-schweitzer-1951-p13-determinant-nonzero-pattern-matchings","title":"Ненулевые члены детерминанта как совершенные паросочетания, Schweitzer 1951/13","path":"data\\problems\\miklos-schweitzer\\miklos-schweitzer-1951-p13-determinant-nonzero-pattern-matchings.yaml","raw_github_url":"https://raw.githubusercontent.com/didin-maxim/knowledge_graph_of_graphs/main/data/problems/miklos-schweitzer/miklos-schweitzer-1951-p13-determinant-nonzero-pattern-matchings.yaml","viewer_url":"https://didin-maxim.github.io/knowledge_graph_of_graphs/#miklos-schweitzer-1951-p13-determinant-nonzero-pattern-matchings","source_key":"miklos","source_label":"Schweitzer","source_titles":["Contests in Higher Mathematics, Hungary 1949-1961, Schweitzer 1951 Problem 13"],"year":"1951","type":"olympiad_problem","authors":[],"tags":["matching","graph_model","double_counting","goal_counting"],"agent_topics":[],"difficulty":{"main":"national_final_medium","local_score":4,"comment":"После перехода к двудольному графу задача сводится к независимому выбору одного из двух паросочетаний в каждой копии \\(K_{2,2}\\).","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":"агент grouped classification","audit_source":"agent-university-archives.json"},"statements":{"original":[{"id":"stmt-original","title":"Условие","status":"source_verified","text":"Сколько ненулевых членов содержит разложение детерминанта порядка \\(2n\\), если ненулевыми являются ровно те элементы \\(a_{ik}\\), для которых \\(i-k\\) делится на \\(n\\)?","definition_ids":[]}],"graph_theory":[{"id":"stmt-graph","title":"Двудольная формулировка","status":"ai_checked","text":"Дан двудольный граф с левыми вершинами \\(r_1,\\ldots,r_{2n}\\) и правыми вершинами \\(c_1,\\ldots,c_{2n}\\), где \\(r_i\\) соединена с \\(c_k\\) тогда и только тогда, когда \\(i\\equiv k\\pmod n\\). Найти число совершенных паросочетаний этого графа.","definition_ids":["bipartite_graph","matching"]}]},"solutions":[{"id":"solution-components","title":"Подсчёт по компонентам","status":"ai_checked","definition_ids":[],"standard_idea_ids":["double_counting"],"tags":["matching","graph_model","goal_counting"],"has_text":true,"text_preview":"Перейдём к двудольному графу строк и столбцов. Условие \\(i-k\\equiv0\\pmod n\\) означает, что строка может быть сопоставлена только со столбцами того же остатка по модулю \\(n\\). Для каждого остатка есть ровно две строки и два столбца, а допустимые рёбра образуют \\(K_{2,2}\\). Совершенное паросочетание в \\(K_{2,2}\\) можно выбрать двумя способами. Компоненты независимы, поэтому общее число совершенных паросочетаний, а значит и ненулевых членов детерминанта, равно \\(2^n\\)."}],"relations":[{"id":"rel-simon-marais-2021-a3-schweitzer-1951-determinant-support","neighbor_id":"simon-marais-2021-a3-determinants-cycle-components","direction":"backward","type":"same_motif","distance":3,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-schweitzer-1951-p13-hall-matchings","neighbor_id":"hall-marriage-theorem","direction":"forward","type":"prerequisite","distance":3,"status":"needs_human_review"},{"id":"rel-ms2019-p4-ms1951-p13-row-column-bipartite-model","neighbor_id":"miklos-schweitzer-2019-p4-nice-matrices-bipartite-shellings","direction":"backward","type":"same_motif","distance":2,"status":"ai_checked"}],"search_text":"miklos-schweitzer-1951-p13-determinant-nonzero-pattern-matchings ненулевые члены детерминанта как совершенные паросочетания, schweitzer 1951/13 matching graph_model double_counting goal_counting 1951 contests in higher mathematics, hungary 1949-1961, schweitzer 1951 problem 13 https://real-eod.mtak.hu/14558/1/akademiaikiado_007070.pdf miklos miklos1951 problem_and_solution schweitzer schweitzer1951 src-miklos-schweitzer-1951-p13-old-book with_solution ? contests in higher mathematics, hungary 1949-1961, schweitzer 1951 problem 13 stmt-original условие source_verified сколько ненулевых членов содержит разложение детерминанта порядка \\(2n\\), если ненулевыми являются ровно те элементы \\(a_{ik}\\), для которых \\(i-k\\) делится на \\(n\\)? stmt-graph двудольная формулировка ai_checked дан двудольный граф с левыми вершинами \\(r_1,\\ldots,r_{2n}\\) и правыми вершинами \\(c_1,\\ldots,c_{2n}\\), где \\(r_i\\) соединена с \\(c_k\\) тогда и только тогда, когда \\(i\\equiv k\\pmod n\\). найти число совершенных паросочетаний этого графа. bipartite_graph matching idea-determinant-terms-are-matchings член детерминанта выбирает по одному ребру в каждой строке и каждом столбце ненулевой член разложения соответствует перестановке \\(\\sigma\\), для которой все выбранные элементы \\(a_{i,\\sigma(i)}\\) ненулевые. в двудольном графе это ровно совершенное паросочетание между строками и столбцами. matching graph_model ai_checked idea-residue-components разбить граф по остаткам по модулю n для каждого остатка \\(s\\pmod n\\) есть две строки и два столбца с этим остатком, и между ними проведены все четыре ребра. поэтому весь граф распадается в дизъюнктное объединение \\(n\\) копий \\(k_{2,2}\\). matching double_counting ai_checked solution-components подсчёт по компонентам ai_checked double_counting matching graph_model goal_counting перейдём к двудольному графу строк и столбцов. условие \\(i-k\\equiv0\\pmod n\\) означает, что строка может быть сопоставлена только со столбцами того же остатка по модулю \\(n\\). для каждого остатка есть ровно две строки и два столбца, а допустимые рёбра образуют \\(k_{2,2}\\). совершенное паросочетание в \\(k_{2,2}\\) можно выбрать двумя способами. компоненты независимы, поэтому общее число совершенных паросочетаний, а значит и ненулевых членов детерминанта, равно \\(2^n\\). miklos-schweitzer-1951-p13-determinant-nonzero-pattern-matchings nenulevye chleny determinanta kak sovershennye parosochetaniya, schweitzer 1951/13 matching graph_model double_counting goal_counting 1951 contests in higher mathematics, hungary 1949-1961, schweitzer 1951 problem 13 https://real-eod.mtak.hu/14558/1/akademiaikiado_007070.pdf miklos miklos1951 problem_and_solution schweitzer schweitzer1951 src-miklos-schweitzer-1951-p13-old-book with_solution ? contests in higher mathematics, hungary 1949-1961, schweitzer 1951 problem 13 stmt-original uslovie source_verified skolko nenulevyh chlenov soderzhit razlozhenie determinanta poryadka \\(2n\\), esli nenulevymi yavlyayutsya rovno te elementy \\(a_{ik}\\), dlya kotoryh \\(i-k\\) delitsya na \\(n\\)? stmt-graph dvudolnaya formulirovka ai_checked dan dvudolnyy graf s levymi vershinami \\(r_1,\\ldots,r_{2n}\\) i pravymi vershinami \\(c_1,\\ldots,c_{2n}\\), gde \\(r_i\\) soedinena s \\(c_k\\) togda i tolko togda, kogda \\(i\\equiv k\\pmod n\\). nayti chislo sovershennyh parosochetaniy etogo grafa. bipartite_graph matching idea-determinant-terms-are-matchings chlen determinanta vybiraet po odnomu rebru v kazhdoy stroke i kazhdom stolbtse nenulevoy chlen razlozheniya sootvetstvuet perestanovke \\(\\sigma\\), dlya kotoroy vse vybrannye elementy \\(a_{i,\\sigma(i)}\\) nenulevye. v dvudolnom grafe eto rovno sovershennoe parosochetanie mezhdu strokami i stolbtsami. matching graph_model ai_checked idea-residue-components razbit graf po ostatkam po modulyu n dlya kazhdogo ostatka \\(s\\pmod n\\) est dve stroki i dva stolbtsa s etim ostatkom, i mezhdu nimi provedeny vse chetyre rebra. poetomu ves graf raspadaetsya v dizyunktnoe obedinenie \\(n\\) kopiy \\(k_{2,2}\\). matching double_counting ai_checked solution-components podschet po komponentam ai_checked double_counting matching graph_model goal_counting pereydem k dvudolnomu grafu strok i stolbtsov. uslovie \\(i-k\\equiv0\\pmod n\\) oznachaet, chto stroka mozhet byt sopostavlena tolko so stolbtsami togo zhe ostatka po modulyu \\(n\\). dlya kazhdogo ostatka est rovno dve stroki i dva stolbtsa, a dopustimye rebra obrazuyut \\(k_{2,2}\\). sovershennoe parosochetanie v \\(k_{2,2}\\) mozhno vybrat dvumya sposobami. komponenty nezavisimy, poetomu obschee chislo sovershennyh parosochetaniy, a znachit i nenulevyh chlenov determinanta, ravno \\(2^n\\).","source_keys":["miklos"]}
{"id":"miklos-schweitzer-1953-p10-triangular-lattice-random-walk-recurrence","title":"Возвратность случайного блуждания на треугольной решётке, Schweitzer 1953/10","path":"data\\problems\\miklos-schweitzer\\miklos-schweitzer-1953-p10-triangular-lattice-random-walk-recurrence.yaml","raw_github_url":"https://raw.githubusercontent.com/didin-maxim/knowledge_graph_of_graphs/main/data/problems/miklos-schweitzer/miklos-schweitzer-1953-p10-triangular-lattice-random-walk-recurrence.yaml","viewer_url":"https://didin-maxim.github.io/knowledge_graph_of_graphs/#miklos-schweitzer-1953-p10-triangular-lattice-random-walk-recurrence","source_key":"miklos","source_label":"Schweitzer","source_titles":["Contests in Higher Mathematics, Hungary 1949-1961, Schweitzer 1953 Problem 10"],"year":"1953","type":"olympiad_problem","authors":[],"tags":["graph_model","planar_graphs","classical_lemma","goal_proof"],"agent_topics":[],"difficulty":{"main":"national_final_hard","local_score":8,"comment":"Нужны производящие функции или эквивалентный критерий возвратности и оценка вероятностей возврата на двумерной решётке.","status":"ai_checked"},"review_status":"ai_checked","public_ready":false,"solution_state":"with_solution","solution_classification":{"type":"complete_ai_checked","label":"официальное полное/почти полное","status":"ai_checked","confidence":0.9,"basis":"high-reasoning pass 2026-05-17","notes":"Локальная аналитическая оценка и вероятностный критерий возвратности теперь доказаны внутри карточки; решение не опирается на потерянные OCR-формулы источника.","audit_source":"high-reasoning-pass-2026-05-17"},"statements":{"original":[{"id":"stmt-original","title":"Условие","status":"source_verified","text":"Точка совершает случайное блуждание по плоской треугольной решётке: из каждой вершины она с равной вероятностью переходит по одной из шести решётчатых линий, выходящих из этой вершины. Доказать, что при бесконечном продолжении блуждания точка вернётся в начальную вершину с вероятностью 1.","definition_ids":[]}],"graph_theory":[{"id":"stmt-graph","title":"Случайное блуждание на 6-регулярном плоском графе","status":"ai_checked","text":"На бесконечном графе треугольной решётки, где каждая вершина имеет шесть соседей, рассматривается простой случайный обход. Нужно доказать возвратность этого графа: вероятность хотя бы одного возвращения в стартовую вершину равна 1.","definition_ids":["planar_graph"]}]},"solutions":[{"id":"solution-return-series","title":"Через вероятности возврата","status":"ai_checked","definition_ids":[],"standard_idea_ids":[],"tags":["graph_model","classical_lemma","goal_proof"],"has_text":true,"text_preview":"Удобно записать вершины треугольной решётки как пары целых чисел \\((x,y)\\), а шесть возможных шагов как \\[ (1,0),\\ (-1,0),\\ (0,1),\\ (0,-1),\\ (1,-1),\\ (-1,1). \\] Пусть \\(P_m\\) — вероятность оказаться в начале после \\(m\\) шагов. Для \\(\\theta,\\phi\\in[-\\pi,\\pi]\\) характеристическая функция одного шага равна \\[ \\chi(\\theta,\\phi)=\\frac{1}{3}\\bigl(\\cos\\theta+\\cos\\phi+\\cos(\\theta-\\phi)\\bigr). \\] По формуле обращения Фурье для решётки \\(\\mathbb Z^2\\) \\[ P_m=\\frac{1}{(2\\pi)^2}\\int_{-\\pi}^{\\pi}\\int_{-\\pi}^{\\pi}\\chi(\\theta,\\phi)^m\\,d\\theta\\,d\\phi . \\] Для чётных моментов подынтегральная функция неотрицательна, поэтому достаточно оценить интеграл снизу в малой окрестности нуля. Возьмём \\(\\rho>0\\) настолько малым, что при \\(|t|\\le2\\rho\\) выполнено \\(\\cos t\\ge1-t^2/2\\). Если \\(|\\theta|,|\\phi|\\le\\rho\\), то \\[ \\chi(\\theta,\\phi) \\ge 1-\\frac{\\theta^2+\\phi^2+(\\theta-\\phi)^2}{6} \\ge 1-\\frac{\\theta^2+\\phi^2}…"}],"relations":[],"search_text":"miklos-schweitzer-1953-p10-triangular-lattice-random-walk-recurrence возвратность случайного блуждания на треугольной решётке, schweitzer 1953/10 graph_model planar_graphs classical_lemma goal_proof 1953 contests in higher mathematics, hungary 1949-1961, schweitzer 1953 problem 10 https://real-eod.mtak.hu/14558/1/akademiaikiado_007070.pdf miklos miklos1953 problem_and_solution schweitzer schweitzer1953 src-miklos-schweitzer-1953-p10-old-book with_solution ? contests in higher mathematics, hungary 1949-1961, schweitzer 1953 problem 10 stmt-original условие source_verified точка совершает случайное блуждание по плоской треугольной решётке: из каждой вершины она с равной вероятностью переходит по одной из шести решётчатых линий, выходящих из этой вершины. доказать, что при бесконечном продолжении блуждания точка вернётся в начальную вершину с вероятностью 1. stmt-graph случайное блуждание на 6-регулярном плоском графе ai_checked на бесконечном графе треугольной решётки, где каждая вершина имеет шесть соседей, рассматривается простой случайный обход. нужно доказать возвратность этого графа: вероятность хотя бы одного возвращения в стартовую вершину равна 1. planar_graph idea-recurrence-criterion возвратность равносильна расходимости суммы вероятностей возврата если \\(p_n\\) — вероятность оказаться в начальной вершине после \\(n\\) шагов, то для неотрицательных \\(p_n\\) стандартный критерий даёт: вероятность когда-нибудь вернуться равна 1 тогда и только тогда, когда \\(\\sum_n p_n\\) расходится. classical_lemma goal_proof ai_checked idea-two-dimensional-lower-bound в двумерной решётке вероятность возврата имеет порядок не меньше \\(1/n\\) опубликованное решение кодирует шесть направлений комплексными числами \\(\\omega^0,\\ldots,\\omega^5\\), где \\(\\omega=e^{\\pi i/3}\\), и выражает \\(p_n\\) как постоянный член тригонометрического многочлена. интегральная оценка снизу даёт \\(p_{2n}\\ge c/n\\), а гармонический ряд расходится. graph_model classical_lemma ai_checked solution-return-series через вероятности возврата ai_checked graph_model classical_lemma goal_proof удобно записать вершины треугольной решётки как пары целых чисел \\((x,y)\\), а шесть возможных шагов как \\[ (1,0),\\ (-1,0),\\ (0,1),\\ (0,-1),\\ (1,-1),\\ (-1,1). \\] пусть \\(p_m\\) — вероятность оказаться в начале после \\(m\\) шагов. для \\(\\theta,\\phi\\in[-\\pi,\\pi]\\) характеристическая функция одного шага равна \\[ \\chi(\\theta,\\phi)=\\frac{1}{3}\\bigl(\\cos\\theta+\\cos\\phi+\\cos(\\theta-\\phi)\\bigr). \\] по формуле обращения фурье для решётки \\(\\mathbb z^2\\) \\[ p_m=\\frac{1}{(2\\pi)^2}\\int_{-\\pi}^{\\pi}\\int_{-\\pi}^{\\pi}\\chi(\\theta,\\phi)^m\\,d\\theta\\,d\\phi . \\] для чётных моментов подынтегральная функция неотрицательна, поэтому достаточно оценить интеграл снизу в малой окрестности нуля. возьмём \\(\\rho>0\\) настолько малым, что при \\(|t|\\le2\\rho\\) выполнено \\(\\cos t\\ge1-t^2/2\\). если \\(|\\theta|,|\\phi|\\le\\rho\\), то \\[ \\chi(\\theta,\\phi) \\ge 1-\\frac{\\theta^2+\\phi^2+(\\theta-\\phi)^2}{6} \\ge 1-\\frac{\\theta^2+\\phi^2}… miklos-schweitzer-1953-p10-triangular-lattice-random-walk-recurrence vozvratnost sluchaynogo bluzhdaniya na treugolnoy reshetke, schweitzer 1953/10 graph_model planar_graphs classical_lemma goal_proof 1953 contests in higher mathematics, hungary 1949-1961, schweitzer 1953 problem 10 https://real-eod.mtak.hu/14558/1/akademiaikiado_007070.pdf miklos miklos1953 problem_and_solution schweitzer schweitzer1953 src-miklos-schweitzer-1953-p10-old-book with_solution ? contests in higher mathematics, hungary 1949-1961, schweitzer 1953 problem 10 stmt-original uslovie source_verified tochka sovershaet sluchaynoe bluzhdanie po ploskoy treugolnoy reshetke: iz kazhdoy vershiny ona s ravnoy veroyatnostyu perehodit po odnoy iz shesti reshetchatyh liniy, vyhodyaschih iz etoy vershiny. dokazat, chto pri beskonechnom prodolzhenii bluzhdaniya tochka vernetsya v nachalnuyu vershinu s veroyatnostyu 1. stmt-graph sluchaynoe bluzhdanie na 6-regulyarnom ploskom grafe ai_checked na beskonechnom grafe treugolnoy reshetki, gde kazhdaya vershina imeet shest sosedey, rassmatrivaetsya prostoy sluchaynyy obhod. nuzhno dokazat vozvratnost etogo grafa: veroyatnost hotya by odnogo vozvrascheniya v startovuyu vershinu ravna 1. planar_graph idea-recurrence-criterion vozvratnost ravnosilna rashodimosti summy veroyatnostey vozvrata esli \\(p_n\\) — veroyatnost okazatsya v nachalnoy vershine posle \\(n\\) shagov, to dlya neotritsatelnyh \\(p_n\\) standartnyy kriteriy daet: veroyatnost kogda-nibud vernutsya ravna 1 togda i tolko togda, kogda \\(\\sum_n p_n\\) rashoditsya. classical_lemma goal_proof ai_checked idea-two-dimensional-lower-bound v dvumernoy reshetke veroyatnost vozvrata imeet poryadok ne menshe \\(1/n\\) opublikovannoe reshenie kodiruet shest napravleniy kompleksnymi chislami \\(\\omega^0,\\ldots,\\omega^5\\), gde \\(\\omega=e^{\\pi i/3}\\), i vyrazhaet \\(p_n\\) kak postoyannyy chlen trigonometricheskogo mnogochlena. integralnaya otsenka snizu daet \\(p_{2n}\\ge c/n\\), a garmonicheskiy ryad rashoditsya. graph_model classical_lemma ai_checked solution-return-series cherez veroyatnosti vozvrata ai_checked graph_model classical_lemma goal_proof udobno zapisat vershiny treugolnoy reshetki kak pary tselyh chisel \\((x,y)\\), a shest vozmozhnyh shagov kak \\[ (1,0),\\ (-1,0),\\ (0,1),\\ (0,-1),\\ (1,-1),\\ (-1,1). \\] pust \\(p_m\\) — veroyatnost okazatsya v nachale posle \\(m\\) shagov. dlya \\(\\theta,\\phi\\in[-\\pi,\\pi]\\) harakteristicheskaya funktsiya odnogo shaga ravna \\[ \\chi(\\theta,\\phi)=\\frac{1}{3}\\bigl(\\cos\\theta+\\cos\\phi+\\cos(\\theta-\\phi)\\bigr). \\] po formule obrascheniya fure dlya reshetki \\(\\mathbb z^2\\) \\[ p_m=\\frac{1}{(2\\pi)^2}\\int_{-\\pi}^{\\pi}\\int_{-\\pi}^{\\pi}\\chi(\\theta,\\phi)^m\\,d\\theta\\,d\\phi . \\] dlya chetnyh momentov podyntegralnaya funktsiya neotritsatelna, poetomu dostatochno otsenit integral snizu v maloy okrestnosti nulya. vozmem \\(\\rho>0\\) nastolko malym, chto pri \\(|t|\\le2\\rho\\) vypolneno \\(\\cos t\\ge1-t^2/2\\). esli \\(|\\theta|,|\\phi|\\le\\rho\\), to \\[ \\chi(\\theta,\\phi) \\ge 1-\\frac{\\theta^2+\\phi^2+(\\theta-\\phi)^2}{6} \\ge 1-\\frac{\\theta^2+\\phi^2}…","source_keys":["miklos"]}
{"id":"miklos-schweitzer-1953-p2-chessboard-related-pairs","title":"Связанные пары белых и чёрных фигур на шахматной доске, Schweitzer 1953/2","path":"data\\problems\\miklos-schweitzer\\miklos-schweitzer-1953-p2-chessboard-related-pairs.yaml","raw_github_url":"https://raw.githubusercontent.com/didin-maxim/knowledge_graph_of_graphs/main/data/problems/miklos-schweitzer/miklos-schweitzer-1953-p2-chessboard-related-pairs.yaml","viewer_url":"https://didin-maxim.github.io/knowledge_graph_of_graphs/#miklos-schweitzer-1953-p2-chessboard-related-pairs","source_key":"miklos","source_label":"Schweitzer","source_titles":["Contests in Higher Mathematics, Hungary 1949-1961, Schweitzer 1953 Problem 2"],"year":"1953","type":"olympiad_problem","authors":[],"tags":["graph_model","degree_counting","double_counting","extremal_choice","goal_exact_bound"],"agent_topics":[],"difficulty":{"main":"national_final_medium","local_score":5,"comment":"Верхняя оценка короткая; нижняя оценка требует аккуратного двойного счёта или сглаживающего аргумента из опубликованного решения.","status":"ai_checked"},"review_status":"ai_checked","public_ready":false,"solution_state":"with_solution","solution_classification":{"type":"complete_ai_checked","label":"официальное полное/почти полное","status":"ai_checked","confidence":0.9,"basis":"агентский аудит средней сложности","notes":"Аудит высокой сложности 2026-05-07: расплывчатый шаг сглаживания заменён полным неравенством для знаковых сумм строк и столбцов; экстремумы и случаи равенства выписаны явно.","audit_source":"agent-university-archives.json"},"statements":{"original":[{"id":"stmt-original","title":"Условие","status":"source_verified","text":"На шахматной доске \\(8\\times8\\) расставлены 32 белые и 32 чёрные фигуры, по одной фигуре на клетке. Белая и чёрная фигуры образуют связанную пару, если они стоят в одной строке или в одном столбце. Найти максимальное и минимальное возможное число связанных пар.","definition_ids":[]}],"graph_theory":[{"id":"stmt-graph","title":"Рёбра между двумя равными частями решётки \\([8]\\times[8]\\)","status":"ai_checked","text":"Пусть \\([8]\\times[8]=W\\sqcup B\\), где \\(|W|=|B|=32\\). Рассматривается двудольный граф с долями \\(W\\) и \\(B\\), в котором две пары координат соединены ребром тогда и только тогда, когда у них совпадает первая или вторая координата. Найдите минимальное и максимальное возможное число рёбер такого графа.","definition_ids":["bipartite_graph","degree"]}]},"solutions":[{"id":"solution-extrema","title":"Оценки и конструкции","status":"ai_checked","definition_ids":[],"standard_idea_ids":["double_counting"],"tags":["degree_counting","double_counting","goal_exact_bound"],"has_text":true,"text_preview":"Ответ: минимум равен \\(128\\), максимум равен \\(256\\). Пусть в \\(i\\)-й строке стоит \\(w_i\\) белых фигур, а в \\(j\\)-м столбце стоит \\(c_j\\) белых фигур. Тогда в этой строке число связанных разноцветных пар равно \\[ w_i(8-w_i), \\] потому что каждую белую фигуру можно соединить с каждой чёрной фигурой той же строки. Аналогично столбец \\(j\\) даёт \\(c_j(8-c_j)\\) пар. Каждая связанная пара лежит либо в одной строке, либо в одном столбце, но не в обоих сразу, потому что две разные фигуры не могут стоять в одной клетке. Поэтому общее число связанных пар равно \\[ E=\\sum_{i=1}^8 w_i(8-w_i)+\\sum_{j=1}^8 c_j(8-c_j). \\] Максимум получается сразу. Для любого \\(x\\in\\{0,1,\\ldots,8\\}\\) имеем \\(x(8-x)\\le 16\\), причём равенство достигается только при \\(x=4\\). Значит, строки дают не больше \\(8\\cdot16=128\\) пар и столбцы дают не больше \\(128\\) пар, всего не больше \\(256\\). Шахматная раскраска клеток в белый…"}],"relations":[{"id":"rel-schweitzer-1953-p2-usamo-2022-grid-transversal","neighbor_id":"usamo-2022-p1-amber-bronze-transversal","direction":"forward","type":"same_motif","distance":4,"status":"needs_human_review"}],"search_text":"miklos-schweitzer-1953-p2-chessboard-related-pairs связанные пары белых и чёрных фигур на шахматной доске, schweitzer 1953/2 graph_model degree_counting double_counting extremal_choice goal_exact_bound 1953 contests in higher mathematics, hungary 1949-1961, schweitzer 1953 problem 2 https://real-eod.mtak.hu/14558/1/akademiaikiado_007070.pdf miklos miklos1953 problem_and_solution schweitzer schweitzer1953 src-miklos-schweitzer-1953-p2-old-book with_solution ? contests in higher mathematics, hungary 1949-1961, schweitzer 1953 problem 2 stmt-original условие source_verified на шахматной доске \\(8\\times8\\) расставлены 32 белые и 32 чёрные фигуры, по одной фигуре на клетке. белая и чёрная фигуры образуют связанную пару, если они стоят в одной строке или в одном столбце. найти максимальное и минимальное возможное число связанных пар. stmt-graph рёбра между двумя равными частями решётки \\([8]\\times[8]\\) ai_checked пусть \\([8]\\times[8]=w\\sqcup b\\), где \\(|w|=|b|=32\\). рассматривается двудольный граф с долями \\(w\\) и \\(b\\), в котором две пары координат соединены ребром тогда и только тогда, когда у них совпадает первая или вторая координата. найдите минимальное и максимальное возможное число рёбер такого графа. bipartite_graph degree idea-row-column-upper-bound максимум получается из баланса в каждой строке и каждом столбце если в строке стоит \\(x\\) белых и \\(8-x\\) чёрных фигур, то эта строка даёт \\(x(8-x)\\le16\\) связанных пар. такая же оценка действует для каждого столбца. суммирование даёт верхнюю границу, а шахматная раскраска её достигает. degree_counting extremal_choice ai_checked idea-minimum-by-column-degree-sums для минимума считать вклады фигур по столбцам в опубликованном решении нижняя оценка выводится через сумму чисел связанных пар, в которых участвуют фигуры фиксированного столбца. для доски \\(2k\\times2k\\) каждая такая сумма не меньше \\(2k^2\\); после суммирования по столбцам каждая пара посчитана дважды. degree_counting double_counting ai_checked solution-extrema оценки и конструкции ai_checked double_counting degree_counting double_counting goal_exact_bound ответ: минимум равен \\(128\\), максимум равен \\(256\\). пусть в \\(i\\)-й строке стоит \\(w_i\\) белых фигур, а в \\(j\\)-м столбце стоит \\(c_j\\) белых фигур. тогда в этой строке число связанных разноцветных пар равно \\[ w_i(8-w_i), \\] потому что каждую белую фигуру можно соединить с каждой чёрной фигурой той же строки. аналогично столбец \\(j\\) даёт \\(c_j(8-c_j)\\) пар. каждая связанная пара лежит либо в одной строке, либо в одном столбце, но не в обоих сразу, потому что две разные фигуры не могут стоять в одной клетке. поэтому общее число связанных пар равно \\[ e=\\sum_{i=1}^8 w_i(8-w_i)+\\sum_{j=1}^8 c_j(8-c_j). \\] максимум получается сразу. для любого \\(x\\in\\{0,1,\\ldots,8\\}\\) имеем \\(x(8-x)\\le 16\\), причём равенство достигается только при \\(x=4\\). значит, строки дают не больше \\(8\\cdot16=128\\) пар и столбцы дают не больше \\(128\\) пар, всего не больше \\(256\\). шахматная раскраска клеток в белый… miklos-schweitzer-1953-p2-chessboard-related-pairs svyazannye pary belyh i chernyh figur na shahmatnoy doske, schweitzer 1953/2 graph_model degree_counting double_counting extremal_choice goal_exact_bound 1953 contests in higher mathematics, hungary 1949-1961, schweitzer 1953 problem 2 https://real-eod.mtak.hu/14558/1/akademiaikiado_007070.pdf miklos miklos1953 problem_and_solution schweitzer schweitzer1953 src-miklos-schweitzer-1953-p2-old-book with_solution ? contests in higher mathematics, hungary 1949-1961, schweitzer 1953 problem 2 stmt-original uslovie source_verified na shahmatnoy doske \\(8\\times8\\) rasstavleny 32 belye i 32 chernye figury, po odnoy figure na kletke. belaya i chernaya figury obrazuyut svyazannuyu paru, esli oni stoyat v odnoy stroke ili v odnom stolbtse. nayti maksimalnoe i minimalnoe vozmozhnoe chislo svyazannyh par. stmt-graph rebra mezhdu dvumya ravnymi chastyami reshetki \\([8]\\times[8]\\) ai_checked pust \\([8]\\times[8]=w\\sqcup b\\), gde \\(|w|=|b|=32\\). rassmatrivaetsya dvudolnyy graf s dolyami \\(w\\) i \\(b\\), v kotorom dve pary koordinat soedineny rebrom togda i tolko togda, kogda u nih sovpadaet pervaya ili vtoraya koordinata. naydite minimalnoe i maksimalnoe vozmozhnoe chislo reber takogo grafa. bipartite_graph degree idea-row-column-upper-bound maksimum poluchaetsya iz balansa v kazhdoy stroke i kazhdom stolbtse esli v stroke stoit \\(x\\) belyh i \\(8-x\\) chernyh figur, to eta stroka daet \\(x(8-x)\\le16\\) svyazannyh par. takaya zhe otsenka deystvuet dlya kazhdogo stolbtsa. summirovanie daet verhnyuyu granitsu, a shahmatnaya raskraska ee dostigaet. degree_counting extremal_choice ai_checked idea-minimum-by-column-degree-sums dlya minimuma schitat vklady figur po stolbtsam v opublikovannom reshenii nizhnyaya otsenka vyvoditsya cherez summu chisel svyazannyh par, v kotoryh uchastvuyut figury fiksirovannogo stolbtsa. dlya doski \\(2k\\times2k\\) kazhdaya takaya summa ne menshe \\(2k^2\\); posle summirovaniya po stolbtsam kazhdaya para poschitana dvazhdy. degree_counting double_counting ai_checked solution-extrema otsenki i konstruktsii ai_checked double_counting degree_counting double_counting goal_exact_bound otvet: minimum raven \\(128\\), maksimum raven \\(256\\). pust v \\(i\\)-y stroke stoit \\(w_i\\) belyh figur, a v \\(j\\)-m stolbtse stoit \\(c_j\\) belyh figur. togda v etoy stroke chislo svyazannyh raznotsvetnyh par ravno \\[ w_i(8-w_i), \\] potomu chto kazhduyu beluyu figuru mozhno soedinit s kazhdoy chernoy figuroy toy zhe stroki. analogichno stolbets \\(j\\) daet \\(c_j(8-c_j)\\) par. kazhdaya svyazannaya para lezhit libo v odnoy stroke, libo v odnom stolbtse, no ne v oboih srazu, potomu chto dve raznye figury ne mogut stoyat v odnoy kletke. poetomu obschee chislo svyazannyh par ravno \\[ e=\\sum_{i=1}^8 w_i(8-w_i)+\\sum_{j=1}^8 c_j(8-c_j). \\] maksimum poluchaetsya srazu. dlya lyubogo \\(x\\in\\{0,1,\\ldots,8\\}\\) imeem \\(x(8-x)\\le 16\\), prichem ravenstvo dostigaetsya tolko pri \\(x=4\\). znachit, stroki dayut ne bolshe \\(8\\cdot16=128\\) par i stolbtsy dayut ne bolshe \\(128\\) par, vsego ne bolshe \\(256\\). shahmatnaya raskraska kletok v belyy…","source_keys":["miklos"]}
{"id":"miklos-schweitzer-1954-p9-translated-broken-line-intersection","title":"Сдвиги простой ломаной на доли вектора, Schweitzer 1954/9","path":"data\\problems\\miklos-schweitzer\\miklos-schweitzer-1954-p9-translated-broken-line-intersection.yaml","raw_github_url":"https://raw.githubusercontent.com/didin-maxim/knowledge_graph_of_graphs/main/data/problems/miklos-schweitzer/miklos-schweitzer-1954-p9-translated-broken-line-intersection.yaml","viewer_url":"https://didin-maxim.github.io/knowledge_graph_of_graphs/#miklos-schweitzer-1954-p9-translated-broken-line-intersection","source_key":"miklos","source_label":"Schweitzer","source_titles":["Contests in Higher Mathematics, Hungary 1949-1961, Schweitzer 1954 Problem 9"],"year":"1954","type":"olympiad_problem","authors":[],"tags":["planar_graphs","connectivity","induction","graph_model","goal_proof","goal_impossibility"],"agent_topics":[],"difficulty":{"main":"national_final_hard","local_score":7,"comment":"Топологическая геометрия простой ломаной: формулировка короткая, но основная лемма о разделении полосы нетривиальна.","status":"ai_checked"},"review_status":"ai_checked","public_ready":true,"solution_state":"with_solution","solution_classification":{"type":"heavy_external_theorem_application","label":"решение через внешнюю теорему о горизонтальных хордах","status":"ai_checked","confidence":0.9,"basis":"high-reasoning pass 2026-05-17: локальная strip-лемма не закрыта элементарно, но задача прямо следует из Horizontal Chord Theorem для плоских кривых","notes":"Карточка не заявляет самодостаточное доказательство топологической теоремы о хордах. После ее принятия первая часть сводится к подломаной между \\(A\\) и \\(A+v\\). Отрицательная часть записана явно через функцию \\(\\sin^2(\\pi x/a)-x\\sin^2(\\pi/a)\\) и кусочно-линейную аппроксимацию с сохранением отсутствия хорды.","external_theorem_ids":["Horizontal Chord Theorem for plane curves"],"audit_source":"miklos-schweitzer-1954-p9-high-reasoning-2026-05-17"},"statements":{"original":[{"id":"stmt-original","title":"Условие","status":"source_verified","text":"Пусть \\(p\\) - связная незамкнутая ломаная без самопересечений на плоскости, а \\(v\\ne0\\) - вектор. Докажите: если \\(p\\) имеет общую точку со своим сдвигом \\(p+v\\), то для каждого положительного целого \\(n\\) ломаная \\(p\\) имеет общую точку и со сдвигом \\(p+v/n\\). Верно ли аналогичное утверждение для других положительных коэффициентов \\(a\\), то есть для сдвига \\(p+av\\)?","definition_ids":["path"]}]},"solutions":[{"id":"sol-strip-induction","title":"Решение через внешнюю теорему о горизонтальных хордах","status":"ai_checked","definition_ids":["path"],"standard_idea_ids":["induction"],"tags":["connectivity","induction","planar_graphs"],"has_text":true,"text_preview":"Используем внешнюю топологическую теорему о горизонтальных хордах: если непрерывная плоская кривая соединяет точки \\(A\\) и \\(B\\), то для каждого положительного целого \\(k\\) на этой кривой найдутся две точки \\(C,D\\), такие что \\(\\overrightarrow{AB}=k\\overrightarrow{CD}\\). Для графиков функций это классическая теорема Леви об универсальной хорде; в плоской форме для кривых это именно тот топологический шаг, который не разворачивается в официальном источнике. Пусть \\(p\\cap(p+v)\\ne\\varnothing\\). Тогда существуют две точки \\(A,A+v\\) на \\(p\\). Возьмем на \\(p\\) подломаную \\(q\\), идущую от \\(A\\) до \\(A+v\\). Она является непрерывной простой плоской кривой с концами, различающимися на \\(v\\). Применяя внешнюю теорему к кривой \\(q\\) и числу \\(n\\), получаем точки \\(C,D\\in q\\) с \\(\\overrightarrow{CD}=v/n\\). Тогда \\(D=C+v/n\\), то есть точка \\(D\\) лежит одновременно на \\(q\\) и на \\(q+v/n\\). Значит \\(q\\…"}],"relations":[],"search_text":"miklos-schweitzer-1954-p9-translated-broken-line-intersection сдвиги простой ломаной на доли вектора, schweitzer 1954/9 planar_graphs connectivity induction graph_model goal_proof goal_impossibility 1954 contests in higher mathematics, hungary 1949-1961, schweitzer 1954 problem 9 https://real-eod.mtak.hu/14558/1/akademiaikiado_007070.pdf miklos miklos1954 problem_and_solution schweitzer schweitzer1954 src-miklos-schweitzer-1954-p9-old-book with_solution ? contests in higher mathematics, hungary 1949-1961, schweitzer 1954 problem 9 stmt-original условие source_verified пусть \\(p\\) - связная незамкнутая ломаная без самопересечений на плоскости, а \\(v\\ne0\\) - вектор. докажите: если \\(p\\) имеет общую точку со своим сдвигом \\(p+v\\), то для каждого положительного целого \\(n\\) ломаная \\(p\\) имеет общую точку и со сдвигом \\(p+v/n\\). верно ли аналогичное утверждение для других положительных коэффициентов \\(a\\), то есть для сдвига \\(p+av\\)? path idea-reduce-to-finite-subpath оставить участок между соответствующими точками если точка \\(a'\\) лежит одновременно на \\(p\\) и на \\(p+v\\), то точка \\(a=a'-v\\) тоже лежит на \\(p\\). достаточно рассматривать конечную часть ломаной от \\(a\\) до \\(a'\\), потому что именно она соединяет два соответствующих положения, отличающихся на \\(v\\). graph_model extremal_choice ai_checked idea-strip-lemma внешняя теорема о горизонтальных хордах ключевой внешний факт можно брать в форме horizontal chord theorem: если непрерывная плоская кривая соединяет точки \\(a\\) и \\(b\\), то для каждого положительного целого \\(k\\) на ней есть две точки \\(c,d\\), для которых \\(\\overrightarrow{ab}=k\\overrightarrow{cd}\\). это именно топологический шаг, который в старом официальном плане был выражен через strip-лемму для параллельных сдвигов. planar_graphs connectivity ai_checked sol-strip-induction решение через внешнюю теорему о горизонтальных хордах ai_checked path induction connectivity induction planar_graphs используем внешнюю топологическую теорему о горизонтальных хордах: если непрерывная плоская кривая соединяет точки \\(a\\) и \\(b\\), то для каждого положительного целого \\(k\\) на этой кривой найдутся две точки \\(c,d\\), такие что \\(\\overrightarrow{ab}=k\\overrightarrow{cd}\\). для графиков функций это классическая теорема леви об универсальной хорде; в плоской форме для кривых это именно тот топологический шаг, который не разворачивается в официальном источнике. пусть \\(p\\cap(p+v)\\ne\\varnothing\\). тогда существуют две точки \\(a,a+v\\) на \\(p\\). возьмем на \\(p\\) подломаную \\(q\\), идущую от \\(a\\) до \\(a+v\\). она является непрерывной простой плоской кривой с концами, различающимися на \\(v\\). применяя внешнюю теорему к кривой \\(q\\) и числу \\(n\\), получаем точки \\(c,d\\in q\\) с \\(\\overrightarrow{cd}=v/n\\). тогда \\(d=c+v/n\\), то есть точка \\(d\\) лежит одновременно на \\(q\\) и на \\(q+v/n\\). значит \\(q\\… miklos-schweitzer-1954-p9-translated-broken-line-intersection sdvigi prostoy lomanoy na doli vektora, schweitzer 1954/9 planar_graphs connectivity induction graph_model goal_proof goal_impossibility 1954 contests in higher mathematics, hungary 1949-1961, schweitzer 1954 problem 9 https://real-eod.mtak.hu/14558/1/akademiaikiado_007070.pdf miklos miklos1954 problem_and_solution schweitzer schweitzer1954 src-miklos-schweitzer-1954-p9-old-book with_solution ? contests in higher mathematics, hungary 1949-1961, schweitzer 1954 problem 9 stmt-original uslovie source_verified pust \\(p\\) - svyaznaya nezamknutaya lomanaya bez samoperesecheniy na ploskosti, a \\(v\\ne0\\) - vektor. dokazhite: esli \\(p\\) imeet obschuyu tochku so svoim sdvigom \\(p+v\\), to dlya kazhdogo polozhitelnogo tselogo \\(n\\) lomanaya \\(p\\) imeet obschuyu tochku i so sdvigom \\(p+v/n\\). verno li analogichnoe utverzhdenie dlya drugih polozhitelnyh koeffitsientov \\(a\\), to est dlya sdviga \\(p+av\\)? path idea-reduce-to-finite-subpath ostavit uchastok mezhdu sootvetstvuyuschimi tochkami esli tochka \\(a'\\) lezhit odnovremenno na \\(p\\) i na \\(p+v\\), to tochka \\(a=a'-v\\) tozhe lezhit na \\(p\\). dostatochno rassmatrivat konechnuyu chast lomanoy ot \\(a\\) do \\(a'\\), potomu chto imenno ona soedinyaet dva sootvetstvuyuschih polozheniya, otlichayuschihsya na \\(v\\). graph_model extremal_choice ai_checked idea-strip-lemma vneshnyaya teorema o gorizontalnyh hordah klyuchevoy vneshniy fakt mozhno brat v forme horizontal chord theorem: esli nepreryvnaya ploskaya krivaya soedinyaet tochki \\(a\\) i \\(b\\), to dlya kazhdogo polozhitelnogo tselogo \\(k\\) na ney est dve tochki \\(c,d\\), dlya kotoryh \\(\\overrightarrow{ab}=k\\overrightarrow{cd}\\). eto imenno topologicheskiy shag, kotoryy v starom ofitsialnom plane byl vyrazhen cherez strip-lemmu dlya parallelnyh sdvigov. planar_graphs connectivity ai_checked sol-strip-induction reshenie cherez vneshnyuyu teoremu o gorizontalnyh hordah ai_checked path induction connectivity induction planar_graphs ispolzuem vneshnyuyu topologicheskuyu teoremu o gorizontalnyh hordah: esli nepreryvnaya ploskaya krivaya soedinyaet tochki \\(a\\) i \\(b\\), to dlya kazhdogo polozhitelnogo tselogo \\(k\\) na etoy krivoy naydutsya dve tochki \\(c,d\\), takie chto \\(\\overrightarrow{ab}=k\\overrightarrow{cd}\\). dlya grafikov funktsiy eto klassicheskaya teorema levi ob universalnoy horde; v ploskoy forme dlya krivyh eto imenno tot topologicheskiy shag, kotoryy ne razvorachivaetsya v ofitsialnom istochnike. pust \\(p\\cap(p+v)\\ne\\varnothing\\). togda suschestvuyut dve tochki \\(a,a+v\\) na \\(p\\). vozmem na \\(p\\) podlomanuyu \\(q\\), iduschuyu ot \\(a\\) do \\(a+v\\). ona yavlyaetsya nepreryvnoy prostoy ploskoy krivoy s kontsami, razlichayuschimisya na \\(v\\). primenyaya vneshnyuyu teoremu k krivoy \\(q\\) i chislu \\(n\\), poluchaem tochki \\(c,d\\in q\\) s \\(\\overrightarrow{cd}=v/n\\). togda \\(d=c+v/n\\), to est tochka \\(d\\) lezhit odnovremenno na \\(q\\) i na \\(q+v/n\\). znachit \\(q\\…","source_keys":["miklos"]}
{"id":"miklos-schweitzer-1956-p3-convex-polygon-triangulations","title":"Триангуляции выпуклого многоугольника, Schweitzer 1956/3","path":"data\\problems\\miklos-schweitzer\\miklos-schweitzer-1956-p3-convex-polygon-triangulations.yaml","raw_github_url":"https://raw.githubusercontent.com/didin-maxim/knowledge_graph_of_graphs/main/data/problems/miklos-schweitzer/miklos-schweitzer-1956-p3-convex-polygon-triangulations.yaml","viewer_url":"https://didin-maxim.github.io/knowledge_graph_of_graphs/#miklos-schweitzer-1956-p3-convex-polygon-triangulations","source_key":"miklos","source_label":"Schweitzer","source_titles":["Contests in Higher Mathematics, Hungary 1949-1961, Schweitzer 1956 Problem 3"],"year":"1956","type":"olympiad_problem","authors":[],"tags":["planar_graphs","trees","induction","double_counting","goal_counting"],"agent_topics":[],"difficulty":{"main":"national_final_medium","local_score":5,"comment":"Классическая каталанова рекурсия плюс отдельный аккуратный подсчет специального подкласса триангуляций.","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":"агент grouped classification","audit_source":"agent-university-archives.json"},"statements":{"original":[{"id":"stmt-original","title":"Условие","status":"source_verified","text":"Триангуляцией выпуклого замкнутого многоугольника называется разбиение его на треугольники диагоналями, не пересекающимися во внутренних точках. Найдите число всех триангуляций выпуклого \\(n\\)-угольника, а также число тех триангуляций, в которых каждый треугольник имеет хотя бы одну сторону, общую с данным \\(n\\)-угольником.","definition_ids":["planar_graph"]}],"graph_theory":[{"id":"stmt-graph","title":"Формулировка через внешнепланарные графы","status":"ai_checked","text":"Посчитать максимальные внешнепланарные графы на фиксированном цикле из \\(n\\) вершин: сначала все такие графы, а затем те, у которых каждая внутренняя грань-треугольник содержит хотя бы одно ребро исходного внешнего цикла.","definition_ids":["planar_graph","cycle"]}]},"solutions":[{"id":"sol-catalan-and-boundary","title":"Рекурсии и производящая функция","status":"ai_checked","definition_ids":[],"standard_idea_ids":["induction","double_counting"],"tags":["planar_graphs","double_counting","induction","goal_counting"],"has_text":true,"text_preview":"Обозначим через \\(a_n\\) число всех триангуляций выпуклого \\(n\\)-угольника и положим \\(a_2=1\\). Если фиксировать сторону \\(AB\\) и выбирать третью вершину \\(C_k\\) треугольника, содержащего \\(AB\\), то две оставшиеся части имеют \\(k+1\\) и \\(n-k\\) сторон. Поэтому \\(a_n=\\sum_{k=1}^{n-2} a_{k+1}a_{n-k}\\). Это стандартная рекурсия Каталана, откуда \\(a_n=\\frac{1}{n-1}\\binom{2n-4}{n-2}\\). Для второго подсчета введем \\(u_n\\): число триангуляций \\(n\\)-угольника с выделенной базой, в которых каждый треугольник имеет сторону исходного многоугольника, отличную от базы. Тогда \\(u_3=1\\), а при \\(n\\ge4\\) у базы можно удалить один из двух крайних треугольников, получая \\(u_n=2u_{n-1}\\), значит \\(u_n=2^{n-3}\\). Возвращаясь к исходному \\(n\\)-угольнику и суммируя по третьей вершине корневого треугольника при фиксированной стороне, получаем для \\(n\\ge4\\) число специальных триангуляций \\(n\\cdot 2^{n-5}\\); для…"}],"relations":[{"id":"rel-imc-2006-p1a-miklos-schweitzer-triangulation","neighbor_id":"imc-2006-day2-p1a-polygon-triangulation-all-odd","direction":"backward","type":"same_motif","distance":2,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-imc-2006-p1b-miklos-schweitzer-triangulation","neighbor_id":"imc-2006-day2-p1b-polygon-triangulation-two-even","direction":"backward","type":"same_motif","distance":2,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-schweitzer-1956-p3-imc-2006-triangulations","neighbor_id":"imc-2006-day2-p1-polygon-triangulation-parity","direction":"forward","type":"same_motif","distance":3,"status":"needs_human_review"}],"search_text":"miklos-schweitzer-1956-p3-convex-polygon-triangulations триангуляции выпуклого многоугольника, schweitzer 1956/3 planar_graphs trees induction double_counting goal_counting 1956 contests in higher mathematics, hungary 1949-1961, schweitzer 1956 problem 3 https://real-eod.mtak.hu/14558/1/akademiaikiado_007070.pdf miklos miklos1956 problem_and_solution schweitzer schweitzer1956 src-miklos-schweitzer-1956-p3-old-book with_solution ? contests in higher mathematics, hungary 1949-1961, schweitzer 1956 problem 3 stmt-original условие source_verified триангуляцией выпуклого замкнутого многоугольника называется разбиение его на треугольники диагоналями, не пересекающимися во внутренних точках. найдите число всех триангуляций выпуклого \\(n\\)-угольника, а также число тех триангуляций, в которых каждый треугольник имеет хотя бы одну сторону, общую с данным \\(n\\)-угольником. planar_graph stmt-graph формулировка через внешнепланарные графы ai_checked посчитать максимальные внешнепланарные графы на фиксированном цикле из \\(n\\) вершин: сначала все такие графы, а затем те, у которых каждая внутренняя грань-треугольник содержит хотя бы одно ребро исходного внешнего цикла. planar_graph cycle idea-root-triangle фиксировать сторону и корневой треугольник выберите сторону \\(ab\\). в любой триангуляции есть единственный треугольник с этой стороной; его третья вершина \\(c_k\\) разбивает многоугольник на две независимые меньшие задачи. так возникает свертка для чисел триангуляций. planar_graphs double_counting ai_checked idea-boundary-touching удалять крайний треугольник для специального условия удобно сначала считать триангуляции многоугольника с выделенной базой, где каждый треугольник имеет сторону исходного многоугольника, отличную от базы. у базы ровно два возможных крайних треугольника; удаление одного из них уменьшает число сторон на один и дает рекурсию \\(u_n=2u_{n-1}\\). induction construction ai_checked sol-catalan-and-boundary рекурсии и производящая функция ai_checked induction double_counting planar_graphs double_counting induction goal_counting обозначим через \\(a_n\\) число всех триангуляций выпуклого \\(n\\)-угольника и положим \\(a_2=1\\). если фиксировать сторону \\(ab\\) и выбирать третью вершину \\(c_k\\) треугольника, содержащего \\(ab\\), то две оставшиеся части имеют \\(k+1\\) и \\(n-k\\) сторон. поэтому \\(a_n=\\sum_{k=1}^{n-2} a_{k+1}a_{n-k}\\). это стандартная рекурсия каталана, откуда \\(a_n=\\frac{1}{n-1}\\binom{2n-4}{n-2}\\). для второго подсчета введем \\(u_n\\): число триангуляций \\(n\\)-угольника с выделенной базой, в которых каждый треугольник имеет сторону исходного многоугольника, отличную от базы. тогда \\(u_3=1\\), а при \\(n\\ge4\\) у базы можно удалить один из двух крайних треугольников, получая \\(u_n=2u_{n-1}\\), значит \\(u_n=2^{n-3}\\). возвращаясь к исходному \\(n\\)-угольнику и суммируя по третьей вершине корневого треугольника при фиксированной стороне, получаем для \\(n\\ge4\\) число специальных триангуляций \\(n\\cdot 2^{n-5}\\); для… miklos-schweitzer-1956-p3-convex-polygon-triangulations triangulyatsii vypuklogo mnogougolnika, schweitzer 1956/3 planar_graphs trees induction double_counting goal_counting 1956 contests in higher mathematics, hungary 1949-1961, schweitzer 1956 problem 3 https://real-eod.mtak.hu/14558/1/akademiaikiado_007070.pdf miklos miklos1956 problem_and_solution schweitzer schweitzer1956 src-miklos-schweitzer-1956-p3-old-book with_solution ? contests in higher mathematics, hungary 1949-1961, schweitzer 1956 problem 3 stmt-original uslovie source_verified triangulyatsiey vypuklogo zamknutogo mnogougolnika nazyvaetsya razbienie ego na treugolniki diagonalyami, ne peresekayuschimisya vo vnutrennih tochkah. naydite chislo vseh triangulyatsiy vypuklogo \\(n\\)-ugolnika, a takzhe chislo teh triangulyatsiy, v kotoryh kazhdyy treugolnik imeet hotya by odnu storonu, obschuyu s dannym \\(n\\)-ugolnikom. planar_graph stmt-graph formulirovka cherez vneshneplanarnye grafy ai_checked poschitat maksimalnye vneshneplanarnye grafy na fiksirovannom tsikle iz \\(n\\) vershin: snachala vse takie grafy, a zatem te, u kotoryh kazhdaya vnutrennyaya gran-treugolnik soderzhit hotya by odno rebro ishodnogo vneshnego tsikla. planar_graph cycle idea-root-triangle fiksirovat storonu i kornevoy treugolnik vyberite storonu \\(ab\\). v lyuboy triangulyatsii est edinstvennyy treugolnik s etoy storonoy; ego tretya vershina \\(c_k\\) razbivaet mnogougolnik na dve nezavisimye menshie zadachi. tak voznikaet svertka dlya chisel triangulyatsiy. planar_graphs double_counting ai_checked idea-boundary-touching udalyat krayniy treugolnik dlya spetsialnogo usloviya udobno snachala schitat triangulyatsii mnogougolnika s vydelennoy bazoy, gde kazhdyy treugolnik imeet storonu ishodnogo mnogougolnika, otlichnuyu ot bazy. u bazy rovno dva vozmozhnyh kraynih treugolnika; udalenie odnogo iz nih umenshaet chislo storon na odin i daet rekursiyu \\(u_n=2u_{n-1}\\). induction construction ai_checked sol-catalan-and-boundary rekursii i proizvodyaschaya funktsiya ai_checked induction double_counting planar_graphs double_counting induction goal_counting oboznachim cherez \\(a_n\\) chislo vseh triangulyatsiy vypuklogo \\(n\\)-ugolnika i polozhim \\(a_2=1\\). esli fiksirovat storonu \\(ab\\) i vybirat tretyu vershinu \\(c_k\\) treugolnika, soderzhaschego \\(ab\\), to dve ostavshiesya chasti imeyut \\(k+1\\) i \\(n-k\\) storon. poetomu \\(a_n=\\sum_{k=1}^{n-2} a_{k+1}a_{n-k}\\). eto standartnaya rekursiya katalana, otkuda \\(a_n=\\frac{1}{n-1}\\binom{2n-4}{n-2}\\). dlya vtorogo podscheta vvedem \\(u_n\\): chislo triangulyatsiy \\(n\\)-ugolnika s vydelennoy bazoy, v kotoryh kazhdyy treugolnik imeet storonu ishodnogo mnogougolnika, otlichnuyu ot bazy. togda \\(u_3=1\\), a pri \\(n\\ge4\\) u bazy mozhno udalit odin iz dvuh kraynih treugolnikov, poluchaya \\(u_n=2u_{n-1}\\), znachit \\(u_n=2^{n-3}\\). vozvraschayas k ishodnomu \\(n\\)-ugolniku i summiruya po tretey vershine kornevogo treugolnika pri fiksirovannoy storone, poluchaem dlya \\(n\\ge4\\) chislo spetsialnyh triangulyatsiy \\(n\\cdot 2^{n-5}\\); dlya…","source_keys":["miklos"]}
{"id":"miklos-schweitzer-1959-p10-even-circuit-edge-bound","title":"Чётный цикл в графе с 2n+1 вершинами и 3n+1 рёбрами, Schweitzer 1959/10","path":"data\\problems\\miklos-schweitzer\\miklos-schweitzer-1959-p10-even-circuit-edge-bound.yaml","raw_github_url":"https://raw.githubusercontent.com/didin-maxim/knowledge_graph_of_graphs/main/data/problems/miklos-schweitzer/miklos-schweitzer-1959-p10-even-circuit-edge-bound.yaml","viewer_url":"https://didin-maxim.github.io/knowledge_graph_of_graphs/#miklos-schweitzer-1959-p10-even-circuit-edge-bound","source_key":"miklos","source_label":"Schweitzer","source_titles":["Contests in Higher Mathematics, Hungary 1949-1961, Schweitzer 1959 Problem 10"],"year":"1959","type":"olympiad_problem","authors":[],"tags":["extremal_graph_theory","trees","extremal_choice","construction","goal_exact_bound"],"agent_topics":[],"difficulty":{"main":"national_final_medium","local_score":6,"comment":"Короткая экстремальная задача: ключевой ход - максимальный лес и фундаментальные циклы; затем нужна аккуратная проверка чётности и пример на точность.","status":"ai_checked"},"review_status":"ai_checked","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":"агент grouped classification","audit_source":"agent-university-archives.json"},"statements":{"original":[{"id":"stmt-original","title":"Условие","status":"source_verified","text":"Докажите, что если граф с \\(2n+1\\) вершинами имеет не менее \\(3n+1\\) рёбер, то в нём есть контур чётной длины. Докажите также, что утверждение уже неверно для \\(3n\\) рёбер. В книге под контуром понимается замкнутая самонепересекающаяся линия, то есть простой цикл.","definition_ids":["simple_graph","cycle"]}],"graph_theory":[{"id":"stmt-graph","title":"Чётный цикл в графе с 2n+1 вершинами и 3n+1 рёбрами, Schweitzer 1959/10","status":"source_verified","text":"Пусть \\(G\\) - конечный граф на \\(2n+1\\) вершинах. Если \\(|E(G)|\\ge 3n+1\\), то \\(G\\) содержит простой цикл чётной длины. Оценка точна: для каждого \\(n\\) существует граф на \\(2n+1\\) вершинах с \\(3n\\) рёбрами, в котором все циклы нечётны.","definition_ids":["simple_graph","cycle"]}]},"solutions":[{"id":"sol-official-forest-cycles","title":"Решение через максимальный лес и пересекающиеся циклы","status":"source_verified","definition_ids":[],"standard_idea_ids":["extremal_choice"],"tags":["extremal_graph_theory","trees","extremal_choice","construction","goal_exact_bound"],"has_text":true,"text_preview":"Петли исключаются смыслом задачи: если их разрешить, появляются ложные контрпримеры. Если две вершины соединены двумя разными рёбрами, то эти два ребра уже образуют чётный контур длины 2. Поэтому достаточно рассмотреть простой граф. Пусть в графе \\(2n+1\\) вершин и \\(3n+k\\) рёбер, где \\(k\\ge 1\\). Возьмём максимальное множество рёбер \\(B\\), не содержащее циклов, то есть максимальный лес. В любом лесу на \\(2n+1\\) вершинах не больше \\(2n\\) рёбер, значит, вне \\(B\\) лежит не меньше \\(n+k\\) рёбер. По максимальности \\(B\\) каждое такое ребро вместе с рёбрами леса замыкает простой цикл. Этих циклов не меньше \\(n+k\\). Если бы они не имели общих рёбер, то, поскольку граф простой и каждый цикл имеет длину хотя бы 3, они вместе содержали бы не меньше \\(3n+3k\\) рёбер. Но весь граф содержит только \\(3n+k\\) рёбер, противоречие. Следовательно, два из этих циклов имеют общее ребро. Выберем два таких цикла…"}],"relations":[],"search_text":"miklos-schweitzer-1959-p10-even-circuit-edge-bound чётный цикл в графе с 2n+1 вершинами и 3n+1 рёбрами, schweitzer 1959/10 extremal_graph_theory trees extremal_choice construction goal_exact_bound 1959 contests in higher mathematics, hungary 1949-1961, schweitzer 1959 problem 10 https://real-eod.mtak.hu/14558/1/akademiaikiado_007070.pdf miklos miklos1959 problem_and_solution schweitzer schweitzer1959 src-miklos-schweitzer-1959-p10-old-book with_solution ? contests in higher mathematics, hungary 1949-1961, schweitzer 1959 problem 10 stmt-original условие source_verified докажите, что если граф с \\(2n+1\\) вершинами имеет не менее \\(3n+1\\) рёбер, то в нём есть контур чётной длины. докажите также, что утверждение уже неверно для \\(3n\\) рёбер. в книге под контуром понимается замкнутая самонепересекающаяся линия, то есть простой цикл. simple_graph cycle stmt-graph чётный цикл в графе с 2n+1 вершинами и 3n+1 рёбрами, schweitzer 1959/10 source_verified пусть \\(g\\) - конечный граф на \\(2n+1\\) вершинах. если \\(|e(g)|\\ge 3n+1\\), то \\(g\\) содержит простой цикл чётной длины. оценка точна: для каждого \\(n\\) существует граф на \\(2n+1\\) вершинах с \\(3n\\) рёбрами, в котором все циклы нечётны. simple_graph cycle idea-maximal-forest вынести все лишние рёбра за максимальный лес в максимальном ациклическом подграфе на \\(2n+1\\) вершинах не больше \\(2n\\) рёбер. поэтому при \\(3n+k\\) рёбрах, где \\(k\\ge 1\\), вне выбранного леса остаётся хотя бы \\(n+k\\) рёбер, и каждое из них замыкает свой фундаментальный цикл. trees extremal_choice goal_bound source_verified idea-two-overlapping-cycles два пересекающихся фундаментальных цикла дают чётный цикл если бы все полученные циклы были попарно реберно непересекающимися, они потребовали бы слишком много рёбер. значит, два цикла имеют общее ребро. между двумя подходящими общими вершинами возникают три простых цикла с длинами \\(a_1+a_2\\), \\(a_1+b_1\\), \\(a_2+b_1\\); сумма этих трёх чисел чётна, поэтому хотя бы один из циклов имеет чётную длину. extremal_graph_theory parity_coloring goal_existence source_verified idea-sharpness острота: веер из треугольников контрпример для \\(3n\\) рёбер получается из \\(n\\) треугольников с одной общей вершиной и без других общих вершин. в нём \\(2n+1\\) вершина и \\(3n\\) рёбер, а каждый простой цикл является одним из треугольников. construction forbidden_triangle goal_construction source_verified sol-official-forest-cycles решение через максимальный лес и пересекающиеся циклы source_verified extremal_choice extremal_graph_theory trees extremal_choice construction goal_exact_bound петли исключаются смыслом задачи: если их разрешить, появляются ложные контрпримеры. если две вершины соединены двумя разными рёбрами, то эти два ребра уже образуют чётный контур длины 2. поэтому достаточно рассмотреть простой граф. пусть в графе \\(2n+1\\) вершин и \\(3n+k\\) рёбер, где \\(k\\ge 1\\). возьмём максимальное множество рёбер \\(b\\), не содержащее циклов, то есть максимальный лес. в любом лесу на \\(2n+1\\) вершинах не больше \\(2n\\) рёбер, значит, вне \\(b\\) лежит не меньше \\(n+k\\) рёбер. по максимальности \\(b\\) каждое такое ребро вместе с рёбрами леса замыкает простой цикл. этих циклов не меньше \\(n+k\\). если бы они не имели общих рёбер, то, поскольку граф простой и каждый цикл имеет длину хотя бы 3, они вместе содержали бы не меньше \\(3n+3k\\) рёбер. но весь граф содержит только \\(3n+k\\) рёбер, противоречие. следовательно, два из этих циклов имеют общее ребро. выберем два таких цикла… miklos-schweitzer-1959-p10-even-circuit-edge-bound chetnyy tsikl v grafe s 2n+1 vershinami i 3n+1 rebrami, schweitzer 1959/10 extremal_graph_theory trees extremal_choice construction goal_exact_bound 1959 contests in higher mathematics, hungary 1949-1961, schweitzer 1959 problem 10 https://real-eod.mtak.hu/14558/1/akademiaikiado_007070.pdf miklos miklos1959 problem_and_solution schweitzer schweitzer1959 src-miklos-schweitzer-1959-p10-old-book with_solution ? contests in higher mathematics, hungary 1949-1961, schweitzer 1959 problem 10 stmt-original uslovie source_verified dokazhite, chto esli graf s \\(2n+1\\) vershinami imeet ne menee \\(3n+1\\) reber, to v nem est kontur chetnoy dliny. dokazhite takzhe, chto utverzhdenie uzhe neverno dlya \\(3n\\) reber. v knige pod konturom ponimaetsya zamknutaya samoneperesekayuschayasya liniya, to est prostoy tsikl. simple_graph cycle stmt-graph chetnyy tsikl v grafe s 2n+1 vershinami i 3n+1 rebrami, schweitzer 1959/10 source_verified pust \\(g\\) - konechnyy graf na \\(2n+1\\) vershinah. esli \\(|e(g)|\\ge 3n+1\\), to \\(g\\) soderzhit prostoy tsikl chetnoy dliny. otsenka tochna: dlya kazhdogo \\(n\\) suschestvuet graf na \\(2n+1\\) vershinah s \\(3n\\) rebrami, v kotorom vse tsikly nechetny. simple_graph cycle idea-maximal-forest vynesti vse lishnie rebra za maksimalnyy les v maksimalnom atsiklicheskom podgrafe na \\(2n+1\\) vershinah ne bolshe \\(2n\\) reber. poetomu pri \\(3n+k\\) rebrah, gde \\(k\\ge 1\\), vne vybrannogo lesa ostaetsya hotya by \\(n+k\\) reber, i kazhdoe iz nih zamykaet svoy fundamentalnyy tsikl. trees extremal_choice goal_bound source_verified idea-two-overlapping-cycles dva peresekayuschihsya fundamentalnyh tsikla dayut chetnyy tsikl esli by vse poluchennye tsikly byli poparno reberno neperesekayuschimisya, oni potrebovali by slishkom mnogo reber. znachit, dva tsikla imeyut obschee rebro. mezhdu dvumya podhodyaschimi obschimi vershinami voznikayut tri prostyh tsikla s dlinami \\(a_1+a_2\\), \\(a_1+b_1\\), \\(a_2+b_1\\); summa etih treh chisel chetna, poetomu hotya by odin iz tsiklov imeet chetnuyu dlinu. extremal_graph_theory parity_coloring goal_existence source_verified idea-sharpness ostrota: veer iz treugolnikov kontrprimer dlya \\(3n\\) reber poluchaetsya iz \\(n\\) treugolnikov s odnoy obschey vershinoy i bez drugih obschih vershin. v nem \\(2n+1\\) vershina i \\(3n\\) reber, a kazhdyy prostoy tsikl yavlyaetsya odnim iz treugolnikov. construction forbidden_triangle goal_construction source_verified sol-official-forest-cycles reshenie cherez maksimalnyy les i peresekayuschiesya tsikly source_verified extremal_choice extremal_graph_theory trees extremal_choice construction goal_exact_bound petli isklyuchayutsya smyslom zadachi: esli ih razreshit, poyavlyayutsya lozhnye kontrprimery. esli dve vershiny soedineny dvumya raznymi rebrami, to eti dva rebra uzhe obrazuyut chetnyy kontur dliny 2. poetomu dostatochno rassmotret prostoy graf. pust v grafe \\(2n+1\\) vershin i \\(3n+k\\) reber, gde \\(k\\ge 1\\). vozmem maksimalnoe mnozhestvo reber \\(b\\), ne soderzhaschee tsiklov, to est maksimalnyy les. v lyubom lesu na \\(2n+1\\) vershinah ne bolshe \\(2n\\) reber, znachit, vne \\(b\\) lezhit ne menshe \\(n+k\\) reber. po maksimalnosti \\(b\\) kazhdoe takoe rebro vmeste s rebrami lesa zamykaet prostoy tsikl. etih tsiklov ne menshe \\(n+k\\). esli by oni ne imeli obschih reber, to, poskolku graf prostoy i kazhdyy tsikl imeet dlinu hotya by 3, oni vmeste soderzhali by ne menshe \\(3n+3k\\) reber. no ves graf soderzhit tolko \\(3n+k\\) reber, protivorechie. sledovatelno, dva iz etih tsiklov imeyut obschee rebro. vyberem dva takih tsikla…","source_keys":["miklos"]}
{"id":"miklos-schweitzer-2002-p2-edge-connected-short-paths","title":"Короткие рёберно-непересекающиеся пути в k-рёберно-связном графе, Schweitzer 2002/2","path":"data\\problems\\miklos-schweitzer\\miklos-schweitzer-2002-p2-edge-connected-short-paths.yaml","raw_github_url":"https://raw.githubusercontent.com/didin-maxim/knowledge_graph_of_graphs/main/data/problems/miklos-schweitzer/miklos-schweitzer-2002-p2-edge-connected-short-paths.yaml","viewer_url":"https://didin-maxim.github.io/knowledge_graph_of_graphs/#miklos-schweitzer-2002-p2-edge-connected-short-paths","source_key":"miklos","source_label":"Schweitzer","source_titles":["Miklos Schweitzer Memorial Competition 2002 задача 2, официальный PDF из архива","Zvi Galil, Xiangdong Yu, Short length versions of Menger's theorem (Extended Abstract), STOC 1995"],"year":"2002","type":"olympiad_problem","authors":[],"tags":["connectivity","degree_counting","cut_counting","goal_existence"],"agent_topics":[],"difficulty":{"main":"national_final_hard","local_score":9,"comment":"Решение опирается на короткую форму теоремы Менгера Галиля--Ю о реберно-непересекающихся путях малой длины; сама задача становится прямым применением после проверки \\(\\delta(G)\\ge k\\) и обычной реберной формы Менгера.","status":"ai_checked"},"review_status":"ai_checked","public_ready":true,"solution_state":"with_solution","solution_classification":{"type":"ai_complete_heavy_external_theorem_application","label":"применение тяжелой внешней теоремы","status":"ai_checked","confidence":0.9,"basis":"группа C аудит 2026-05-06 plus Galil--Yu STOC 1995 reference","external_theorem_ids":["menger-theorem#stmt-edge-directed","Galil--Yu short-length Menger theorem"],"local_tool_solution_ids":["menger-theorem#sol-edge-form-by-flow"],"notes":"Требуемая равномерная оценка 20n/k не следует из обычной теоремы Менгера. Это именно короткая форма Менгера, которая здесь считается существенной внешней теоремой."},"statements":{"original":[{"id":"stmt-original","title":"Условие","status":"source_verified","text":"Пусть \\(G\\) - простой \\(k\\)-реберно-связный граф на \\(n\\) вершинах, а \\(u\\) и \\(v\\) - две различные вершины \\(G\\). Докажите, что существуют \\(k\\) попарно реберно-непересекающихся путей из \\(u\\) в \\(v\\), каждый из которых имеет не более \\(20n/k\\) ребер.","definition_ids":["simple_graph","connected_graph","graph_cut","path"]}]},"solutions":[{"id":"sol-short-length-menger-galil-yu","title":"Применение короткой формы теоремы Менгера Галиля--Ю","status":"ai_checked","definition_ids":["simple_graph","connected_graph","graph_cut","path","degree"],"standard_idea_ids":["augmenting_path_method"],"tags":[],"has_text":true,"text_preview":"Используем короткую форму теоремы Менгера Галиля--Ю как внешний инструмент: если в простом \\(N\\)-вершинном графе есть \\(q\\) попарно реберно-непересекающихся путей между \\(a\\) и \\(b\\), а \\(\\delta(H)\\ge q\\), то эти \\(q\\) путей можно выбрать так, что каждый имеет длину не больше \\(20N/q\\). В этой карточке этот результат не считается школьной леммой: известное доказательство использует поток минимальной стоимости, двойственность и специальный подсчет по уровням. Остается проверить только редукцию. Так как \\(G\\) является \\(k\\)-реберно-связным, каждый разрез, отделяющий \\(u\\) от \\(v\\), содержит хотя бы \\(k\\) ребер. По обычной реберной форме теоремы Менгера существуют \\(k\\) попарно реберно-непересекающихся \\(u\\)-\\(v\\)-путей. Кроме того, \\(\\delta(G)\\ge k\\): иначе разрез, отделяющий вершину степени меньше \\(k\\) от остального графа, содержал бы меньше \\(k\\) ребер. Применяем теорему Галиля--Ю к \\(…"}],"relations":[{"id":"rel-miklos-2002-p2-menger-theorem-short-edge-version","neighbor_id":"menger-theorem","direction":"backward","type":"prerequisite","distance":1,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-miklos-2002-p2-imo-2021-c4-edge-menger","neighbor_id":"imo-2021-c4-anisotropy-menger","direction":"forward","type":"same_motif","distance":2,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-miklos-2002-p2-spbmo-2013-8-p5-menger-dominators","neighbor_id":"spbmo-2013-8-p5-capital-directed-disjoint-paths","direction":"forward","type":"same_motif","distance":3,"status":"needs_human_review"},{"id":"rel-miklos-2002-p2-kolmogorov-2014-diameter-connectivity","neighbor_id":"kolmogorov-2014-round4-diameter-cycle-length","direction":"forward","type":"same_motif","distance":3,"status":"needs_human_review"}],"search_text":"miklos-schweitzer-2002-p2-edge-connected-short-paths короткие рёберно-непересекающиеся пути в k-рёберно-связном графе, schweitzer 2002/2 connectivity degree_counting cut_counting goal_existence 2002 https://doi.org/10.1145/225058.225267 https://www.math.u-szeged.hu/tagok/mmaroti/schweitzer/schweitzer-2002-eng.pdf miklos miklos schweitzer memorial competition 2002 задача 2, официальный pdf из архива miklos2002 paper problem_and_solution schweitzer schweitzer2002 src-galil-yu-short-length-menger-stoc-1995 src-miklos-schweitzer-2002-p2-official with_solution zvi galil, xiangdong yu, short length versions of menger's theorem (extended abstract), stoc 1995 ? miklos schweitzer memorial competition 2002 задача 2, официальный pdf из архива zvi galil, xiangdong yu, short length versions of menger's theorem (extended abstract), stoc 1995 stmt-original условие source_verified пусть \\(g\\) - простой \\(k\\)-реберно-связный граф на \\(n\\) вершинах, а \\(u\\) и \\(v\\) - две различные вершины \\(g\\). докажите, что существуют \\(k\\) попарно реберно-непересекающихся путей из \\(u\\) в \\(v\\), каждый из которых имеет не более \\(20n/k\\) ребер. simple_graph connected_graph graph_cut path idea-short-length-menger короткая форма теоремы менгера нужное утверждение является прямым следствием короткой формы теоремы менгера галиля--ю: если в простом \\(n\\)-вершинном графе между двумя вершинами есть \\(q\\) реберно-непересекающихся путей и минимальная степень графа не меньше \\(q\\), то эти \\(q\\) путей можно выбрать так, что каждый имеет длину не больше \\(20n/q\\). в данной задаче \\(q=k\\), существование \\(k\\) путей дает реберная форма менгера, а минимальная степень не меньше \\(k\\) следует из \\(k\\)-реберной связности. connectivity degree_counting goal_existence ai_checked sol-short-length-menger-galil-yu применение короткой формы теоремы менгера галиля--ю ai_checked simple_graph connected_graph graph_cut path degree augmenting_path_method используем короткую форму теоремы менгера галиля--ю как внешний инструмент: если в простом \\(n\\)-вершинном графе есть \\(q\\) попарно реберно-непересекающихся путей между \\(a\\) и \\(b\\), а \\(\\delta(h)\\ge q\\), то эти \\(q\\) путей можно выбрать так, что каждый имеет длину не больше \\(20n/q\\). в этой карточке этот результат не считается школьной леммой: известное доказательство использует поток минимальной стоимости, двойственность и специальный подсчет по уровням. остается проверить только редукцию. так как \\(g\\) является \\(k\\)-реберно-связным, каждый разрез, отделяющий \\(u\\) от \\(v\\), содержит хотя бы \\(k\\) ребер. по обычной реберной форме теоремы менгера существуют \\(k\\) попарно реберно-непересекающихся \\(u\\)-\\(v\\)-путей. кроме того, \\(\\delta(g)\\ge k\\): иначе разрез, отделяющий вершину степени меньше \\(k\\) от остального графа, содержал бы меньше \\(k\\) ребер. применяем теорему галиля--ю к \\(… miklos-schweitzer-2002-p2-edge-connected-short-paths korotkie reberno-neperesekayuschiesya puti v k-reberno-svyaznom grafe, schweitzer 2002/2 connectivity degree_counting cut_counting goal_existence 2002 https://doi.org/10.1145/225058.225267 https://www.math.u-szeged.hu/tagok/mmaroti/schweitzer/schweitzer-2002-eng.pdf miklos miklos schweitzer memorial competition 2002 zadacha 2, ofitsialnyy pdf iz arhiva miklos2002 paper problem_and_solution schweitzer schweitzer2002 src-galil-yu-short-length-menger-stoc-1995 src-miklos-schweitzer-2002-p2-official with_solution zvi galil, xiangdong yu, short length versions of menger's theorem (extended abstract), stoc 1995 ? miklos schweitzer memorial competition 2002 zadacha 2, ofitsialnyy pdf iz arhiva zvi galil, xiangdong yu, short length versions of menger's theorem (extended abstract), stoc 1995 stmt-original uslovie source_verified pust \\(g\\) - prostoy \\(k\\)-reberno-svyaznyy graf na \\(n\\) vershinah, a \\(u\\) i \\(v\\) - dve razlichnye vershiny \\(g\\). dokazhite, chto suschestvuyut \\(k\\) poparno reberno-neperesekayuschihsya putey iz \\(u\\) v \\(v\\), kazhdyy iz kotoryh imeet ne bolee \\(20n/k\\) reber. simple_graph connected_graph graph_cut path idea-short-length-menger korotkaya forma teoremy mengera nuzhnoe utverzhdenie yavlyaetsya pryamym sledstviem korotkoy formy teoremy mengera galilya--yu: esli v prostom \\(n\\)-vershinnom grafe mezhdu dvumya vershinami est \\(q\\) reberno-neperesekayuschihsya putey i minimalnaya stepen grafa ne menshe \\(q\\), to eti \\(q\\) putey mozhno vybrat tak, chto kazhdyy imeet dlinu ne bolshe \\(20n/q\\). v dannoy zadache \\(q=k\\), suschestvovanie \\(k\\) putey daet rebernaya forma mengera, a minimalnaya stepen ne menshe \\(k\\) sleduet iz \\(k\\)-rebernoy svyaznosti. connectivity degree_counting goal_existence ai_checked sol-short-length-menger-galil-yu primenenie korotkoy formy teoremy mengera galilya--yu ai_checked simple_graph connected_graph graph_cut path degree augmenting_path_method ispolzuem korotkuyu formu teoremy mengera galilya--yu kak vneshniy instrument: esli v prostom \\(n\\)-vershinnom grafe est \\(q\\) poparno reberno-neperesekayuschihsya putey mezhdu \\(a\\) i \\(b\\), a \\(\\delta(h)\\ge q\\), to eti \\(q\\) putey mozhno vybrat tak, chto kazhdyy imeet dlinu ne bolshe \\(20n/q\\). v etoy kartochke etot rezultat ne schitaetsya shkolnoy lemmoy: izvestnoe dokazatelstvo ispolzuet potok minimalnoy stoimosti, dvoystvennost i spetsialnyy podschet po urovnyam. ostaetsya proverit tolko reduktsiyu. tak kak \\(g\\) yavlyaetsya \\(k\\)-reberno-svyaznym, kazhdyy razrez, otdelyayuschiy \\(u\\) ot \\(v\\), soderzhit hotya by \\(k\\) reber. po obychnoy rebernoy forme teoremy mengera suschestvuyut \\(k\\) poparno reberno-neperesekayuschihsya \\(u\\)-\\(v\\)-putey. krome togo, \\(\\delta(g)\\ge k\\): inache razrez, otdelyayuschiy vershinu stepeni menshe \\(k\\) ot ostalnogo grafa, soderzhal by menshe \\(k\\) reber. primenyaem teoremu galilya--yu k \\(…","source_keys":["miklos"]}
{"id":"miklos-schweitzer-2004-p2-quasirandom-k4-count","title":"Сравнение числа полных четырехвершинников по всем индуцированным числам ребер, Schweitzer 2004/2","path":"data\\problems\\miklos-schweitzer\\miklos-schweitzer-2004-p2-quasirandom-k4-count.yaml","raw_github_url":"https://raw.githubusercontent.com/didin-maxim/knowledge_graph_of_graphs/main/data/problems/miklos-schweitzer/miklos-schweitzer-2004-p2-quasirandom-k4-count.yaml","viewer_url":"https://didin-maxim.github.io/knowledge_graph_of_graphs/#miklos-schweitzer-2004-p2-quasirandom-k4-count","source_key":"miklos","source_label":"Schweitzer","source_titles":["Miklos Schweitzer Memorial Competition 2004 задача 2, официальный PDF из архива"],"year":"2004","type":"olympiad_problem","authors":[],"tags":["extremal_graph_theory","double_counting","forbidden_clique","goal_bound"],"agent_topics":[],"difficulty":{"main":"national_final_hard","local_score":9,"comment":"Задача требует нетривиального переноса равномерной оценки по всем подмножествам на счет малых подграфов.","status":"needs_human_review"},"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":"агент grouped classification","audit_source":"agent-university-archives.json"},"statements":{"original":[{"id":"stmt-original","title":"Условие","status":"source_verified","text":"Обозначим через \\(t(G)\\) число полных четырехвершинников в графе \\(G\\), а через \\(e_G(S)\\) - число ребер, натянутых множеством вершин \\(S\\). Пусть \\(G_1,G_2\\) - два простых графа на общем множестве вершин \\(V\\), \\(|V|=n\\), и для любого \\(S\\subseteq V\\) выполнено \\(|e_{G_1}(S)-e_{G_2}(S)|\\le n^2/1000\\). Докажите, что \\(|t(G_1)-t(G_2)|\\le n^4/1000\\).","definition_ids":["simple_graph","clique"]}],"graph_theory":[{"id":"stmt-graph","title":"Сравнение числа полных четырехвершинников по всем индуцированным числам ребер, Schweitzer 2004/2","status":"needs_human_review","text":"Пусть \\(G_1\\) и \\(G_2\\) — простые графы на общем множестве \\(V\\), \\(|V|=n\\), и для любого \\(S\\subseteq V\\) выполнено \\(|e_{G_1}(S)-e_{G_2}(S)|\\le n^2/1000\\). Докажите, что числа копий \\(K_4\\) в этих графах отличаются не более чем на \\(n^4/1000\\).","definition_ids":["simple_graph","clique"]}]},"solutions":[{"id":"sol-ai-cut-norm-counting-k4","title":"ИИ-решение через cut-норму разности матриц смежности","status":"ai_checked","definition_ids":["simple_graph","clique"],"standard_idea_ids":["double_counting"],"tags":[],"has_text":true,"text_preview":"Положим \\(\\varepsilon=1/1000\\). Для графа \\(G\\) обозначим через \\(A_G(x,y)\\) его матрицу смежности: \\(A_G(x,y)=1\\), если \\(xy\\) -- ребро, и \\(A_G(x,y)=0\\) иначе; на диагонали \\(A_G(x,x)=0\\). Пусть \\(D=A_{G_1}-A_{G_2}\\). Для \\(S\\subseteq V\\) запишем \\[ q(S)=\\sum_{\\{x,y\\}\\subset S}D(x,y)=e_{G_1}(S)-e_{G_2}(S). \\] По условию \\(|q(S)|\\le \\varepsilon n^2\\) для любого \\(S\\). Сначала выведем из этого двудольную оценку. Для любых \\(X,Y\\subseteq V\\) положим \\[ d(X,Y)=\\sum_{x\\in X,\\ y\\in Y}D(x,y), \\] где пары из \\(X\\cap Y\\) считаются в обоих направлениях, а диагональ равна нулю. Тогда \\[ d(X,Y)=q(X\\cup Y)-q(X\\setminus Y)-q(Y\\setminus X)+q(X\\cap Y). \\] Это проверяется разбиением \\(X\\cup Y\\) на \\(X\\setminus Y\\), \\(Y\\setminus X\\) и \\(X\\cap Y\\): все слагаемые между первой и второй частью, между первой и пересечением, между второй и пересечением, а также два направления внутри пересечения появляются р…"}],"relations":[],"search_text":"miklos-schweitzer-2004-p2-quasirandom-k4-count сравнение числа полных четырехвершинников по всем индуцированным числам ребер, schweitzer 2004/2 extremal_graph_theory double_counting forbidden_clique goal_bound 2004 https://www.math.u-szeged.hu/tagok/mmaroti/schweitzer/schweitzer-2004-eng.pdf miklos miklos schweitzer memorial competition 2004 задача 2, официальный pdf из архива miklos2004 problem_and_solution schweitzer schweitzer2004 src-miklos-schweitzer-2004-p2-official with_solution ? miklos schweitzer memorial competition 2004 задача 2, официальный pdf из архива stmt-original условие source_verified обозначим через \\(t(g)\\) число полных четырехвершинников в графе \\(g\\), а через \\(e_g(s)\\) - число ребер, натянутых множеством вершин \\(s\\). пусть \\(g_1,g_2\\) - два простых графа на общем множестве вершин \\(v\\), \\(|v|=n\\), и для любого \\(s\\subseteq v\\) выполнено \\(|e_{g_1}(s)-e_{g_2}(s)|\\le n^2/1000\\). докажите, что \\(|t(g_1)-t(g_2)|\\le n^4/1000\\). simple_graph clique stmt-graph сравнение числа полных четырехвершинников по всем индуцированным числам ребер, schweitzer 2004/2 needs_human_review пусть \\(g_1\\) и \\(g_2\\) — простые графы на общем множестве \\(v\\), \\(|v|=n\\), и для любого \\(s\\subseteq v\\) выполнено \\(|e_{g_1}(s)-e_{g_2}(s)|\\le n^2/1000\\). докажите, что числа копий \\(k_4\\) в этих графах отличаются не более чем на \\(n^4/1000\\). simple_graph clique idea-quasirandom-transfer рассматривать условие как слабую квазислучайную близость оценка для всех \\(s\\) контролирует квадратичную форму разности матриц смежности на индикаторах множеств. нужно перенести этот контроль с ребер на четырехвершинные полные подграфы. extremal_graph_theory double_counting needs_human_review idea-telescope-edges заменять графы по одному реберному множителю разность счетов \\(k_4\\) можно телескопировать по шести реберным множителям, сводя задачу к оценкам смешанных сумм, где один множитель - разность двух графов, а остальные ограничены индикаторами ребер. double_counting goal_bound needs_human_review sol-ai-cut-norm-counting-k4 ии-решение через cut-норму разности матриц смежности ai_checked simple_graph clique double_counting положим \\(\\varepsilon=1/1000\\). для графа \\(g\\) обозначим через \\(a_g(x,y)\\) его матрицу смежности: \\(a_g(x,y)=1\\), если \\(xy\\) -- ребро, и \\(a_g(x,y)=0\\) иначе; на диагонали \\(a_g(x,x)=0\\). пусть \\(d=a_{g_1}-a_{g_2}\\). для \\(s\\subseteq v\\) запишем \\[ q(s)=\\sum_{\\{x,y\\}\\subset s}d(x,y)=e_{g_1}(s)-e_{g_2}(s). \\] по условию \\(|q(s)|\\le \\varepsilon n^2\\) для любого \\(s\\). сначала выведем из этого двудольную оценку. для любых \\(x,y\\subseteq v\\) положим \\[ d(x,y)=\\sum_{x\\in x,\\ y\\in y}d(x,y), \\] где пары из \\(x\\cap y\\) считаются в обоих направлениях, а диагональ равна нулю. тогда \\[ d(x,y)=q(x\\cup y)-q(x\\setminus y)-q(y\\setminus x)+q(x\\cap y). \\] это проверяется разбиением \\(x\\cup y\\) на \\(x\\setminus y\\), \\(y\\setminus x\\) и \\(x\\cap y\\): все слагаемые между первой и второй частью, между первой и пересечением, между второй и пересечением, а также два направления внутри пересечения появляются р… miklos-schweitzer-2004-p2-quasirandom-k4-count sravnenie chisla polnyh chetyrehvershinnikov po vsem indutsirovannym chislam reber, schweitzer 2004/2 extremal_graph_theory double_counting forbidden_clique goal_bound 2004 https://www.math.u-szeged.hu/tagok/mmaroti/schweitzer/schweitzer-2004-eng.pdf miklos miklos schweitzer memorial competition 2004 zadacha 2, ofitsialnyy pdf iz arhiva miklos2004 problem_and_solution schweitzer schweitzer2004 src-miklos-schweitzer-2004-p2-official with_solution ? miklos schweitzer memorial competition 2004 zadacha 2, ofitsialnyy pdf iz arhiva stmt-original uslovie source_verified oboznachim cherez \\(t(g)\\) chislo polnyh chetyrehvershinnikov v grafe \\(g\\), a cherez \\(e_g(s)\\) - chislo reber, natyanutyh mnozhestvom vershin \\(s\\). pust \\(g_1,g_2\\) - dva prostyh grafa na obschem mnozhestve vershin \\(v\\), \\(|v|=n\\), i dlya lyubogo \\(s\\subseteq v\\) vypolneno \\(|e_{g_1}(s)-e_{g_2}(s)|\\le n^2/1000\\). dokazhite, chto \\(|t(g_1)-t(g_2)|\\le n^4/1000\\). simple_graph clique stmt-graph sravnenie chisla polnyh chetyrehvershinnikov po vsem indutsirovannym chislam reber, schweitzer 2004/2 needs_human_review pust \\(g_1\\) i \\(g_2\\) — prostye grafy na obschem mnozhestve \\(v\\), \\(|v|=n\\), i dlya lyubogo \\(s\\subseteq v\\) vypolneno \\(|e_{g_1}(s)-e_{g_2}(s)|\\le n^2/1000\\). dokazhite, chto chisla kopiy \\(k_4\\) v etih grafah otlichayutsya ne bolee chem na \\(n^4/1000\\). simple_graph clique idea-quasirandom-transfer rassmatrivat uslovie kak slabuyu kvazisluchaynuyu blizost otsenka dlya vseh \\(s\\) kontroliruet kvadratichnuyu formu raznosti matrits smezhnosti na indikatorah mnozhestv. nuzhno perenesti etot kontrol s reber na chetyrehvershinnye polnye podgrafy. extremal_graph_theory double_counting needs_human_review idea-telescope-edges zamenyat grafy po odnomu rebernomu mnozhitelyu raznost schetov \\(k_4\\) mozhno teleskopirovat po shesti rebernym mnozhitelyam, svodya zadachu k otsenkam smeshannyh summ, gde odin mnozhitel - raznost dvuh grafov, a ostalnye ogranicheny indikatorami reber. double_counting goal_bound needs_human_review sol-ai-cut-norm-counting-k4 ii-reshenie cherez cut-normu raznosti matrits smezhnosti ai_checked simple_graph clique double_counting polozhim \\(\\varepsilon=1/1000\\). dlya grafa \\(g\\) oboznachim cherez \\(a_g(x,y)\\) ego matritsu smezhnosti: \\(a_g(x,y)=1\\), esli \\(xy\\) -- rebro, i \\(a_g(x,y)=0\\) inache; na diagonali \\(a_g(x,x)=0\\). pust \\(d=a_{g_1}-a_{g_2}\\). dlya \\(s\\subseteq v\\) zapishem \\[ q(s)=\\sum_{\\{x,y\\}\\subset s}d(x,y)=e_{g_1}(s)-e_{g_2}(s). \\] po usloviyu \\(|q(s)|\\le \\varepsilon n^2\\) dlya lyubogo \\(s\\). snachala vyvedem iz etogo dvudolnuyu otsenku. dlya lyubyh \\(x,y\\subseteq v\\) polozhim \\[ d(x,y)=\\sum_{x\\in x,\\ y\\in y}d(x,y), \\] gde pary iz \\(x\\cap y\\) schitayutsya v oboih napravleniyah, a diagonal ravna nulyu. togda \\[ d(x,y)=q(x\\cup y)-q(x\\setminus y)-q(y\\setminus x)+q(x\\cap y). \\] eto proveryaetsya razbieniem \\(x\\cup y\\) na \\(x\\setminus y\\), \\(y\\setminus x\\) i \\(x\\cap y\\): vse slagaemye mezhdu pervoy i vtoroy chastyu, mezhdu pervoy i peresecheniem, mezhdu vtoroy i peresecheniem, a takzhe dva napravleniya vnutri peresecheniya poyavlyayutsya r…","source_keys":["miklos"]}
{"id":"miklos-schweitzer-2004-p3-planar-embedding-edge-ratio","title":"Планарный граф с неизбежно большим отношением длин ребер, Schweitzer 2004/3","path":"data\\problems\\miklos-schweitzer\\miklos-schweitzer-2004-p3-planar-embedding-edge-ratio.yaml","raw_github_url":"https://raw.githubusercontent.com/didin-maxim/knowledge_graph_of_graphs/main/data/problems/miklos-schweitzer/miklos-schweitzer-2004-p3-planar-embedding-edge-ratio.yaml","viewer_url":"https://didin-maxim.github.io/knowledge_graph_of_graphs/#miklos-schweitzer-2004-p3-planar-embedding-edge-ratio","source_key":"miklos","source_label":"Schweitzer","source_titles":["Miklos Schweitzer Memorial Competition 2004 задача 3, официальный PDF из архива","Manuel Borrazzo and Fabrizio Frati, On the Planar Edge-Length Ratio of Planar Graphs"],"year":"2004","type":"olympiad_problem","authors":[],"tags":["planar_graphs","construction","induction","goal_construction"],"agent_topics":[],"difficulty":{"main":"national_final_hard","local_score":9,"comment":"Конструктивная задача на границе планарной и геометрической теории графов; без официального решения оставлена для проверки.","status":"needs_human_review"},"review_status":"needs_human_review","public_ready":false,"solution_state":"with_solution","solution_classification":{"type":"unofficial_published","label":"опубликованное неофициальное","status":"ai_checked","confidence":0.78,"basis":"агентский аудит средней сложности","notes":"агент grouped classification","audit_source":"agent-university-archives.json"},"statements":{"original":[{"id":"stmt-original","title":"Условие","status":"source_verified","text":"Докажите, что существует константа \\(c>0\\) такая, что для любого \\(n\\ge3\\) найдется планарный граф \\(G\\) с \\(n\\) вершинами, у которого в каждом плоском вложении с прямолинейными ребрами есть пара ребер, отношение длин которых не меньше \\(cn\\).","definition_ids":["planar_graph"]}],"graph_theory":[{"id":"stmt-graph","title":"Геометрическая графовая формулировка","status":"ai_checked","text":"Существуют \\(n\\)-вершинные планарные графы, для которых нельзя выбрать прямолинейное плоское изображение с отношением максимальной и минимальной длины ребра меньше порядка \\(n\\).","definition_ids":["planar_graph"]}]},"solutions":[{"id":"sol-borrazzo-frati-nested-triangles","title":"Вложенные треугольники с линейным ростом периметра","status":"source_verified","definition_ids":["planar_graph"],"standard_idea_ids":["induction"],"tags":[],"has_text":true,"text_preview":"Решение основано на конструкции из статьи Borrazzo--Frati о планарном отношении длин рёбер. Для прямолинейного плоского рисунка \\(\\Gamma\\) обозначим через \\(\\rho(\\Gamma)\\) отношение длины самого длинного ребра к длине самого короткого. Достаточно построить для каждого \\(n\\) планарный граф, у которого во всяком таком рисунке \\(\\rho(\\Gamma)\\ge cn\\). Сначала построим плоские графы \\(H_k\\) на \\(3k\\) вершинах с выделенной внешней гранью. Граф \\(H_1\\) -- это треугольник \\(C_1=a_1b_1c_1\\). Пусть уже построен \\(H_{i-1}\\), внешняя грань которого ограничена треугольником \\(C_{i-1}=a_{i-1}b_{i-1}c_{i-1}\\). Тогда \\(H_i\\) получается так: берём новый внешний треугольник \\(C_i=a_i b_i c_i\\), помещаем \\(H_{i-1}\\) внутрь него и добавляем шесть рёбер \\(a_i a_{i-1}\\), \\(a_i b_{i-1}\\), \\(a_i c_{i-1}\\), \\(b_i b_{i-1}\\), \\(b_i c_{i-1}\\), \\(c_i c_{i-1}\\). Этот граф планарен и имеет \\(3i\\) вершин. Докажем, что…"}],"relations":[{"id":"rel-schweitzer-2004-p3-planar-edge-bound","neighbor_id":"planar-edge-bound","direction":"forward","type":"same_motif","distance":3,"status":"needs_human_review"},{"id":"rel-schweitzer-2004-p3-gabriel-straight-line-planarity","neighbor_id":"gabriel-graph-straight-line-planar","direction":"forward","type":"same_motif","distance":3,"status":"needs_human_review"},{"id":"rel-schweitzer-2004-p3-schweitzer-2020-p4-geometric-planar","neighbor_id":"miklos-schweitzer-2020-p4-axis-parallel-segments-curves-planar-graph","direction":"forward","type":"same_motif","distance":4,"status":"needs_human_review"}],"search_text":"miklos-schweitzer-2004-p3-planar-embedding-edge-ratio планарный граф с неизбежно большим отношением длин ребер, schweitzer 2004/3 planar_graphs construction induction goal_construction 2004 https://jocg.org/index.php/jocg/article/view/3096 https://www.math.u-szeged.hu/tagok/mmaroti/schweitzer/schweitzer-2004-eng.pdf manuel borrazzo and fabrizio frati, on the planar edge-length ratio of planar graphs miklos miklos schweitzer memorial competition 2004 задача 3, официальный pdf из архива miklos2004 problem_and_solution research_paper schweitzer schweitzer2004 src-borrazzo-frati-planar-edge-length-ratio src-miklos-schweitzer-2004-p3-official with_solution ? miklos schweitzer memorial competition 2004 задача 3, официальный pdf из архива manuel borrazzo and fabrizio frati, on the planar edge-length ratio of planar graphs stmt-original условие source_verified докажите, что существует константа \\(c>0\\) такая, что для любого \\(n\\ge3\\) найдется планарный граф \\(g\\) с \\(n\\) вершинами, у которого в каждом плоском вложении с прямолинейными ребрами есть пара ребер, отношение длин которых не меньше \\(cn\\). planar_graph stmt-graph геометрическая графовая формулировка ai_checked существуют \\(n\\)-вершинные планарные графы, для которых нельзя выбрать прямолинейное плоское изображение с отношением максимальной и минимальной длины ребра меньше порядка \\(n\\). planar_graph idea-forced-nesting искать конструкцию с вынужденной вложенностью естественный путь - строить планарный граф, где комбинаторика граней заставляет в любом прямолинейном вложении появляться цепочку вложенных или экранирующих структур. тогда последовательные геометрические ограничения на площади или расстояния дают большое отношение длин ребер. planar_graphs construction needs_human_review idea-area-or-separation сравнивать площади и разделения если все ребра имели бы сравнимые длины, то локальные треугольники или многоугольные барьеры давали бы слишком мало места для требуемого числа уровней. значит, в любой реализации должен возникнуть масштабный скачок. extremal_choice goal_construction needs_human_review sol-borrazzo-frati-nested-triangles вложенные треугольники с линейным ростом периметра source_verified planar_graph induction решение основано на конструкции из статьи borrazzo--frati о планарном отношении длин рёбер. для прямолинейного плоского рисунка \\(\\gamma\\) обозначим через \\(\\rho(\\gamma)\\) отношение длины самого длинного ребра к длине самого короткого. достаточно построить для каждого \\(n\\) планарный граф, у которого во всяком таком рисунке \\(\\rho(\\gamma)\\ge cn\\). сначала построим плоские графы \\(h_k\\) на \\(3k\\) вершинах с выделенной внешней гранью. граф \\(h_1\\) -- это треугольник \\(c_1=a_1b_1c_1\\). пусть уже построен \\(h_{i-1}\\), внешняя грань которого ограничена треугольником \\(c_{i-1}=a_{i-1}b_{i-1}c_{i-1}\\). тогда \\(h_i\\) получается так: берём новый внешний треугольник \\(c_i=a_i b_i c_i\\), помещаем \\(h_{i-1}\\) внутрь него и добавляем шесть рёбер \\(a_i a_{i-1}\\), \\(a_i b_{i-1}\\), \\(a_i c_{i-1}\\), \\(b_i b_{i-1}\\), \\(b_i c_{i-1}\\), \\(c_i c_{i-1}\\). этот граф планарен и имеет \\(3i\\) вершин. докажем, что… miklos-schweitzer-2004-p3-planar-embedding-edge-ratio planarnyy graf s neizbezhno bolshim otnosheniem dlin reber, schweitzer 2004/3 planar_graphs construction induction goal_construction 2004 https://jocg.org/index.php/jocg/article/view/3096 https://www.math.u-szeged.hu/tagok/mmaroti/schweitzer/schweitzer-2004-eng.pdf manuel borrazzo and fabrizio frati, on the planar edge-length ratio of planar graphs miklos miklos schweitzer memorial competition 2004 zadacha 3, ofitsialnyy pdf iz arhiva miklos2004 problem_and_solution research_paper schweitzer schweitzer2004 src-borrazzo-frati-planar-edge-length-ratio src-miklos-schweitzer-2004-p3-official with_solution ? miklos schweitzer memorial competition 2004 zadacha 3, ofitsialnyy pdf iz arhiva manuel borrazzo and fabrizio frati, on the planar edge-length ratio of planar graphs stmt-original uslovie source_verified dokazhite, chto suschestvuet konstanta \\(c>0\\) takaya, chto dlya lyubogo \\(n\\ge3\\) naydetsya planarnyy graf \\(g\\) s \\(n\\) vershinami, u kotorogo v kazhdom ploskom vlozhenii s pryamolineynymi rebrami est para reber, otnoshenie dlin kotoryh ne menshe \\(cn\\). planar_graph stmt-graph geometricheskaya grafovaya formulirovka ai_checked suschestvuyut \\(n\\)-vershinnye planarnye grafy, dlya kotoryh nelzya vybrat pryamolineynoe ploskoe izobrazhenie s otnosheniem maksimalnoy i minimalnoy dliny rebra menshe poryadka \\(n\\). planar_graph idea-forced-nesting iskat konstruktsiyu s vynuzhdennoy vlozhennostyu estestvennyy put - stroit planarnyy graf, gde kombinatorika graney zastavlyaet v lyubom pryamolineynom vlozhenii poyavlyatsya tsepochku vlozhennyh ili ekraniruyuschih struktur. togda posledovatelnye geometricheskie ogranicheniya na ploschadi ili rasstoyaniya dayut bolshoe otnoshenie dlin reber. planar_graphs construction needs_human_review idea-area-or-separation sravnivat ploschadi i razdeleniya esli vse rebra imeli by sravnimye dliny, to lokalnye treugolniki ili mnogougolnye barery davali by slishkom malo mesta dlya trebuemogo chisla urovney. znachit, v lyuboy realizatsii dolzhen vozniknut masshtabnyy skachok. extremal_choice goal_construction needs_human_review sol-borrazzo-frati-nested-triangles vlozhennye treugolniki s lineynym rostom perimetra source_verified planar_graph induction reshenie osnovano na konstruktsii iz stati borrazzo--frati o planarnom otnoshenii dlin reber. dlya pryamolineynogo ploskogo risunka \\(\\gamma\\) oboznachim cherez \\(\\rho(\\gamma)\\) otnoshenie dliny samogo dlinnogo rebra k dline samogo korotkogo. dostatochno postroit dlya kazhdogo \\(n\\) planarnyy graf, u kotorogo vo vsyakom takom risunke \\(\\rho(\\gamma)\\ge cn\\). snachala postroim ploskie grafy \\(h_k\\) na \\(3k\\) vershinah s vydelennoy vneshney granyu. graf \\(h_1\\) -- eto treugolnik \\(c_1=a_1b_1c_1\\). pust uzhe postroen \\(h_{i-1}\\), vneshnyaya gran kotorogo ogranichena treugolnikom \\(c_{i-1}=a_{i-1}b_{i-1}c_{i-1}\\). togda \\(h_i\\) poluchaetsya tak: berem novyy vneshniy treugolnik \\(c_i=a_i b_i c_i\\), pomeschaem \\(h_{i-1}\\) vnutr nego i dobavlyaem shest reber \\(a_i a_{i-1}\\), \\(a_i b_{i-1}\\), \\(a_i c_{i-1}\\), \\(b_i b_{i-1}\\), \\(b_i c_{i-1}\\), \\(c_i c_{i-1}\\). etot graf planaren i imeet \\(3i\\) vershin. dokazhem, chto…","source_keys":["miklos"]}
{"id":"miklos-schweitzer-2005-p1-high-chromatic-defined-graph","title":"Явно заданные графы с произвольно большим хроматическим числом, Schweitzer 2005/1","path":"data\\problems\\miklos-schweitzer\\miklos-schweitzer-2005-p1-high-chromatic-defined-graph.yaml","raw_github_url":"https://raw.githubusercontent.com/didin-maxim/knowledge_graph_of_graphs/main/data/problems/miklos-schweitzer/miklos-schweitzer-2005-p1-high-chromatic-defined-graph.yaml","viewer_url":"https://didin-maxim.github.io/knowledge_graph_of_graphs/#miklos-schweitzer-2005-p1-high-chromatic-defined-graph","source_key":"miklos","source_label":"Schweitzer","source_titles":["Miklos Schweitzer Memorial Competition 2005 задача 1, официальный PDF из архива"],"year":"2005","type":"olympiad_problem","authors":[],"tags":["coloring","extremal_graph_theory","goal_existence","ramsey_theory"],"agent_topics":[],"difficulty":{"main":"national_final_hard","local_score":9,"comment":"Полное решение найдено: конечная теорема Рамсея канонизирует цвета на инъективных функциях, после чего повтор цвета в последовательности длины c+1 дает монохромное ребро.","status":"ai_checked"},"review_status":"ai_checked","public_ready":true,"solution_state":"with_solution","solution_classification":{"type":"agent_solution","label":"полное решение, найденное агентом","status":"ai_checked","confidence":0.86,"basis":"агент проход высокой сложности","notes":"Полное самодостаточное решение использует конечную рамсеевскую канонизацию на инъективных словах и завершающее противоречие по принципу Дирихле.","audit_source":"agent-university-archives.json"},"statements":{"original":[{"id":"stmt-original","title":"Условие","status":"ai_checked","text":"Обозначим \\([n]=\\{1,2,\\ldots,n\\}\\). Для произвольных \\(a,b\\in\\mathbb N\\) определим неориентированный граф \\(G(a,b)\\): его вершины имеют вид \\((i,f)\\), где \\(i\\in[a]\\), а \\(f:[a]\\to[b]\\). Две вершины \\((i,f)\\) и \\((j,g)\\) соединены ребром тогда и только тогда, когда \\(i\\ne j\\), причем \\(f(k)\\ne g(k)\\) выполняется ровно для тех \\(k\\), которые строго лежат между \\(i\\) и \\(j\\), а для всех остальных \\(k\\) выполнено \\(f(k)=g(k)\\). Докажите, что для любого \\(c\\in\\mathbb N\\) существуют \\(a,b\\in\\mathbb N\\), для которых вершины \\(G(a,b)\\) нельзя правильно раскрасить в \\(c\\) цветов.","definition_ids":["simple_graph","chromatic_number"]}],"graph_theory":[{"id":"stmt-graph","title":"Явно заданные графы с произвольно большим хроматическим числом, Schweitzer 2005/1","status":"ai_checked","text":"Для \\(a,b\\in\\mathbb N\\) пусть \\(G(a,b)\\) -- простой неориентированный граф с вершинами \\((i,f)\\), где \\(i\\in[a]\\) и \\(f:[a]\\to[b]\\); вершины \\((i,f)\\) и \\((j,g)\\) смежны тогда и только тогда, когда \\(i\\ne j\\), функции \\(f,g\\) различаются ровно на индексах \\(k\\), строго лежащих между \\(i\\) и \\(j\\), и совпадают на всех остальных \\(k\\). Тогда \\(\\sup_{a,b}\\chi(G(a,b))=\\infty\\).","definition_ids":["simple_graph","chromatic_number"]}]},"solutions":[{"id":"sol-finite-ramsey-injective-words","title":"Решение через канонизацию инъективных слов по Рамсею","status":"ai_checked","definition_ids":["simple_graph","chromatic_number"],"standard_idea_ids":[],"tags":[],"has_text":true,"text_preview":"Докажем более явно: для каждого числа цветов \\(c\\) построим подходящие \\(a,b\\). Положим \\(a=c+1\\) и \\(N=2a\\). По конечной теореме Рамсея выберем такое \\(b\\), что при любой раскраске всех \\(a\\)-элементных подмножеств множества \\([b]\\) в не более чем \\(c^{a\\cdot a!}\\) цветов найдется одноцветное \\(N\\)-элементное подмножество. Покажем, что граф \\(G(a,b)\\) не допускает правильной раскраски в \\(c\\) цветов. Предположим противное, и пусть \\(\\gamma(i,f)\\in[c]\\) -- правильная раскраска вершин \\(G(a,b)\\). Каждому \\(a\\)-элементному множеству \\(S=\\{s_1<\\cdots<s_a\\}\\subset[b]\\) сопоставим его таблицу цветов: для каждой перестановки \\(\\pi\\) множества \\([a]\\) и каждого индекса \\(r\\in[a]\\) записываем цвет вершины \\((r,f_{S,\\pi})\\), где \\(f_{S,\\pi}(k)=s_{\\pi(k)}\\). Таких таблиц не больше \\(c^{a\\cdot a!}\\), поэтому по выбору \\(b\\) существует множество \\(B\\subset[b]\\), \\(|B|=2a\\), на котором эта таблица о…"}],"relations":[{"id":"rel-miklos-2005-p1-finite-ramsey-classical","neighbor_id":"ramsey-r33","direction":"forward","type":"same_motif","distance":4,"status":"needs_human_review"},{"id":"rel-miklos-2005-p1-imc-2022-high-chromatic","neighbor_id":"imc-2022-day1-p4-triples-chromatic-loglog","direction":"forward","type":"same_motif","distance":3,"status":"needs_human_review"}],"search_text":"miklos-schweitzer-2005-p1-high-chromatic-defined-graph явно заданные графы с произвольно большим хроматическим числом, schweitzer 2005/1 coloring extremal_graph_theory goal_existence ramsey_theory 2005 https://www.math.u-szeged.hu/tagok/mmaroti/schweitzer/schweitzer-2005.pdf miklos miklos schweitzer memorial competition 2005 задача 1, официальный pdf из архива miklos2005 schweitzer schweitzer2005 src-miklos-schweitzer-2005-p1-official statement with_solution ? miklos schweitzer memorial competition 2005 задача 1, официальный pdf из архива stmt-original условие ai_checked обозначим \\([n]=\\{1,2,\\ldots,n\\}\\). для произвольных \\(a,b\\in\\mathbb n\\) определим неориентированный граф \\(g(a,b)\\): его вершины имеют вид \\((i,f)\\), где \\(i\\in[a]\\), а \\(f:[a]\\to[b]\\). две вершины \\((i,f)\\) и \\((j,g)\\) соединены ребром тогда и только тогда, когда \\(i\\ne j\\), причем \\(f(k)\\ne g(k)\\) выполняется ровно для тех \\(k\\), которые строго лежат между \\(i\\) и \\(j\\), а для всех остальных \\(k\\) выполнено \\(f(k)=g(k)\\). докажите, что для любого \\(c\\in\\mathbb n\\) существуют \\(a,b\\in\\mathbb n\\), для которых вершины \\(g(a,b)\\) нельзя правильно раскрасить в \\(c\\) цветов. simple_graph chromatic_number stmt-graph явно заданные графы с произвольно большим хроматическим числом, schweitzer 2005/1 ai_checked для \\(a,b\\in\\mathbb n\\) пусть \\(g(a,b)\\) -- простой неориентированный граф с вершинами \\((i,f)\\), где \\(i\\in[a]\\) и \\(f:[a]\\to[b]\\); вершины \\((i,f)\\) и \\((j,g)\\) смежны тогда и только тогда, когда \\(i\\ne j\\), функции \\(f,g\\) различаются ровно на индексах \\(k\\), строго лежащих между \\(i\\) и \\(j\\), и совпадают на всех остальных \\(k\\). тогда \\(\\sup_{a,b}\\chi(g(a,b))=\\infty\\). simple_graph chromatic_number sol-finite-ramsey-injective-words решение через канонизацию инъективных слов по рамсею ai_checked simple_graph chromatic_number докажем более явно: для каждого числа цветов \\(c\\) построим подходящие \\(a,b\\). положим \\(a=c+1\\) и \\(n=2a\\). по конечной теореме рамсея выберем такое \\(b\\), что при любой раскраске всех \\(a\\)-элементных подмножеств множества \\([b]\\) в не более чем \\(c^{a\\cdot a!}\\) цветов найдется одноцветное \\(n\\)-элементное подмножество. покажем, что граф \\(g(a,b)\\) не допускает правильной раскраски в \\(c\\) цветов. предположим противное, и пусть \\(\\gamma(i,f)\\in[c]\\) -- правильная раскраска вершин \\(g(a,b)\\). каждому \\(a\\)-элементному множеству \\(s=\\{s_1<\\cdots<s_a\\}\\subset[b]\\) сопоставим его таблицу цветов: для каждой перестановки \\(\\pi\\) множества \\([a]\\) и каждого индекса \\(r\\in[a]\\) записываем цвет вершины \\((r,f_{s,\\pi})\\), где \\(f_{s,\\pi}(k)=s_{\\pi(k)}\\). таких таблиц не больше \\(c^{a\\cdot a!}\\), поэтому по выбору \\(b\\) существует множество \\(b\\subset[b]\\), \\(|b|=2a\\), на котором эта таблица о… miklos-schweitzer-2005-p1-high-chromatic-defined-graph yavno zadannye grafy s proizvolno bolshim hromaticheskim chislom, schweitzer 2005/1 coloring extremal_graph_theory goal_existence ramsey_theory 2005 https://www.math.u-szeged.hu/tagok/mmaroti/schweitzer/schweitzer-2005.pdf miklos miklos schweitzer memorial competition 2005 zadacha 1, ofitsialnyy pdf iz arhiva miklos2005 schweitzer schweitzer2005 src-miklos-schweitzer-2005-p1-official statement with_solution ? miklos schweitzer memorial competition 2005 zadacha 1, ofitsialnyy pdf iz arhiva stmt-original uslovie ai_checked oboznachim \\([n]=\\{1,2,\\ldots,n\\}\\). dlya proizvolnyh \\(a,b\\in\\mathbb n\\) opredelim neorientirovannyy graf \\(g(a,b)\\): ego vershiny imeyut vid \\((i,f)\\), gde \\(i\\in[a]\\), a \\(f:[a]\\to[b]\\). dve vershiny \\((i,f)\\) i \\((j,g)\\) soedineny rebrom togda i tolko togda, kogda \\(i\\ne j\\), prichem \\(f(k)\\ne g(k)\\) vypolnyaetsya rovno dlya teh \\(k\\), kotorye strogo lezhat mezhdu \\(i\\) i \\(j\\), a dlya vseh ostalnyh \\(k\\) vypolneno \\(f(k)=g(k)\\). dokazhite, chto dlya lyubogo \\(c\\in\\mathbb n\\) suschestvuyut \\(a,b\\in\\mathbb n\\), dlya kotoryh vershiny \\(g(a,b)\\) nelzya pravilno raskrasit v \\(c\\) tsvetov. simple_graph chromatic_number stmt-graph yavno zadannye grafy s proizvolno bolshim hromaticheskim chislom, schweitzer 2005/1 ai_checked dlya \\(a,b\\in\\mathbb n\\) pust \\(g(a,b)\\) -- prostoy neorientirovannyy graf s vershinami \\((i,f)\\), gde \\(i\\in[a]\\) i \\(f:[a]\\to[b]\\); vershiny \\((i,f)\\) i \\((j,g)\\) smezhny togda i tolko togda, kogda \\(i\\ne j\\), funktsii \\(f,g\\) razlichayutsya rovno na indeksah \\(k\\), strogo lezhaschih mezhdu \\(i\\) i \\(j\\), i sovpadayut na vseh ostalnyh \\(k\\). togda \\(\\sup_{a,b}\\chi(g(a,b))=\\infty\\). simple_graph chromatic_number sol-finite-ramsey-injective-words reshenie cherez kanonizatsiyu inektivnyh slov po ramseyu ai_checked simple_graph chromatic_number dokazhem bolee yavno: dlya kazhdogo chisla tsvetov \\(c\\) postroim podhodyaschie \\(a,b\\). polozhim \\(a=c+1\\) i \\(n=2a\\). po konechnoy teoreme ramseya vyberem takoe \\(b\\), chto pri lyuboy raskraske vseh \\(a\\)-elementnyh podmnozhestv mnozhestva \\([b]\\) v ne bolee chem \\(c^{a\\cdot a!}\\) tsvetov naydetsya odnotsvetnoe \\(n\\)-elementnoe podmnozhestvo. pokazhem, chto graf \\(g(a,b)\\) ne dopuskaet pravilnoy raskraski v \\(c\\) tsvetov. predpolozhim protivnoe, i pust \\(\\gamma(i,f)\\in[c]\\) -- pravilnaya raskraska vershin \\(g(a,b)\\). kazhdomu \\(a\\)-elementnomu mnozhestvu \\(s=\\{s_1<\\cdots<s_a\\}\\subset[b]\\) sopostavim ego tablitsu tsvetov: dlya kazhdoy perestanovki \\(\\pi\\) mnozhestva \\([a]\\) i kazhdogo indeksa \\(r\\in[a]\\) zapisyvaem tsvet vershiny \\((r,f_{s,\\pi})\\), gde \\(f_{s,\\pi}(k)=s_{\\pi(k)}\\). takih tablits ne bolshe \\(c^{a\\cdot a!}\\), poetomu po vyboru \\(b\\) suschestvuet mnozhestvo \\(b\\subset[b]\\), \\(|b|=2a\\), na kotorom eta tablitsa o…","source_keys":["miklos"]}
{"id":"miklos-schweitzer-2008-p3-tame-bipartite-graphs","title":"Максимальное число ребер в ручных двудольных графах, Schweitzer 2008/3","path":"data\\problems\\miklos-schweitzer\\miklos-schweitzer-2008-p3-tame-bipartite-graphs.yaml","raw_github_url":"https://raw.githubusercontent.com/didin-maxim/knowledge_graph_of_graphs/main/data/problems/miklos-schweitzer/miklos-schweitzer-2008-p3-tame-bipartite-graphs.yaml","viewer_url":"https://didin-maxim.github.io/knowledge_graph_of_graphs/#miklos-schweitzer-2008-p3-tame-bipartite-graphs","source_key":"miklos","source_label":"Schweitzer","source_titles":["Miklos Schweitzer Memorial Competition 2008 задача 3, официальный PDF из архива"],"year":"2008","type":"olympiad_problem","authors":["Gábor Tardos"],"tags":["extremal_graph_theory","construction","goal_exact_bound"],"agent_topics":[],"difficulty":{"main":"national_final_hard","local_score":9,"comment":"Экстремальная задача для упорядоченных двудольных графов; опубликованное решение даёт точный показатель 3/2 через конструкцию и разбиение рёбер на малые и большие.","status":"ai_checked"},"review_status":"needs_human_review","public_ready":false,"solution_state":"with_solution","solution_classification":{"type":"unofficial_published","label":"опубликованное неофициальное","status":"ai_checked","confidence":0.78,"basis":"агентский аудит средней сложности","notes":"агент grouped classification","audit_source":"agent-university-archives.json"},"statements":{"original":[{"id":"stmt-original","title":"Условие","status":"source_verified","text":"Двудольный граф с долями вершин \\(\\{x_1,\\ldots,x_n\\}\\) и \\(\\{y_1,\\ldots,y_n\\}\\), то есть с ребрами вида \\(x_i y_j\\), назовем ручным, если в нем нет пути \\(x_i y_j x_k y_\\ell\\), где \\(i,j,k,\\ell\\in\\{1,\\ldots,n\\}\\), \\(j<\\ell\\) и \\(i+j>k+\\ell\\). Найдите инфимум тех вещественных чисел \\(\\alpha\\), для которых существует константа \\(c=c(\\alpha)>0\\) такая, что для всех ручных графов \\(e\\le c n^\\alpha\\), где \\(e\\) - число ребер, а \\(n\\) - половина числа вершин.","definition_ids":["bipartite_graph","path"]}],"graph_theory":[{"id":"stmt-graph","title":"Экстремальная формулировка","status":"ai_checked","text":"Двудольный граф с долями \\(x_1,\\ldots,x_n\\) и \\(y_1,\\ldots,y_n\\) назовём ручным, если в нём нет пути \\(x_i y_j x_k y_\\ell\\), для которого \\(j<\\ell\\) и \\(i+j>k+\\ell\\). Найдите инфимум всех \\(\\alpha\\), для которых число рёбер любого такого графа не превосходит \\(c(\\alpha)n^\\alpha\\).","definition_ids":["bipartite_graph","path"]}]},"solutions":[{"id":"sol-ai-small-large-edges","title":"ИИ-решение: конструкция и оценка через малые и большие рёбра","status":"ai_checked","definition_ids":["bipartite_graph","path"],"standard_idea_ids":[],"tags":[],"has_text":true,"text_preview":"Ответ: \\(3/2\\). Сначала построим ручные графы с \\(\\Omega(n^{3/2})\\) рёбрами. Пусть \\(s=\\lfloor\\sqrt n\\rfloor\\). Соединим \\(x_i\\) с \\(y_j\\), если \\(1\\le i\\le s^2\\) и \\[ \\left\\lfloor\\frac{i-1}{s}\\right\\rfloor\\equiv j-1\\pmod s. \\] Для каждого \\(y_j\\) получается ровно \\(s\\) соседей, значит \\(e=ns\\ge n^{3/2}-n\\). Проверим ручность. Если \\(x_i y_j x_k y_\\ell\\) -- путь в этом графе, то \\[ \\left\\lfloor\\frac{i-1}{s}\\right\\rfloor=\\left\\lfloor\\frac{k-1}{s}\\right\\rfloor, \\qquad j\\equiv \\ell\\pmod s. \\] Отсюда \\(|i-k|<s\\), а если \\(j<\\ell\\), то \\(\\ell-j\\ge s\\). Поэтому \\(i-k<\\ell-j\\), то есть \\(i+j<k+\\ell\\). Запрещённого пути нет, граф ручной. Следовательно, для любого \\(\\alpha<3/2\\) не может существовать универсальная оценка \\(e\\le c n^\\alpha\\). Теперь докажем верхнюю оценку \\(O(n^{3/2})\\). Снова положим \\(s=\\lfloor\\sqrt n\\rfloor\\). Назовём ребро \\(x_k y_j\\) малым, если для любого ребра \\(x_i y_j\\)…"}],"relations":[{"id":"rel-schweitzer-2008-p3-bipartite-extremal","neighbor_id":"mantel-theorem","direction":"forward","type":"same_motif","distance":4,"status":"needs_human_review"}],"search_text":"miklos-schweitzer-2008-p3-tame-bipartite-graphs максимальное число ребер в ручных двудольных графах, schweitzer 2008/3 extremal_graph_theory construction goal_exact_bound 2008 gábor tardos gábortardos https://www.math.u-szeged.hu/tagok/mmaroti/schweitzer/schweitzer-2008-eng.pdf miklos miklos schweitzer memorial competition 2008 задача 3, официальный pdf из архива miklos2008 problem_and_solution schweitzer schweitzer2008 src-miklos-schweitzer-2008-p3-official with_solution gábor tardos miklos schweitzer memorial competition 2008 задача 3, официальный pdf из архива stmt-original условие source_verified двудольный граф с долями вершин \\(\\{x_1,\\ldots,x_n\\}\\) и \\(\\{y_1,\\ldots,y_n\\}\\), то есть с ребрами вида \\(x_i y_j\\), назовем ручным, если в нем нет пути \\(x_i y_j x_k y_\\ell\\), где \\(i,j,k,\\ell\\in\\{1,\\ldots,n\\}\\), \\(j<\\ell\\) и \\(i+j>k+\\ell\\). найдите инфимум тех вещественных чисел \\(\\alpha\\), для которых существует константа \\(c=c(\\alpha)>0\\) такая, что для всех ручных графов \\(e\\le c n^\\alpha\\), где \\(e\\) - число ребер, а \\(n\\) - половина числа вершин. bipartite_graph path stmt-graph экстремальная формулировка ai_checked двудольный граф с долями \\(x_1,\\ldots,x_n\\) и \\(y_1,\\ldots,y_n\\) назовём ручным, если в нём нет пути \\(x_i y_j x_k y_\\ell\\), для которого \\(j<\\ell\\) и \\(i+j>k+\\ell\\). найдите инфимум всех \\(\\alpha\\), для которых число рёбер любого такого графа не превосходит \\(c(\\alpha)n^\\alpha\\). bipartite_graph path idea-ordered-forbidden-path читать запрет как условие монотонности соседств запрещенный путь говорит: если два ребра имеют общий промежуточный переход через \\(y_j\\) и \\(x_k\\), то при переходе к большему индексу \\(\\ell\\) нельзя получить слишком большой сдвиг суммы индексов. это должно ограничивать форму множеств соседей в матрице смежности. extremal_graph_theory forbidden_triangle needs_human_review idea-upper-and-construction нужны обе стороны для показателя так как требуется инфимум \\(\\alpha\\), задача просит не только верхнюю оценку на \\(e\\), но и семейство ручных графов с большим числом ребер, показывающее оптимальность показателя. goal_exact_bound construction needs_human_review sol-ai-small-large-edges ии-решение: конструкция и оценка через малые и большие рёбра ai_checked bipartite_graph path ответ: \\(3/2\\). сначала построим ручные графы с \\(\\omega(n^{3/2})\\) рёбрами. пусть \\(s=\\lfloor\\sqrt n\\rfloor\\). соединим \\(x_i\\) с \\(y_j\\), если \\(1\\le i\\le s^2\\) и \\[ \\left\\lfloor\\frac{i-1}{s}\\right\\rfloor\\equiv j-1\\pmod s. \\] для каждого \\(y_j\\) получается ровно \\(s\\) соседей, значит \\(e=ns\\ge n^{3/2}-n\\). проверим ручность. если \\(x_i y_j x_k y_\\ell\\) -- путь в этом графе, то \\[ \\left\\lfloor\\frac{i-1}{s}\\right\\rfloor=\\left\\lfloor\\frac{k-1}{s}\\right\\rfloor, \\qquad j\\equiv \\ell\\pmod s. \\] отсюда \\(|i-k|<s\\), а если \\(j<\\ell\\), то \\(\\ell-j\\ge s\\). поэтому \\(i-k<\\ell-j\\), то есть \\(i+j<k+\\ell\\). запрещённого пути нет, граф ручной. следовательно, для любого \\(\\alpha<3/2\\) не может существовать универсальная оценка \\(e\\le c n^\\alpha\\). теперь докажем верхнюю оценку \\(o(n^{3/2})\\). снова положим \\(s=\\lfloor\\sqrt n\\rfloor\\). назовём ребро \\(x_k y_j\\) малым, если для любого ребра \\(x_i y_j\\)… miklos-schweitzer-2008-p3-tame-bipartite-graphs maksimalnoe chislo reber v ruchnyh dvudolnyh grafah, schweitzer 2008/3 extremal_graph_theory construction goal_exact_bound 2008 gábor tardos gábortardos https://www.math.u-szeged.hu/tagok/mmaroti/schweitzer/schweitzer-2008-eng.pdf miklos miklos schweitzer memorial competition 2008 zadacha 3, ofitsialnyy pdf iz arhiva miklos2008 problem_and_solution schweitzer schweitzer2008 src-miklos-schweitzer-2008-p3-official with_solution gábor tardos miklos schweitzer memorial competition 2008 zadacha 3, ofitsialnyy pdf iz arhiva stmt-original uslovie source_verified dvudolnyy graf s dolyami vershin \\(\\{x_1,\\ldots,x_n\\}\\) i \\(\\{y_1,\\ldots,y_n\\}\\), to est s rebrami vida \\(x_i y_j\\), nazovem ruchnym, esli v nem net puti \\(x_i y_j x_k y_\\ell\\), gde \\(i,j,k,\\ell\\in\\{1,\\ldots,n\\}\\), \\(j<\\ell\\) i \\(i+j>k+\\ell\\). naydite infimum teh veschestvennyh chisel \\(\\alpha\\), dlya kotoryh suschestvuet konstanta \\(c=c(\\alpha)>0\\) takaya, chto dlya vseh ruchnyh grafov \\(e\\le c n^\\alpha\\), gde \\(e\\) - chislo reber, a \\(n\\) - polovina chisla vershin. bipartite_graph path stmt-graph ekstremalnaya formulirovka ai_checked dvudolnyy graf s dolyami \\(x_1,\\ldots,x_n\\) i \\(y_1,\\ldots,y_n\\) nazovem ruchnym, esli v nem net puti \\(x_i y_j x_k y_\\ell\\), dlya kotorogo \\(j<\\ell\\) i \\(i+j>k+\\ell\\). naydite infimum vseh \\(\\alpha\\), dlya kotoryh chislo reber lyubogo takogo grafa ne prevoshodit \\(c(\\alpha)n^\\alpha\\). bipartite_graph path idea-ordered-forbidden-path chitat zapret kak uslovie monotonnosti sosedstv zapreschennyy put govorit: esli dva rebra imeyut obschiy promezhutochnyy perehod cherez \\(y_j\\) i \\(x_k\\), to pri perehode k bolshemu indeksu \\(\\ell\\) nelzya poluchit slishkom bolshoy sdvig summy indeksov. eto dolzhno ogranichivat formu mnozhestv sosedey v matritse smezhnosti. extremal_graph_theory forbidden_triangle needs_human_review idea-upper-and-construction nuzhny obe storony dlya pokazatelya tak kak trebuetsya infimum \\(\\alpha\\), zadacha prosit ne tolko verhnyuyu otsenku na \\(e\\), no i semeystvo ruchnyh grafov s bolshim chislom reber, pokazyvayuschee optimalnost pokazatelya. goal_exact_bound construction needs_human_review sol-ai-small-large-edges ii-reshenie: konstruktsiya i otsenka cherez malye i bolshie rebra ai_checked bipartite_graph path otvet: \\(3/2\\). snachala postroim ruchnye grafy s \\(\\omega(n^{3/2})\\) rebrami. pust \\(s=\\lfloor\\sqrt n\\rfloor\\). soedinim \\(x_i\\) s \\(y_j\\), esli \\(1\\le i\\le s^2\\) i \\[ \\left\\lfloor\\frac{i-1}{s}\\right\\rfloor\\equiv j-1\\pmod s. \\] dlya kazhdogo \\(y_j\\) poluchaetsya rovno \\(s\\) sosedey, znachit \\(e=ns\\ge n^{3/2}-n\\). proverim ruchnost. esli \\(x_i y_j x_k y_\\ell\\) -- put v etom grafe, to \\[ \\left\\lfloor\\frac{i-1}{s}\\right\\rfloor=\\left\\lfloor\\frac{k-1}{s}\\right\\rfloor, \\qquad j\\equiv \\ell\\pmod s. \\] otsyuda \\(|i-k|<s\\), a esli \\(j<\\ell\\), to \\(\\ell-j\\ge s\\). poetomu \\(i-k<\\ell-j\\), to est \\(i+j<k+\\ell\\). zapreschennogo puti net, graf ruchnoy. sledovatelno, dlya lyubogo \\(\\alpha<3/2\\) ne mozhet suschestvovat universalnaya otsenka \\(e\\le c n^\\alpha\\). teper dokazhem verhnyuyu otsenku \\(o(n^{3/2})\\). snova polozhim \\(s=\\lfloor\\sqrt n\\rfloor\\). nazovem rebro \\(x_k y_j\\) malym, esli dlya lyubogo rebra \\(x_i y_j\\)…","source_keys":["miklos"]}
{"id":"miklos-schweitzer-2009-p1-k17-edge-coloring-cards","title":"Раскраски ребер полного графа на 17 вершинах и 15-вершинные клики, Miklos Schweitzer 2009 P1","path":"data\\problems\\miklos-schweitzer\\miklos-schweitzer-2009-p1-k17-edge-coloring-cards.yaml","raw_github_url":"https://raw.githubusercontent.com/didin-maxim/knowledge_graph_of_graphs/main/data/problems/miklos-schweitzer/miklos-schweitzer-2009-p1-k17-edge-coloring-cards.yaml","viewer_url":"https://didin-maxim.github.io/knowledge_graph_of_graphs/#miklos-schweitzer-2009-p1-k17-edge-coloring-cards","source_key":"miklos","source_label":"Miklos Schweitzer","source_titles":["Miklos Schweitzer Memorial Competition 2009 задача 1, официальный PDF из архива"],"year":"2009","type":"olympiad_problem","authors":["Andras Gyarfas"],"tags":["coloring","extremal_graph_theory","goal_exact_bound","double_counting"],"agent_topics":[],"difficulty":{"main":"national_final_hard","local_score":8,"comment":"Условие выглядит коротко, но точный минимум требует нетривиального экстремального анализа раскрасок полного графа.","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":"агент grouped classification","audit_source":"agent-university-archives.json"},"statements":{"original":[{"id":"stmt-original","title":"Колода раскрашенных 17-угольников","status":"ai_checked","text":"На каждой карточке изображен правильный 17-угольник со всеми сторонами и диагоналями; вершины занумерованы от 1 до 17. На каждой карточке все ребра раскрашены цветами \\(1,2,\\ldots,105\\). Требуется, чтобы для любых 15 вершин 17-угольника на хотя бы одной карточке все \\(105\\) ребер между этими 15 вершинами имели попарно различные цвета. Найдите минимальное число карточек в колоде.","definition_ids":[]}],"graph_theory":[{"id":"stmt-graph","title":"Раскраски ребер полного графа на 17 вершинах и 15-вершинные клики, Miklos Schweitzer 2009 P1","status":"ai_checked","text":"На каждой карточке задана правильная раскраска ребер полного графа \\(K_{17}\\) в \\(105=\\binom{15}{2}\\) цветов. Для каждого 15-элементного множества вершин хотя бы в одной из раскрасок индуцированный \\(K_{15}\\) должен быть радужным. Нужно определить минимальное число таких раскрасок.","definition_ids":["complete_graph","clique"]}]},"solutions":[{"id":"sol-ai-expanded-official-report","title":"Ответ 34 через разбиение рёбер \\(K_{17}\\) на четырёхциклы","status":"ai_checked","definition_ids":["complete_graph"],"standard_idea_ids":["double_counting"],"tags":[],"has_text":true,"text_preview":"Ответ: \\(34\\). Сначала построим колоду из 34 карточек. Пронумеруем вершины по модулю 17. Рёбра \\(K_{17}\\) разбиваются на 34 цикла длины 4. Действительно, возьмём два базовых цикла \\((1,2,10,8,1)\\) и \\((3,6,12,8,3)\\) в нумерации \\(1,\\ldots,17\\). Длины их восьми рёбер по окружности равны соответственно \\(1,8,2,7,3,6,4,5\\), то есть встречаются все возможные расстояния между двумя вершинами 17-угольника. Поэтому все 17 циклических сдвигов этих двух циклов дают попарно непересекающиеся по рёбрам четырёхциклы, покрывающие все \\(\\binom{17}{2}=136\\) рёбер. Пусть один из этих циклов равен \\(C=(a,b,c,d,a)\\), а \\(X\\) -- множество остальных 13 вершин. Построим соответствующую карточку. Четыре ребра цикла \\(ab,bc,cd,da\\) покрасим цветом 1. Для каждой вершины \\(x\\in X\\) покрасим рёбра \\(ax\\) и \\(cx\\) одинаковым цветом, причём для разных \\(x\\) используем цвета \\(2,3,\\ldots,14\\). Аналогично рёбра \\(bx\\…"}],"relations":[{"id":"rel-gallai-three-color-ms2009-p1-rainbow-clique-cover","neighbor_id":"gallai-three-color-disconnected-class","direction":"backward","type":"same_motif","distance":4,"status":"needs_human_review"},{"id":"rel-schweitzer-2009-p1-ramsey","neighbor_id":"ramsey-r33","direction":"forward","type":"same_motif","distance":4,"status":"needs_human_review"}],"search_text":"miklos-schweitzer-2009-p1-k17-edge-coloring-cards раскраски ребер полного графа на 17 вершинах и 15-вершинные клики, miklos schweitzer 2009 p1 coloring extremal_graph_theory goal_exact_bound double_counting 2009 andras gyarfas andrasgyarfas https://www.math.u-szeged.hu/tagok/mmaroti/schweitzer/schweitzer-2009-eng.pdf miklos miklos schweitzer miklos schweitzer memorial competition 2009 задача 1, официальный pdf из архива miklos2009 miklosschweitzer miklosschweitzer2009 problem_and_solution src-miklos-schweitzer-2009-p1-official with_solution andras gyarfas miklos schweitzer memorial competition 2009 задача 1, официальный pdf из архива stmt-original колода раскрашенных 17-угольников ai_checked на каждой карточке изображен правильный 17-угольник со всеми сторонами и диагоналями; вершины занумерованы от 1 до 17. на каждой карточке все ребра раскрашены цветами \\(1,2,\\ldots,105\\). требуется, чтобы для любых 15 вершин 17-угольника на хотя бы одной карточке все \\(105\\) ребер между этими 15 вершинами имели попарно различные цвета. найдите минимальное число карточек в колоде. stmt-graph раскраски ребер полного графа на 17 вершинах и 15-вершинные клики, miklos schweitzer 2009 p1 ai_checked на каждой карточке задана правильная раскраска ребер полного графа \\(k_{17}\\) в \\(105=\\binom{15}{2}\\) цветов. для каждого 15-элементного множества вершин хотя бы в одной из раскрасок индуцированный \\(k_{15}\\) должен быть радужным. нужно определить минимальное число таких раскрасок. complete_graph clique idea-cards-as-cover карточки как покрытие 15-вершинных подграфов одна раскраска покрывает ровно те 15-элементные множества вершин, на которых все ребра имеют разные цвета. задача превращается в экстремальную задачу о минимальном числе раскрасок, покрывающих все \\(\\binom{17}{15}\\) подмножеств. graph_model coloring goal_exact_bound ai_checked sol-ai-expanded-official-report ответ 34 через разбиение рёбер \\(k_{17}\\) на четырёхциклы ai_checked complete_graph double_counting ответ: \\(34\\). сначала построим колоду из 34 карточек. пронумеруем вершины по модулю 17. рёбра \\(k_{17}\\) разбиваются на 34 цикла длины 4. действительно, возьмём два базовых цикла \\((1,2,10,8,1)\\) и \\((3,6,12,8,3)\\) в нумерации \\(1,\\ldots,17\\). длины их восьми рёбер по окружности равны соответственно \\(1,8,2,7,3,6,4,5\\), то есть встречаются все возможные расстояния между двумя вершинами 17-угольника. поэтому все 17 циклических сдвигов этих двух циклов дают попарно непересекающиеся по рёбрам четырёхциклы, покрывающие все \\(\\binom{17}{2}=136\\) рёбер. пусть один из этих циклов равен \\(c=(a,b,c,d,a)\\), а \\(x\\) -- множество остальных 13 вершин. построим соответствующую карточку. четыре ребра цикла \\(ab,bc,cd,da\\) покрасим цветом 1. для каждой вершины \\(x\\in x\\) покрасим рёбра \\(ax\\) и \\(cx\\) одинаковым цветом, причём для разных \\(x\\) используем цвета \\(2,3,\\ldots,14\\). аналогично рёбра \\(bx\\… miklos-schweitzer-2009-p1-k17-edge-coloring-cards raskraski reber polnogo grafa na 17 vershinah i 15-vershinnye kliki, miklos schweitzer 2009 p1 coloring extremal_graph_theory goal_exact_bound double_counting 2009 andras gyarfas andrasgyarfas https://www.math.u-szeged.hu/tagok/mmaroti/schweitzer/schweitzer-2009-eng.pdf miklos miklos schweitzer miklos schweitzer memorial competition 2009 zadacha 1, ofitsialnyy pdf iz arhiva miklos2009 miklosschweitzer miklosschweitzer2009 problem_and_solution src-miklos-schweitzer-2009-p1-official with_solution andras gyarfas miklos schweitzer memorial competition 2009 zadacha 1, ofitsialnyy pdf iz arhiva stmt-original koloda raskrashennyh 17-ugolnikov ai_checked na kazhdoy kartochke izobrazhen pravilnyy 17-ugolnik so vsemi storonami i diagonalyami; vershiny zanumerovany ot 1 do 17. na kazhdoy kartochke vse rebra raskrasheny tsvetami \\(1,2,\\ldots,105\\). trebuetsya, chtoby dlya lyubyh 15 vershin 17-ugolnika na hotya by odnoy kartochke vse \\(105\\) reber mezhdu etimi 15 vershinami imeli poparno razlichnye tsveta. naydite minimalnoe chislo kartochek v kolode. stmt-graph raskraski reber polnogo grafa na 17 vershinah i 15-vershinnye kliki, miklos schweitzer 2009 p1 ai_checked na kazhdoy kartochke zadana pravilnaya raskraska reber polnogo grafa \\(k_{17}\\) v \\(105=\\binom{15}{2}\\) tsvetov. dlya kazhdogo 15-elementnogo mnozhestva vershin hotya by v odnoy iz raskrasok indutsirovannyy \\(k_{15}\\) dolzhen byt raduzhnym. nuzhno opredelit minimalnoe chislo takih raskrasok. complete_graph clique idea-cards-as-cover kartochki kak pokrytie 15-vershinnyh podgrafov odna raskraska pokryvaet rovno te 15-elementnye mnozhestva vershin, na kotoryh vse rebra imeyut raznye tsveta. zadacha prevraschaetsya v ekstremalnuyu zadachu o minimalnom chisle raskrasok, pokryvayuschih vse \\(\\binom{17}{15}\\) podmnozhestv. graph_model coloring goal_exact_bound ai_checked sol-ai-expanded-official-report otvet 34 cherez razbienie reber \\(k_{17}\\) na chetyrehtsikly ai_checked complete_graph double_counting otvet: \\(34\\). snachala postroim kolodu iz 34 kartochek. pronumeruem vershiny po modulyu 17. rebra \\(k_{17}\\) razbivayutsya na 34 tsikla dliny 4. deystvitelno, vozmem dva bazovyh tsikla \\((1,2,10,8,1)\\) i \\((3,6,12,8,3)\\) v numeratsii \\(1,\\ldots,17\\). dliny ih vosmi reber po okruzhnosti ravny sootvetstvenno \\(1,8,2,7,3,6,4,5\\), to est vstrechayutsya vse vozmozhnye rasstoyaniya mezhdu dvumya vershinami 17-ugolnika. poetomu vse 17 tsiklicheskih sdvigov etih dvuh tsiklov dayut poparno neperesekayuschiesya po rebram chetyrehtsikly, pokryvayuschie vse \\(\\binom{17}{2}=136\\) reber. pust odin iz etih tsiklov raven \\(c=(a,b,c,d,a)\\), a \\(x\\) -- mnozhestvo ostalnyh 13 vershin. postroim sootvetstvuyuschuyu kartochku. chetyre rebra tsikla \\(ab,bc,cd,da\\) pokrasim tsvetom 1. dlya kazhdoy vershiny \\(x\\in x\\) pokrasim rebra \\(ax\\) i \\(cx\\) odinakovym tsvetom, prichem dlya raznyh \\(x\\) ispolzuem tsveta \\(2,3,\\ldots,14\\). analogichno rebra \\(bx\\…","source_keys":["miklos"]}
{"id":"miklos-schweitzer-2009-p2-bounded-degree-smooth-difference-path","title":"Путь как граф разностей с фиксированными простыми делителями, Miklos Schweitzer 2009 P2(ii)","path":"data\\problems\\miklos-schweitzer\\miklos-schweitzer-2009-p2-bounded-degree-smooth-difference-path.yaml","raw_github_url":"https://raw.githubusercontent.com/didin-maxim/knowledge_graph_of_graphs/main/data/problems/miklos-schweitzer/miklos-schweitzer-2009-p2-bounded-degree-smooth-difference-path.yaml","viewer_url":"https://didin-maxim.github.io/knowledge_graph_of_graphs/#miklos-schweitzer-2009-p2-bounded-degree-smooth-difference-path","source_key":"miklos","source_label":"Miklos Schweitzer","source_titles":["Miklos Schweitzer Memorial Competition 2009 задача 2, официальный PDF из архива"],"year":"2009","type":"olympiad_problem","authors":[],"tags":["graph_model","degree_counting","connectivity","construction","goal_existence"],"agent_topics":[],"difficulty":{"main":"national_final_hard","local_score":7,"comment":"Самостоятельная конструктивная часть: нужно не только сделать разрешенные соседние разности, но и запретить все хорды через новый простой делитель геометрической суммы.","status":"ai_checked"},"review_status":"needs_human_review","public_ready":false,"solution_state":"with_solution","solution_classification":{"type":"unofficial_published","label":"опубликованное неофициальное","status":"ai_checked","confidence":0.78,"basis":"Разделение после усиленного аудита родительской карточки.","notes":"Доказательство является конструкцией ограниченной степени из родительского решения, переписанной как самостоятельная дочерняя карточка.","audit_source":"agent-miklos-schweitzer-2009-p2-split"},"statements":{"original":[{"id":"stmt-bounded-degree-part","title":"Связная часть исходной задачи","status":"ai_checked","text":"Пусть \\(p_1,\\ldots,p_k\\) - фиксированные простые числа, \\(P=p_1p_2\\cdots p_k\\), а \\(S\\) - множество ненулевых целых чисел, все простые делители которых принадлежат множеству \\(\\{p_1,\\ldots,p_k\\}\\). Для конечного множества целых чисел \\(A\\) построим граф \\(\\mathcal G(A)\\) с вершинами из \\(A\\), где две различные вершины \\(a,b\\) соединены ребром тогда и только тогда, когда \\(a-b\\in S\\). Докажите, что для каждого \\(m\\ge3\\) существует \\(m\\)-элементное множество \\(A\\), для которого \\(\\mathcal G(A)\\) связен и все его степени не превосходят \\(2\\).","definition_ids":["degree","connected_graph"]}],"graph_theory":[{"id":"stmt-path-realization","title":"Реализация пути","status":"ai_checked","text":"Зафиксирован конечный набор простых чисел \\(p_1,\\ldots,p_k\\). Между двумя целыми числами проводится ребро, если их ненулевая разность имеет только эти простые делители. Докажите, что для каждого \\(m\\ge3\\) в этом графе можно найти индуцированный путь на \\(m\\) вершинах.","definition_ids":["path","connected_graph","degree"]}]},"solutions":[{"id":"sol-power-sum-induced-path","title":"Путь из сумм степеней \\(P\\)","status":"ai_checked","definition_ids":["path","degree","connected_graph"],"standard_idea_ids":[],"tags":[],"has_text":true,"text_preview":"Зафиксируем \\(m\\ge3\\) и положим \\[ a_n=P+P^2+\\cdots+P^n\\qquad(1\\le n\\le m). \\] Возьмем \\(A=\\{a_1,a_2,\\ldots,a_m\\}\\). Эти числа различны, так как последовательность строго возрастает. Для соседних индексов имеем \\[ a_{n+1}-a_n=P^{n+1}. \\] Все простые делители числа \\(P^{n+1}\\) лежат среди \\(p_1,\\ldots,p_k\\), поэтому \\(a_n\\) и \\(a_{n+1}\\) соединены ребром в \\(\\mathcal G(A)\\). Покажем, что других ребер нет. Пусть \\(N\\ge n+2\\). Тогда \\[ a_N-a_n=P^{n+1}(1+P+\\cdots+P^{N-n-1}). \\] Второй множитель больше \\(1\\). При этом для каждого \\(i\\) выполнено \\(P\\equiv0\\pmod {p_i}\\), значит \\[ 1+P+\\cdots+P^{N-n-1}\\equiv1\\pmod {p_i}. \\] Следовательно, этот второй множитель не делится ни на одно из чисел \\(p_i\\). Так как он больше \\(1\\), у него есть некоторый простой делитель; этот делитель не равен ни одному из \\(p_1,\\ldots,p_k\\). Поэтому разность \\(a_N-a_n\\) имеет запрещенный простой делитель и не принадл…"}],"relations":[{"id":"rel-miklos-2009-p2-parent-bounded-degree-child","neighbor_id":"miklos-schweitzer-2009-p2-smooth-difference-graphs","direction":"backward","type":"specialization","distance":1,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-miklos-2009-p2-complete-bounded-paired","neighbor_id":"miklos-schweitzer-2009-p2-complete-smooth-difference-graphs-impossible","direction":"backward","type":"paired_variant","distance":1,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-miklos-2009-p2-bounded-baltic-2023-degree-two","neighbor_id":"baltic-way-2023-p6-colour-touch-graph","direction":"forward","type":"same_motif","distance":2,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-miklos-2009-p2-bounded-baltic-1997-differences","neighbor_id":"baltic-way-1997-p19a-prime-edge-disjoint-hamiltonian-cycles","direction":"forward","type":"same_motif","distance":3,"status":"needs_human_review"}],"search_text":"miklos-schweitzer-2009-p2-bounded-degree-smooth-difference-path путь как граф разностей с фиксированными простыми делителями, miklos schweitzer 2009 p2(ii) graph_model degree_counting connectivity construction goal_existence 2009 https://www.math.u-szeged.hu/tagok/mmaroti/schweitzer/schweitzer-2009-eng.pdf miklos miklos schweitzer miklos schweitzer memorial competition 2009 задача 2, официальный pdf из архива miklos2009 miklosschweitzer miklosschweitzer2009 problem_and_solution src-miklos-schweitzer-2009-p2-official with_solution miklos schweitzer memorial competition 2009 задача 2, официальный pdf из архива stmt-bounded-degree-part связная часть исходной задачи ai_checked пусть \\(p_1,\\ldots,p_k\\) - фиксированные простые числа, \\(p=p_1p_2\\cdots p_k\\), а \\(s\\) - множество ненулевых целых чисел, все простые делители которых принадлежат множеству \\(\\{p_1,\\ldots,p_k\\}\\). для конечного множества целых чисел \\(a\\) построим граф \\(\\mathcal g(a)\\) с вершинами из \\(a\\), где две различные вершины \\(a,b\\) соединены ребром тогда и только тогда, когда \\(a-b\\in s\\). докажите, что для каждого \\(m\\ge3\\) существует \\(m\\)-элементное множество \\(a\\), для которого \\(\\mathcal g(a)\\) связен и все его степени не превосходят \\(2\\). degree connected_graph stmt-path-realization реализация пути ai_checked зафиксирован конечный набор простых чисел \\(p_1,\\ldots,p_k\\). между двумя целыми числами проводится ребро, если их ненулевая разность имеет только эти простые делители. докажите, что для каждого \\(m\\ge3\\) в этом графе можно найти индуцированный путь на \\(m\\) вершинах. path connected_graph degree idea-power-sum-path соседние разности - степени произведения разрешенных простых если положить \\(a_n=p+p^2+\\cdots+p^n\\), то соседняя разность равна \\(p^{n+1}\\) и разрешена. а дальняя разность содержит множитель \\(1+p+\\cdots+p^r\\), который сравним с \\(1\\) по каждому \\(p_i\\), поэтому имеет новый простой делитель. graph_model construction degree_counting ai_checked sol-power-sum-induced-path путь из сумм степеней \\(p\\) ai_checked path degree connected_graph зафиксируем \\(m\\ge3\\) и положим \\[ a_n=p+p^2+\\cdots+p^n\\qquad(1\\le n\\le m). \\] возьмем \\(a=\\{a_1,a_2,\\ldots,a_m\\}\\). эти числа различны, так как последовательность строго возрастает. для соседних индексов имеем \\[ a_{n+1}-a_n=p^{n+1}. \\] все простые делители числа \\(p^{n+1}\\) лежат среди \\(p_1,\\ldots,p_k\\), поэтому \\(a_n\\) и \\(a_{n+1}\\) соединены ребром в \\(\\mathcal g(a)\\). покажем, что других ребер нет. пусть \\(n\\ge n+2\\). тогда \\[ a_n-a_n=p^{n+1}(1+p+\\cdots+p^{n-n-1}). \\] второй множитель больше \\(1\\). при этом для каждого \\(i\\) выполнено \\(p\\equiv0\\pmod {p_i}\\), значит \\[ 1+p+\\cdots+p^{n-n-1}\\equiv1\\pmod {p_i}. \\] следовательно, этот второй множитель не делится ни на одно из чисел \\(p_i\\). так как он больше \\(1\\), у него есть некоторый простой делитель; этот делитель не равен ни одному из \\(p_1,\\ldots,p_k\\). поэтому разность \\(a_n-a_n\\) имеет запрещенный простой делитель и не принадл… miklos-schweitzer-2009-p2-bounded-degree-smooth-difference-path put kak graf raznostey s fiksirovannymi prostymi delitelyami, miklos schweitzer 2009 p2(ii) graph_model degree_counting connectivity construction goal_existence 2009 https://www.math.u-szeged.hu/tagok/mmaroti/schweitzer/schweitzer-2009-eng.pdf miklos miklos schweitzer miklos schweitzer memorial competition 2009 zadacha 2, ofitsialnyy pdf iz arhiva miklos2009 miklosschweitzer miklosschweitzer2009 problem_and_solution src-miklos-schweitzer-2009-p2-official with_solution miklos schweitzer memorial competition 2009 zadacha 2, ofitsialnyy pdf iz arhiva stmt-bounded-degree-part svyaznaya chast ishodnoy zadachi ai_checked pust \\(p_1,\\ldots,p_k\\) - fiksirovannye prostye chisla, \\(p=p_1p_2\\cdots p_k\\), a \\(s\\) - mnozhestvo nenulevyh tselyh chisel, vse prostye deliteli kotoryh prinadlezhat mnozhestvu \\(\\{p_1,\\ldots,p_k\\}\\). dlya konechnogo mnozhestva tselyh chisel \\(a\\) postroim graf \\(\\mathcal g(a)\\) s vershinami iz \\(a\\), gde dve razlichnye vershiny \\(a,b\\) soedineny rebrom togda i tolko togda, kogda \\(a-b\\in s\\). dokazhite, chto dlya kazhdogo \\(m\\ge3\\) suschestvuet \\(m\\)-elementnoe mnozhestvo \\(a\\), dlya kotorogo \\(\\mathcal g(a)\\) svyazen i vse ego stepeni ne prevoshodyat \\(2\\). degree connected_graph stmt-path-realization realizatsiya puti ai_checked zafiksirovan konechnyy nabor prostyh chisel \\(p_1,\\ldots,p_k\\). mezhdu dvumya tselymi chislami provoditsya rebro, esli ih nenulevaya raznost imeet tolko eti prostye deliteli. dokazhite, chto dlya kazhdogo \\(m\\ge3\\) v etom grafe mozhno nayti indutsirovannyy put na \\(m\\) vershinah. path connected_graph degree idea-power-sum-path sosednie raznosti - stepeni proizvedeniya razreshennyh prostyh esli polozhit \\(a_n=p+p^2+\\cdots+p^n\\), to sosednyaya raznost ravna \\(p^{n+1}\\) i razreshena. a dalnyaya raznost soderzhit mnozhitel \\(1+p+\\cdots+p^r\\), kotoryy sravnim s \\(1\\) po kazhdomu \\(p_i\\), poetomu imeet novyy prostoy delitel. graph_model construction degree_counting ai_checked sol-power-sum-induced-path put iz summ stepeney \\(p\\) ai_checked path degree connected_graph zafiksiruem \\(m\\ge3\\) i polozhim \\[ a_n=p+p^2+\\cdots+p^n\\qquad(1\\le n\\le m). \\] vozmem \\(a=\\{a_1,a_2,\\ldots,a_m\\}\\). eti chisla razlichny, tak kak posledovatelnost strogo vozrastaet. dlya sosednih indeksov imeem \\[ a_{n+1}-a_n=p^{n+1}. \\] vse prostye deliteli chisla \\(p^{n+1}\\) lezhat sredi \\(p_1,\\ldots,p_k\\), poetomu \\(a_n\\) i \\(a_{n+1}\\) soedineny rebrom v \\(\\mathcal g(a)\\). pokazhem, chto drugih reber net. pust \\(n\\ge n+2\\). togda \\[ a_n-a_n=p^{n+1}(1+p+\\cdots+p^{n-n-1}). \\] vtoroy mnozhitel bolshe \\(1\\). pri etom dlya kazhdogo \\(i\\) vypolneno \\(p\\equiv0\\pmod {p_i}\\), znachit \\[ 1+p+\\cdots+p^{n-n-1}\\equiv1\\pmod {p_i}. \\] sledovatelno, etot vtoroy mnozhitel ne delitsya ni na odno iz chisel \\(p_i\\). tak kak on bolshe \\(1\\), u nego est nekotoryy prostoy delitel; etot delitel ne raven ni odnomu iz \\(p_1,\\ldots,p_k\\). poetomu raznost \\(a_n-a_n\\) imeet zapreschennyy prostoy delitel i ne prinadl…","source_keys":["miklos"]}
{"id":"miklos-schweitzer-2009-p2-complete-smooth-difference-graphs-impossible","title":"Невозможность полного графа разностей с фиксированными простыми делителями, Miklos Schweitzer 2009 P2(i)","path":"data\\problems\\miklos-schweitzer\\miklos-schweitzer-2009-p2-complete-smooth-difference-graphs-impossible.yaml","raw_github_url":"https://raw.githubusercontent.com/didin-maxim/knowledge_graph_of_graphs/main/data/problems/miklos-schweitzer/miklos-schweitzer-2009-p2-complete-smooth-difference-graphs-impossible.yaml","viewer_url":"https://didin-maxim.github.io/knowledge_graph_of_graphs/#miklos-schweitzer-2009-p2-complete-smooth-difference-graphs-impossible","source_key":"miklos","source_label":"Miklos Schweitzer","source_titles":["Miklos Schweitzer Memorial Competition 2009 задача 2, официальный PDF из архива"],"year":"2009","type":"olympiad_problem","authors":[],"tags":["graph_model","degree_counting","pigeonhole_principle","goal_impossibility"],"agent_topics":[],"difficulty":{"main":"national_final_medium","local_score":5,"comment":"Самостоятельная невозможностная часть: ключевой шаг - выбрать новый простой и применить принцип Дирихле к остаткам по модулю q.","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":"Разделение после усиленного аудита родительской карточки.","notes":"Доказательство является препятствием для полного графа из родительского решения, переписанным как самостоятельная дочерняя карточка.","audit_source":"agent-miklos-schweitzer-2009-p2-split"},"statements":{"original":[{"id":"stmt-complete-part","title":"Полная часть исходной задачи","status":"ai_checked","text":"Пусть \\(p_1,\\ldots,p_k\\) - фиксированные простые числа, а \\(S\\) - множество ненулевых целых чисел, все простые делители которых принадлежат множеству \\(\\{p_1,\\ldots,p_k\\}\\). Для конечного множества целых чисел \\(A\\) построим граф \\(\\mathcal G(A)\\) с вершинами из \\(A\\), где две различные вершины \\(a,b\\) соединены ребром тогда и только тогда, когда \\(a-b\\in S\\). Верно ли, что для каждого \\(m\\ge3\\) можно выбрать \\(m\\)-элементное множество \\(A\\), для которого \\(\\mathcal G(A)\\) является полным графом?","definition_ids":["complete_graph"]}],"graph_theory":[{"id":"stmt-graph-complete","title":"Клика в графе целочисленных разностей","status":"ai_checked","text":"Зафиксирован конечный набор простых чисел \\(p_1,\\ldots,p_k\\). Между двумя целыми числами проводится ребро, если их ненулевая разность имеет только эти простые делители. Может ли этот бесконечный граф содержать клики любого конечного размера \\(m\\ge3\\)?","definition_ids":["complete_graph","clique"]}]},"solutions":[{"id":"sol-new-prime-pigeonhole","title":"Остатки по простому вне списка","status":"ai_checked","definition_ids":["complete_graph"],"standard_idea_ids":["pigeonhole_principle"],"tags":[],"has_text":true,"text_preview":"Ответ отрицательный. Выберем простое число \\(q\\), отличное от всех \\(p_1,\\ldots,p_k\\). Такое простое существует, потому что простых чисел бесконечно много. Рассмотрим любое множество \\(A\\) из \\(q+1\\) целых чисел. По принципу Дирихле среди этих \\(q+1\\) чисел найдутся два различных элемента \\(a,b\\), сравнимых по модулю \\(q\\). Тогда \\(q\\mid a-b\\), причем \\(a-b\\ne0\\). Следовательно, у разности \\(a-b\\) есть простой делитель \\(q\\), которого нет в разрешенном наборе \\(\\{p_1,\\ldots,p_k\\}\\). Поэтому \\(a-b\\notin S\\), и вершины \\(a\\) и \\(b\\) не соединены ребром в \\(\\mathcal G(A)\\). Итак, ни одно \\((q+1)\\)-элементное множество \\(A\\) не дает полный граф \\(\\mathcal G(A)\\). Значит, утверждение о существовании полного графа для каждого \\(m\\ge3\\) ложно."}],"relations":[{"id":"rel-miklos-2009-p2-parent-complete-child","neighbor_id":"miklos-schweitzer-2009-p2-smooth-difference-graphs","direction":"backward","type":"specialization","distance":1,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-miklos-2009-p2-complete-bounded-paired","neighbor_id":"miklos-schweitzer-2009-p2-bounded-degree-smooth-difference-path","direction":"forward","type":"paired_variant","distance":1,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-miklos-2009-p2-complete-cmo-1991-edge-differences","neighbor_id":"cmo-1991-p4-edge-difference-labeling-diagram","direction":"forward","type":"same_motif","distance":2,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-miklos-2009-p2-complete-utyum-edge-weights","neighbor_id":"complete-graph-triangle-edge-weights-minimum-parametric","direction":"forward","type":"same_motif","distance":3,"status":"needs_human_review"}],"search_text":"miklos-schweitzer-2009-p2-complete-smooth-difference-graphs-impossible невозможность полного графа разностей с фиксированными простыми делителями, miklos schweitzer 2009 p2(i) graph_model degree_counting pigeonhole_principle goal_impossibility 2009 https://www.math.u-szeged.hu/tagok/mmaroti/schweitzer/schweitzer-2009-eng.pdf miklos miklos schweitzer miklos schweitzer memorial competition 2009 задача 2, официальный pdf из архива miklos2009 miklosschweitzer miklosschweitzer2009 problem_and_solution src-miklos-schweitzer-2009-p2-official with_solution miklos schweitzer memorial competition 2009 задача 2, официальный pdf из архива stmt-complete-part полная часть исходной задачи ai_checked пусть \\(p_1,\\ldots,p_k\\) - фиксированные простые числа, а \\(s\\) - множество ненулевых целых чисел, все простые делители которых принадлежат множеству \\(\\{p_1,\\ldots,p_k\\}\\). для конечного множества целых чисел \\(a\\) построим граф \\(\\mathcal g(a)\\) с вершинами из \\(a\\), где две различные вершины \\(a,b\\) соединены ребром тогда и только тогда, когда \\(a-b\\in s\\). верно ли, что для каждого \\(m\\ge3\\) можно выбрать \\(m\\)-элементное множество \\(a\\), для которого \\(\\mathcal g(a)\\) является полным графом? complete_graph stmt-graph-complete клика в графе целочисленных разностей ai_checked зафиксирован конечный набор простых чисел \\(p_1,\\ldots,p_k\\). между двумя целыми числами проводится ребро, если их ненулевая разность имеет только эти простые делители. может ли этот бесконечный граф содержать клики любого конечного размера \\(m\\ge3\\)? complete_graph clique idea-new-prime-residues новый простой ограничивает размер клики если взять простой \\(q\\), которого нет среди разрешенных, то в полной реализации нельзя иметь две вершины с одинаковым остатком по модулю \\(q\\): их разность делилась бы на запрещенный простой \\(q\\). значит, клика имеет не больше \\(q\\) вершин. graph_model pigeonhole_principle goal_impossibility ai_checked sol-new-prime-pigeonhole остатки по простому вне списка ai_checked complete_graph pigeonhole_principle ответ отрицательный. выберем простое число \\(q\\), отличное от всех \\(p_1,\\ldots,p_k\\). такое простое существует, потому что простых чисел бесконечно много. рассмотрим любое множество \\(a\\) из \\(q+1\\) целых чисел. по принципу дирихле среди этих \\(q+1\\) чисел найдутся два различных элемента \\(a,b\\), сравнимых по модулю \\(q\\). тогда \\(q\\mid a-b\\), причем \\(a-b\\ne0\\). следовательно, у разности \\(a-b\\) есть простой делитель \\(q\\), которого нет в разрешенном наборе \\(\\{p_1,\\ldots,p_k\\}\\). поэтому \\(a-b\\notin s\\), и вершины \\(a\\) и \\(b\\) не соединены ребром в \\(\\mathcal g(a)\\). итак, ни одно \\((q+1)\\)-элементное множество \\(a\\) не дает полный граф \\(\\mathcal g(a)\\). значит, утверждение о существовании полного графа для каждого \\(m\\ge3\\) ложно. miklos-schweitzer-2009-p2-complete-smooth-difference-graphs-impossible nevozmozhnost polnogo grafa raznostey s fiksirovannymi prostymi delitelyami, miklos schweitzer 2009 p2(i) graph_model degree_counting pigeonhole_principle goal_impossibility 2009 https://www.math.u-szeged.hu/tagok/mmaroti/schweitzer/schweitzer-2009-eng.pdf miklos miklos schweitzer miklos schweitzer memorial competition 2009 zadacha 2, ofitsialnyy pdf iz arhiva miklos2009 miklosschweitzer miklosschweitzer2009 problem_and_solution src-miklos-schweitzer-2009-p2-official with_solution miklos schweitzer memorial competition 2009 zadacha 2, ofitsialnyy pdf iz arhiva stmt-complete-part polnaya chast ishodnoy zadachi ai_checked pust \\(p_1,\\ldots,p_k\\) - fiksirovannye prostye chisla, a \\(s\\) - mnozhestvo nenulevyh tselyh chisel, vse prostye deliteli kotoryh prinadlezhat mnozhestvu \\(\\{p_1,\\ldots,p_k\\}\\). dlya konechnogo mnozhestva tselyh chisel \\(a\\) postroim graf \\(\\mathcal g(a)\\) s vershinami iz \\(a\\), gde dve razlichnye vershiny \\(a,b\\) soedineny rebrom togda i tolko togda, kogda \\(a-b\\in s\\). verno li, chto dlya kazhdogo \\(m\\ge3\\) mozhno vybrat \\(m\\)-elementnoe mnozhestvo \\(a\\), dlya kotorogo \\(\\mathcal g(a)\\) yavlyaetsya polnym grafom? complete_graph stmt-graph-complete klika v grafe tselochislennyh raznostey ai_checked zafiksirovan konechnyy nabor prostyh chisel \\(p_1,\\ldots,p_k\\). mezhdu dvumya tselymi chislami provoditsya rebro, esli ih nenulevaya raznost imeet tolko eti prostye deliteli. mozhet li etot beskonechnyy graf soderzhat kliki lyubogo konechnogo razmera \\(m\\ge3\\)? complete_graph clique idea-new-prime-residues novyy prostoy ogranichivaet razmer kliki esli vzyat prostoy \\(q\\), kotorogo net sredi razreshennyh, to v polnoy realizatsii nelzya imet dve vershiny s odinakovym ostatkom po modulyu \\(q\\): ih raznost delilas by na zapreschennyy prostoy \\(q\\). znachit, klika imeet ne bolshe \\(q\\) vershin. graph_model pigeonhole_principle goal_impossibility ai_checked sol-new-prime-pigeonhole ostatki po prostomu vne spiska ai_checked complete_graph pigeonhole_principle otvet otritsatelnyy. vyberem prostoe chislo \\(q\\), otlichnoe ot vseh \\(p_1,\\ldots,p_k\\). takoe prostoe suschestvuet, potomu chto prostyh chisel beskonechno mnogo. rassmotrim lyuboe mnozhestvo \\(a\\) iz \\(q+1\\) tselyh chisel. po printsipu dirihle sredi etih \\(q+1\\) chisel naydutsya dva razlichnyh elementa \\(a,b\\), sravnimyh po modulyu \\(q\\). togda \\(q\\mid a-b\\), prichem \\(a-b\\ne0\\). sledovatelno, u raznosti \\(a-b\\) est prostoy delitel \\(q\\), kotorogo net v razreshennom nabore \\(\\{p_1,\\ldots,p_k\\}\\). poetomu \\(a-b\\notin s\\), i vershiny \\(a\\) i \\(b\\) ne soedineny rebrom v \\(\\mathcal g(a)\\). itak, ni odno \\((q+1)\\)-elementnoe mnozhestvo \\(a\\) ne daet polnyy graf \\(\\mathcal g(a)\\). znachit, utverzhdenie o suschestvovanii polnogo grafa dlya kazhdogo \\(m\\ge3\\) lozhno.","source_keys":["miklos"]}
{"id":"miklos-schweitzer-2009-p2-smooth-difference-graphs","title":"Граф разностей с заданными простыми делителями, Miklos Schweitzer 2009 P2","path":"data\\problems\\miklos-schweitzer\\miklos-schweitzer-2009-p2-smooth-difference-graphs.yaml","raw_github_url":"https://raw.githubusercontent.com/didin-maxim/knowledge_graph_of_graphs/main/data/problems/miklos-schweitzer/miklos-schweitzer-2009-p2-smooth-difference-graphs.yaml","viewer_url":"https://didin-maxim.github.io/knowledge_graph_of_graphs/#miklos-schweitzer-2009-p2-smooth-difference-graphs","source_key":"miklos","source_label":"Miklos Schweitzer","source_titles":["Miklos Schweitzer Memorial Competition 2009 задача 2, официальный PDF из архива"],"year":"2009","type":"olympiad_problem","authors":[],"tags":["graph_model","connectivity","degree_counting","goal_existence"],"agent_topics":[],"difficulty":{"main":"national_final_hard","local_score":8,"comment":"Решение короткое: запрет полного графа следует из остатков по простому вне списка, а связный граф степени не больше 2 строится как путь из сумм степеней произведения разрешенных простых.","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":"агент grouped classification","audit_source":"agent-university-archives.json"},"statements":{"original":[{"id":"stmt-original","title":"Граф на множестве целых чисел","status":"source_verified","text":"Пусть \\(p_1,\\ldots,p_k\\) - простые числа, а \\(S\\) - множество целых чисел, все простые делители которых принадлежат множеству \\(\\{p_1,\\ldots,p_k\\}\\). Для конечного множества целых чисел \\(A\\) обозначим через \\(\\mathcal G(A)\\) граф с вершинами из \\(A\\), где \\(a\\) и \\(b\\) соединены ребром тогда и только тогда, когда \\(a-b\\in S\\). Верно ли, что для каждого \\(m\\ge 3\\) существует \\(m\\)-элементное множество \\(A\\), для которого: (i) \\(\\mathcal G(A)\\) полон; (ii) \\(\\mathcal G(A)\\) связен, но все степени не превосходят 2?","definition_ids":[]}],"graph_theory":[{"id":"stmt-graph","title":"Граф разностей с заданными простыми делителями, Miklos Schweitzer 2009 P2","status":"ai_checked","text":"Нужно понять, какие графы порядка \\(m\\) могут возникать как графы разностей на конечном множестве целых чисел, если разрешенные разности имеют простые делители только из фиксированного конечного набора. В частности, спрашивается о реализуемости полного графа и связного графа максимальной степени 2.","definition_ids":["degree","connected_graph"]}]},"solutions":[{"id":"sol-komal-expanded-ai","title":"Остатки по новому простому и путь из степенных сумм","status":"ai_checked","definition_ids":["degree","connected_graph","path","complete_graph"],"standard_idea_ids":["pigeonhole_principle"],"tags":[],"has_text":true,"text_preview":"Обозначим \\(P=p_1p_2\\cdots p_k\\). (i) Ответ отрицательный. Пусть \\(q\\) - простое число, не входящее в список \\(p_1,\\ldots,p_k\\). Если \\(|A|>q\\), то по принципу Дирихле среди элементов \\(A\\) найдутся два различных числа \\(a,b\\), сравнимых по модулю \\(q\\). Тогда \\(q\\mid a-b\\), а значит у ненулевой разности \\(a-b\\) есть простой делитель \\(q\\), которого нет среди разрешенных простых. Следовательно, \\(a-b\\notin S\\), и эти две вершины не соединены ребром. Поэтому для \\(m=q+1\\) граф \\(\\mathcal G(A)\\) не может быть полным ни при каком \\(A\\), так что полного графа для всех \\(m\\ge3\\) не существует. (ii) Ответ положительный. Для заданного \\(m\\) положим \\[ a_n=P+P^2+\\cdots+P^n\\qquad(1\\le n\\le m) \\] и возьмем \\(A=\\{a_1,a_2,\\ldots,a_m\\}\\). Для соседних индексов имеем \\(a_{n+1}-a_n=P^{n+1}\\in S\\), поэтому ребра \\(a_na_{n+1}\\) присутствуют. Осталось проверить, что других ребер нет. Если \\(N\\ge n+2\\), т…"}],"relations":[{"id":"rel-miklos-2009-p2-parent-complete-child","neighbor_id":"miklos-schweitzer-2009-p2-complete-smooth-difference-graphs-impossible","direction":"forward","type":"specialization","distance":1,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-miklos-2009-p2-parent-bounded-degree-child","neighbor_id":"miklos-schweitzer-2009-p2-bounded-degree-smooth-difference-path","direction":"forward","type":"specialization","distance":1,"status":"ai_checked"}],"search_text":"miklos-schweitzer-2009-p2-smooth-difference-graphs граф разностей с заданными простыми делителями, miklos schweitzer 2009 p2 graph_model connectivity degree_counting goal_existence 2009 https://www.math.u-szeged.hu/tagok/mmaroti/schweitzer/schweitzer-2009-eng.pdf miklos miklos schweitzer miklos schweitzer memorial competition 2009 задача 2, официальный pdf из архива miklos2009 miklosschweitzer miklosschweitzer2009 problem_and_solution src-miklos-schweitzer-2009-p2-official with_solution miklos schweitzer memorial competition 2009 задача 2, официальный pdf из архива stmt-original граф на множестве целых чисел source_verified пусть \\(p_1,\\ldots,p_k\\) - простые числа, а \\(s\\) - множество целых чисел, все простые делители которых принадлежат множеству \\(\\{p_1,\\ldots,p_k\\}\\). для конечного множества целых чисел \\(a\\) обозначим через \\(\\mathcal g(a)\\) граф с вершинами из \\(a\\), где \\(a\\) и \\(b\\) соединены ребром тогда и только тогда, когда \\(a-b\\in s\\). верно ли, что для каждого \\(m\\ge 3\\) существует \\(m\\)-элементное множество \\(a\\), для которого: (i) \\(\\mathcal g(a)\\) полон; (ii) \\(\\mathcal g(a)\\) связен, но все степени не превосходят 2? stmt-graph граф разностей с заданными простыми делителями, miklos schweitzer 2009 p2 ai_checked нужно понять, какие графы порядка \\(m\\) могут возникать как графы разностей на конечном множестве целых чисел, если разрешенные разности имеют простые делители только из фиксированного конечного набора. в частности, спрашивается о реализуемости полного графа и связного графа максимальной степени 2. degree connected_graph idea-realization реализация графа через арифметические разности полный граф требует, чтобы все попарные разности элементов \\(a\\) лежали в мультипликативно порожденном множестве \\(s\\). условие степени не больше 2 требует, наоборот, построить длинную цепочку или цикл разрешенных разностей и подавить все лишние хорды. graph_model construction degree_counting ai_checked sol-komal-expanded-ai остатки по новому простому и путь из степенных сумм ai_checked degree connected_graph path complete_graph pigeonhole_principle обозначим \\(p=p_1p_2\\cdots p_k\\). (i) ответ отрицательный. пусть \\(q\\) - простое число, не входящее в список \\(p_1,\\ldots,p_k\\). если \\(|a|>q\\), то по принципу дирихле среди элементов \\(a\\) найдутся два различных числа \\(a,b\\), сравнимых по модулю \\(q\\). тогда \\(q\\mid a-b\\), а значит у ненулевой разности \\(a-b\\) есть простой делитель \\(q\\), которого нет среди разрешенных простых. следовательно, \\(a-b\\notin s\\), и эти две вершины не соединены ребром. поэтому для \\(m=q+1\\) граф \\(\\mathcal g(a)\\) не может быть полным ни при каком \\(a\\), так что полного графа для всех \\(m\\ge3\\) не существует. (ii) ответ положительный. для заданного \\(m\\) положим \\[ a_n=p+p^2+\\cdots+p^n\\qquad(1\\le n\\le m) \\] и возьмем \\(a=\\{a_1,a_2,\\ldots,a_m\\}\\). для соседних индексов имеем \\(a_{n+1}-a_n=p^{n+1}\\in s\\), поэтому ребра \\(a_na_{n+1}\\) присутствуют. осталось проверить, что других ребер нет. если \\(n\\ge n+2\\), т… miklos-schweitzer-2009-p2-smooth-difference-graphs graf raznostey s zadannymi prostymi delitelyami, miklos schweitzer 2009 p2 graph_model connectivity degree_counting goal_existence 2009 https://www.math.u-szeged.hu/tagok/mmaroti/schweitzer/schweitzer-2009-eng.pdf miklos miklos schweitzer miklos schweitzer memorial competition 2009 zadacha 2, ofitsialnyy pdf iz arhiva miklos2009 miklosschweitzer miklosschweitzer2009 problem_and_solution src-miklos-schweitzer-2009-p2-official with_solution miklos schweitzer memorial competition 2009 zadacha 2, ofitsialnyy pdf iz arhiva stmt-original graf na mnozhestve tselyh chisel source_verified pust \\(p_1,\\ldots,p_k\\) - prostye chisla, a \\(s\\) - mnozhestvo tselyh chisel, vse prostye deliteli kotoryh prinadlezhat mnozhestvu \\(\\{p_1,\\ldots,p_k\\}\\). dlya konechnogo mnozhestva tselyh chisel \\(a\\) oboznachim cherez \\(\\mathcal g(a)\\) graf s vershinami iz \\(a\\), gde \\(a\\) i \\(b\\) soedineny rebrom togda i tolko togda, kogda \\(a-b\\in s\\). verno li, chto dlya kazhdogo \\(m\\ge 3\\) suschestvuet \\(m\\)-elementnoe mnozhestvo \\(a\\), dlya kotorogo: (i) \\(\\mathcal g(a)\\) polon; (ii) \\(\\mathcal g(a)\\) svyazen, no vse stepeni ne prevoshodyat 2? stmt-graph graf raznostey s zadannymi prostymi delitelyami, miklos schweitzer 2009 p2 ai_checked nuzhno ponyat, kakie grafy poryadka \\(m\\) mogut voznikat kak grafy raznostey na konechnom mnozhestve tselyh chisel, esli razreshennye raznosti imeyut prostye deliteli tolko iz fiksirovannogo konechnogo nabora. v chastnosti, sprashivaetsya o realizuemosti polnogo grafa i svyaznogo grafa maksimalnoy stepeni 2. degree connected_graph idea-realization realizatsiya grafa cherez arifmeticheskie raznosti polnyy graf trebuet, chtoby vse poparnye raznosti elementov \\(a\\) lezhali v multiplikativno porozhdennom mnozhestve \\(s\\). uslovie stepeni ne bolshe 2 trebuet, naoborot, postroit dlinnuyu tsepochku ili tsikl razreshennyh raznostey i podavit vse lishnie hordy. graph_model construction degree_counting ai_checked sol-komal-expanded-ai ostatki po novomu prostomu i put iz stepennyh summ ai_checked degree connected_graph path complete_graph pigeonhole_principle oboznachim \\(p=p_1p_2\\cdots p_k\\). (i) otvet otritsatelnyy. pust \\(q\\) - prostoe chislo, ne vhodyaschee v spisok \\(p_1,\\ldots,p_k\\). esli \\(|a|>q\\), to po printsipu dirihle sredi elementov \\(a\\) naydutsya dva razlichnyh chisla \\(a,b\\), sravnimyh po modulyu \\(q\\). togda \\(q\\mid a-b\\), a znachit u nenulevoy raznosti \\(a-b\\) est prostoy delitel \\(q\\), kotorogo net sredi razreshennyh prostyh. sledovatelno, \\(a-b\\notin s\\), i eti dve vershiny ne soedineny rebrom. poetomu dlya \\(m=q+1\\) graf \\(\\mathcal g(a)\\) ne mozhet byt polnym ni pri kakom \\(a\\), tak chto polnogo grafa dlya vseh \\(m\\ge3\\) ne suschestvuet. (ii) otvet polozhitelnyy. dlya zadannogo \\(m\\) polozhim \\[ a_n=p+p^2+\\cdots+p^n\\qquad(1\\le n\\le m) \\] i vozmem \\(a=\\{a_1,a_2,\\ldots,a_m\\}\\). dlya sosednih indeksov imeem \\(a_{n+1}-a_n=p^{n+1}\\in s\\), poetomu rebra \\(a_na_{n+1}\\) prisutstvuyut. ostalos proverit, chto drugih reber net. esli \\(n\\ge n+2\\), t…","source_keys":["miklos"]}
{"id":"miklos-schweitzer-2010-p2-infinite-vertex-transitive-perfect-matching","title":"Совершенное паросочетание в счетном вершинно-транзитивном графе, Miklos Schweitzer 2010 P2","path":"data\\problems\\miklos-schweitzer\\miklos-schweitzer-2010-p2-infinite-vertex-transitive-perfect-matching.yaml","raw_github_url":"https://raw.githubusercontent.com/didin-maxim/knowledge_graph_of_graphs/main/data/problems/miklos-schweitzer/miklos-schweitzer-2010-p2-infinite-vertex-transitive-perfect-matching.yaml","viewer_url":"https://didin-maxim.github.io/knowledge_graph_of_graphs/#miklos-schweitzer-2010-p2-infinite-vertex-transitive-perfect-matching","source_key":"miklos","source_label":"Miklos Schweitzer","source_titles":["Miklos Schweitzer Memorial Competition 2010 задача 2, официальный PDF из архива"],"year":"2010","type":"olympiad_problem","authors":[],"tags":["matching","connectivity","graph_symmetry","goal_existence"],"agent_topics":[],"difficulty":{"main":"national_final_hard","local_score":8,"comment":"Стандартная формулировка из теории паросочетаний в бесконечных графах, но полный аккуратный вывод требует проверки бесконечной версии.","status":"needs_human_review"},"review_status":"needs_human_review","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":"Сознательно используется теория бесконечных паросочетаний и компактность; элементарная замена для полного счётного вершинно-транзитивного утверждения не найдена.","external_theorem_ids":["countably infinite connected vertex-transitive graph perfect matching theorem","Aharoni strongly maximal matching theorem"],"audit_source":"agent-university-archives.json"},"statements":{"original":[{"id":"stmt-original","title":"Полное спаривание","status":"needs_human_review","text":"Пусть \\(G\\) - счетно бесконечный, \\(d\\)-регулярный, связный, вершинно-транзитивный граф. Докажите, что в \\(G\\) существует полное спаривание, то есть совершенное паросочетание, покрывающее все вершины.","definition_ids":["matching"]}],"graph_theory":[{"id":"stmt-graph","title":"Совершенное паросочетание в счетном вершинно-транзитивном графе, Miklos Schweitzer 2010 P2","status":"ai_checked","text":"Каждый счетный бесконечный связный вершинно-транзитивный регулярный граф имеет совершенное паросочетание.","definition_ids":["degree","matching"]}]},"solutions":[{"id":"sol-ai-infinite-transitive-matching-theorem","title":"ИИ-решение через бесконечную теорему о паросочетании в вершинно-транзитивном графе","status":"ai_checked","definition_ids":["matching"],"standard_idea_ids":[],"tags":[],"has_text":true,"text_preview":"Воспользуемся известной бесконечной версией теоремы Годсила--Ройла: каждый счётный бесконечный связный вершинно-транзитивный граф имеет совершенное паросочетание. Для локально конечного случая, достаточного здесь, схема доказательства такова. Паросочетание называют сильно максимальным, если его нельзя улучшить конечной симметрической разностью; эквивалентно, в локально конечном графе нет увеличивающего чередующегося пути. Теорема Аарони гарантирует существование сильно максимального паросочетания. Вершина называется критической, если она покрыта каждым сильно максимальным паросочетанием. Это свойство сохраняется автоморфизмами, поэтому в вершинно-транзитивном графе либо все вершины критичны, либо ни одна. В первом случае любое сильно максимальное паросочетание уже совершенно. Рассмотрим второй случай, когда критических вершин нет. Нужный шаг доказывается индукцией по длине пути между дв…"}],"relations":[{"id":"rel-schweitzer-2010-p2-hall","neighbor_id":"hall-marriage-theorem","direction":"forward","type":"prerequisite","distance":3,"status":"needs_human_review"}],"search_text":"miklos-schweitzer-2010-p2-infinite-vertex-transitive-perfect-matching совершенное паросочетание в счетном вершинно-транзитивном графе, miklos schweitzer 2010 p2 matching connectivity graph_symmetry goal_existence 2010 https://www.math.u-szeged.hu/tagok/mmaroti/schweitzer/schweitzer-2010-eng.pdf miklos miklos schweitzer miklos schweitzer memorial competition 2010 задача 2, официальный pdf из архива miklos2010 miklosschweitzer miklosschweitzer2010 problem_and_solution src-miklos-schweitzer-2010-p2-official with_solution miklos schweitzer memorial competition 2010 задача 2, официальный pdf из архива stmt-original полное спаривание needs_human_review пусть \\(g\\) - счетно бесконечный, \\(d\\)-регулярный, связный, вершинно-транзитивный граф. докажите, что в \\(g\\) существует полное спаривание, то есть совершенное паросочетание, покрывающее все вершины. matching stmt-graph совершенное паросочетание в счетном вершинно-транзитивном графе, miklos schweitzer 2010 p2 ai_checked каждый счетный бесконечный связный вершинно-транзитивный регулярный граф имеет совершенное паросочетание. degree matching idea-tutte-compactness бесконечную задачу свести к конечным условиям холла-татта ожидаемый путь: проверить конечные препятствия к паросочетанию с помощью вершинной транзитивности и регулярности, затем применить компактность или локальный предел конечных паросочетаний. matching classical_theorem goal_existence needs_human_review sol-ai-infinite-transitive-matching-theorem ии-решение через бесконечную теорему о паросочетании в вершинно-транзитивном графе ai_checked matching воспользуемся известной бесконечной версией теоремы годсила--ройла: каждый счётный бесконечный связный вершинно-транзитивный граф имеет совершенное паросочетание. для локально конечного случая, достаточного здесь, схема доказательства такова. паросочетание называют сильно максимальным, если его нельзя улучшить конечной симметрической разностью; эквивалентно, в локально конечном графе нет увеличивающего чередующегося пути. теорема аарони гарантирует существование сильно максимального паросочетания. вершина называется критической, если она покрыта каждым сильно максимальным паросочетанием. это свойство сохраняется автоморфизмами, поэтому в вершинно-транзитивном графе либо все вершины критичны, либо ни одна. в первом случае любое сильно максимальное паросочетание уже совершенно. рассмотрим второй случай, когда критических вершин нет. нужный шаг доказывается индукцией по длине пути между дв… miklos-schweitzer-2010-p2-infinite-vertex-transitive-perfect-matching sovershennoe parosochetanie v schetnom vershinno-tranzitivnom grafe, miklos schweitzer 2010 p2 matching connectivity graph_symmetry goal_existence 2010 https://www.math.u-szeged.hu/tagok/mmaroti/schweitzer/schweitzer-2010-eng.pdf miklos miklos schweitzer miklos schweitzer memorial competition 2010 zadacha 2, ofitsialnyy pdf iz arhiva miklos2010 miklosschweitzer miklosschweitzer2010 problem_and_solution src-miklos-schweitzer-2010-p2-official with_solution miklos schweitzer memorial competition 2010 zadacha 2, ofitsialnyy pdf iz arhiva stmt-original polnoe sparivanie needs_human_review pust \\(g\\) - schetno beskonechnyy, \\(d\\)-regulyarnyy, svyaznyy, vershinno-tranzitivnyy graf. dokazhite, chto v \\(g\\) suschestvuet polnoe sparivanie, to est sovershennoe parosochetanie, pokryvayuschee vse vershiny. matching stmt-graph sovershennoe parosochetanie v schetnom vershinno-tranzitivnom grafe, miklos schweitzer 2010 p2 ai_checked kazhdyy schetnyy beskonechnyy svyaznyy vershinno-tranzitivnyy regulyarnyy graf imeet sovershennoe parosochetanie. degree matching idea-tutte-compactness beskonechnuyu zadachu svesti k konechnym usloviyam holla-tatta ozhidaemyy put: proverit konechnye prepyatstviya k parosochetaniyu s pomoschyu vershinnoy tranzitivnosti i regulyarnosti, zatem primenit kompaktnost ili lokalnyy predel konechnyh parosochetaniy. matching classical_theorem goal_existence needs_human_review sol-ai-infinite-transitive-matching-theorem ii-reshenie cherez beskonechnuyu teoremu o parosochetanii v vershinno-tranzitivnom grafe ai_checked matching vospolzuemsya izvestnoy beskonechnoy versiey teoremy godsila--royla: kazhdyy schetnyy beskonechnyy svyaznyy vershinno-tranzitivnyy graf imeet sovershennoe parosochetanie. dlya lokalno konechnogo sluchaya, dostatochnogo zdes, shema dokazatelstva takova. parosochetanie nazyvayut silno maksimalnym, esli ego nelzya uluchshit konechnoy simmetricheskoy raznostyu; ekvivalentno, v lokalno konechnom grafe net uvelichivayuschego chereduyuschegosya puti. teorema aaroni garantiruet suschestvovanie silno maksimalnogo parosochetaniya. vershina nazyvaetsya kriticheskoy, esli ona pokryta kazhdym silno maksimalnym parosochetaniem. eto svoystvo sohranyaetsya avtomorfizmami, poetomu v vershinno-tranzitivnom grafe libo vse vershiny kritichny, libo ni odna. v pervom sluchae lyuboe silno maksimalnoe parosochetanie uzhe sovershenno. rassmotrim vtoroy sluchay, kogda kriticheskih vershin net. nuzhnyy shag dokazyvaetsya induktsiey po dline puti mezhdu dv…","source_keys":["miklos"]}
{"id":"miklos-schweitzer-2011-p2-min-degree-monochromatic-connected-subgraph","title":"Большой одноцветный связный подграф при минимальной степени 3n/4, Miklos Schweitzer 2011 P2","path":"data\\problems\\miklos-schweitzer\\miklos-schweitzer-2011-p2-min-degree-monochromatic-connected-subgraph.yaml","raw_github_url":"https://raw.githubusercontent.com/didin-maxim/knowledge_graph_of_graphs/main/data/problems/miklos-schweitzer/miklos-schweitzer-2011-p2-min-degree-monochromatic-connected-subgraph.yaml","viewer_url":"https://didin-maxim.github.io/knowledge_graph_of_graphs/#miklos-schweitzer-2011-p2-min-degree-monochromatic-connected-subgraph","source_key":"miklos","source_label":"Miklos Schweitzer","source_titles":["Miklos Schweitzer Memorial Competition 2011 задача 2, официальный PDF из архива"],"year":"2011","type":"olympiad_problem","authors":[],"tags":["coloring","connectivity","degree_counting","cut_counting","goal_existence"],"agent_topics":[],"difficulty":{"main":"national_final_medium","local_score":6,"comment":"После выбора цвета без остовной компоненты работает короткий подсчет степеней через разрез.","status":"ai_checked"},"review_status":"ai_checked","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":"агент grouped classification","audit_source":"agent-university-archives.json"},"statements":{"original":[{"id":"stmt-original","title":"Двухцветная раскраска ребер","status":"needs_human_review","text":"Пусть \\(G\\) - простой граф с \\(n\\) вершинами и минимальной степенью \\(\\delta(G)\\ge 3n/4\\). Докажите, что при любой раскраске ребер графа \\(G\\) в два цвета существует связный подграф с по крайней мере \\(\\delta(G)+1\\) вершинами, все ребра которого имеют один цвет.","definition_ids":[]}],"graph_theory":[{"id":"stmt-graph","title":"Большой одноцветный связный подграф при минимальной степени 3n/4, Miklos Schweitzer 2011 P2","status":"ai_checked","text":"В каждом 2-раскрашенном по ребрам простом графе порядка \\(n\\) с \\(\\delta(G)\\ge 3n/4\\) одна из одноцветных компонент содержит не меньше \\(\\delta(G)+1\\) вершин.","definition_ids":["connected_graph","degree","simple_graph"]}]},"solutions":[{"id":"sol-cut-degree","title":"Разрез и общие синие соседи","status":"ai_checked","definition_ids":["connected_graph"],"standard_idea_ids":["double_counting"],"tags":[],"has_text":true,"text_preview":"Если красные ребра содержат связный остовный подграф, то утверждение очевидно. Иначе вершины можно разбить на две непустые части \\(A,B\\) так, что все ребра между ними, если они есть, синие. Пусть \\(|A|\\le n/2\\), возьмем \\(x\\in A\\). Все соседи \\(x\\) в \\(B\\) соединены с \\(x\\) синими ребрами. Если \\(y\\in A\\) - сосед \\(x\\), то у каждой из вершин \\(x,y\\) не меньше \\(\\delta(G)-(|A|-1)\\) соседей в \\(B\\). Эти два множества соседей пересекаются, потому что их суммарный размер больше \\(|B|\\) при \\(\\delta(G)\\ge 3n/4\\) и \\(|A|\\le n/2\\). Значит, \\(x\\) и \\(y\\) связаны синим путем длины 2 через общую вершину из \\(B\\). Следовательно, вершина \\(x\\) и все ее соседи лежат в одной синей компоненте. Их не меньше \\(1+d(x)\\ge \\delta(G)+1\\), что и требовалось."}],"relations":[{"id":"rel-gallai-three-color-ms2011-p2-disconnected-color-cut","neighbor_id":"gallai-three-color-disconnected-class","direction":"backward","type":"same_motif","distance":3,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-ms2012-p3-ms2011-p2-monochromatic-component","neighbor_id":"miklos-schweitzer-2012-p3-two-colored-k-chromatic-tree","direction":"backward","type":"same_motif","distance":2,"status":"ai_checked"}],"search_text":"miklos-schweitzer-2011-p2-min-degree-monochromatic-connected-subgraph большой одноцветный связный подграф при минимальной степени 3n/4, miklos schweitzer 2011 p2 coloring connectivity degree_counting cut_counting goal_existence 2011 https://www.math.u-szeged.hu/tagok/mmaroti/schweitzer/schweitzer-2011.pdf miklos miklos schweitzer miklos schweitzer memorial competition 2011 задача 2, официальный pdf из архива miklos2011 miklosschweitzer miklosschweitzer2011 src-miklos-schweitzer-2011-p2-official statement with_solution miklos schweitzer memorial competition 2011 задача 2, официальный pdf из архива stmt-original двухцветная раскраска ребер needs_human_review пусть \\(g\\) - простой граф с \\(n\\) вершинами и минимальной степенью \\(\\delta(g)\\ge 3n/4\\). докажите, что при любой раскраске ребер графа \\(g\\) в два цвета существует связный подграф с по крайней мере \\(\\delta(g)+1\\) вершинами, все ребра которого имеют один цвет. stmt-graph большой одноцветный связный подграф при минимальной степени 3n/4, miklos schweitzer 2011 p2 ai_checked в каждом 2-раскрашенном по ребрам простом графе порядка \\(n\\) с \\(\\delta(g)\\ge 3n/4\\) одна из одноцветных компонент содержит не меньше \\(\\delta(g)+1\\) вершин. connected_graph degree simple_graph idea-if-one-color-disconnected если один цвет не связен, все ребра разреза имеют второй цвет если красный граф не содержит остовной связной компоненты, то есть разбиение \\(v=a\\cup b\\) без красных ребер между частями. все ребра разреза синие. для вершины из меньшей части высокая минимальная степень заставляет ее и всех ее соседей попасть в одну синюю компоненту. connectivity cut_counting degree_counting ai_checked sol-cut-degree разрез и общие синие соседи ai_checked connected_graph double_counting если красные ребра содержат связный остовный подграф, то утверждение очевидно. иначе вершины можно разбить на две непустые части \\(a,b\\) так, что все ребра между ними, если они есть, синие. пусть \\(|a|\\le n/2\\), возьмем \\(x\\in a\\). все соседи \\(x\\) в \\(b\\) соединены с \\(x\\) синими ребрами. если \\(y\\in a\\) - сосед \\(x\\), то у каждой из вершин \\(x,y\\) не меньше \\(\\delta(g)-(|a|-1)\\) соседей в \\(b\\). эти два множества соседей пересекаются, потому что их суммарный размер больше \\(|b|\\) при \\(\\delta(g)\\ge 3n/4\\) и \\(|a|\\le n/2\\). значит, \\(x\\) и \\(y\\) связаны синим путем длины 2 через общую вершину из \\(b\\). следовательно, вершина \\(x\\) и все ее соседи лежат в одной синей компоненте. их не меньше \\(1+d(x)\\ge \\delta(g)+1\\), что и требовалось. miklos-schweitzer-2011-p2-min-degree-monochromatic-connected-subgraph bolshoy odnotsvetnyy svyaznyy podgraf pri minimalnoy stepeni 3n/4, miklos schweitzer 2011 p2 coloring connectivity degree_counting cut_counting goal_existence 2011 https://www.math.u-szeged.hu/tagok/mmaroti/schweitzer/schweitzer-2011.pdf miklos miklos schweitzer miklos schweitzer memorial competition 2011 zadacha 2, ofitsialnyy pdf iz arhiva miklos2011 miklosschweitzer miklosschweitzer2011 src-miklos-schweitzer-2011-p2-official statement with_solution miklos schweitzer memorial competition 2011 zadacha 2, ofitsialnyy pdf iz arhiva stmt-original dvuhtsvetnaya raskraska reber needs_human_review pust \\(g\\) - prostoy graf s \\(n\\) vershinami i minimalnoy stepenyu \\(\\delta(g)\\ge 3n/4\\). dokazhite, chto pri lyuboy raskraske reber grafa \\(g\\) v dva tsveta suschestvuet svyaznyy podgraf s po krayney mere \\(\\delta(g)+1\\) vershinami, vse rebra kotorogo imeyut odin tsvet. stmt-graph bolshoy odnotsvetnyy svyaznyy podgraf pri minimalnoy stepeni 3n/4, miklos schweitzer 2011 p2 ai_checked v kazhdom 2-raskrashennom po rebram prostom grafe poryadka \\(n\\) s \\(\\delta(g)\\ge 3n/4\\) odna iz odnotsvetnyh komponent soderzhit ne menshe \\(\\delta(g)+1\\) vershin. connected_graph degree simple_graph idea-if-one-color-disconnected esli odin tsvet ne svyazen, vse rebra razreza imeyut vtoroy tsvet esli krasnyy graf ne soderzhit ostovnoy svyaznoy komponenty, to est razbienie \\(v=a\\cup b\\) bez krasnyh reber mezhdu chastyami. vse rebra razreza sinie. dlya vershiny iz menshey chasti vysokaya minimalnaya stepen zastavlyaet ee i vseh ee sosedey popast v odnu sinyuyu komponentu. connectivity cut_counting degree_counting ai_checked sol-cut-degree razrez i obschie sinie sosedi ai_checked connected_graph double_counting esli krasnye rebra soderzhat svyaznyy ostovnyy podgraf, to utverzhdenie ochevidno. inache vershiny mozhno razbit na dve nepustye chasti \\(a,b\\) tak, chto vse rebra mezhdu nimi, esli oni est, sinie. pust \\(|a|\\le n/2\\), vozmem \\(x\\in a\\). vse sosedi \\(x\\) v \\(b\\) soedineny s \\(x\\) sinimi rebrami. esli \\(y\\in a\\) - sosed \\(x\\), to u kazhdoy iz vershin \\(x,y\\) ne menshe \\(\\delta(g)-(|a|-1)\\) sosedey v \\(b\\). eti dva mnozhestva sosedey peresekayutsya, potomu chto ih summarnyy razmer bolshe \\(|b|\\) pri \\(\\delta(g)\\ge 3n/4\\) i \\(|a|\\le n/2\\). znachit, \\(x\\) i \\(y\\) svyazany sinim putem dliny 2 cherez obschuyu vershinu iz \\(b\\). sledovatelno, vershina \\(x\\) i vse ee sosedi lezhat v odnoy siney komponente. ih ne menshe \\(1+d(x)\\ge \\delta(g)+1\\), chto i trebovalos.","source_keys":["miklos"]}
{"id":"miklos-schweitzer-2012-p10-knot-black-graph-spanning-trees","title":"Черный граф диаграммы узла и число остовных деревьев, Miklos Schweitzer 2012 P10","path":"data\\problems\\miklos-schweitzer\\miklos-schweitzer-2012-p10-knot-black-graph-spanning-trees.yaml","raw_github_url":"https://raw.githubusercontent.com/didin-maxim/knowledge_graph_of_graphs/main/data/problems/miklos-schweitzer/miklos-schweitzer-2012-p10-knot-black-graph-spanning-trees.yaml","viewer_url":"https://didin-maxim.github.io/knowledge_graph_of_graphs/#miklos-schweitzer-2012-p10-knot-black-graph-spanning-trees","source_key":"miklos","source_label":"Miklos Schweitzer","source_titles":["Miklos Schweitzer Memorial Competition 2012 задача 10, официальный PDF из архива"],"year":"2012","type":"olympiad_problem","authors":[],"tags":["planar_graphs","trees","goal_counting","goal_classification"],"agent_topics":[],"difficulty":{"main":"national_final_hard","local_score":8,"comment":"Графовая формулировка ясна, но полное решение требует аккуратной связи с теорией узлов.","status":"needs_human_review"},"review_status":"needs_human_review","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":"Составное применение к узлам и графам Тейта; выделенные дочерние карточки раскрывают меньшие графовые и чётностные компоненты, но родительская карточка по-прежнему существенно опирается на внешние теоремы.","external_theorem_ids":["Shank theorem for Tait graph spanning-tree parity","Goeritz determinant theorem","Alexander polynomial determinant parity"],"audit_source":"agent-university-archives.json"},"statements":{"original":[{"id":"stmt-original","title":"Черный граф диаграммы узла","status":"needs_human_review","text":"Пусть \\(K\\) - узел в трехмерном пространстве, а \\(D\\) - его диаграмма. Раскрасим дополнение диаграммы в шахматном порядке в черный и белый цвета. Черным графом \\(\\Gamma_B(D)\\) называется граф, вершины которого соответствуют черным областям, а ребро соединяет две вершины, если соответствующие черные области имеют общую точку. (a) Определите все узлы, имеющие диаграмму \\(D\\), для которой \\(\\Gamma_B(D)\\) имеет не более 3 остовных деревьев. (b) Докажите, что для любого узла и любой диаграммы \\(D\\) граф \\(\\Gamma_B(D)\\) имеет нечетное число остовных деревьев.","definition_ids":["spanning_tree"]}],"graph_theory":[{"id":"stmt-graph","title":"Планарно-графовая часть","status":"ai_checked","text":"Для планарного графа, полученного как черный граф шахматной раскраски диаграммы узла, требуется классифицировать случаи с не более чем тремя остовными деревьями и доказать нечетность числа остовных деревьев.","definition_ids":["planar_graph","spanning_tree"]}]},"solutions":[{"id":"solution-ai-shank-small-tait-graphs","title":"ИИ-решение через теорему Шенка и малые Tait-графы","status":"ai_checked","definition_ids":["planar_graph","spanning_tree"],"standard_idea_ids":[],"tags":[],"has_text":true,"text_preview":"Будем рассматривать \\(G=\\Gamma_B(D)\\) как плоский мультиграф; петли возможны, но они не входят ни в одно остовное дерево. Используем стандартную теорему Шенка: если \\(G\\) является Tait-графом связной диаграммы ссылки \\(L\\), то число компонент \\(L\\) равно 1 тогда и только тогда, когда \\(\\tau(G)\\), число остовных деревьев \\(G\\), нечетно. Так как в задаче \\(L=K\\) - узел, у ссылки ровно одна компонента, значит \\(\\tau(\\Gamma_B(D))\\) нечетно. Это доказывает пункт (b). Теперь пусть \\(\\tau(G)\\le 3\\). По уже доказанной нечетности \\(\\tau(G)=1\\) или \\(\\tau(G)=3\\). Сначала разберем графовую классификацию. Удаление петель не меняет \\(\\tau\\). Если \\(e\\) - мост, то каждое остовное дерево обязано содержать \\(e\\), а число остовных деревьев всего графа равно произведению чисел остовных деревьев блоков по разные стороны от моста. Поэтому при \\(\\tau=1\\) после удаления петель не остается ни одного цикла: гр…"}],"relations":[{"id":"rel-ms2012-p10-parent-to-small-tait-classification","neighbor_id":"miklos-schweitzer-2012-p10a-knot-black-graph-at-most-three-spanning-trees","direction":"forward","type":"specialization","distance":1,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-ms2012-p10-parent-to-odd-tait-spanning-trees","neighbor_id":"miklos-schweitzer-2012-p10b-knot-black-graph-odd-spanning-trees","direction":"forward","type":"specialization","distance":1,"status":"ai_checked"}],"search_text":"miklos-schweitzer-2012-p10-knot-black-graph-spanning-trees черный граф диаграммы узла и число остовных деревьев, miklos schweitzer 2012 p10 planar_graphs trees goal_counting goal_classification 2012 https://www.math.u-szeged.hu/tagok/mmaroti/schweitzer/schweitzer-2012-eng.pdf miklos miklos schweitzer miklos schweitzer memorial competition 2012 задача 10, официальный pdf из архива miklos2012 miklosschweitzer miklosschweitzer2012 problem_and_solution src-miklos-schweitzer-2012-p10-official with_solution miklos schweitzer memorial competition 2012 задача 10, официальный pdf из архива stmt-original черный граф диаграммы узла needs_human_review пусть \\(k\\) - узел в трехмерном пространстве, а \\(d\\) - его диаграмма. раскрасим дополнение диаграммы в шахматном порядке в черный и белый цвета. черным графом \\(\\gamma_b(d)\\) называется граф, вершины которого соответствуют черным областям, а ребро соединяет две вершины, если соответствующие черные области имеют общую точку. (a) определите все узлы, имеющие диаграмму \\(d\\), для которой \\(\\gamma_b(d)\\) имеет не более 3 остовных деревьев. (b) докажите, что для любого узла и любой диаграммы \\(d\\) граф \\(\\gamma_b(d)\\) имеет нечетное число остовных деревьев. spanning_tree stmt-graph планарно-графовая часть ai_checked для планарного графа, полученного как черный граф шахматной раскраски диаграммы узла, требуется классифицировать случаи с не более чем тремя остовными деревьями и доказать нечетность числа остовных деревьев. planar_graph spanning_tree idea-determinant теорема шенка для tait-графа для tait-графа связной диаграммы ссылки число компонент ссылки имеет чисто графовое отражение: диаграмма задает один узел тогда и только тогда, когда число остовных деревьев tait-графа нечетно. после этого случай не более трех деревьев сводится к классификации связных мультиграфов с 1 или 3 остовными деревьями. planar_graphs trees goal_counting ai_checked solution-ai-shank-small-tait-graphs ии-решение через теорему шенка и малые tait-графы ai_checked planar_graph spanning_tree будем рассматривать \\(g=\\gamma_b(d)\\) как плоский мультиграф; петли возможны, но они не входят ни в одно остовное дерево. используем стандартную теорему шенка: если \\(g\\) является tait-графом связной диаграммы ссылки \\(l\\), то число компонент \\(l\\) равно 1 тогда и только тогда, когда \\(\\tau(g)\\), число остовных деревьев \\(g\\), нечетно. так как в задаче \\(l=k\\) - узел, у ссылки ровно одна компонента, значит \\(\\tau(\\gamma_b(d))\\) нечетно. это доказывает пункт (b). теперь пусть \\(\\tau(g)\\le 3\\). по уже доказанной нечетности \\(\\tau(g)=1\\) или \\(\\tau(g)=3\\). сначала разберем графовую классификацию. удаление петель не меняет \\(\\tau\\). если \\(e\\) - мост, то каждое остовное дерево обязано содержать \\(e\\), а число остовных деревьев всего графа равно произведению чисел остовных деревьев блоков по разные стороны от моста. поэтому при \\(\\tau=1\\) после удаления петель не остается ни одного цикла: гр… miklos-schweitzer-2012-p10-knot-black-graph-spanning-trees chernyy graf diagrammy uzla i chislo ostovnyh derevev, miklos schweitzer 2012 p10 planar_graphs trees goal_counting goal_classification 2012 https://www.math.u-szeged.hu/tagok/mmaroti/schweitzer/schweitzer-2012-eng.pdf miklos miklos schweitzer miklos schweitzer memorial competition 2012 zadacha 10, ofitsialnyy pdf iz arhiva miklos2012 miklosschweitzer miklosschweitzer2012 problem_and_solution src-miklos-schweitzer-2012-p10-official with_solution miklos schweitzer memorial competition 2012 zadacha 10, ofitsialnyy pdf iz arhiva stmt-original chernyy graf diagrammy uzla needs_human_review pust \\(k\\) - uzel v trehmernom prostranstve, a \\(d\\) - ego diagramma. raskrasim dopolnenie diagrammy v shahmatnom poryadke v chernyy i belyy tsveta. chernym grafom \\(\\gamma_b(d)\\) nazyvaetsya graf, vershiny kotorogo sootvetstvuyut chernym oblastyam, a rebro soedinyaet dve vershiny, esli sootvetstvuyuschie chernye oblasti imeyut obschuyu tochku. (a) opredelite vse uzly, imeyuschie diagrammu \\(d\\), dlya kotoroy \\(\\gamma_b(d)\\) imeet ne bolee 3 ostovnyh derevev. (b) dokazhite, chto dlya lyubogo uzla i lyuboy diagrammy \\(d\\) graf \\(\\gamma_b(d)\\) imeet nechetnoe chislo ostovnyh derevev. spanning_tree stmt-graph planarno-grafovaya chast ai_checked dlya planarnogo grafa, poluchennogo kak chernyy graf shahmatnoy raskraski diagrammy uzla, trebuetsya klassifitsirovat sluchai s ne bolee chem tremya ostovnymi derevyami i dokazat nechetnost chisla ostovnyh derevev. planar_graph spanning_tree idea-determinant teorema shenka dlya tait-grafa dlya tait-grafa svyaznoy diagrammy ssylki chislo komponent ssylki imeet chisto grafovoe otrazhenie: diagramma zadaet odin uzel togda i tolko togda, kogda chislo ostovnyh derevev tait-grafa nechetno. posle etogo sluchay ne bolee treh derevev svoditsya k klassifikatsii svyaznyh multigrafov s 1 ili 3 ostovnymi derevyami. planar_graphs trees goal_counting ai_checked solution-ai-shank-small-tait-graphs ii-reshenie cherez teoremu shenka i malye tait-grafy ai_checked planar_graph spanning_tree budem rassmatrivat \\(g=\\gamma_b(d)\\) kak ploskiy multigraf; petli vozmozhny, no oni ne vhodyat ni v odno ostovnoe derevo. ispolzuem standartnuyu teoremu shenka: esli \\(g\\) yavlyaetsya tait-grafom svyaznoy diagrammy ssylki \\(l\\), to chislo komponent \\(l\\) ravno 1 togda i tolko togda, kogda \\(\\tau(g)\\), chislo ostovnyh derevev \\(g\\), nechetno. tak kak v zadache \\(l=k\\) - uzel, u ssylki rovno odna komponenta, znachit \\(\\tau(\\gamma_b(d))\\) nechetno. eto dokazyvaet punkt (b). teper pust \\(\\tau(g)\\le 3\\). po uzhe dokazannoy nechetnosti \\(\\tau(g)=1\\) ili \\(\\tau(g)=3\\). snachala razberem grafovuyu klassifikatsiyu. udalenie petel ne menyaet \\(\\tau\\). esli \\(e\\) - most, to kazhdoe ostovnoe derevo obyazano soderzhat \\(e\\), a chislo ostovnyh derevev vsego grafa ravno proizvedeniyu chisel ostovnyh derevev blokov po raznye storony ot mosta. poetomu pri \\(\\tau=1\\) posle udaleniya petel ne ostaetsya ni odnogo tsikla: gr…","source_keys":["miklos"]}
{"id":"miklos-schweitzer-2012-p10a-knot-black-graph-at-most-three-spanning-trees","title":"Узлы с диаграммой, черный граф которой имеет не более трех остовных деревьев, Miklos Schweitzer 2012 P10(a)","path":"data\\problems\\miklos-schweitzer\\miklos-schweitzer-2012-p10a-knot-black-graph-at-most-three-spanning-trees.yaml","raw_github_url":"https://raw.githubusercontent.com/didin-maxim/knowledge_graph_of_graphs/main/data/problems/miklos-schweitzer/miklos-schweitzer-2012-p10a-knot-black-graph-at-most-three-spanning-trees.yaml","viewer_url":"https://didin-maxim.github.io/knowledge_graph_of_graphs/#miklos-schweitzer-2012-p10a-knot-black-graph-at-most-three-spanning-trees","source_key":"miklos","source_label":"Miklos Schweitzer","source_titles":["Miklos Schweitzer Competition 2012, архивный указатель","Miklos Schweitzer 2012 задачи, венгерский оригинал","Miklos Schweitzer 2012 задачи, английский перевод","Miklos Schweitzer 2012 официальный отчёт","Jun Ge and Lianzhu Zhang, Determinant of links, spanning trees, and a theorem of Shank","Xian'an Jin, Weiling Yang and Jun Ge, A Shank's theorem: three proofs"],"year":"2012","type":"olympiad_problem","authors":[],"tags":["planar_graphs","trees","goal_counting","goal_classification"],"agent_topics":[],"difficulty":{"main":"national_final_hard","local_score":8,"comment":"Самостоятельная классификационная половина задачи: после чётностной части требуется отдельная классификация мультиграфов с тремя остовными деревьями и перевод малого Tait-ядра обратно в тип узла.","status":"ai_checked"},"review_status":"ai_checked","public_ready":true,"solution_state":"with_solution","solution_classification":{"type":"heavy_external_theorem_application","label":"решение с внешними топологическими фактами","status":"ai_checked","confidence":0.9,"basis":"официальное условие/proposer verified; no официальное решение found; внешняя теорема references checked","notes":"Доказательство классификации полно только после принятия чётностной теоремы P10(b) и стандартных фактов о диаграммах Тейта и устранимых перекрёстках. Это не леммы школьного уровня; здесь намеренно используется тяжёлая внешняя теорема.","external_theorem_ids":["Shank_theorem","P10(b) Tait graph odd spanning-tree theorem","стандартная редукция Tait-графа по отсекаемым перекрёсткам","two_strand_braid_three_crossing_classification"],"audit_source":"official-plan-expansion-pass-2026-05-06"},"statements":{"original":[{"id":"stmt-original-p10a","title":"Черный граф с не более чем тремя остовными деревьями","status":"ai_checked","text":"Пусть \\(K\\) - узел, а \\(D\\) - его диаграмма. Раскрасим области дополнения диаграммы в шахматном порядке и построим черный граф \\(\\Gamma_B(D)\\): его вершины соответствуют черным областям, а каждое пересечение диаграммы дает ребро между двумя черными областями, имеющими в этом пересечении общую точку. Определите все узлы, имеющие такую диаграмму \\(D\\), что \\(\\Gamma_B(D)\\) имеет не более \\(3\\) остовных деревьев.","definition_ids":["planar_graph","spanning_tree","connected_graph","multigraph","bridge","cycle","tree","triangle"]}]},"solutions":[{"id":"sol-small-tait-graphs-classification","title":"Классификация через малые Tait-графы с внешними фактами о узлах","status":"ai_checked","definition_ids":["planar_graph","spanning_tree","connected_graph","multigraph","bridge","cycle","tree","triangle"],"standard_idea_ids":[],"tags":[],"has_text":true,"text_preview":"Ответ: тривиальный узел и два хиральных трилистника; если зеркальные узлы в принятой конвенции не различаются, то это тривиальный узел и трилистник. Обозначим \\(G=\\Gamma_B(D)\\), а через \\(\\tau(G)\\) - число его остовных деревьев. В карточке `miklos-schweitzer-2012-p10b-knot-black-graph-odd-spanning-trees` доказано, что для любой диаграммы узла \\(\\tau(G)\\) нечетно. Поэтому из условия \\(\\tau(G)\\le 3\\) следует \\(\\tau(G)=1\\) или \\(\\tau(G)=3\\). Сначала нужна чисто графовая классификация. Петли можно удалить: они не входят ни в одно остовное дерево. Каждый мост входит во всякое остовное дерево. Более общо, если связный граф разложен по мостам и точкам сочленения на блоки, то число его остовных деревьев равно произведению чисел остовных деревьев нетривиальных блоков; деревообразные части дают множитель \\(1\\). Если \\(\\tau(G)=1\\), то после удаления петель все ребра являются мостами, то есть сущес…"}],"relations":[{"id":"rel-ms2012-p10-parent-to-small-tait-classification","neighbor_id":"miklos-schweitzer-2012-p10-knot-black-graph-spanning-trees","direction":"backward","type":"specialization","distance":1,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-ms2012-p10a-kolmogorov-2006-spanning-tree-count","neighbor_id":"kolmogorov-2006-team-olympiad-seniors-problem-9","direction":"forward","type":"same_motif","distance":4,"status":"needs_human_review"},{"id":"rel-official-plan-ms2012-p10a-uses-p10b-heavy-parity","neighbor_id":"miklos-schweitzer-2012-p10b-knot-black-graph-odd-spanning-trees","direction":"forward","type":"prerequisite","distance":1,"status":"ai_checked"}],"search_text":"miklos-schweitzer-2012-p10a-knot-black-graph-at-most-three-spanning-trees узлы с диаграммой, черный граф которой имеет не более трех остовных деревьев, miklos schweitzer 2012 p10(a) planar_graphs trees goal_counting goal_classification 2012 https://doi.org/10.1142/s0218216516410054 https://www.math.u-szeged.hu/tagok/mmaroti/schweitzer/index.html https://www.math.u-szeged.hu/tagok/mmaroti/schweitzer/schweitzer-2012-meg.pdf https://www.math.u-szeged.hu/~mmaroti/schweitzer/schweitzer-2012-eng.pdf https://www.math.u-szeged.hu/~mmaroti/schweitzer/schweitzer-2012.pdf https://www.researchgate.net/publication/361085109_a_shank%27s_theorem_three_proofs jun ge and lianzhu zhang, determinant of links, spanning trees, and a theorem of shank miklos miklos schweitzer miklos schweitzer 2012 задачи, английский перевод miklos schweitzer 2012 задачи, венгерский оригинал miklos schweitzer 2012 официальный отчёт miklos schweitzer competition 2012, архивный указатель miklos2012 miklosschweitzer miklosschweitzer2012 olympiad_archive paper src-ge-zhang-shank src-jin-yang-ge-shank-three-proofs src-miklos-schweitzer-2012-index src-miklos-schweitzer-2012-p10-official-eng src-miklos-schweitzer-2012-p10-official-hu src-miklos-schweitzer-2012-report with_solution xian'an jin, weiling yang and jun ge, a shank's theorem: three proofs miklos schweitzer competition 2012, архивный указатель miklos schweitzer 2012 задачи, венгерский оригинал miklos schweitzer 2012 задачи, английский перевод miklos schweitzer 2012 официальный отчёт jun ge and lianzhu zhang, determinant of links, spanning trees, and a theorem of shank xian'an jin, weiling yang and jun ge, a shank's theorem: three proofs stmt-original-p10a черный граф с не более чем тремя остовными деревьями ai_checked пусть \\(k\\) - узел, а \\(d\\) - его диаграмма. раскрасим области дополнения диаграммы в шахматном порядке и построим черный граф \\(\\gamma_b(d)\\): его вершины соответствуют черным областям, а каждое пересечение диаграммы дает ребро между двумя черными областями, имеющими в этом пересечении общую точку. определите все узлы, имеющие такую диаграмму \\(d\\), что \\(\\gamma_b(d)\\) имеет не более \\(3\\) остовных деревьев. planar_graph spanning_tree connected_graph multigraph bridge cycle tree triangle idea-use-parity-child нечетность оставляет только случаи \\(\\tau=1\\) и \\(\\tau=3\\) вторая часть исходной задачи, выделенная в отдельную карточку, показывает: для tait-графа диаграммы узла число остовных деревьев нечетно. поэтому из \\(\\tau(g)\\le 3\\) остаются только два значения, \\(1\\) и \\(3\\). trees goal_counting ai_checked idea-classify-tau-three-multigraphs классифицировать связные мультиграфы с \\(1\\) или \\(3\\) остовными деревьями петли не участвуют в остовных деревьях, мосты входят во все остовные деревья, а блоки дают произведение чисел остовных деревьев. при \\(\\tau=3\\) остается ровно один нетривиальный блок: треугольник или три параллельных ребра между двумя вершинами. trees goal_classification ai_checked idea-tait-core-to-knot-type tait-ядро с тремя рёбрами даёт трёхперекрёстковую схему петли, мосты и древесные придатки tait-графа соответствуют отсекаемым перекрёсткам диаграммы и могут быть сняты без изменения типа узла. нетривиальное ядро с тремя ребрами дает трехперекрестковую двухниточную диаграмму скручивания: это трилистник при трех одинаковых знаках и тривиальный узел иначе. planar_graphs goal_classification ai_checked sol-small-tait-graphs-classification классификация через малые tait-графы с внешними фактами о узлах ai_checked planar_graph spanning_tree connected_graph multigraph bridge cycle tree triangle ответ: тривиальный узел и два хиральных трилистника; если зеркальные узлы в принятой конвенции не различаются, то это тривиальный узел и трилистник. обозначим \\(g=\\gamma_b(d)\\), а через \\(\\tau(g)\\) - число его остовных деревьев. в карточке `miklos-schweitzer-2012-p10b-knot-black-graph-odd-spanning-trees` доказано, что для любой диаграммы узла \\(\\tau(g)\\) нечетно. поэтому из условия \\(\\tau(g)\\le 3\\) следует \\(\\tau(g)=1\\) или \\(\\tau(g)=3\\). сначала нужна чисто графовая классификация. петли можно удалить: они не входят ни в одно остовное дерево. каждый мост входит во всякое остовное дерево. более общо, если связный граф разложен по мостам и точкам сочленения на блоки, то число его остовных деревьев равно произведению чисел остовных деревьев нетривиальных блоков; деревообразные части дают множитель \\(1\\). если \\(\\tau(g)=1\\), то после удаления петель все ребра являются мостами, то есть сущес… miklos-schweitzer-2012-p10a-knot-black-graph-at-most-three-spanning-trees uzly s diagrammoy, chernyy graf kotoroy imeet ne bolee treh ostovnyh derevev, miklos schweitzer 2012 p10(a) planar_graphs trees goal_counting goal_classification 2012 https://doi.org/10.1142/s0218216516410054 https://www.math.u-szeged.hu/tagok/mmaroti/schweitzer/index.html https://www.math.u-szeged.hu/tagok/mmaroti/schweitzer/schweitzer-2012-meg.pdf https://www.math.u-szeged.hu/~mmaroti/schweitzer/schweitzer-2012-eng.pdf https://www.math.u-szeged.hu/~mmaroti/schweitzer/schweitzer-2012.pdf https://www.researchgate.net/publication/361085109_a_shank%27s_theorem_three_proofs jun ge and lianzhu zhang, determinant of links, spanning trees, and a theorem of shank miklos miklos schweitzer miklos schweitzer 2012 zadachi, angliyskiy perevod miklos schweitzer 2012 zadachi, vengerskiy original miklos schweitzer 2012 ofitsialnyy otchet miklos schweitzer competition 2012, arhivnyy ukazatel miklos2012 miklosschweitzer miklosschweitzer2012 olympiad_archive paper src-ge-zhang-shank src-jin-yang-ge-shank-three-proofs src-miklos-schweitzer-2012-index src-miklos-schweitzer-2012-p10-official-eng src-miklos-schweitzer-2012-p10-official-hu src-miklos-schweitzer-2012-report with_solution xian'an jin, weiling yang and jun ge, a shank's theorem: three proofs miklos schweitzer competition 2012, arhivnyy ukazatel miklos schweitzer 2012 zadachi, vengerskiy original miklos schweitzer 2012 zadachi, angliyskiy perevod miklos schweitzer 2012 ofitsialnyy otchet jun ge and lianzhu zhang, determinant of links, spanning trees, and a theorem of shank xian'an jin, weiling yang and jun ge, a shank's theorem: three proofs stmt-original-p10a chernyy graf s ne bolee chem tremya ostovnymi derevyami ai_checked pust \\(k\\) - uzel, a \\(d\\) - ego diagramma. raskrasim oblasti dopolneniya diagrammy v shahmatnom poryadke i postroim chernyy graf \\(\\gamma_b(d)\\): ego vershiny sootvetstvuyut chernym oblastyam, a kazhdoe peresechenie diagrammy daet rebro mezhdu dvumya chernymi oblastyami, imeyuschimi v etom peresechenii obschuyu tochku. opredelite vse uzly, imeyuschie takuyu diagrammu \\(d\\), chto \\(\\gamma_b(d)\\) imeet ne bolee \\(3\\) ostovnyh derevev. planar_graph spanning_tree connected_graph multigraph bridge cycle tree triangle idea-use-parity-child nechetnost ostavlyaet tolko sluchai \\(\\tau=1\\) i \\(\\tau=3\\) vtoraya chast ishodnoy zadachi, vydelennaya v otdelnuyu kartochku, pokazyvaet: dlya tait-grafa diagrammy uzla chislo ostovnyh derevev nechetno. poetomu iz \\(\\tau(g)\\le 3\\) ostayutsya tolko dva znacheniya, \\(1\\) i \\(3\\). trees goal_counting ai_checked idea-classify-tau-three-multigraphs klassifitsirovat svyaznye multigrafy s \\(1\\) ili \\(3\\) ostovnymi derevyami petli ne uchastvuyut v ostovnyh derevyah, mosty vhodyat vo vse ostovnye derevya, a bloki dayut proizvedenie chisel ostovnyh derevev. pri \\(\\tau=3\\) ostaetsya rovno odin netrivialnyy blok: treugolnik ili tri parallelnyh rebra mezhdu dvumya vershinami. trees goal_classification ai_checked idea-tait-core-to-knot-type tait-yadro s tremya rebrami daet trehperekrestkovuyu shemu petli, mosty i drevesnye pridatki tait-grafa sootvetstvuyut otsekaemym perekrestkam diagrammy i mogut byt snyaty bez izmeneniya tipa uzla. netrivialnoe yadro s tremya rebrami daet trehperekrestkovuyu dvuhnitochnuyu diagrammu skruchivaniya: eto trilistnik pri treh odinakovyh znakah i trivialnyy uzel inache. planar_graphs goal_classification ai_checked sol-small-tait-graphs-classification klassifikatsiya cherez malye tait-grafy s vneshnimi faktami o uzlah ai_checked planar_graph spanning_tree connected_graph multigraph bridge cycle tree triangle otvet: trivialnyy uzel i dva hiralnyh trilistnika; esli zerkalnye uzly v prinyatoy konventsii ne razlichayutsya, to eto trivialnyy uzel i trilistnik. oboznachim \\(g=\\gamma_b(d)\\), a cherez \\(\\tau(g)\\) - chislo ego ostovnyh derevev. v kartochke `miklos-schweitzer-2012-p10b-knot-black-graph-odd-spanning-trees` dokazano, chto dlya lyuboy diagrammy uzla \\(\\tau(g)\\) nechetno. poetomu iz usloviya \\(\\tau(g)\\le 3\\) sleduet \\(\\tau(g)=1\\) ili \\(\\tau(g)=3\\). snachala nuzhna chisto grafovaya klassifikatsiya. petli mozhno udalit: oni ne vhodyat ni v odno ostovnoe derevo. kazhdyy most vhodit vo vsyakoe ostovnoe derevo. bolee obscho, esli svyaznyy graf razlozhen po mostam i tochkam sochleneniya na bloki, to chislo ego ostovnyh derevev ravno proizvedeniyu chisel ostovnyh derevev netrivialnyh blokov; derevoobraznye chasti dayut mnozhitel \\(1\\). esli \\(\\tau(g)=1\\), to posle udaleniya petel vse rebra yavlyayutsya mostami, to est susches…","source_keys":["miklos"]}
{"id":"miklos-schweitzer-2012-p10b-knot-black-graph-odd-spanning-trees","title":"Нечетность числа остовных деревьев черного графа диаграммы узла, Miklos Schweitzer 2012 P10(b)","path":"data\\problems\\miklos-schweitzer\\miklos-schweitzer-2012-p10b-knot-black-graph-odd-spanning-trees.yaml","raw_github_url":"https://raw.githubusercontent.com/didin-maxim/knowledge_graph_of_graphs/main/data/problems/miklos-schweitzer/miklos-schweitzer-2012-p10b-knot-black-graph-odd-spanning-trees.yaml","viewer_url":"https://didin-maxim.github.io/knowledge_graph_of_graphs/#miklos-schweitzer-2012-p10b-knot-black-graph-odd-spanning-trees","source_key":"miklos","source_label":"Miklos Schweitzer","source_titles":["Miklos Schweitzer Competition 2012, архивный указатель","Miklos Schweitzer 2012 задачи, венгерский оригинал","Miklos Schweitzer 2012 задачи, английский перевод","Miklos Schweitzer 2012 официальный отчёт","Jun Ge and Lianzhu Zhang, Determinant of links, spanning trees, and a theorem of Shank","MathWorld, Matrix Tree Theorem","Jozef H. Przytycki, From Goeritz matrices to quasi-alternating links","Sudipta Kolay, Knot Colorings: Coloring and Goeritz matrices"],"year":"2012","type":"olympiad_problem","authors":["Stipsicz András"],"tags":["planar_graphs","trees","invariant","goal_counting","goal_proof"],"agent_topics":[],"difficulty":{"main":"national_final_hard","local_score":7,"comment":"Чётностная половина становится короткой только после внешних инструментов: матричная теорема о деревьях, теорема Goeritz об определителе, чётность определителя многочлена Alexander или напрямую теорема Шенка.","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":0.9,"basis":"официальное условие/proposer verified; no официальное решение found; внешняя теорема references checked","external_theorem_ids":["matrix_tree_theorem","Goeritz_determinant_theorem","Alexander_polynomial_determinant_parity","Shank_theorem"],"notes":"Доказательство чётности полно только после принятия теоремы о матричном дереве и фактов Гёрлица-Александера о детерминанте, либо эквивалентно теоремы Шанка для графов Тейта. Это не леммы школьного уровня; здесь намеренно используется тяжёлая внешняя теорема.","audit_source":"official-plan-expansion-pass-2026-05-06"},"statements":{"original":[{"id":"stmt-original-p10b","title":"Нечетное число остовных деревьев черного графа","status":"source_verified","text":"Пусть \\(K\\) - узел, а \\(D\\) - любая его диаграмма. Раскрасим области дополнения диаграммы в шахматном порядке и построим черный граф \\(\\Gamma_B(D)\\): вершины соответствуют черным областям, а ребра соответствуют перекресткам, в которых две черные области имеют общую точку. Докажите, что граф \\(\\Gamma_B(D)\\) имеет нечетное число остовных деревьев.","definition_ids":["spanning_tree"]}],"graph_theory":[{"id":"stmt-graph-p10b","title":"Паритет числа остовных деревьев Tait-графа","status":"ai_checked","text":"Пусть \\(G\\) — чёрный Tait-граф шахматно раскрашенной диаграммы узла. Докажите, что число остовных деревьев \\(\\tau(G)\\) нечётно.","definition_ids":["planar_graph","spanning_tree","multigraph","tree"]}]},"solutions":[{"id":"sol-goeritz-kirchhoff-parity","title":"Через матрицу Гёрлица и теорему Кирхгофа","status":"ai_checked","definition_ids":["planar_graph","spanning_tree","multigraph","tree"],"standard_idea_ids":[],"tags":[],"has_text":true,"text_preview":"Обозначим \\(G=\\Gamma_B(D)\\). Будем считать \\(G\\) плоским мультиграфом; петли возможны, но они не входят ни в одно остовное дерево и не влияют на редуцированный лапласиан. По матричной теореме Кирхгофа о деревьях число остовных деревьев \\(G\\) равно \\[ \\tau(G)=\\det L^{\\ast}, \\] где \\(L^{\\ast}\\) - матрица, полученная из лапласиана \\(G\\) удалением одной строки и одного столбца. Теперь используем стандартный факт из теории диаграмм узлов. После выбора шахматной раскраски диаграмме соответствует знаковая матрица Гёрлица \\(Q^{\\ast}\\), тоже редуцированная удалением одной области, и \\[ |\\det Q^{\\ast}|=\\det K, \\] где \\(\\det K=|\\Delta_K(-1)|\\) - определитель узла. В матрице Гёрлица каждое ребро Tait-графа входит с коэффициентом \\(+1\\) или \\(-1\\) в зависимости от локального знака перекрестка. Поэтому по модулю \\(2\\) знаки исчезают, и \\(Q^{\\ast}\\) совпадает с редуцированным лапласианом \\(L^{\\ast}\\)…"},{"id":"sol-shank-theorem-one-line","title":"Коротко через теорему Шенка","status":"source_verified","definition_ids":["planar_graph","spanning_tree","tree"],"standard_idea_ids":[],"tags":[],"has_text":true,"text_preview":"Рассмотрим \\(G=\\Gamma_B(D)\\) как Tait-граф шахматно раскрашенной диаграммы. Используем внешнюю теорему Шенка в форме, приведённой, например, в работе Jun Ge and Lianzhu Zhang, \"Determinant of links, spanning trees, and a theorem of Shank\", DOI: https://doi.org/10.1142/S0218216516410054 . Она утверждает: для диаграммы ссылки \\(L\\) число компонент \\(\\mu(L)\\) равно \\(1\\) тогда и только тогда, когда число остовных деревьев соответствующего Tait-графа нечётно. В нашей задаче \\(L=K\\) — узел, то есть однокомпонентная ссылка, поэтому \\(\\mu(K)=1\\). Подставляя это в теорему Шенка, сразу получаем, что \\(\\tau(\\Gamma_B(D))\\), число остовных деревьев чёрного Tait-графа диаграммы, нечётно. Это не самостоятельное доказательство задачи: весь нетривиальный шаг перенесён во внешнюю топологическую теорему Шенка. Для самодостаточного пути в карточке оставлено другое решение через матричную теорему Кирхгофа,…"}],"relations":[{"id":"rel-ms2012-p10-parent-to-odd-tait-spanning-trees","neighbor_id":"miklos-schweitzer-2012-p10-knot-black-graph-spanning-trees","direction":"backward","type":"specialization","distance":1,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-ms2012-p10b-kolmogorov-2006-matrix-tree","neighbor_id":"kolmogorov-2006-team-olympiad-seniors-problem-9","direction":"forward","type":"same_motif","distance":3,"status":"needs_human_review"},{"id":"rel-official-plan-ms2012-p10a-uses-p10b-heavy-parity","neighbor_id":"miklos-schweitzer-2012-p10a-knot-black-graph-at-most-three-spanning-trees","direction":"backward","type":"prerequisite","distance":1,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-ms2012-p10b-kolm2005-junior-spanning-tree-parity","neighbor_id":"kolmogorov-2005-team-olympiad-juniors-problem-8","direction":"forward","type":"same_motif","distance":4,"status":"needs_human_review"},{"id":"rel-ms2012-p10b-kolm2005-senior-bipartite-spanning-tree-parity","neighbor_id":"kolmogorov-2005-team-olympiad-seniors-problem-9","direction":"forward","type":"same_motif","distance":4,"status":"needs_human_review"}],"search_text":"miklos-schweitzer-2012-p10b-knot-black-graph-odd-spanning-trees нечетность числа остовных деревьев черного графа диаграммы узла, miklos schweitzer 2012 p10(b) planar_graphs trees invariant goal_counting goal_proof 2012 https://arxiv.org/abs/0909.1118 https://arxiv.org/abs/1910.08044 https://doi.org/10.1142/s0218216516410054 https://mathworld.wolfram.com/matrixtreetheorem.html https://www.math.u-szeged.hu/tagok/mmaroti/schweitzer/index.html https://www.math.u-szeged.hu/tagok/mmaroti/schweitzer/schweitzer-2012-meg.pdf https://www.math.u-szeged.hu/~mmaroti/schweitzer/schweitzer-2012-eng.pdf https://www.math.u-szeged.hu/~mmaroti/schweitzer/schweitzer-2012.pdf jozef h. przytycki, from goeritz matrices to quasi-alternating links jun ge and lianzhu zhang, determinant of links, spanning trees, and a theorem of shank mathworld, matrix tree theorem miklos miklos schweitzer miklos schweitzer 2012 задачи, английский перевод miklos schweitzer 2012 задачи, венгерский оригинал miklos schweitzer 2012 официальный отчёт miklos schweitzer competition 2012, архивный указатель miklos2012 miklosschweitzer miklosschweitzer2012 olympiad_archive paper reference src-ge-zhang-shank src-kolay-goeritz-colorings src-matrix-tree-mathworld src-miklos-schweitzer-2012-index src-miklos-schweitzer-2012-p10-official-eng src-miklos-schweitzer-2012-p10-official-hu src-miklos-schweitzer-2012-report src-przytycki-goeritz-survey stipsicz andrás stipsiczandrás sudipta kolay, knot colorings: coloring and goeritz matrices with_solution stipsicz andrás miklos schweitzer competition 2012, архивный указатель miklos schweitzer 2012 задачи, венгерский оригинал miklos schweitzer 2012 задачи, английский перевод miklos schweitzer 2012 официальный отчёт jun ge and lianzhu zhang, determinant of links, spanning trees, and a theorem of shank mathworld, matrix tree theorem jozef h. przytycki, from goeritz matrices to quasi-alternating links sudipta kolay, knot colorings: coloring and goeritz matrices stmt-original-p10b нечетное число остовных деревьев черного графа source_verified пусть \\(k\\) - узел, а \\(d\\) - любая его диаграмма. раскрасим области дополнения диаграммы в шахматном порядке и построим черный граф \\(\\gamma_b(d)\\): вершины соответствуют черным областям, а ребра соответствуют перекресткам, в которых две черные области имеют общую точку. докажите, что граф \\(\\gamma_b(d)\\) имеет нечетное число остовных деревьев. spanning_tree stmt-graph-p10b паритет числа остовных деревьев tait-графа ai_checked пусть \\(g\\) — чёрный tait-граф шахматно раскрашенной диаграммы узла. докажите, что число остовных деревьев \\(\\tau(g)\\) нечётно. planar_graph spanning_tree multigraph tree idea-kirchhoff-reduced-laplacian теорема кирхгофа считает остовные деревья по матричной теореме о деревьях число \\(\\tau(g)\\) равно определителю любого редуцированного лапласиана tait-графа \\(g\\). петли можно игнорировать, так как они не участвуют в остовных деревьях и не дают вклада в лапласиан. trees goal_counting ai_checked idea-goeritz-mod-two матрица гёрлица совпадает с лапласианом по модулю \\(2\\) знаки перекрестков в матрице гёрлица равны \\(\\pm1\\), поэтому по модулю \\(2\\) они превращаются в обычные единичные веса ребер tait-графа. следовательно, редуцированная матрица гёрлица и редуцированный лапласиан имеют одинаковый определитель по модулю \\(2\\). это стандартный goeritz/tait-факт, а не школьная лемма. planar_graphs invariant ai_checked idea-knot-determinant-odd определитель узла нечетен определитель узла равен \\(|\\delta_k(-1)|\\), где \\(\\delta_k(t)\\) - нормированный многочлен александера. так как \\(-1\\equiv1\\pmod2\\) и \\(\\delta_k(1)=\\pm1\\), этот определитель нечетен. invariant goal_proof ai_checked idea-shank-theorem теорема шенка сразу дает паритет теорема шенка в форме для tait-графов утверждает: диаграмма ссылки имеет одну компоненту тогда и только тогда, когда число остовных деревьев ее tait-графа нечетно. так как узел - это однокомпонентная ссылка, задача следует немедленно. полное доказательство этой теоремы является внешней теорией плоских графов/узлов. trees invariant ai_checked sol-goeritz-kirchhoff-parity через матрицу гёрлица и теорему кирхгофа ai_checked planar_graph spanning_tree multigraph tree обозначим \\(g=\\gamma_b(d)\\). будем считать \\(g\\) плоским мультиграфом; петли возможны, но они не входят ни в одно остовное дерево и не влияют на редуцированный лапласиан. по матричной теореме кирхгофа о деревьях число остовных деревьев \\(g\\) равно \\[ \\tau(g)=\\det l^{\\ast}, \\] где \\(l^{\\ast}\\) - матрица, полученная из лапласиана \\(g\\) удалением одной строки и одного столбца. теперь используем стандартный факт из теории диаграмм узлов. после выбора шахматной раскраски диаграмме соответствует знаковая матрица гёрлица \\(q^{\\ast}\\), тоже редуцированная удалением одной области, и \\[ |\\det q^{\\ast}|=\\det k, \\] где \\(\\det k=|\\delta_k(-1)|\\) - определитель узла. в матрице гёрлица каждое ребро tait-графа входит с коэффициентом \\(+1\\) или \\(-1\\) в зависимости от локального знака перекрестка. поэтому по модулю \\(2\\) знаки исчезают, и \\(q^{\\ast}\\) совпадает с редуцированным лапласианом \\(l^{\\ast}\\)… sol-shank-theorem-one-line коротко через теорему шенка source_verified planar_graph spanning_tree tree рассмотрим \\(g=\\gamma_b(d)\\) как tait-граф шахматно раскрашенной диаграммы. используем внешнюю теорему шенка в форме, приведённой, например, в работе jun ge and lianzhu zhang, \"determinant of links, spanning trees, and a theorem of shank\", doi: https://doi.org/10.1142/s0218216516410054 . она утверждает: для диаграммы ссылки \\(l\\) число компонент \\(\\mu(l)\\) равно \\(1\\) тогда и только тогда, когда число остовных деревьев соответствующего tait-графа нечётно. в нашей задаче \\(l=k\\) — узел, то есть однокомпонентная ссылка, поэтому \\(\\mu(k)=1\\). подставляя это в теорему шенка, сразу получаем, что \\(\\tau(\\gamma_b(d))\\), число остовных деревьев чёрного tait-графа диаграммы, нечётно. это не самостоятельное доказательство задачи: весь нетривиальный шаг перенесён во внешнюю топологическую теорему шенка. для самодостаточного пути в карточке оставлено другое решение через матричную теорему кирхгофа,… miklos-schweitzer-2012-p10b-knot-black-graph-odd-spanning-trees nechetnost chisla ostovnyh derevev chernogo grafa diagrammy uzla, miklos schweitzer 2012 p10(b) planar_graphs trees invariant goal_counting goal_proof 2012 https://arxiv.org/abs/0909.1118 https://arxiv.org/abs/1910.08044 https://doi.org/10.1142/s0218216516410054 https://mathworld.wolfram.com/matrixtreetheorem.html https://www.math.u-szeged.hu/tagok/mmaroti/schweitzer/index.html https://www.math.u-szeged.hu/tagok/mmaroti/schweitzer/schweitzer-2012-meg.pdf https://www.math.u-szeged.hu/~mmaroti/schweitzer/schweitzer-2012-eng.pdf https://www.math.u-szeged.hu/~mmaroti/schweitzer/schweitzer-2012.pdf jozef h. przytycki, from goeritz matrices to quasi-alternating links jun ge and lianzhu zhang, determinant of links, spanning trees, and a theorem of shank mathworld, matrix tree theorem miklos miklos schweitzer miklos schweitzer 2012 zadachi, angliyskiy perevod miklos schweitzer 2012 zadachi, vengerskiy original miklos schweitzer 2012 ofitsialnyy otchet miklos schweitzer competition 2012, arhivnyy ukazatel miklos2012 miklosschweitzer miklosschweitzer2012 olympiad_archive paper reference src-ge-zhang-shank src-kolay-goeritz-colorings src-matrix-tree-mathworld src-miklos-schweitzer-2012-index src-miklos-schweitzer-2012-p10-official-eng src-miklos-schweitzer-2012-p10-official-hu src-miklos-schweitzer-2012-report src-przytycki-goeritz-survey stipsicz andrás stipsiczandrás sudipta kolay, knot colorings: coloring and goeritz matrices with_solution stipsicz andrás miklos schweitzer competition 2012, arhivnyy ukazatel miklos schweitzer 2012 zadachi, vengerskiy original miklos schweitzer 2012 zadachi, angliyskiy perevod miklos schweitzer 2012 ofitsialnyy otchet jun ge and lianzhu zhang, determinant of links, spanning trees, and a theorem of shank mathworld, matrix tree theorem jozef h. przytycki, from goeritz matrices to quasi-alternating links sudipta kolay, knot colorings: coloring and goeritz matrices stmt-original-p10b nechetnoe chislo ostovnyh derevev chernogo grafa source_verified pust \\(k\\) - uzel, a \\(d\\) - lyubaya ego diagramma. raskrasim oblasti dopolneniya diagrammy v shahmatnom poryadke i postroim chernyy graf \\(\\gamma_b(d)\\): vershiny sootvetstvuyut chernym oblastyam, a rebra sootvetstvuyut perekrestkam, v kotoryh dve chernye oblasti imeyut obschuyu tochku. dokazhite, chto graf \\(\\gamma_b(d)\\) imeet nechetnoe chislo ostovnyh derevev. spanning_tree stmt-graph-p10b paritet chisla ostovnyh derevev tait-grafa ai_checked pust \\(g\\) — chernyy tait-graf shahmatno raskrashennoy diagrammy uzla. dokazhite, chto chislo ostovnyh derevev \\(\\tau(g)\\) nechetno. planar_graph spanning_tree multigraph tree idea-kirchhoff-reduced-laplacian teorema kirhgofa schitaet ostovnye derevya po matrichnoy teoreme o derevyah chislo \\(\\tau(g)\\) ravno opredelitelyu lyubogo redutsirovannogo laplasiana tait-grafa \\(g\\). petli mozhno ignorirovat, tak kak oni ne uchastvuyut v ostovnyh derevyah i ne dayut vklada v laplasian. trees goal_counting ai_checked idea-goeritz-mod-two matritsa gerlitsa sovpadaet s laplasianom po modulyu \\(2\\) znaki perekrestkov v matritse gerlitsa ravny \\(\\pm1\\), poetomu po modulyu \\(2\\) oni prevraschayutsya v obychnye edinichnye vesa reber tait-grafa. sledovatelno, redutsirovannaya matritsa gerlitsa i redutsirovannyy laplasian imeyut odinakovyy opredelitel po modulyu \\(2\\). eto standartnyy goeritz/tait-fakt, a ne shkolnaya lemma. planar_graphs invariant ai_checked idea-knot-determinant-odd opredelitel uzla necheten opredelitel uzla raven \\(|\\delta_k(-1)|\\), gde \\(\\delta_k(t)\\) - normirovannyy mnogochlen aleksandera. tak kak \\(-1\\equiv1\\pmod2\\) i \\(\\delta_k(1)=\\pm1\\), etot opredelitel necheten. invariant goal_proof ai_checked idea-shank-theorem teorema shenka srazu daet paritet teorema shenka v forme dlya tait-grafov utverzhdaet: diagramma ssylki imeet odnu komponentu togda i tolko togda, kogda chislo ostovnyh derevev ee tait-grafa nechetno. tak kak uzel - eto odnokomponentnaya ssylka, zadacha sleduet nemedlenno. polnoe dokazatelstvo etoy teoremy yavlyaetsya vneshney teoriey ploskih grafov/uzlov. trees invariant ai_checked sol-goeritz-kirchhoff-parity cherez matritsu gerlitsa i teoremu kirhgofa ai_checked planar_graph spanning_tree multigraph tree oboznachim \\(g=\\gamma_b(d)\\). budem schitat \\(g\\) ploskim multigrafom; petli vozmozhny, no oni ne vhodyat ni v odno ostovnoe derevo i ne vliyayut na redutsirovannyy laplasian. po matrichnoy teoreme kirhgofa o derevyah chislo ostovnyh derevev \\(g\\) ravno \\[ \\tau(g)=\\det l^{\\ast}, \\] gde \\(l^{\\ast}\\) - matritsa, poluchennaya iz laplasiana \\(g\\) udaleniem odnoy stroki i odnogo stolbtsa. teper ispolzuem standartnyy fakt iz teorii diagramm uzlov. posle vybora shahmatnoy raskraski diagramme sootvetstvuet znakovaya matritsa gerlitsa \\(q^{\\ast}\\), tozhe redutsirovannaya udaleniem odnoy oblasti, i \\[ |\\det q^{\\ast}|=\\det k, \\] gde \\(\\det k=|\\delta_k(-1)|\\) - opredelitel uzla. v matritse gerlitsa kazhdoe rebro tait-grafa vhodit s koeffitsientom \\(+1\\) ili \\(-1\\) v zavisimosti ot lokalnogo znaka perekrestka. poetomu po modulyu \\(2\\) znaki ischezayut, i \\(q^{\\ast}\\) sovpadaet s redutsirovannym laplasianom \\(l^{\\ast}\\)… sol-shank-theorem-one-line korotko cherez teoremu shenka source_verified planar_graph spanning_tree tree rassmotrim \\(g=\\gamma_b(d)\\) kak tait-graf shahmatno raskrashennoy diagrammy. ispolzuem vneshnyuyu teoremu shenka v forme, privedennoy, naprimer, v rabote jun ge and lianzhu zhang, \"determinant of links, spanning trees, and a theorem of shank\", doi: https://doi.org/10.1142/s0218216516410054 . ona utverzhdaet: dlya diagrammy ssylki \\(l\\) chislo komponent \\(\\mu(l)\\) ravno \\(1\\) togda i tolko togda, kogda chislo ostovnyh derevev sootvetstvuyuschego tait-grafa nechetno. v nashey zadache \\(l=k\\) — uzel, to est odnokomponentnaya ssylka, poetomu \\(\\mu(k)=1\\). podstavlyaya eto v teoremu shenka, srazu poluchaem, chto \\(\\tau(\\gamma_b(d))\\), chislo ostovnyh derevev chernogo tait-grafa diagrammy, nechetno. eto ne samostoyatelnoe dokazatelstvo zadachi: ves netrivialnyy shag perenesen vo vneshnyuyu topologicheskuyu teoremu shenka. dlya samodostatochnogo puti v kartochke ostavleno drugoe reshenie cherez matrichnuyu teoremu kirhgofa,…","source_keys":["miklos"]}
{"id":"miklos-schweitzer-2012-p3-two-colored-k-chromatic-tree","title":"Одноцветное дерево на k вершинах в 2-раскрашенном k-хроматическом графе, Miklos Schweitzer 2012 P3","path":"data\\problems\\miklos-schweitzer\\miklos-schweitzer-2012-p3-two-colored-k-chromatic-tree.yaml","raw_github_url":"https://raw.githubusercontent.com/didin-maxim/knowledge_graph_of_graphs/main/data/problems/miklos-schweitzer/miklos-schweitzer-2012-p3-two-colored-k-chromatic-tree.yaml","viewer_url":"https://didin-maxim.github.io/knowledge_graph_of_graphs/#miklos-schweitzer-2012-p3-two-colored-k-chromatic-tree","source_key":"miklos","source_label":"Miklos Schweitzer","source_titles":["Miklos Schweitzer Memorial Competition 2012 задача 3, официальный PDF из архива"],"year":"2012","type":"olympiad_problem","authors":[],"tags":["coloring","trees","connectivity","classical_lemma","goal_existence"],"agent_topics":[],"difficulty":{"main":"national_final_medium","local_score":6,"comment":"Ключ - заменить вершины исходного графа ребрами между красными и синими компонентами и применить теорему Кёнига о рёберной раскраске двудольного мультиграфа.","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":0.95,"basis":"Теорема 1 Bialostocki--Gyárfás, arXiv:1506.04495, доказывает то же утверждение для каждого n-хроматического графа-носителя.","notes":"Доказательство использует стандартную теорему Кёнига о рёберной раскраске двудольного мультиграфа; соответствующая classical-карточка уже есть в базе.","audit_source":"manual-official-plan-expansion-2026-05-06"},"statements":{"original":[{"id":"stmt-original","title":"Два цвета на ребрах","status":"ai_checked","text":"Пусть дан простой граф, хроматическое число которого равно \\(k\\). Все его ребра раскрашены в два цвета. Докажите, что существует одноцветное дерево с \\(k\\) вершинами.","definition_ids":["simple_graph","chromatic_number","tree"]}],"graph_theory":[{"id":"stmt-graph","title":"Одноцветное дерево на k вершинах в 2-раскрашенном k-хроматическом графе, Miklos Schweitzer 2012 P3","status":"ai_checked","text":"Пусть \\(\\chi(G)=k\\), а рёбра графа \\(G\\) раскрашены в два цвета. Докажите, что в \\(G\\) есть одноцветное дерево ровно на \\(k\\) вершинах.","definition_ids":["connected_graph","tree","chromatic_number"]}]},"solutions":[{"id":"sol-bialostocki-gyarfas-konig-components","title":"Двудольный мультиграф красных и синих компонент","status":"ai_checked","definition_ids":["chromatic_number","connected_graph","tree","bipartite_graph","degree"],"standard_idea_ids":["minimal_counterexample"],"tags":[],"has_text":true,"text_preview":"Случай \\(k=1\\) тривиален: любая вершина является деревом на одной вершине. Далее считаем \\(k\\ge 2\\). Рассмотрим красный подграф, состоящий из всех вершин \\(G\\) и только красных ребер, и синий подграф, состоящий из всех вершин \\(G\\) и только синих ребер. Пусть \\(R_1,R_2,\\ldots\\) - красные компоненты связности, а \\(B_1,B_2,\\ldots\\) - синие компоненты связности. Построим вспомогательный двудольный мультиграф \\(H\\): в одной доле стоят все красные компоненты \\(R_i\\), в другой - все синие компоненты \\(B_j\\), а каждой вершине \\(v\\in V(G)\\) соответствует ребро \\(e_v\\), соединяющее ту красную компоненту и ту синюю компоненту, которым принадлежит \\(v\\). Если несколько вершин лежат в одной и той же паре компонент, в \\(H\\) появляются параллельные ребра, что разрешено. Степень вершины \\(R_i\\) в \\(H\\) равна \\(|R_i|\\), потому что ровно вершины красной компоненты \\(R_i\\) дают ребра, инцидентные \\(R_i\\)…"}],"relations":[{"id":"rel-gallai-three-color-ms2012-p3-monochromatic-components-chromatic","neighbor_id":"gallai-three-color-disconnected-class","direction":"backward","type":"same_motif","distance":3,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-schweitzer-2012-p3-colored-tree","neighbor_id":"vertex-coloring-to-bipartite-edge-layers","direction":"forward","type":"same_motif","distance":3,"status":"needs_human_review"},{"id":"rel-ms2012-p3-konig-line-coloring-prerequisite","neighbor_id":"konig-line-coloring-bipartite","direction":"backward","type":"prerequisite","distance":1,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-ms2012-p3-regular-bipartite-decomposition-toolchain","neighbor_id":"regular-bipartite-perfect-matching-decomposition","direction":"backward","type":"prerequisite","distance":2,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-ms2012-p3-ms2011-p2-monochromatic-component","neighbor_id":"miklos-schweitzer-2011-p2-min-degree-monochromatic-connected-subgraph","direction":"forward","type":"same_motif","distance":2,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-ms2012-p3-kolmogorov2023-large-monochromatic-component","neighbor_id":"kolmogorov-2023-lichol-large-monochromatic-bipartite-component","direction":"forward","type":"same_motif","distance":3,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-ms2012-p3-spbmo2003-edge-to-vertex-coloring","neighbor_id":"spbmo-2003-9-qual-p5-edge-colored-graph-vertex-coloring","direction":"forward","type":"same_motif","distance":3,"status":"needs_human_review"}],"search_text":"miklos-schweitzer-2012-p3-two-colored-k-chromatic-tree одноцветное дерево на k вершинах в 2-раскрашенном k-хроматическом графе, miklos schweitzer 2012 p3 coloring trees connectivity classical_lemma goal_existence 2012 https://www.math.u-szeged.hu/tagok/mmaroti/schweitzer/schweitzer-2012-eng.pdf miklos miklos schweitzer miklos schweitzer memorial competition 2012 задача 3, официальный pdf из архива miklos2012 miklosschweitzer miklosschweitzer2012 problem_and_solution src-miklos-schweitzer-2012-p3-official with_solution miklos schweitzer memorial competition 2012 задача 3, официальный pdf из архива stmt-original два цвета на ребрах ai_checked пусть дан простой граф, хроматическое число которого равно \\(k\\). все его ребра раскрашены в два цвета. докажите, что существует одноцветное дерево с \\(k\\) вершинами. simple_graph chromatic_number tree stmt-graph одноцветное дерево на k вершинах в 2-раскрашенном k-хроматическом графе, miklos schweitzer 2012 p3 ai_checked пусть \\(\\chi(g)=k\\), а рёбра графа \\(g\\) раскрашены в два цвета. докажите, что в \\(g\\) есть одноцветное дерево ровно на \\(k\\) вершинах. connected_graph tree chromatic_number idea-components-as-bipartite-multigraph одноцветные компоненты становятся вершинами двудольного мультиграфа вершину исходного графа можно рассматривать как ребро между ее красной и синей компонентами. если все одноцветные компоненты имеют меньше \\(k\\) вершин, то этот двудольный мультиграф имеет максимальную степень меньше \\(k\\); по теореме кёнига его ребра раскрашиваются в меньше чем \\(k\\) цветов. такая раскраска ребер дает правильную раскраску вершин исходного графа, противореча \\(\\chi(g)=k\\). coloring connectivity goal_existence ai_checked sol-bialostocki-gyarfas-konig-components двудольный мультиграф красных и синих компонент ai_checked chromatic_number connected_graph tree bipartite_graph degree minimal_counterexample случай \\(k=1\\) тривиален: любая вершина является деревом на одной вершине. далее считаем \\(k\\ge 2\\). рассмотрим красный подграф, состоящий из всех вершин \\(g\\) и только красных ребер, и синий подграф, состоящий из всех вершин \\(g\\) и только синих ребер. пусть \\(r_1,r_2,\\ldots\\) - красные компоненты связности, а \\(b_1,b_2,\\ldots\\) - синие компоненты связности. построим вспомогательный двудольный мультиграф \\(h\\): в одной доле стоят все красные компоненты \\(r_i\\), в другой - все синие компоненты \\(b_j\\), а каждой вершине \\(v\\in v(g)\\) соответствует ребро \\(e_v\\), соединяющее ту красную компоненту и ту синюю компоненту, которым принадлежит \\(v\\). если несколько вершин лежат в одной и той же паре компонент, в \\(h\\) появляются параллельные ребра, что разрешено. степень вершины \\(r_i\\) в \\(h\\) равна \\(|r_i|\\), потому что ровно вершины красной компоненты \\(r_i\\) дают ребра, инцидентные \\(r_i\\)… miklos-schweitzer-2012-p3-two-colored-k-chromatic-tree odnotsvetnoe derevo na k vershinah v 2-raskrashennom k-hromaticheskom grafe, miklos schweitzer 2012 p3 coloring trees connectivity classical_lemma goal_existence 2012 https://www.math.u-szeged.hu/tagok/mmaroti/schweitzer/schweitzer-2012-eng.pdf miklos miklos schweitzer miklos schweitzer memorial competition 2012 zadacha 3, ofitsialnyy pdf iz arhiva miklos2012 miklosschweitzer miklosschweitzer2012 problem_and_solution src-miklos-schweitzer-2012-p3-official with_solution miklos schweitzer memorial competition 2012 zadacha 3, ofitsialnyy pdf iz arhiva stmt-original dva tsveta na rebrah ai_checked pust dan prostoy graf, hromaticheskoe chislo kotorogo ravno \\(k\\). vse ego rebra raskrasheny v dva tsveta. dokazhite, chto suschestvuet odnotsvetnoe derevo s \\(k\\) vershinami. simple_graph chromatic_number tree stmt-graph odnotsvetnoe derevo na k vershinah v 2-raskrashennom k-hromaticheskom grafe, miklos schweitzer 2012 p3 ai_checked pust \\(\\chi(g)=k\\), a rebra grafa \\(g\\) raskrasheny v dva tsveta. dokazhite, chto v \\(g\\) est odnotsvetnoe derevo rovno na \\(k\\) vershinah. connected_graph tree chromatic_number idea-components-as-bipartite-multigraph odnotsvetnye komponenty stanovyatsya vershinami dvudolnogo multigrafa vershinu ishodnogo grafa mozhno rassmatrivat kak rebro mezhdu ee krasnoy i siney komponentami. esli vse odnotsvetnye komponenty imeyut menshe \\(k\\) vershin, to etot dvudolnyy multigraf imeet maksimalnuyu stepen menshe \\(k\\); po teoreme keniga ego rebra raskrashivayutsya v menshe chem \\(k\\) tsvetov. takaya raskraska reber daet pravilnuyu raskrasku vershin ishodnogo grafa, protivorecha \\(\\chi(g)=k\\). coloring connectivity goal_existence ai_checked sol-bialostocki-gyarfas-konig-components dvudolnyy multigraf krasnyh i sinih komponent ai_checked chromatic_number connected_graph tree bipartite_graph degree minimal_counterexample sluchay \\(k=1\\) trivialen: lyubaya vershina yavlyaetsya derevom na odnoy vershine. dalee schitaem \\(k\\ge 2\\). rassmotrim krasnyy podgraf, sostoyaschiy iz vseh vershin \\(g\\) i tolko krasnyh reber, i siniy podgraf, sostoyaschiy iz vseh vershin \\(g\\) i tolko sinih reber. pust \\(r_1,r_2,\\ldots\\) - krasnye komponenty svyaznosti, a \\(b_1,b_2,\\ldots\\) - sinie komponenty svyaznosti. postroim vspomogatelnyy dvudolnyy multigraf \\(h\\): v odnoy dole stoyat vse krasnye komponenty \\(r_i\\), v drugoy - vse sinie komponenty \\(b_j\\), a kazhdoy vershine \\(v\\in v(g)\\) sootvetstvuet rebro \\(e_v\\), soedinyayuschee tu krasnuyu komponentu i tu sinyuyu komponentu, kotorym prinadlezhit \\(v\\). esli neskolko vershin lezhat v odnoy i toy zhe pare komponent, v \\(h\\) poyavlyayutsya parallelnye rebra, chto razresheno. stepen vershiny \\(r_i\\) v \\(h\\) ravna \\(|r_i|\\), potomu chto rovno vershiny krasnoy komponenty \\(r_i\\) dayut rebra, intsidentnye \\(r_i\\)…","source_keys":["miklos"]}
{"id":"miklos-schweitzer-2014-p10-sphere-triangulation-convex-sets","title":"Триангуляция сферы и четыре пересекающихся выпуклых множества, Miklos Schweitzer 2014 P10","path":"data\\problems\\miklos-schweitzer\\miklos-schweitzer-2014-p10-sphere-triangulation-convex-sets.yaml","raw_github_url":"https://raw.githubusercontent.com/didin-maxim/knowledge_graph_of_graphs/main/data/problems/miklos-schweitzer/miklos-schweitzer-2014-p10-sphere-triangulation-convex-sets.yaml","viewer_url":"https://didin-maxim.github.io/knowledge_graph_of_graphs/#miklos-schweitzer-2014-p10-sphere-triangulation-convex-sets","source_key":"miklos","source_label":"Miklos Schweitzer","source_titles":["Miklos Schweitzer Memorial Competition 2014 задача 10, официальный PDF из архива"],"year":"2014","type":"olympiad_problem","authors":["Frenkel Péter","Kós Géza"],"tags":["planar_graphs","graph_model","classical_theorem","goal_existence"],"agent_topics":[],"difficulty":{"main":"national_final_hard","local_score":8,"comment":"Опубликованное решение сводит задачу к плоскому рисунку: точкам треугольных граней и отрезкам, соответствующим ребрам триангуляции.","status":"ai_checked"},"review_status":"needs_human_review","public_ready":false,"solution_state":"with_solution","solution_classification":{"type":"unofficial_published","label":"опубликованное неофициальное","status":"ai_checked","confidence":0.78,"basis":"агентский аудит средней сложности","notes":"агент grouped classification","audit_source":"agent-university-archives.json"},"statements":{"original":[{"id":"stmt-original","title":"Выпуклые множества на вершинах триангуляции","status":"needs_human_review","text":"Каждой вершине заданной триангуляции двумерной сферы сопоставлено выпуклое подмножество плоскости. Предположим, что три выпуклых множества, соответствующие трем вершинам любой двумерной грани триангуляции, имеют общую точку. Докажите, что существуют четыре вершины, для которых соответствующие выпуклые множества имеют общую точку.","definition_ids":[]}],"graph_theory":[{"id":"stmt-graph","title":"Триангуляция сферы и четыре пересекающихся выпуклых множества, Miklos Schweitzer 2014 P10","status":"ai_checked","text":"Вершинам триангуляции двумерной сферы сопоставлены выпуклые множества плоскости. Для каждой треугольной грани три соответствующих множества имеют общую точку. Докажите, что найдутся четыре вершины, которым соответствуют множества с общей точкой.","definition_ids":["planar_graph","clique"]}]},"solutions":[{"id":"sol-ai-published-segment-drawing","title":"ИИ-решение по опубликованному разбору через отрезки между точками граней","status":"ai_checked","definition_ids":[],"standard_idea_ids":[],"tags":[],"has_text":true,"text_preview":"Обозначим через \\(K_Z\\) выпуклое множество, сопоставленное вершине \\(Z\\) триангуляции. Для каждой треугольной грани \\(\\Delta\\) выберем точку \\(P_\\Delta\\), принадлежащую трем множествам при вершинах \\(\\Delta\\). Если \\(\\varepsilon\\) -- ребро триангуляции, а \\(\\Delta_1,\\Delta_2\\) -- две грани, прилегающие к нему, поставим ребру \\(\\varepsilon\\) в соответствие отрезок \\(e_\\varepsilon=P_{\\Delta_1}P_{\\Delta_2}\\) на плоскости. Важное наблюдение: если ребро \\(\\varepsilon\\) выходит из вершины \\(Z\\), то оба его прилегающих треугольника содержат \\(Z\\), поэтому оба конца отрезка \\(e_\\varepsilon\\) лежат в \\(K_Z\\). По выпуклости весь отрезок \\(e_\\varepsilon\\) лежит в \\(K_Z\\). Если для некоторой грани \\(\\Delta\\) и вершины \\(Z\\), не лежащей на \\(\\Delta\\), выполнено \\(P_\\Delta\\in K_Z\\), то \\(P_\\Delta\\) является общей точкой четырех множеств: трех множеств при вершинах \\(\\Delta\\) и множества \\(K_Z\\). Поэт…"}],"relations":[],"search_text":"miklos-schweitzer-2014-p10-sphere-triangulation-convex-sets триангуляция сферы и четыре пересекающихся выпуклых множества, miklos schweitzer 2014 p10 planar_graphs graph_model classical_theorem goal_existence 2014 frenkel péter frenkelpéter https://www.math.u-szeged.hu/tagok/mmaroti/schweitzer/schweitzer-2014-eng.pdf kós géza kósgéza miklos miklos schweitzer miklos schweitzer memorial competition 2014 задача 10, официальный pdf из архива miklos2014 miklosschweitzer miklosschweitzer2014 problem_and_solution src-miklos-schweitzer-2014-p10-official with_solution frenkel péter kós géza miklos schweitzer memorial competition 2014 задача 10, официальный pdf из архива stmt-original выпуклые множества на вершинах триангуляции needs_human_review каждой вершине заданной триангуляции двумерной сферы сопоставлено выпуклое подмножество плоскости. предположим, что три выпуклых множества, соответствующие трем вершинам любой двумерной грани триангуляции, имеют общую точку. докажите, что существуют четыре вершины, для которых соответствующие выпуклые множества имеют общую точку. stmt-graph триангуляция сферы и четыре пересекающихся выпуклых множества, miklos schweitzer 2014 p10 ai_checked вершинам триангуляции двумерной сферы сопоставлены выпуклые множества плоскости. для каждой треугольной грани три соответствующих множества имеют общую точку. докажите, что найдутся четыре вершины, которым соответствуют множества с общей точкой. planar_graph clique idea-helly-planar-nerve локальные тройные пересечения и планарная топология условие задает много 2-симплексов в нерве семейства выпуклых множеств. так как в плоскости действует теорема хелли с числом 3, четверное пересечение надо добывать из топологии сферической триангуляции, а не только из одной грани. planar_graphs classical_theorem goal_existence needs_human_review sol-ai-published-segment-drawing ии-решение по опубликованному разбору через отрезки между точками граней ai_checked обозначим через \\(k_z\\) выпуклое множество, сопоставленное вершине \\(z\\) триангуляции. для каждой треугольной грани \\(\\delta\\) выберем точку \\(p_\\delta\\), принадлежащую трем множествам при вершинах \\(\\delta\\). если \\(\\varepsilon\\) -- ребро триангуляции, а \\(\\delta_1,\\delta_2\\) -- две грани, прилегающие к нему, поставим ребру \\(\\varepsilon\\) в соответствие отрезок \\(e_\\varepsilon=p_{\\delta_1}p_{\\delta_2}\\) на плоскости. важное наблюдение: если ребро \\(\\varepsilon\\) выходит из вершины \\(z\\), то оба его прилегающих треугольника содержат \\(z\\), поэтому оба конца отрезка \\(e_\\varepsilon\\) лежат в \\(k_z\\). по выпуклости весь отрезок \\(e_\\varepsilon\\) лежит в \\(k_z\\). если для некоторой грани \\(\\delta\\) и вершины \\(z\\), не лежащей на \\(\\delta\\), выполнено \\(p_\\delta\\in k_z\\), то \\(p_\\delta\\) является общей точкой четырех множеств: трех множеств при вершинах \\(\\delta\\) и множества \\(k_z\\). поэт… miklos-schweitzer-2014-p10-sphere-triangulation-convex-sets triangulyatsiya sfery i chetyre peresekayuschihsya vypuklyh mnozhestva, miklos schweitzer 2014 p10 planar_graphs graph_model classical_theorem goal_existence 2014 frenkel péter frenkelpéter https://www.math.u-szeged.hu/tagok/mmaroti/schweitzer/schweitzer-2014-eng.pdf kós géza kósgéza miklos miklos schweitzer miklos schweitzer memorial competition 2014 zadacha 10, ofitsialnyy pdf iz arhiva miklos2014 miklosschweitzer miklosschweitzer2014 problem_and_solution src-miklos-schweitzer-2014-p10-official with_solution frenkel péter kós géza miklos schweitzer memorial competition 2014 zadacha 10, ofitsialnyy pdf iz arhiva stmt-original vypuklye mnozhestva na vershinah triangulyatsii needs_human_review kazhdoy vershine zadannoy triangulyatsii dvumernoy sfery sopostavleno vypukloe podmnozhestvo ploskosti. predpolozhim, chto tri vypuklyh mnozhestva, sootvetstvuyuschie trem vershinam lyuboy dvumernoy grani triangulyatsii, imeyut obschuyu tochku. dokazhite, chto suschestvuyut chetyre vershiny, dlya kotoryh sootvetstvuyuschie vypuklye mnozhestva imeyut obschuyu tochku. stmt-graph triangulyatsiya sfery i chetyre peresekayuschihsya vypuklyh mnozhestva, miklos schweitzer 2014 p10 ai_checked vershinam triangulyatsii dvumernoy sfery sopostavleny vypuklye mnozhestva ploskosti. dlya kazhdoy treugolnoy grani tri sootvetstvuyuschih mnozhestva imeyut obschuyu tochku. dokazhite, chto naydutsya chetyre vershiny, kotorym sootvetstvuyut mnozhestva s obschey tochkoy. planar_graph clique idea-helly-planar-nerve lokalnye troynye peresecheniya i planarnaya topologiya uslovie zadaet mnogo 2-simpleksov v nerve semeystva vypuklyh mnozhestv. tak kak v ploskosti deystvuet teorema helli s chislom 3, chetvernoe peresechenie nado dobyvat iz topologii sfericheskoy triangulyatsii, a ne tolko iz odnoy grani. planar_graphs classical_theorem goal_existence needs_human_review sol-ai-published-segment-drawing ii-reshenie po opublikovannomu razboru cherez otrezki mezhdu tochkami graney ai_checked oboznachim cherez \\(k_z\\) vypukloe mnozhestvo, sopostavlennoe vershine \\(z\\) triangulyatsii. dlya kazhdoy treugolnoy grani \\(\\delta\\) vyberem tochku \\(p_\\delta\\), prinadlezhaschuyu trem mnozhestvam pri vershinah \\(\\delta\\). esli \\(\\varepsilon\\) -- rebro triangulyatsii, a \\(\\delta_1,\\delta_2\\) -- dve grani, prilegayuschie k nemu, postavim rebru \\(\\varepsilon\\) v sootvetstvie otrezok \\(e_\\varepsilon=p_{\\delta_1}p_{\\delta_2}\\) na ploskosti. vazhnoe nablyudenie: esli rebro \\(\\varepsilon\\) vyhodit iz vershiny \\(z\\), to oba ego prilegayuschih treugolnika soderzhat \\(z\\), poetomu oba kontsa otrezka \\(e_\\varepsilon\\) lezhat v \\(k_z\\). po vypuklosti ves otrezok \\(e_\\varepsilon\\) lezhit v \\(k_z\\). esli dlya nekotoroy grani \\(\\delta\\) i vershiny \\(z\\), ne lezhaschey na \\(\\delta\\), vypolneno \\(p_\\delta\\in k_z\\), to \\(p_\\delta\\) yavlyaetsya obschey tochkoy chetyreh mnozhestv: treh mnozhestv pri vershinah \\(\\delta\\) i mnozhestva \\(k_z\\). poet…","source_keys":["miklos"]}
{"id":"miklos-schweitzer-2015-p2-van-der-corput-rectangle-graph-coloring","title":"Граф видимости точек Ван дер Корпута прямоугольниками, Miklos Schweitzer 2015 P2","path":"data\\problems\\miklos-schweitzer\\miklos-schweitzer-2015-p2-van-der-corput-rectangle-graph-coloring.yaml","raw_github_url":"https://raw.githubusercontent.com/didin-maxim/knowledge_graph_of_graphs/main/data/problems/miklos-schweitzer/miklos-schweitzer-2015-p2-van-der-corput-rectangle-graph-coloring.yaml","viewer_url":"https://didin-maxim.github.io/knowledge_graph_of_graphs/#miklos-schweitzer-2015-p2-van-der-corput-rectangle-graph-coloring","source_key":"miklos","source_label":"Miklos Schweitzer","source_titles":["Miklos Schweitzer Memorial Competition 2015 задача 2, официальный PDF из архива"],"year":"2015","type":"olympiad_problem","authors":["Gábor Tardos"],"tags":["coloring","graph_model","goal_bound","construction"],"agent_topics":[],"difficulty":{"main":"national_final_hard","local_score":8,"comment":"Явная бесконечная геометрическая графовая задача; решение зависит от тонкой структуры последовательности.","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":"агент grouped classification","audit_source":"agent-university-archives.json"},"statements":{"original":[{"id":"stmt-original","title":"Прямоугольники и последовательность Ван дер Корпута","status":"ai_checked","text":"Пусть \\(x_n\\) - последовательность Ван дер Корпута: если двоичная запись \\(n\\) равна \\(\\sum a_i2^i\\), то \\(x_n=\\sum a_i2^{-i-1}\\). Пусть \\(V\\) - множество точек плоскости вида \\((n,x_n)\\). Определим граф \\(G\\) с множеством вершин \\(V\\): две точки \\(p,q\\) соединены ребром, если существует осепараллельный прямоугольник \\(R\\), для которого \\(R\\cap V=\\{p,q\\}\\). Докажите, что хроматическое число \\(G\\) конечно.","definition_ids":["chromatic_number"]}],"graph_theory":[{"id":"stmt-graph","title":"Геометрический граф","status":"ai_checked","text":"На бесконечном множестве точек \\((n,x_n)\\) задан граф прямоугольной видимости: ребро означает, что пара точек может быть отделена осепараллельным прямоугольником от всех остальных точек множества. Нужно доказать ограниченность хроматического числа этого бесконечного графа абсолютной константой.","definition_ids":["simple_graph","chromatic_number"]}]},"solutions":[{"id":"sol-ai-official-mod-7-coloring","title":"Раскраска по остатку первой координаты по модулю 7","status":"ai_checked","definition_ids":["simple_graph","chromatic_number"],"standard_idea_ids":[],"tags":[],"has_text":true,"text_preview":"Кодируем вершину \\((n,x_n)\\) бесконечной влево двоичной последовательностью \\((a_i)_{i\\ge 0}\\), где \\(n=\\sum a_i2^i\\); слева дописываем сколько угодно нулей. В такой записи первая координата сравнивается по первому отличающемуся биту слева: больше то число, у которого в этом месте стоит \\(1\\). Вторая координата \\(x_n=\\sum a_i2^{-i-1}\\) сравнивается по последнему отличающемуся биту справа: больше то \\(x_n\\), у которого в этом месте стоит \\(1\\). Две вершины не соединены ребром тогда и только тогда, когда существует третья вершина, лежащая между ними и по первой, и по второй координате. Действительно, если такая вершина есть, всякий осепараллельный прямоугольник, содержащий две данные вершины, содержит и её. Обратно, если такой вершины нет, маленькое расширение прямоугольника с противоположными углами в этих двух точках содержит из \\(V\\) только эти две точки. Возьмём две разные кодовые пос…"}],"relations":[],"search_text":"miklos-schweitzer-2015-p2-van-der-corput-rectangle-graph-coloring граф видимости точек ван дер корпута прямоугольниками, miklos schweitzer 2015 p2 coloring graph_model goal_bound construction 2015 gábor tardos gábortardos https://www.math.u-szeged.hu/tagok/mmaroti/schweitzer/schweitzer-2015-eng.pdf miklos miklos schweitzer miklos schweitzer memorial competition 2015 задача 2, официальный pdf из архива miklos2015 miklosschweitzer miklosschweitzer2015 problem_and_solution src-miklos-schweitzer-2015-p2-official with_solution gábor tardos miklos schweitzer memorial competition 2015 задача 2, официальный pdf из архива stmt-original прямоугольники и последовательность ван дер корпута ai_checked пусть \\(x_n\\) - последовательность ван дер корпута: если двоичная запись \\(n\\) равна \\(\\sum a_i2^i\\), то \\(x_n=\\sum a_i2^{-i-1}\\). пусть \\(v\\) - множество точек плоскости вида \\((n,x_n)\\). определим граф \\(g\\) с множеством вершин \\(v\\): две точки \\(p,q\\) соединены ребром, если существует осепараллельный прямоугольник \\(r\\), для которого \\(r\\cap v=\\{p,q\\}\\). докажите, что хроматическое число \\(g\\) конечно. chromatic_number stmt-graph геометрический граф ai_checked на бесконечном множестве точек \\((n,x_n)\\) задан граф прямоугольной видимости: ребро означает, что пара точек может быть отделена осепараллельным прямоугольником от всех остальных точек множества. нужно доказать ограниченность хроматического числа этого бесконечного графа абсолютной константой. simple_graph chromatic_number idea-dyadic-levels сравнить первый и последний отличающиеся биты если вершину \\((n,x_n)\\) кодировать двоичной записью \\(n\\), то порядок по первой координате задаётся первым отличающимся битом слева, а порядок по второй координате - последним отличающимся битом справа. это позволяет перечислить все возможные пары, которые вообще могут быть рёбрами, и увидеть, что разность их первых координат не делится на \\(7\\). coloring graph_model goal_bound ai_checked sol-ai-official-mod-7-coloring раскраска по остатку первой координаты по модулю 7 ai_checked simple_graph chromatic_number кодируем вершину \\((n,x_n)\\) бесконечной влево двоичной последовательностью \\((a_i)_{i\\ge 0}\\), где \\(n=\\sum a_i2^i\\); слева дописываем сколько угодно нулей. в такой записи первая координата сравнивается по первому отличающемуся биту слева: больше то число, у которого в этом месте стоит \\(1\\). вторая координата \\(x_n=\\sum a_i2^{-i-1}\\) сравнивается по последнему отличающемуся биту справа: больше то \\(x_n\\), у которого в этом месте стоит \\(1\\). две вершины не соединены ребром тогда и только тогда, когда существует третья вершина, лежащая между ними и по первой, и по второй координате. действительно, если такая вершина есть, всякий осепараллельный прямоугольник, содержащий две данные вершины, содержит и её. обратно, если такой вершины нет, маленькое расширение прямоугольника с противоположными углами в этих двух точках содержит из \\(v\\) только эти две точки. возьмём две разные кодовые пос… miklos-schweitzer-2015-p2-van-der-corput-rectangle-graph-coloring graf vidimosti tochek van der korputa pryamougolnikami, miklos schweitzer 2015 p2 coloring graph_model goal_bound construction 2015 gábor tardos gábortardos https://www.math.u-szeged.hu/tagok/mmaroti/schweitzer/schweitzer-2015-eng.pdf miklos miklos schweitzer miklos schweitzer memorial competition 2015 zadacha 2, ofitsialnyy pdf iz arhiva miklos2015 miklosschweitzer miklosschweitzer2015 problem_and_solution src-miklos-schweitzer-2015-p2-official with_solution gábor tardos miklos schweitzer memorial competition 2015 zadacha 2, ofitsialnyy pdf iz arhiva stmt-original pryamougolniki i posledovatelnost van der korputa ai_checked pust \\(x_n\\) - posledovatelnost van der korputa: esli dvoichnaya zapis \\(n\\) ravna \\(\\sum a_i2^i\\), to \\(x_n=\\sum a_i2^{-i-1}\\). pust \\(v\\) - mnozhestvo tochek ploskosti vida \\((n,x_n)\\). opredelim graf \\(g\\) s mnozhestvom vershin \\(v\\): dve tochki \\(p,q\\) soedineny rebrom, esli suschestvuet oseparallelnyy pryamougolnik \\(r\\), dlya kotorogo \\(r\\cap v=\\{p,q\\}\\). dokazhite, chto hromaticheskoe chislo \\(g\\) konechno. chromatic_number stmt-graph geometricheskiy graf ai_checked na beskonechnom mnozhestve tochek \\((n,x_n)\\) zadan graf pryamougolnoy vidimosti: rebro oznachaet, chto para tochek mozhet byt otdelena oseparallelnym pryamougolnikom ot vseh ostalnyh tochek mnozhestva. nuzhno dokazat ogranichennost hromaticheskogo chisla etogo beskonechnogo grafa absolyutnoy konstantoy. simple_graph chromatic_number idea-dyadic-levels sravnit pervyy i posledniy otlichayuschiesya bity esli vershinu \\((n,x_n)\\) kodirovat dvoichnoy zapisyu \\(n\\), to poryadok po pervoy koordinate zadaetsya pervym otlichayuschimsya bitom sleva, a poryadok po vtoroy koordinate - poslednim otlichayuschimsya bitom sprava. eto pozvolyaet perechislit vse vozmozhnye pary, kotorye voobsche mogut byt rebrami, i uvidet, chto raznost ih pervyh koordinat ne delitsya na \\(7\\). coloring graph_model goal_bound ai_checked sol-ai-official-mod-7-coloring raskraska po ostatku pervoy koordinaty po modulyu 7 ai_checked simple_graph chromatic_number kodiruem vershinu \\((n,x_n)\\) beskonechnoy vlevo dvoichnoy posledovatelnostyu \\((a_i)_{i\\ge 0}\\), gde \\(n=\\sum a_i2^i\\); sleva dopisyvaem skolko ugodno nuley. v takoy zapisi pervaya koordinata sravnivaetsya po pervomu otlichayuschemusya bitu sleva: bolshe to chislo, u kotorogo v etom meste stoit \\(1\\). vtoraya koordinata \\(x_n=\\sum a_i2^{-i-1}\\) sravnivaetsya po poslednemu otlichayuschemusya bitu sprava: bolshe to \\(x_n\\), u kotorogo v etom meste stoit \\(1\\). dve vershiny ne soedineny rebrom togda i tolko togda, kogda suschestvuet tretya vershina, lezhaschaya mezhdu nimi i po pervoy, i po vtoroy koordinate. deystvitelno, esli takaya vershina est, vsyakiy oseparallelnyy pryamougolnik, soderzhaschiy dve dannye vershiny, soderzhit i ee. obratno, esli takoy vershiny net, malenkoe rasshirenie pryamougolnika s protivopolozhnymi uglami v etih dvuh tochkah soderzhit iz \\(v\\) tolko eti dve tochki. vozmem dve raznye kodovye pos…","source_keys":["miklos"]}
{"id":"miklos-schweitzer-2015-p3-relation-minimal-dominating-set","title":"Минимальное доминирующее множество в ориентированном отношении, Miklos Schweitzer 2015 P3","path":"data\\problems\\miklos-schweitzer\\miklos-schweitzer-2015-p3-relation-minimal-dominating-set.yaml","raw_github_url":"https://raw.githubusercontent.com/didin-maxim/knowledge_graph_of_graphs/main/data/problems/miklos-schweitzer/miklos-schweitzer-2015-p3-relation-minimal-dominating-set.yaml","viewer_url":"https://didin-maxim.github.io/knowledge_graph_of_graphs/#miklos-schweitzer-2015-p3-relation-minimal-dominating-set","source_key":"miklos","source_label":"Miklos Schweitzer","source_titles":["Miklos Schweitzer Memorial Competition 2015 задача 3, официальный PDF из архива"],"year":"2015","type":"olympiad_problem","authors":["László Zádori"],"tags":["graph_model","minimal_counterexample","goal_bound","connectivity"],"agent_topics":[],"difficulty":{"main":"national_final_medium","local_score":6,"comment":"Ядро задачи похоже на стандартный аргумент с частными соседями, но направление дуг требует аккуратной проверки.","status":"needs_human_review"},"review_status":"needs_human_review","public_ready":false,"solution_state":"with_solution","solution_classification":{"type":"official_complete_or_near_complete","label":"официальное полное/почти полное","status":"ai_checked","confidence":0.78,"basis":"агентский аудит средней сложности","notes":"агент grouped classification","audit_source":"agent-university-archives.json"},"statements":{"original":[{"id":"stmt-original","title":"Бинарное отношение","status":"needs_human_review","text":"Пусть \\(A\\) - конечное множество, а \\(\\to\\) - бинарное отношение на нем такое, что для любых \\(a,b,c\\in A\\), если \\(a\\ne b\\), \\(a\\to c\\) и \\(b\\to c\\), то либо \\(a\\to b\\), либо \\(b\\to a\\), либо оба отношения верны. Пусть \\(B\\subset A\\) минимально по включению среди множеств со свойством: для каждого \\(a\\in A\\setminus B\\) существует \\(b\\in B\\), такое что \\(a\\to b\\) или \\(b\\to a\\). Если в \\(A\\) есть не более \\(k\\) попарно не связанных отношением элементов, докажите, что \\(|B|\\le k\\).","definition_ids":[]}],"graph_theory":[{"id":"stmt-graph","title":"Ориентированная графовая формулировка","status":"ai_checked","text":"Рассмотрим ориентированный граф отношения на \\(A\\), а неориентированную смежность зададим наличием хотя бы одной дуги между двумя вершинами. Условие говорит: любые две различные вершины, имеющие общую исходящую дугу в одну вершину, смежны между собой. Минимальное множество \\(B\\), доминирующее все остальные вершины по неориентированной смежности, должно иметь размер не больше числа независимости этого неориентированного графа.","definition_ids":["directed_graph","independent_set"]}]},"solutions":[{"id":"sol-ai-private-witnesses-official","title":"ИИ-решение по официальному разбору: частные свидетели минимальности","status":"ai_checked","definition_ids":["dominating_set","independent_set"],"standard_idea_ids":["minimal_counterexample"],"tags":[],"has_text":true,"text_preview":"Обозначим \\(x\\sim y\\), если выполнено хотя бы одно из отношений \\(x\\to y\\) или \\(y\\to x\\). Пусть \\(B=\\{b_1,\\ldots,b_m\\}\\). Докажем, что можно выбрать \\(m\\) попарно не связанных отношением элементов множества \\(A\\); тогда из условия сразу последует \\(m\\le k\\). Зафиксируем \\(i\\). Так как \\(B\\) минимально по включению, множество \\(B\\setminus\\{b_i\\}\\) уже не обладает требуемым свойством. Значит, либо существует элемент \\(c_i\\in A\\setminus B\\), который был доминирован только через \\(b_i\\), то есть \\(c_i\\sim b_i\\) и \\(c_i\\not\\sim b_j\\) при всех \\(j\\ne i\\), либо такого внешнего свидетеля нет, и тогда сам элемент \\(b_i\\) не доминируется множеством \\(B\\setminus\\{b_i\\}\\), то есть \\(b_i\\not\\sim b_j\\) при всех \\(j\\ne i\\). Перенумеруем элементы так, что первый случай имеет место ровно для \\(i=1,\\ldots,l\\). Для каждого \\(i\\le l\\) выберем такой внешний свидетель \\(c_i\\). Эти свидетели различны: если б…"}],"relations":[{"id":"rel-schweitzer-2015-p3-dominating","neighbor_id":"tree-total-domination-two-thirds","direction":"forward","type":"same_motif","distance":4,"status":"needs_human_review"}],"search_text":"miklos-schweitzer-2015-p3-relation-minimal-dominating-set минимальное доминирующее множество в ориентированном отношении, miklos schweitzer 2015 p3 graph_model minimal_counterexample goal_bound connectivity 2015 https://www.math.u-szeged.hu/tagok/mmaroti/schweitzer/schweitzer-2015-eng.pdf lászló zádori lászlózádori miklos miklos schweitzer miklos schweitzer memorial competition 2015 задача 3, официальный pdf из архива miklos2015 miklosschweitzer miklosschweitzer2015 problem_and_solution src-miklos-schweitzer-2015-p3-official with_solution lászló zádori miklos schweitzer memorial competition 2015 задача 3, официальный pdf из архива stmt-original бинарное отношение needs_human_review пусть \\(a\\) - конечное множество, а \\(\\to\\) - бинарное отношение на нем такое, что для любых \\(a,b,c\\in a\\), если \\(a\\ne b\\), \\(a\\to c\\) и \\(b\\to c\\), то либо \\(a\\to b\\), либо \\(b\\to a\\), либо оба отношения верны. пусть \\(b\\subset a\\) минимально по включению среди множеств со свойством: для каждого \\(a\\in a\\setminus b\\) существует \\(b\\in b\\), такое что \\(a\\to b\\) или \\(b\\to a\\). если в \\(a\\) есть не более \\(k\\) попарно не связанных отношением элементов, докажите, что \\(|b|\\le k\\). stmt-graph ориентированная графовая формулировка ai_checked рассмотрим ориентированный граф отношения на \\(a\\), а неориентированную смежность зададим наличием хотя бы одной дуги между двумя вершинами. условие говорит: любые две различные вершины, имеющие общую исходящую дугу в одну вершину, смежны между собой. минимальное множество \\(b\\), доминирующее все остальные вершины по неориентированной смежности, должно иметь размер не больше числа независимости этого неориентированного графа. directed_graph independent_set idea-private-witnesses минимальность дает частные свидетели для каждого \\(b\\in b\\) минимальность должна дать вершину-свидетеля, которая теряет доминирование при удалении \\(b\\). условие про общий образ затем должно заставить этих свидетелей быть попарно несмежными, что и дает оценку через \\(k\\). minimal_counterexample graph_model goal_bound needs_human_review sol-ai-private-witnesses-official ии-решение по официальному разбору: частные свидетели минимальности ai_checked dominating_set independent_set minimal_counterexample обозначим \\(x\\sim y\\), если выполнено хотя бы одно из отношений \\(x\\to y\\) или \\(y\\to x\\). пусть \\(b=\\{b_1,\\ldots,b_m\\}\\). докажем, что можно выбрать \\(m\\) попарно не связанных отношением элементов множества \\(a\\); тогда из условия сразу последует \\(m\\le k\\). зафиксируем \\(i\\). так как \\(b\\) минимально по включению, множество \\(b\\setminus\\{b_i\\}\\) уже не обладает требуемым свойством. значит, либо существует элемент \\(c_i\\in a\\setminus b\\), который был доминирован только через \\(b_i\\), то есть \\(c_i\\sim b_i\\) и \\(c_i\\not\\sim b_j\\) при всех \\(j\\ne i\\), либо такого внешнего свидетеля нет, и тогда сам элемент \\(b_i\\) не доминируется множеством \\(b\\setminus\\{b_i\\}\\), то есть \\(b_i\\not\\sim b_j\\) при всех \\(j\\ne i\\). перенумеруем элементы так, что первый случай имеет место ровно для \\(i=1,\\ldots,l\\). для каждого \\(i\\le l\\) выберем такой внешний свидетель \\(c_i\\). эти свидетели различны: если б… miklos-schweitzer-2015-p3-relation-minimal-dominating-set minimalnoe dominiruyuschee mnozhestvo v orientirovannom otnoshenii, miklos schweitzer 2015 p3 graph_model minimal_counterexample goal_bound connectivity 2015 https://www.math.u-szeged.hu/tagok/mmaroti/schweitzer/schweitzer-2015-eng.pdf lászló zádori lászlózádori miklos miklos schweitzer miklos schweitzer memorial competition 2015 zadacha 3, ofitsialnyy pdf iz arhiva miklos2015 miklosschweitzer miklosschweitzer2015 problem_and_solution src-miklos-schweitzer-2015-p3-official with_solution lászló zádori miklos schweitzer memorial competition 2015 zadacha 3, ofitsialnyy pdf iz arhiva stmt-original binarnoe otnoshenie needs_human_review pust \\(a\\) - konechnoe mnozhestvo, a \\(\\to\\) - binarnoe otnoshenie na nem takoe, chto dlya lyubyh \\(a,b,c\\in a\\), esli \\(a\\ne b\\), \\(a\\to c\\) i \\(b\\to c\\), to libo \\(a\\to b\\), libo \\(b\\to a\\), libo oba otnosheniya verny. pust \\(b\\subset a\\) minimalno po vklyucheniyu sredi mnozhestv so svoystvom: dlya kazhdogo \\(a\\in a\\setminus b\\) suschestvuet \\(b\\in b\\), takoe chto \\(a\\to b\\) ili \\(b\\to a\\). esli v \\(a\\) est ne bolee \\(k\\) poparno ne svyazannyh otnosheniem elementov, dokazhite, chto \\(|b|\\le k\\). stmt-graph orientirovannaya grafovaya formulirovka ai_checked rassmotrim orientirovannyy graf otnosheniya na \\(a\\), a neorientirovannuyu smezhnost zadadim nalichiem hotya by odnoy dugi mezhdu dvumya vershinami. uslovie govorit: lyubye dve razlichnye vershiny, imeyuschie obschuyu ishodyaschuyu dugu v odnu vershinu, smezhny mezhdu soboy. minimalnoe mnozhestvo \\(b\\), dominiruyuschee vse ostalnye vershiny po neorientirovannoy smezhnosti, dolzhno imet razmer ne bolshe chisla nezavisimosti etogo neorientirovannogo grafa. directed_graph independent_set idea-private-witnesses minimalnost daet chastnye svideteli dlya kazhdogo \\(b\\in b\\) minimalnost dolzhna dat vershinu-svidetelya, kotoraya teryaet dominirovanie pri udalenii \\(b\\). uslovie pro obschiy obraz zatem dolzhno zastavit etih svideteley byt poparno nesmezhnymi, chto i daet otsenku cherez \\(k\\). minimal_counterexample graph_model goal_bound needs_human_review sol-ai-private-witnesses-official ii-reshenie po ofitsialnomu razboru: chastnye svideteli minimalnosti ai_checked dominating_set independent_set minimal_counterexample oboznachim \\(x\\sim y\\), esli vypolneno hotya by odno iz otnosheniy \\(x\\to y\\) ili \\(y\\to x\\). pust \\(b=\\{b_1,\\ldots,b_m\\}\\). dokazhem, chto mozhno vybrat \\(m\\) poparno ne svyazannyh otnosheniem elementov mnozhestva \\(a\\); togda iz usloviya srazu posleduet \\(m\\le k\\). zafiksiruem \\(i\\). tak kak \\(b\\) minimalno po vklyucheniyu, mnozhestvo \\(b\\setminus\\{b_i\\}\\) uzhe ne obladaet trebuemym svoystvom. znachit, libo suschestvuet element \\(c_i\\in a\\setminus b\\), kotoryy byl dominirovan tolko cherez \\(b_i\\), to est \\(c_i\\sim b_i\\) i \\(c_i\\not\\sim b_j\\) pri vseh \\(j\\ne i\\), libo takogo vneshnego svidetelya net, i togda sam element \\(b_i\\) ne dominiruetsya mnozhestvom \\(b\\setminus\\{b_i\\}\\), to est \\(b_i\\not\\sim b_j\\) pri vseh \\(j\\ne i\\). perenumeruem elementy tak, chto pervyy sluchay imeet mesto rovno dlya \\(i=1,\\ldots,l\\). dlya kazhdogo \\(i\\le l\\) vyberem takoy vneshniy svidetel \\(c_i\\). eti svideteli razlichny: esli b…","source_keys":["miklos"]}
{"id":"miklos-schweitzer-2016-p2-complete-graph-collinear-edge-labels","title":"Метки ребер полного графа и коллинеарность на треугольниках, Miklos Schweitzer 2016 P2","path":"data\\problems\\miklos-schweitzer\\miklos-schweitzer-2016-p2-complete-graph-collinear-edge-labels.yaml","raw_github_url":"https://raw.githubusercontent.com/didin-maxim/knowledge_graph_of_graphs/main/data/problems/miklos-schweitzer/miklos-schweitzer-2016-p2-complete-graph-collinear-edge-labels.yaml","viewer_url":"https://didin-maxim.github.io/knowledge_graph_of_graphs/#miklos-schweitzer-2016-p2-complete-graph-collinear-edge-labels","source_key":"miklos","source_label":"Miklos Schweitzer","source_titles":["Miklos Schweitzer Memorial Competition 2016 задача 2, официальный PDF из архива"],"year":"2016","type":"olympiad_problem","authors":[],"tags":["graph_model","connectivity","coloring","goal_proof"],"agent_topics":[],"difficulty":{"main":"national_final_hard","local_score":8,"comment":"Условие элементарно формулируется на полном графе, но доказательство требует сильного распространения локального треугольного ограничения.","status":"needs_human_review"},"review_status":"needs_human_review","public_ready":false,"solution_state":"with_solution","solution_classification":{"type":"external_theorem_application","label":"применение внешней теоремы","status":"needs_human_review","confidence":0.84,"basis":"аудит группы D по внешним теоремам 2026-05-06","notes":"Сведение использует трёхцветную лемму Галлаи о несвязном цвете: при любой 3-раскраске рёбер полного графа без радужного треугольника один цветовой класс несвязен. Это небольшое применение теоремы Галлаи, теперь связанное с отдельной карточкой теоремы.","audit_source":"group-d-hamiltonian-brooks-ramsey-chromatic-audit"},"statements":{"original":[{"id":"stmt-original","title":"Отображение ребер в евклидово пространство","status":"needs_human_review","text":"Пусть \\(K=(V,E)\\) - конечный простой полный граф, а \\(d\\) - положительное целое число. Пусть \\(\\varphi:E\\to\\mathbb R^d\\) - отображение множества ребер в евклидово пространство, такое что прообраз любой точки из образа задает связный граф на всем множестве вершин \\(V\\), а точки, сопоставленные ребрам любого треугольника в \\(K\\), коллинеарны. Докажите, что образ \\(\\varphi\\) лежит на одной прямой.","definition_ids":["complete_graph","connected_graph"]}],"graph_theory":[{"id":"stmt-graph","title":"Метки ребер полного графа и коллинеарность на треугольниках, Miklos Schweitzer 2016 P2","status":"ai_checked","text":"Ребра полного графа раскрашены точками пространства \\(\\mathbb R^d\\). Каждый цветовой класс, если понимать его как остовный подграф на \\(V\\), связен. Кроме того, три цвета на ребрах любого треугольника лежат на одной прямой. Нужно доказать, что все использованные цвета лежат на одной прямой.","definition_ids":["chromatic_number","complete_graph","triangle"]}]},"solutions":[{"id":"sol-ai-gallai-reduction","title":"ИИ-решение через лемму Галлаи о раскрасках без радужных треугольников","status":"ai_checked","definition_ids":["complete_graph","connected_graph"],"standard_idea_ids":[],"tags":[],"has_text":true,"text_preview":"Докажем от противного, что образ \\(\\varphi\\) не может содержать три неколлинеарные точки. Нам понадобится стандартная лемма Галлаи в следующей форме: если ребра полного графа раскрашены так, что нет треугольника с тремя попарно различными цветами, и каждый использованный цвет задает связный остовный подграф, то использовано не больше двух цветов. Действительно, по теореме Галлаи о раскрасках без радужных треугольников вершины можно нетривиально разбить на блоки так, что между разными блоками встречаются только два цвета, а все ребра между каждой парой блоков одноцветны. Тогда всякий третий цвет может встречаться только внутри одного или нескольких блоков и не имеет ребер между блоками; поэтому его цветовой подграф не может быть связным на всем множестве вершин. Значит, при связности всех цветовых классов третьего цвета быть не может. Предположим теперь, что множество \\(P=\\varphi(E)\\) не…"}],"relations":[{"id":"rel-gallai-three-color-miklos-schweitzer-2016-p2","neighbor_id":"gallai-three-color-disconnected-class","direction":"backward","type":"prerequisite","distance":1,"status":"ai_checked"}],"search_text":"miklos-schweitzer-2016-p2-complete-graph-collinear-edge-labels метки ребер полного графа и коллинеарность на треугольниках, miklos schweitzer 2016 p2 graph_model connectivity coloring goal_proof 2016 https://www.math.u-szeged.hu/tagok/mmaroti/schweitzer/schweitzer-2016-eng.pdf miklos miklos schweitzer miklos schweitzer memorial competition 2016 задача 2, официальный pdf из архива miklos2016 miklosschweitzer miklosschweitzer2016 problem_and_solution src-miklos-schweitzer-2016-p2-official with_solution miklos schweitzer memorial competition 2016 задача 2, официальный pdf из архива stmt-original отображение ребер в евклидово пространство needs_human_review пусть \\(k=(v,e)\\) - конечный простой полный граф, а \\(d\\) - положительное целое число. пусть \\(\\varphi:e\\to\\mathbb r^d\\) - отображение множества ребер в евклидово пространство, такое что прообраз любой точки из образа задает связный граф на всем множестве вершин \\(v\\), а точки, сопоставленные ребрам любого треугольника в \\(k\\), коллинеарны. докажите, что образ \\(\\varphi\\) лежит на одной прямой. complete_graph connected_graph stmt-graph метки ребер полного графа и коллинеарность на треугольниках, miklos schweitzer 2016 p2 ai_checked ребра полного графа раскрашены точками пространства \\(\\mathbb r^d\\). каждый цветовой класс, если понимать его как остовный подграф на \\(v\\), связен. кроме того, три цвета на ребрах любого треугольника лежат на одной прямой. нужно доказать, что все использованные цвета лежат на одной прямой. chromatic_number complete_graph triangle idea-propagate-line-through-triangles коллинеарность распространяется по связным цветовым классам если два цвета уже задают прямую, то связность прообразов должна позволить через треугольники протащить ограничение на третий цвет. главная трудность - аккуратно показать, что любой новый цвет связан цепочкой треугольников с уже выбранными двумя цветами. connectivity graph_model goal_proof needs_human_review sol-ai-gallai-reduction ии-решение через лемму галлаи о раскрасках без радужных треугольников ai_checked complete_graph connected_graph докажем от противного, что образ \\(\\varphi\\) не может содержать три неколлинеарные точки. нам понадобится стандартная лемма галлаи в следующей форме: если ребра полного графа раскрашены так, что нет треугольника с тремя попарно различными цветами, и каждый использованный цвет задает связный остовный подграф, то использовано не больше двух цветов. действительно, по теореме галлаи о раскрасках без радужных треугольников вершины можно нетривиально разбить на блоки так, что между разными блоками встречаются только два цвета, а все ребра между каждой парой блоков одноцветны. тогда всякий третий цвет может встречаться только внутри одного или нескольких блоков и не имеет ребер между блоками; поэтому его цветовой подграф не может быть связным на всем множестве вершин. значит, при связности всех цветовых классов третьего цвета быть не может. предположим теперь, что множество \\(p=\\varphi(e)\\) не… miklos-schweitzer-2016-p2-complete-graph-collinear-edge-labels metki reber polnogo grafa i kollinearnost na treugolnikah, miklos schweitzer 2016 p2 graph_model connectivity coloring goal_proof 2016 https://www.math.u-szeged.hu/tagok/mmaroti/schweitzer/schweitzer-2016-eng.pdf miklos miklos schweitzer miklos schweitzer memorial competition 2016 zadacha 2, ofitsialnyy pdf iz arhiva miklos2016 miklosschweitzer miklosschweitzer2016 problem_and_solution src-miklos-schweitzer-2016-p2-official with_solution miklos schweitzer memorial competition 2016 zadacha 2, ofitsialnyy pdf iz arhiva stmt-original otobrazhenie reber v evklidovo prostranstvo needs_human_review pust \\(k=(v,e)\\) - konechnyy prostoy polnyy graf, a \\(d\\) - polozhitelnoe tseloe chislo. pust \\(\\varphi:e\\to\\mathbb r^d\\) - otobrazhenie mnozhestva reber v evklidovo prostranstvo, takoe chto proobraz lyuboy tochki iz obraza zadaet svyaznyy graf na vsem mnozhestve vershin \\(v\\), a tochki, sopostavlennye rebram lyubogo treugolnika v \\(k\\), kollinearny. dokazhite, chto obraz \\(\\varphi\\) lezhit na odnoy pryamoy. complete_graph connected_graph stmt-graph metki reber polnogo grafa i kollinearnost na treugolnikah, miklos schweitzer 2016 p2 ai_checked rebra polnogo grafa raskrasheny tochkami prostranstva \\(\\mathbb r^d\\). kazhdyy tsvetovoy klass, esli ponimat ego kak ostovnyy podgraf na \\(v\\), svyazen. krome togo, tri tsveta na rebrah lyubogo treugolnika lezhat na odnoy pryamoy. nuzhno dokazat, chto vse ispolzovannye tsveta lezhat na odnoy pryamoy. chromatic_number complete_graph triangle idea-propagate-line-through-triangles kollinearnost rasprostranyaetsya po svyaznym tsvetovym klassam esli dva tsveta uzhe zadayut pryamuyu, to svyaznost proobrazov dolzhna pozvolit cherez treugolniki protaschit ogranichenie na tretiy tsvet. glavnaya trudnost - akkuratno pokazat, chto lyuboy novyy tsvet svyazan tsepochkoy treugolnikov s uzhe vybrannymi dvumya tsvetami. connectivity graph_model goal_proof needs_human_review sol-ai-gallai-reduction ii-reshenie cherez lemmu gallai o raskraskah bez raduzhnyh treugolnikov ai_checked complete_graph connected_graph dokazhem ot protivnogo, chto obraz \\(\\varphi\\) ne mozhet soderzhat tri nekollinearnye tochki. nam ponadobitsya standartnaya lemma gallai v sleduyuschey forme: esli rebra polnogo grafa raskrasheny tak, chto net treugolnika s tremya poparno razlichnymi tsvetami, i kazhdyy ispolzovannyy tsvet zadaet svyaznyy ostovnyy podgraf, to ispolzovano ne bolshe dvuh tsvetov. deystvitelno, po teoreme gallai o raskraskah bez raduzhnyh treugolnikov vershiny mozhno netrivialno razbit na bloki tak, chto mezhdu raznymi blokami vstrechayutsya tolko dva tsveta, a vse rebra mezhdu kazhdoy paroy blokov odnotsvetny. togda vsyakiy tretiy tsvet mozhet vstrechatsya tolko vnutri odnogo ili neskolkih blokov i ne imeet reber mezhdu blokami; poetomu ego tsvetovoy podgraf ne mozhet byt svyaznym na vsem mnozhestve vershin. znachit, pri svyaznosti vseh tsvetovyh klassov tretego tsveta byt ne mozhet. predpolozhim teper, chto mnozhestvo \\(p=\\varphi(e)\\) ne…","source_keys":["miklos"]}
{"id":"miklos-schweitzer-2017-p1-triangle-tiling-no-shared-side","title":"Разбиение квадрата на треугольники без общей стороны, Schweitzer 2017 P1","path":"data\\problems\\miklos-schweitzer\\miklos-schweitzer-2017-p1-triangle-tiling-no-shared-side.yaml","raw_github_url":"https://raw.githubusercontent.com/didin-maxim/knowledge_graph_of_graphs/main/data/problems/miklos-schweitzer/miklos-schweitzer-2017-p1-triangle-tiling-no-shared-side.yaml","viewer_url":"https://didin-maxim.github.io/knowledge_graph_of_graphs/#miklos-schweitzer-2017-p1-triangle-tiling-no-shared-side","source_key":"miklos","source_label":"Schweitzer","source_titles":["Miklos Schweitzer Memorial Competition 2017 задача 1, официальный PDF из архива"],"year":"2017","type":"olympiad_problem","authors":[],"tags":["planar_graphs","double_counting","goal_impossibility"],"agent_topics":[],"difficulty":{"main":"national_final_hard","local_score":8,"comment":"Короткая формулировка, но аккуратный планарный счет тонкий из-за сторон, разбитых вершинами соседних треугольников.","status":"needs_human_review"},"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":"агент grouped classification","audit_source":"agent-university-archives.json"},"statements":{"original":[{"id":"stmt-original","title":"Разбиение квадрата","status":"ai_checked","text":"Можно ли разбить квадрат на конечное число треугольников так, чтобы никакие два треугольника не имели общей стороны? Треугольники имеют попарно непересекающиеся внутренности, а их объединение равно квадрату.","definition_ids":[]}],"graph_theory":[{"id":"stmt-graph","title":"Планарная модель","status":"needs_human_review","text":"Постройте плоский граф, вершинами которого являются вершины всех треугольников и точки разбиения сторон, а ребрами - минимальные отрезки сторон треугольников между соседними такими вершинами. Нужно решить, может ли этот плоский граф быть графом разбиения квадрата на треугольные плитки, если ни одна полная сторона одной треугольной плитки не является полной стороной другой.","definition_ids":["planar_graph"]}]},"solutions":[{"id":"sol-ai-plane-graph-counting","title":"ИИ-решение через плоский граф и счёт долей сторон","status":"ai_checked","definition_ids":["planar_graph"],"standard_idea_ids":[],"tags":[],"has_text":true,"text_preview":"Ответ: нельзя. Предположим противное: квадрат разбит на \\(t\\) треугольников, и никакие два из них не имеют общей полной стороны. Построим плоский граф разбиения: его вершины - все вершины треугольников, а также все точки, в которых стороны треугольников разбивают друг друга; его рёбра - минимальные отрезки сторон треугольников между соседними такими точками. Обозначим через \\(v\\) и \\(e\\) числа вершин и рёбер этого графа, а через \\(b\\) - число его рёбер на границе квадрата. Тогда \\(b\\ge 4\\), граф связен, а его внутренние грани - ровно данные \\(t\\) треугольников, поэтому по формуле Эйлера \\[ v-e+(t+1)=2, \\] то есть \\[ e=v+t-1. \\tag{1} \\] Сначала оценим \\(v\\) через сумму углов треугольников. Сумма всех углов всех маленьких треугольников равна \\(t\\pi\\). В каждой внутренней вершине графа вклад углов, которые действительно являются углами маленьких треугольников с вершиной в этой точке, не ме…"}],"relations":[{"id":"rel-schweitzer-2017-p1-planar-count","neighbor_id":"handshaking-lemma","direction":"forward","type":"prerequisite","distance":2,"status":"needs_human_review"}],"search_text":"miklos-schweitzer-2017-p1-triangle-tiling-no-shared-side разбиение квадрата на треугольники без общей стороны, schweitzer 2017 p1 planar_graphs double_counting goal_impossibility 2017 https://www.math.u-szeged.hu/tagok/mmaroti/schweitzer/schweitzer-2017-eng.pdf miklos miklos schweitzer memorial competition 2017 задача 1, официальный pdf из архива miklos2017 problem_and_solution schweitzer schweitzer2017 src-miklos-schweitzer-2017-p1-official with_solution ? miklos schweitzer memorial competition 2017 задача 1, официальный pdf из архива stmt-original разбиение квадрата ai_checked можно ли разбить квадрат на конечное число треугольников так, чтобы никакие два треугольника не имели общей стороны? треугольники имеют попарно непересекающиеся внутренности, а их объединение равно квадрату. stmt-graph планарная модель needs_human_review постройте плоский граф, вершинами которого являются вершины всех треугольников и точки разбиения сторон, а ребрами - минимальные отрезки сторон треугольников между соседними такими вершинами. нужно решить, может ли этот плоский граф быть графом разбиения квадрата на треугольные плитки, если ни одна полная сторона одной треугольной плитки не является полной стороной другой. planar_graph idea-plane-graph-counting считать макроскопический плоский граф официальные и вторичные разборы сводят задачу к счету в плоском графе разбиения: нужно учитывать число треугольников, вершин, ребер и вклад внешней границы квадрата. planar_graphs double_counting needs_human_review idea-no-complete-shared-side запрет общей стороны меняет счет границ если две плитки не могут иметь одну и ту же полную сторону, то каждая внутренняя сторона треугольника должна быть разбита вершинами соседних треугольников; это дает дополнительное неравенство для плоского графа. planar_graphs goal_impossibility needs_human_review sol-ai-plane-graph-counting ии-решение через плоский граф и счёт долей сторон ai_checked planar_graph ответ: нельзя. предположим противное: квадрат разбит на \\(t\\) треугольников, и никакие два из них не имеют общей полной стороны. построим плоский граф разбиения: его вершины - все вершины треугольников, а также все точки, в которых стороны треугольников разбивают друг друга; его рёбра - минимальные отрезки сторон треугольников между соседними такими точками. обозначим через \\(v\\) и \\(e\\) числа вершин и рёбер этого графа, а через \\(b\\) - число его рёбер на границе квадрата. тогда \\(b\\ge 4\\), граф связен, а его внутренние грани - ровно данные \\(t\\) треугольников, поэтому по формуле эйлера \\[ v-e+(t+1)=2, \\] то есть \\[ e=v+t-1. \\tag{1} \\] сначала оценим \\(v\\) через сумму углов треугольников. сумма всех углов всех маленьких треугольников равна \\(t\\pi\\). в каждой внутренней вершине графа вклад углов, которые действительно являются углами маленьких треугольников с вершиной в этой точке, не ме… miklos-schweitzer-2017-p1-triangle-tiling-no-shared-side razbienie kvadrata na treugolniki bez obschey storony, schweitzer 2017 p1 planar_graphs double_counting goal_impossibility 2017 https://www.math.u-szeged.hu/tagok/mmaroti/schweitzer/schweitzer-2017-eng.pdf miklos miklos schweitzer memorial competition 2017 zadacha 1, ofitsialnyy pdf iz arhiva miklos2017 problem_and_solution schweitzer schweitzer2017 src-miklos-schweitzer-2017-p1-official with_solution ? miklos schweitzer memorial competition 2017 zadacha 1, ofitsialnyy pdf iz arhiva stmt-original razbienie kvadrata ai_checked mozhno li razbit kvadrat na konechnoe chislo treugolnikov tak, chtoby nikakie dva treugolnika ne imeli obschey storony? treugolniki imeyut poparno neperesekayuschiesya vnutrennosti, a ih obedinenie ravno kvadratu. stmt-graph planarnaya model needs_human_review postroyte ploskiy graf, vershinami kotorogo yavlyayutsya vershiny vseh treugolnikov i tochki razbieniya storon, a rebrami - minimalnye otrezki storon treugolnikov mezhdu sosednimi takimi vershinami. nuzhno reshit, mozhet li etot ploskiy graf byt grafom razbieniya kvadrata na treugolnye plitki, esli ni odna polnaya storona odnoy treugolnoy plitki ne yavlyaetsya polnoy storonoy drugoy. planar_graph idea-plane-graph-counting schitat makroskopicheskiy ploskiy graf ofitsialnye i vtorichnye razbory svodyat zadachu k schetu v ploskom grafe razbieniya: nuzhno uchityvat chislo treugolnikov, vershin, reber i vklad vneshney granitsy kvadrata. planar_graphs double_counting needs_human_review idea-no-complete-shared-side zapret obschey storony menyaet schet granits esli dve plitki ne mogut imet odnu i tu zhe polnuyu storonu, to kazhdaya vnutrennyaya storona treugolnika dolzhna byt razbita vershinami sosednih treugolnikov; eto daet dopolnitelnoe neravenstvo dlya ploskogo grafa. planar_graphs goal_impossibility needs_human_review sol-ai-plane-graph-counting ii-reshenie cherez ploskiy graf i schet doley storon ai_checked planar_graph otvet: nelzya. predpolozhim protivnoe: kvadrat razbit na \\(t\\) treugolnikov, i nikakie dva iz nih ne imeyut obschey polnoy storony. postroim ploskiy graf razbieniya: ego vershiny - vse vershiny treugolnikov, a takzhe vse tochki, v kotoryh storony treugolnikov razbivayut drug druga; ego rebra - minimalnye otrezki storon treugolnikov mezhdu sosednimi takimi tochkami. oboznachim cherez \\(v\\) i \\(e\\) chisla vershin i reber etogo grafa, a cherez \\(b\\) - chislo ego reber na granitse kvadrata. togda \\(b\\ge 4\\), graf svyazen, a ego vnutrennie grani - rovno dannye \\(t\\) treugolnikov, poetomu po formule eylera \\[ v-e+(t+1)=2, \\] to est \\[ e=v+t-1. \\tag{1} \\] snachala otsenim \\(v\\) cherez summu uglov treugolnikov. summa vseh uglov vseh malenkih treugolnikov ravna \\(t\\pi\\). v kazhdoy vnutrenney vershine grafa vklad uglov, kotorye deystvitelno yavlyayutsya uglami malenkih treugolnikov s vershinoy v etoy tochke, ne me…","source_keys":["miklos"]}
{"id":"miklos-schweitzer-2018-p1-continuous-graph-countable-coloring","title":"Граф, заданный непрерывной функцией, имеет счетную раскраску, Schweitzer 2018 P1","path":"data\\problems\\miklos-schweitzer\\miklos-schweitzer-2018-p1-continuous-graph-countable-coloring.yaml","raw_github_url":"https://raw.githubusercontent.com/didin-maxim/knowledge_graph_of_graphs/main/data/problems/miklos-schweitzer/miklos-schweitzer-2018-p1-continuous-graph-countable-coloring.yaml","viewer_url":"https://didin-maxim.github.io/knowledge_graph_of_graphs/#miklos-schweitzer-2018-p1-continuous-graph-countable-coloring","source_key":"miklos","source_label":"Schweitzer","source_titles":["Miklos Schweitzer Memorial Competition 2018 задача 1, официальный PDF из архива"],"year":"2018","type":"olympiad_problem","authors":[],"tags":["coloring","graph_model","goal_bound"],"agent_topics":[],"difficulty":{"main":"national_final_medium","local_score":6,"comment":"Ключ - заметить локальную независимость и использовать счетную базу евклидова пространства.","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":"агент grouped classification","audit_source":"agent-university-archives.json"},"statements":{"original":[{"id":"stmt-original","title":"Условие","status":"ai_checked","text":"Пусть \\(S\\subset \\mathbb R\\) - замкнутое множество, а \\(f:\\mathbb R^{2n}\\to\\mathbb R\\) - непрерывная функция. Определим граф \\(G\\) так: точка \\(x\\in\\mathbb R^n\\) является вершиной тогда и только тогда, когда \\(f(x,x)\\notin S\\). Две вершины \\(x\\) и \\(y\\) соединены ребром тогда и только тогда, когда \\(f(x,y)\\in S\\) или \\(f(y,x)\\in S\\). Докажите, что хроматическое число \\(G\\) счетно.","definition_ids":["chromatic_number"]}],"graph_theory":[{"id":"stmt-graph","title":"Топологическая формулировка","status":"ai_checked","text":"В графе на подмножестве сепарабельного метрического пространства каждая вершина имеет открытую окрестность, индуцирующую независимое множество. Докажите, что такой граф допускает счетную правильную раскраску.","definition_ids":["independent_set","chromatic_number"]}]},"solutions":[{"id":"sol-countable-base","title":"Раскраска счетной базой","status":"ai_checked","definition_ids":["independent_set","chromatic_number"],"standard_idea_ids":[],"tags":[],"has_text":true,"text_preview":"Пусть \\(x\\) - вершина графа. Тогда \\(f(x,x)\\notin S\\). Так как \\(S\\) замкнуто, его дополнение открыто, поэтому существует окрестность \\(W\\) числа \\(f(x,x)\\), не пересекающаяся с \\(S\\). По непрерывности отображения \\((u,v)\\mapsto f(u,v)\\) найдется окрестность \\(U_x\\) точки \\(x\\) такая, что для всех \\(u,v\\in U_x\\) выполнено \\(f(u,v)\\in W\\), а значит \\(f(u,v)\\notin S\\). Следовательно, любые две вершины из \\(U_x\\) не соединены ребром: условие ребра не выполняется ни в одном направлении. Возьмем счетную базу \\(\\mathcal B\\) пространства \\(\\mathbb R^n\\), например шары с рациональными центрами и рациональными радиусами. Для каждой вершины \\(x\\) выберем базисный элемент \\(B(x)\\in\\mathcal B\\) такой, что \\(x\\in B(x)\\subset U_x\\). Покрасим вершину \\(x\\) цветом \\(B(x)\\). Цветов не больше счетного числа. Если две вершины \\(x,y\\) получили один и тот же цвет \\(B\\), то \\(x,y\\in B\\subset U_x\\), а \\(U_x\\)…"}],"relations":[],"search_text":"miklos-schweitzer-2018-p1-continuous-graph-countable-coloring граф, заданный непрерывной функцией, имеет счетную раскраску, schweitzer 2018 p1 coloring graph_model goal_bound 2018 https://www.math.u-szeged.hu/tagok/mmaroti/schweitzer/schweitzer-2018-eng.pdf miklos miklos schweitzer memorial competition 2018 задача 1, официальный pdf из архива miklos2018 problem_and_solution schweitzer schweitzer2018 src-miklos-schweitzer-2018-p1-official with_solution ? miklos schweitzer memorial competition 2018 задача 1, официальный pdf из архива stmt-original условие ai_checked пусть \\(s\\subset \\mathbb r\\) - замкнутое множество, а \\(f:\\mathbb r^{2n}\\to\\mathbb r\\) - непрерывная функция. определим граф \\(g\\) так: точка \\(x\\in\\mathbb r^n\\) является вершиной тогда и только тогда, когда \\(f(x,x)\\notin s\\). две вершины \\(x\\) и \\(y\\) соединены ребром тогда и только тогда, когда \\(f(x,y)\\in s\\) или \\(f(y,x)\\in s\\). докажите, что хроматическое число \\(g\\) счетно. chromatic_number stmt-graph топологическая формулировка ai_checked в графе на подмножестве сепарабельного метрического пространства каждая вершина имеет открытую окрестность, индуцирующую независимое множество. докажите, что такой граф допускает счетную правильную раскраску. independent_set chromatic_number idea-local-independent-ball окрестность вершины независима так как \\(f(x,x)\\notin s\\), замкнутость \\(s\\) и непрерывность \\(f\\) дают малую окрестность \\(u\\) точки \\(x\\), в которой \\(f(u,v)\\notin s\\) для всех \\(u,v\\in u\\). значит внутри \\(u\\) нет ребер. coloring graph_model ai_checked idea-countable-base-colors цвета - элементы счетной базы у \\(\\mathbb r^n\\) есть счетная база. каждой вершине можно назначить один базисный шар, который содержит ее и лежит в независимой окрестности; вершины с одинаковым назначенным шаром попарно несмежны. coloring goal_bound ai_checked sol-countable-base раскраска счетной базой ai_checked independent_set chromatic_number пусть \\(x\\) - вершина графа. тогда \\(f(x,x)\\notin s\\). так как \\(s\\) замкнуто, его дополнение открыто, поэтому существует окрестность \\(w\\) числа \\(f(x,x)\\), не пересекающаяся с \\(s\\). по непрерывности отображения \\((u,v)\\mapsto f(u,v)\\) найдется окрестность \\(u_x\\) точки \\(x\\) такая, что для всех \\(u,v\\in u_x\\) выполнено \\(f(u,v)\\in w\\), а значит \\(f(u,v)\\notin s\\). следовательно, любые две вершины из \\(u_x\\) не соединены ребром: условие ребра не выполняется ни в одном направлении. возьмем счетную базу \\(\\mathcal b\\) пространства \\(\\mathbb r^n\\), например шары с рациональными центрами и рациональными радиусами. для каждой вершины \\(x\\) выберем базисный элемент \\(b(x)\\in\\mathcal b\\) такой, что \\(x\\in b(x)\\subset u_x\\). покрасим вершину \\(x\\) цветом \\(b(x)\\). цветов не больше счетного числа. если две вершины \\(x,y\\) получили один и тот же цвет \\(b\\), то \\(x,y\\in b\\subset u_x\\), а \\(u_x\\)… miklos-schweitzer-2018-p1-continuous-graph-countable-coloring graf, zadannyy nepreryvnoy funktsiey, imeet schetnuyu raskrasku, schweitzer 2018 p1 coloring graph_model goal_bound 2018 https://www.math.u-szeged.hu/tagok/mmaroti/schweitzer/schweitzer-2018-eng.pdf miklos miklos schweitzer memorial competition 2018 zadacha 1, ofitsialnyy pdf iz arhiva miklos2018 problem_and_solution schweitzer schweitzer2018 src-miklos-schweitzer-2018-p1-official with_solution ? miklos schweitzer memorial competition 2018 zadacha 1, ofitsialnyy pdf iz arhiva stmt-original uslovie ai_checked pust \\(s\\subset \\mathbb r\\) - zamknutoe mnozhestvo, a \\(f:\\mathbb r^{2n}\\to\\mathbb r\\) - nepreryvnaya funktsiya. opredelim graf \\(g\\) tak: tochka \\(x\\in\\mathbb r^n\\) yavlyaetsya vershinoy togda i tolko togda, kogda \\(f(x,x)\\notin s\\). dve vershiny \\(x\\) i \\(y\\) soedineny rebrom togda i tolko togda, kogda \\(f(x,y)\\in s\\) ili \\(f(y,x)\\in s\\). dokazhite, chto hromaticheskoe chislo \\(g\\) schetno. chromatic_number stmt-graph topologicheskaya formulirovka ai_checked v grafe na podmnozhestve separabelnogo metricheskogo prostranstva kazhdaya vershina imeet otkrytuyu okrestnost, indutsiruyuschuyu nezavisimoe mnozhestvo. dokazhite, chto takoy graf dopuskaet schetnuyu pravilnuyu raskrasku. independent_set chromatic_number idea-local-independent-ball okrestnost vershiny nezavisima tak kak \\(f(x,x)\\notin s\\), zamknutost \\(s\\) i nepreryvnost \\(f\\) dayut maluyu okrestnost \\(u\\) tochki \\(x\\), v kotoroy \\(f(u,v)\\notin s\\) dlya vseh \\(u,v\\in u\\). znachit vnutri \\(u\\) net reber. coloring graph_model ai_checked idea-countable-base-colors tsveta - elementy schetnoy bazy u \\(\\mathbb r^n\\) est schetnaya baza. kazhdoy vershine mozhno naznachit odin bazisnyy shar, kotoryy soderzhit ee i lezhit v nezavisimoy okrestnosti; vershiny s odinakovym naznachennym sharom poparno nesmezhny. coloring goal_bound ai_checked sol-countable-base raskraska schetnoy bazoy ai_checked independent_set chromatic_number pust \\(x\\) - vershina grafa. togda \\(f(x,x)\\notin s\\). tak kak \\(s\\) zamknuto, ego dopolnenie otkryto, poetomu suschestvuet okrestnost \\(w\\) chisla \\(f(x,x)\\), ne peresekayuschayasya s \\(s\\). po nepreryvnosti otobrazheniya \\((u,v)\\mapsto f(u,v)\\) naydetsya okrestnost \\(u_x\\) tochki \\(x\\) takaya, chto dlya vseh \\(u,v\\in u_x\\) vypolneno \\(f(u,v)\\in w\\), a znachit \\(f(u,v)\\notin s\\). sledovatelno, lyubye dve vershiny iz \\(u_x\\) ne soedineny rebrom: uslovie rebra ne vypolnyaetsya ni v odnom napravlenii. vozmem schetnuyu bazu \\(\\mathcal b\\) prostranstva \\(\\mathbb r^n\\), naprimer shary s ratsionalnymi tsentrami i ratsionalnymi radiusami. dlya kazhdoy vershiny \\(x\\) vyberem bazisnyy element \\(b(x)\\in\\mathcal b\\) takoy, chto \\(x\\in b(x)\\subset u_x\\). pokrasim vershinu \\(x\\) tsvetom \\(b(x)\\). tsvetov ne bolshe schetnogo chisla. esli dve vershiny \\(x,y\\) poluchili odin i tot zhe tsvet \\(b\\), to \\(x,y\\in b\\subset u_x\\), a \\(u_x\\)…","source_keys":["miklos"]}
{"id":"miklos-schweitzer-2019-p4-nice-matrices-bipartite-shellings","title":"Хорошие матрицы и шеллинги полного двудольного графа, Schweitzer 2019 P4","path":"data\\problems\\miklos-schweitzer\\miklos-schweitzer-2019-p4-nice-matrices-bipartite-shellings.yaml","raw_github_url":"https://raw.githubusercontent.com/didin-maxim/knowledge_graph_of_graphs/main/data/problems/miklos-schweitzer/miklos-schweitzer-2019-p4-nice-matrices-bipartite-shellings.yaml","viewer_url":"https://didin-maxim.github.io/knowledge_graph_of_graphs/#miklos-schweitzer-2019-p4-nice-matrices-bipartite-shellings","source_key":"miklos","source_label":"Schweitzer","source_titles":["Miklos Schweitzer Memorial Competition 2019 задача 4, официальный PDF из архива"],"year":"2019","type":"olympiad_problem","authors":[],"tags":["induction","graph_model","goal_counting"],"agent_topics":[],"difficulty":{"main":"national_final_hard","local_score":8,"comment":"Задача имеет известную связь с нетривиальной формулой для шеллингов полного двудольного графа, но опубликованное решение Geupel дает самодостаточную олимпиадную рекурсию по блокам.","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":0.93,"basis":"официальное условие plus published Crux solution","notes":"Элементарное опубликованное решение полностью закрывает задачу без тяжелой внешней теоремы.","audit_source":"official-plan-expansion"},"statements":{"original":[{"id":"stmt-original","title":"Хорошие матрицы","status":"source_verified","text":"\\(n\\times m\\)-матрица называется хорошей, если она содержит каждое целое число от \\(1\\) до \\(mn\\) ровно один раз и \\(1\\) является единственным элементом, который одновременно минимален в своей строке и в своем столбце. Докажите, что число хороших \\(n\\times m\\)-матриц равно \\(\\frac{(mn)!\\,n!\\,m!}{(n+m-1)!}\\).","definition_ids":[]}],"graph_theory":[{"id":"stmt-graph","title":"Шеллинги \\(K_{n,m}\\)","status":"ai_checked","text":"Сколько существует линейных порядков рёбер полного двудольного графа \\(K_{n,m}\\), в которых для каждого \\(k\\) первые \\(k\\) рёбер индуцируют связный подграф на своих непустых вершинах? Докажите, что это число равно \\(\\frac{(mn)!\\,n!\\,m!}{(n+m-1)!}\\).","definition_ids":["bipartite_graph","connected_graph"]}]},"solutions":[{"id":"sol-geupel-block-probability","title":"Опубликованное решение через блочную рекурсию","status":"ai_checked","definition_ids":[],"standard_idea_ids":["induction"],"tags":[],"has_text":true,"text_preview":"Будем пользоваться эквивалентной формой условия: матрица хороша тогда и только тогда, когда каждая клетка, кроме клетки с числом \\(1\\), имеет меньший элемент в той же строке или в том же столбце. Зафиксируем целые \\(s,t\\), где \\(0\\le s<n\\) и \\(0\\le t<m\\). Разобьем таблицу на четыре блока: \\(A\\) размера \\(s\\times t\\) в левом верхнем углу, \\(B\\) размера \\(s\\times(m-t)\\) справа сверху, \\(C\\) размера \\((n-s)\\times t\\) слева снизу и \\(D\\) размера \\((n-s)\\times(m-t)\\) справа снизу. Пусть \\(N=(n-s)(m-t)\\). Заполним \\(D\\) числами \\(1,2,\\ldots,N\\) так, чтобы сам блок \\(D\\) был хорошей матрицей, а остальные клетки случайно и равновероятно заполним числами \\(N+1,N+2,\\ldots,mn\\). Обозначим через \\(P(s,t)\\) вероятность того, что полученная \\(n\\times m\\)-матрица хороша. Эта вероятность не зависит от конкретного хорошего заполнения \\(D\\), потому что важны только сравнения чисел в общих строках и столб…"}],"relations":[{"id":"rel-ms2019-p4-ms1951-p13-row-column-bipartite-model","neighbor_id":"miklos-schweitzer-1951-p13-determinant-nonzero-pattern-matchings","direction":"forward","type":"same_motif","distance":2,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-ms2019-p4-balanced-bipartite-row-column-encoding","neighbor_id":"balanced-bipartite-edge-coloring-two-colors","direction":"forward","type":"same_motif","distance":3,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-ms2019-p4-caro-wei-random-ordering","neighbor_id":"caro-wei-independent-set-bound","direction":"forward","type":"same_motif","distance":4,"status":"needs_human_review"}],"search_text":"miklos-schweitzer-2019-p4-nice-matrices-bipartite-shellings хорошие матрицы и шеллинги полного двудольного графа, schweitzer 2019 p4 induction graph_model goal_counting 2019 https://www.math.u-szeged.hu/tagok/mmaroti/schweitzer/schweitzer-2019-eng.pdf miklos miklos schweitzer memorial competition 2019 задача 4, официальный pdf из архива miklos2019 problem_and_solution schweitzer schweitzer2019 src-miklos-schweitzer-2019-p4-official with_solution miklos schweitzer memorial competition 2019 задача 4, официальный pdf из архива stmt-original хорошие матрицы source_verified \\(n\\times m\\)-матрица называется хорошей, если она содержит каждое целое число от \\(1\\) до \\(mn\\) ровно один раз и \\(1\\) является единственным элементом, который одновременно минимален в своей строке и в своем столбце. докажите, что число хороших \\(n\\times m\\)-матриц равно \\(\\frac{(mn)!\\,n!\\,m!}{(n+m-1)!}\\). stmt-graph шеллинги \\(k_{n,m}\\) ai_checked сколько существует линейных порядков рёбер полного двудольного графа \\(k_{n,m}\\), в которых для каждого \\(k\\) первые \\(k\\) рёбер индуцируют связный подграф на своих непустых вершинах? докажите, что это число равно \\(\\frac{(mn)!\\,n!\\,m!}{(n+m-1)!}\\). bipartite_graph connected_graph idea-cells-as-edges клетки - ребра полного двудольного графа строки и столбцы образуют две доли \\(k_{n,m}\\); число в клетке задает момент появления соответствующего ребра. дополнительный локальный минимум появляется ровно тогда, когда некоторый начальный набор ребер имеет новую компоненту. graph_model connectivity ai_checked idea-safe-blocks клетка безопасна, если в ее строке или столбце уже есть меньшая эквивалентная форма условия: всякая клетка, кроме клетки с \\(1\\), должна иметь меньший элемент в той же строке или в том же столбце. поэтому при блочном разбиении клетки в верхне-правом и нижне-левом блоках автоматически безопасны из-за малого нижне-правого блока. extremal_choice ai_checked idea-conditioning-recurrence рекурсия по положению следующего числа если нижне-правый блок уже хорош и содержит все самые маленькие числа, то следующий минимальный внешний элемент не может лежать в верхне-левом блоке. условившись, что он лежит в верхне-правом или нижне-левом блоке, мы уменьшаем число новых строк или новых столбцов. induction ai_checked sol-geupel-block-probability опубликованное решение через блочную рекурсию ai_checked induction будем пользоваться эквивалентной формой условия: матрица хороша тогда и только тогда, когда каждая клетка, кроме клетки с числом \\(1\\), имеет меньший элемент в той же строке или в том же столбце. зафиксируем целые \\(s,t\\), где \\(0\\le s<n\\) и \\(0\\le t<m\\). разобьем таблицу на четыре блока: \\(a\\) размера \\(s\\times t\\) в левом верхнем углу, \\(b\\) размера \\(s\\times(m-t)\\) справа сверху, \\(c\\) размера \\((n-s)\\times t\\) слева снизу и \\(d\\) размера \\((n-s)\\times(m-t)\\) справа снизу. пусть \\(n=(n-s)(m-t)\\). заполним \\(d\\) числами \\(1,2,\\ldots,n\\) так, чтобы сам блок \\(d\\) был хорошей матрицей, а остальные клетки случайно и равновероятно заполним числами \\(n+1,n+2,\\ldots,mn\\). обозначим через \\(p(s,t)\\) вероятность того, что полученная \\(n\\times m\\)-матрица хороша. эта вероятность не зависит от конкретного хорошего заполнения \\(d\\), потому что важны только сравнения чисел в общих строках и столб… miklos-schweitzer-2019-p4-nice-matrices-bipartite-shellings horoshie matritsy i shellingi polnogo dvudolnogo grafa, schweitzer 2019 p4 induction graph_model goal_counting 2019 https://www.math.u-szeged.hu/tagok/mmaroti/schweitzer/schweitzer-2019-eng.pdf miklos miklos schweitzer memorial competition 2019 zadacha 4, ofitsialnyy pdf iz arhiva miklos2019 problem_and_solution schweitzer schweitzer2019 src-miklos-schweitzer-2019-p4-official with_solution miklos schweitzer memorial competition 2019 zadacha 4, ofitsialnyy pdf iz arhiva stmt-original horoshie matritsy source_verified \\(n\\times m\\)-matritsa nazyvaetsya horoshey, esli ona soderzhit kazhdoe tseloe chislo ot \\(1\\) do \\(mn\\) rovno odin raz i \\(1\\) yavlyaetsya edinstvennym elementom, kotoryy odnovremenno minimalen v svoey stroke i v svoem stolbtse. dokazhite, chto chislo horoshih \\(n\\times m\\)-matrits ravno \\(\\frac{(mn)!\\,n!\\,m!}{(n+m-1)!}\\). stmt-graph shellingi \\(k_{n,m}\\) ai_checked skolko suschestvuet lineynyh poryadkov reber polnogo dvudolnogo grafa \\(k_{n,m}\\), v kotoryh dlya kazhdogo \\(k\\) pervye \\(k\\) reber indutsiruyut svyaznyy podgraf na svoih nepustyh vershinah? dokazhite, chto eto chislo ravno \\(\\frac{(mn)!\\,n!\\,m!}{(n+m-1)!}\\). bipartite_graph connected_graph idea-cells-as-edges kletki - rebra polnogo dvudolnogo grafa stroki i stolbtsy obrazuyut dve doli \\(k_{n,m}\\); chislo v kletke zadaet moment poyavleniya sootvetstvuyuschego rebra. dopolnitelnyy lokalnyy minimum poyavlyaetsya rovno togda, kogda nekotoryy nachalnyy nabor reber imeet novuyu komponentu. graph_model connectivity ai_checked idea-safe-blocks kletka bezopasna, esli v ee stroke ili stolbtse uzhe est menshaya ekvivalentnaya forma usloviya: vsyakaya kletka, krome kletki s \\(1\\), dolzhna imet menshiy element v toy zhe stroke ili v tom zhe stolbtse. poetomu pri blochnom razbienii kletki v verhne-pravom i nizhne-levom blokah avtomaticheski bezopasny iz-za malogo nizhne-pravogo bloka. extremal_choice ai_checked idea-conditioning-recurrence rekursiya po polozheniyu sleduyuschego chisla esli nizhne-pravyy blok uzhe horosh i soderzhit vse samye malenkie chisla, to sleduyuschiy minimalnyy vneshniy element ne mozhet lezhat v verhne-levom bloke. uslovivshis, chto on lezhit v verhne-pravom ili nizhne-levom bloke, my umenshaem chislo novyh strok ili novyh stolbtsov. induction ai_checked sol-geupel-block-probability opublikovannoe reshenie cherez blochnuyu rekursiyu ai_checked induction budem polzovatsya ekvivalentnoy formoy usloviya: matritsa horosha togda i tolko togda, kogda kazhdaya kletka, krome kletki s chislom \\(1\\), imeet menshiy element v toy zhe stroke ili v tom zhe stolbtse. zafiksiruem tselye \\(s,t\\), gde \\(0\\le s<n\\) i \\(0\\le t<m\\). razobem tablitsu na chetyre bloka: \\(a\\) razmera \\(s\\times t\\) v levom verhnem uglu, \\(b\\) razmera \\(s\\times(m-t)\\) sprava sverhu, \\(c\\) razmera \\((n-s)\\times t\\) sleva snizu i \\(d\\) razmera \\((n-s)\\times(m-t)\\) sprava snizu. pust \\(n=(n-s)(m-t)\\). zapolnim \\(d\\) chislami \\(1,2,\\ldots,n\\) tak, chtoby sam blok \\(d\\) byl horoshey matritsey, a ostalnye kletki sluchayno i ravnoveroyatno zapolnim chislami \\(n+1,n+2,\\ldots,mn\\). oboznachim cherez \\(p(s,t)\\) veroyatnost togo, chto poluchennaya \\(n\\times m\\)-matritsa horosha. eta veroyatnost ne zavisit ot konkretnogo horoshego zapolneniya \\(d\\), potomu chto vazhny tolko sravneniya chisel v obschih strokah i stolb…","source_keys":["miklos"]}
{"id":"miklos-schweitzer-2020-p4-axis-parallel-segments-curves-planar-graph","title":"Кривые из начала координат и пары осевых отрезков, Schweitzer 2020 P4","path":"data\\problems\\miklos-schweitzer\\miklos-schweitzer-2020-p4-axis-parallel-segments-curves-planar-graph.yaml","raw_github_url":"https://raw.githubusercontent.com/didin-maxim/knowledge_graph_of_graphs/main/data/problems/miklos-schweitzer/miklos-schweitzer-2020-p4-axis-parallel-segments-curves-planar-graph.yaml","viewer_url":"https://didin-maxim.github.io/knowledge_graph_of_graphs/#miklos-schweitzer-2020-p4-axis-parallel-segments-curves-planar-graph","source_key":"miklos","source_label":"Schweitzer","source_titles":["Miklos Schweitzer Memorial Competition 2020 задача 4, официальный PDF из архива"],"year":"2020","type":"olympiad_problem","authors":["Eyal Ackerman, Balázs Keszegh, Dömötör Pálvölgyi"],"tags":["planar_graphs","graph_in_solution","goal_bound"],"agent_topics":[],"difficulty":{"main":"national_final_hard","local_score":8,"comment":"Нужно увидеть плоский граф за геометрией кривых и аккуратно разделить горизонтальные и вертикальные отрезки.","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":"агент grouped classification","audit_source":"agent-university-archives.json"},"statements":{"original":[{"id":"stmt-original","title":"Отрезки и кривые","status":"ai_checked","text":"В плоскости даны \\(n\\) отрезков, каждый из которых вертикален или горизонтален; отрезки могут пересекаться. Кроме того, даны \\(m\\) кривых, выходящих из начала координат, попарно непересекающихся за исключением общего начального конца, причем каждая кривая пересекает ровно два отрезка, а разные кривые пересекают разные пары отрезков. Докажите, что \\(m=O(n)\\).","definition_ids":[]}]},"solutions":[{"id":"sol-official-planar","title":"Сведение к плоским графам","status":"ai_checked","definition_ids":["planar_graph"],"standard_idea_ids":[],"tags":[],"has_text":true,"text_preview":"Сначала устраним вырожденности малым возмущением: можно считать, что начало координат не лежит на отрезке, параллельные отрезки не лежат на одной прямой, а конец одного отрезка не лежит внутри другого. Это не меняет пары отрезков, пересекаемые каждой кривой. Если рассматривать только кривые, пересекающие два горизонтальных отрезка, то горизонтальные отрезки образуют попарно непересекающееся семейство. Стянем каждый такой отрезок в вершину, а каждую кривую оставим как ребро между двумя соответствующими вершинами. Так как кривые попарно не пересекаются вне начала и разные кривые задают разные пары отрезков, получается простой плоский граф; значит таких кривых \\(O(n)\\). То же верно для пар вертикальных отрезков. Остается случай, когда кривая пересекает один горизонтальный и один вертикальный отрезок. Возьмем малую жорданову кривую вокруг начала координат, которую каждая данная кривая перес…"}],"relations":[{"id":"rel-schweitzer-2004-p3-schweitzer-2020-p4-geometric-planar","neighbor_id":"miklos-schweitzer-2004-p3-planar-embedding-edge-ratio","direction":"backward","type":"same_motif","distance":4,"status":"needs_human_review"}],"search_text":"miklos-schweitzer-2020-p4-axis-parallel-segments-curves-planar-graph кривые из начала координат и пары осевых отрезков, schweitzer 2020 p4 planar_graphs graph_in_solution goal_bound 2020 eyal ackerman, balázs keszegh, dömötör pálvölgyi eyalackermanbalázskeszeghdömötörpálvölgyi https://www.math.u-szeged.hu/tagok/mmaroti/schweitzer/schweitzer-2020-eng.pdf miklos miklos schweitzer memorial competition 2020 задача 4, официальный pdf из архива miklos2020 problem_and_solution schweitzer schweitzer2020 src-miklos-schweitzer-2020-p4-official with_solution eyal ackerman, balázs keszegh, dömötör pálvölgyi miklos schweitzer memorial competition 2020 задача 4, официальный pdf из архива stmt-original отрезки и кривые ai_checked в плоскости даны \\(n\\) отрезков, каждый из которых вертикален или горизонтален; отрезки могут пересекаться. кроме того, даны \\(m\\) кривых, выходящих из начала координат, попарно непересекающихся за исключением общего начального конца, причем каждая кривая пересекает ровно два отрезка, а разные кривые пересекают разные пары отрезков. докажите, что \\(m=o(n)\\). idea-disjoint-segments-contract если отрезки не пересекаются, их можно стянуть для попарно непересекающихся отрезков стягивание каждого отрезка в вершину превращает кривые в ребра плоского графа; значит кривых только линейно много. planar_graphs goal_bound ai_checked idea-two-families-on-sphere горизонтальные и вертикальные семейства разделяются кривые, попадающие в один горизонтальный и один вертикальный отрезок, можно нарисовать дважды на двух полусферах: на одной вместе с горизонтальными отрезками, на другой вместе с вертикальными. получается плоский граф, поэтому число таких кривых линейно. planar_graphs construction ai_checked sol-official-planar сведение к плоским графам ai_checked planar_graph сначала устраним вырожденности малым возмущением: можно считать, что начало координат не лежит на отрезке, параллельные отрезки не лежат на одной прямой, а конец одного отрезка не лежит внутри другого. это не меняет пары отрезков, пересекаемые каждой кривой. если рассматривать только кривые, пересекающие два горизонтальных отрезка, то горизонтальные отрезки образуют попарно непересекающееся семейство. стянем каждый такой отрезок в вершину, а каждую кривую оставим как ребро между двумя соответствующими вершинами. так как кривые попарно не пересекаются вне начала и разные кривые задают разные пары отрезков, получается простой плоский граф; значит таких кривых \\(o(n)\\). то же верно для пар вертикальных отрезков. остается случай, когда кривая пересекает один горизонтальный и один вертикальный отрезок. возьмем малую жорданову кривую вокруг начала координат, которую каждая данная кривая перес… miklos-schweitzer-2020-p4-axis-parallel-segments-curves-planar-graph krivye iz nachala koordinat i pary osevyh otrezkov, schweitzer 2020 p4 planar_graphs graph_in_solution goal_bound 2020 eyal ackerman, balázs keszegh, dömötör pálvölgyi eyalackermanbalázskeszeghdömötörpálvölgyi https://www.math.u-szeged.hu/tagok/mmaroti/schweitzer/schweitzer-2020-eng.pdf miklos miklos schweitzer memorial competition 2020 zadacha 4, ofitsialnyy pdf iz arhiva miklos2020 problem_and_solution schweitzer schweitzer2020 src-miklos-schweitzer-2020-p4-official with_solution eyal ackerman, balázs keszegh, dömötör pálvölgyi miklos schweitzer memorial competition 2020 zadacha 4, ofitsialnyy pdf iz arhiva stmt-original otrezki i krivye ai_checked v ploskosti dany \\(n\\) otrezkov, kazhdyy iz kotoryh vertikalen ili gorizontalen; otrezki mogut peresekatsya. krome togo, dany \\(m\\) krivyh, vyhodyaschih iz nachala koordinat, poparno neperesekayuschihsya za isklyucheniem obschego nachalnogo kontsa, prichem kazhdaya krivaya peresekaet rovno dva otrezka, a raznye krivye peresekayut raznye pary otrezkov. dokazhite, chto \\(m=o(n)\\). idea-disjoint-segments-contract esli otrezki ne peresekayutsya, ih mozhno styanut dlya poparno neperesekayuschihsya otrezkov styagivanie kazhdogo otrezka v vershinu prevraschaet krivye v rebra ploskogo grafa; znachit krivyh tolko lineyno mnogo. planar_graphs goal_bound ai_checked idea-two-families-on-sphere gorizontalnye i vertikalnye semeystva razdelyayutsya krivye, popadayuschie v odin gorizontalnyy i odin vertikalnyy otrezok, mozhno narisovat dvazhdy na dvuh polusferah: na odnoy vmeste s gorizontalnymi otrezkami, na drugoy vmeste s vertikalnymi. poluchaetsya ploskiy graf, poetomu chislo takih krivyh lineyno. planar_graphs construction ai_checked sol-official-planar svedenie k ploskim grafam ai_checked planar_graph snachala ustranim vyrozhdennosti malym vozmuscheniem: mozhno schitat, chto nachalo koordinat ne lezhit na otrezke, parallelnye otrezki ne lezhat na odnoy pryamoy, a konets odnogo otrezka ne lezhit vnutri drugogo. eto ne menyaet pary otrezkov, peresekaemye kazhdoy krivoy. esli rassmatrivat tolko krivye, peresekayuschie dva gorizontalnyh otrezka, to gorizontalnye otrezki obrazuyut poparno neperesekayuscheesya semeystvo. styanem kazhdyy takoy otrezok v vershinu, a kazhduyu krivuyu ostavim kak rebro mezhdu dvumya sootvetstvuyuschimi vershinami. tak kak krivye poparno ne peresekayutsya vne nachala i raznye krivye zadayut raznye pary otrezkov, poluchaetsya prostoy ploskiy graf; znachit takih krivyh \\(o(n)\\). to zhe verno dlya par vertikalnyh otrezkov. ostaetsya sluchay, kogda krivaya peresekaet odin gorizontalnyy i odin vertikalnyy otrezok. vozmem maluyu zhordanovu krivuyu vokrug nachala koordinat, kotoruyu kazhdaya dannaya krivaya peres…","source_keys":["miklos"]}
{"id":"miklos-schweitzer-2024-p1-bipartite-perfect-matching-edge-weights","title":"Веса ребер, минимумы и максимумы дают совершенные паросочетания, Schweitzer 2024 P1","path":"data\\problems\\miklos-schweitzer\\miklos-schweitzer-2024-p1-bipartite-perfect-matching-edge-weights.yaml","raw_github_url":"https://raw.githubusercontent.com/didin-maxim/knowledge_graph_of_graphs/main/data/problems/miklos-schweitzer/miklos-schweitzer-2024-p1-bipartite-perfect-matching-edge-weights.yaml","viewer_url":"https://didin-maxim.github.io/knowledge_graph_of_graphs/#miklos-schweitzer-2024-p1-bipartite-perfect-matching-edge-weights","source_key":"miklos","source_label":"Schweitzer","source_titles":["Miklos Schweitzer Memorial Competition 2024 задача 1, официальный PDF из архива"],"year":"2024","type":"olympiad_problem","authors":["Kristóf Bérczi"],"tags":["matching","construction","goal_existence"],"agent_topics":[],"difficulty":{"main":"national_final_hard","local_score":8,"comment":"Формулировка элементарно графовая, но конструкция порядка ребер для произвольного двудольного графа с совершенным паросочетанием требует отдельной проверки.","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":"агент grouped classification","audit_source":"agent-university-archives.json"},"statements":{"original":[{"id":"stmt-original","title":"Двудольный граф с совершенным паросочетанием","status":"ai_checked","text":"Пусть \\(G=(S,T;E)\\) - конечный двудольный граф, имеющий совершенное паросочетание. Докажите, что существует инъективная весовая функция \\(w:E\\to\\mathbb R\\) со следующими свойствами. (1) Если \\(e_s\\) обозначает ребро минимального веса среди ребер, инцидентных \\(s\\in S\\), то множество \\(\\{e_s:s\\in S\\}\\) является совершенным паросочетанием в \\(G\\). (2) Если \\(e_t\\) обозначает ребро максимального веса среди ребер, инцидентных \\(t\\in T\\), то множество \\(\\{e_t:t\\in T\\}\\) является совершенным паросочетанием в \\(G\\).","definition_ids":["bipartite_graph","matching"]}],"graph_theory":[{"id":"stmt-graph","title":"Эквивалентно об упорядочении ребер","status":"ai_checked","text":"Нужно линейно упорядочить ребра двудольного графа так, чтобы первые ребра в звездах вершин доли \\(S\\) образовывали совершенное паросочетание, а последние ребра в звездах вершин доли \\(T\\) тоже образовывали совершенное паросочетание.","definition_ids":["matching","bipartite_graph"]}]},"solutions":[{"id":"sol-ai-official-induction-alternating-cycle","title":"Индукция по чередующемуся циклу и порядок весов","status":"ai_checked","definition_ids":["bipartite_graph","matching"],"standard_idea_ids":[],"tags":[],"has_text":true,"text_preview":"Достаточно построить строгий порядок на рёбрах; затем можно заменить его любыми попарно различными вещественными весами в этом порядке. Докажем утверждение индукцией по \\(n=|S|=|T|\\). Сначала нужна лемма. Пусть в двудольном графе \\(H=(S,T;E)\\) существует ровно одно совершенное паросочетание \\(M\\). Тогда рёбра \\(M\\) можно занумеровать как \\((s_1,t_1),\\ldots,(s_n,t_n)\\) так, что при \\(i>j\\) ребра \\(s_i t_j\\) нет. Докажем это индукцией по \\(n\\). При \\(n=1\\) это очевидно. Если в доле \\(S\\) есть вершина степени 1, возьмём её за \\(s_n\\), удалим её вместе с единственным соседом \\(t_n\\) и применим индукцию к оставшемуся графу; тогда новых запрещённых рёбер вида \\(s_n t_j\\) при \\(j<n\\) нет. Если же все вершины доли \\(S\\) имеют степень хотя бы 2, то для каждого \\(s\\in S\\) можно выбрать инцидентное ребро, не лежащее в \\(M\\). Направим выбранные рёбра из \\(S\\) в \\(T\\), а рёбра \\(M\\) из \\(T\\) в \\(S\\)…"}],"relations":[{"id":"rel-schweitzer-2024-p1-putnam-2012-hall","neighbor_id":"putnam-2012-b3-round-robin-winners-hall","direction":"forward","type":"same_motif","distance":3,"status":"needs_human_review"}],"search_text":"miklos-schweitzer-2024-p1-bipartite-perfect-matching-edge-weights веса ребер, минимумы и максимумы дают совершенные паросочетания, schweitzer 2024 p1 matching construction goal_existence 2024 https://www.bolyai.hu/files/schweitzer_2024_feladatsor_angol.pdf kristóf bérczi kristófbérczi miklos miklos schweitzer memorial competition 2024 задача 1, официальный pdf из архива miklos2024 schweitzer schweitzer2024 src-miklos-schweitzer-2024-p1-official statement with_solution kristóf bérczi miklos schweitzer memorial competition 2024 задача 1, официальный pdf из архива stmt-original двудольный граф с совершенным паросочетанием ai_checked пусть \\(g=(s,t;e)\\) - конечный двудольный граф, имеющий совершенное паросочетание. докажите, что существует инъективная весовая функция \\(w:e\\to\\mathbb r\\) со следующими свойствами. (1) если \\(e_s\\) обозначает ребро минимального веса среди ребер, инцидентных \\(s\\in s\\), то множество \\(\\{e_s:s\\in s\\}\\) является совершенным паросочетанием в \\(g\\). (2) если \\(e_t\\) обозначает ребро максимального веса среди ребер, инцидентных \\(t\\in t\\), то множество \\(\\{e_t:t\\in t\\}\\) является совершенным паросочетанием в \\(g\\). bipartite_graph matching stmt-graph эквивалентно об упорядочении ребер ai_checked нужно линейно упорядочить ребра двудольного графа так, чтобы первые ребра в звездах вершин доли \\(s\\) образовывали совершенное паросочетание, а последние ребра в звездах вершин доли \\(t\\) тоже образовывали совершенное паросочетание. matching bipartite_graph idea-two-extreme-matchings искать два крайних паросочетания минимальные ребра у вершин \\(s\\) и максимальные ребра у вершин \\(t\\) должны быть двумя совершенными паросочетаниями, возможно совпадающими. задача состоит в том, чтобы выбрать их и затем продолжить выбор до полного строгого порядка на ребрах. matching extremal_choice ai_checked idea-weight-order важен только порядок весов инъективные вещественные веса можно заменить перестановкой ребер: минимумы и максимумы в звездах зависят только от относительного порядка. graph_model construction ai_checked sol-ai-official-induction-alternating-cycle индукция по чередующемуся циклу и порядок весов ai_checked bipartite_graph matching достаточно построить строгий порядок на рёбрах; затем можно заменить его любыми попарно различными вещественными весами в этом порядке. докажем утверждение индукцией по \\(n=|s|=|t|\\). сначала нужна лемма. пусть в двудольном графе \\(h=(s,t;e)\\) существует ровно одно совершенное паросочетание \\(m\\). тогда рёбра \\(m\\) можно занумеровать как \\((s_1,t_1),\\ldots,(s_n,t_n)\\) так, что при \\(i>j\\) ребра \\(s_i t_j\\) нет. докажем это индукцией по \\(n\\). при \\(n=1\\) это очевидно. если в доле \\(s\\) есть вершина степени 1, возьмём её за \\(s_n\\), удалим её вместе с единственным соседом \\(t_n\\) и применим индукцию к оставшемуся графу; тогда новых запрещённых рёбер вида \\(s_n t_j\\) при \\(j<n\\) нет. если же все вершины доли \\(s\\) имеют степень хотя бы 2, то для каждого \\(s\\in s\\) можно выбрать инцидентное ребро, не лежащее в \\(m\\). направим выбранные рёбра из \\(s\\) в \\(t\\), а рёбра \\(m\\) из \\(t\\) в \\(s\\)… miklos-schweitzer-2024-p1-bipartite-perfect-matching-edge-weights vesa reber, minimumy i maksimumy dayut sovershennye parosochetaniya, schweitzer 2024 p1 matching construction goal_existence 2024 https://www.bolyai.hu/files/schweitzer_2024_feladatsor_angol.pdf kristóf bérczi kristófbérczi miklos miklos schweitzer memorial competition 2024 zadacha 1, ofitsialnyy pdf iz arhiva miklos2024 schweitzer schweitzer2024 src-miklos-schweitzer-2024-p1-official statement with_solution kristóf bérczi miklos schweitzer memorial competition 2024 zadacha 1, ofitsialnyy pdf iz arhiva stmt-original dvudolnyy graf s sovershennym parosochetaniem ai_checked pust \\(g=(s,t;e)\\) - konechnyy dvudolnyy graf, imeyuschiy sovershennoe parosochetanie. dokazhite, chto suschestvuet inektivnaya vesovaya funktsiya \\(w:e\\to\\mathbb r\\) so sleduyuschimi svoystvami. (1) esli \\(e_s\\) oboznachaet rebro minimalnogo vesa sredi reber, intsidentnyh \\(s\\in s\\), to mnozhestvo \\(\\{e_s:s\\in s\\}\\) yavlyaetsya sovershennym parosochetaniem v \\(g\\). (2) esli \\(e_t\\) oboznachaet rebro maksimalnogo vesa sredi reber, intsidentnyh \\(t\\in t\\), to mnozhestvo \\(\\{e_t:t\\in t\\}\\) yavlyaetsya sovershennym parosochetaniem v \\(g\\). bipartite_graph matching stmt-graph ekvivalentno ob uporyadochenii reber ai_checked nuzhno lineyno uporyadochit rebra dvudolnogo grafa tak, chtoby pervye rebra v zvezdah vershin doli \\(s\\) obrazovyvali sovershennoe parosochetanie, a poslednie rebra v zvezdah vershin doli \\(t\\) tozhe obrazovyvali sovershennoe parosochetanie. matching bipartite_graph idea-two-extreme-matchings iskat dva kraynih parosochetaniya minimalnye rebra u vershin \\(s\\) i maksimalnye rebra u vershin \\(t\\) dolzhny byt dvumya sovershennymi parosochetaniyami, vozmozhno sovpadayuschimi. zadacha sostoit v tom, chtoby vybrat ih i zatem prodolzhit vybor do polnogo strogogo poryadka na rebrah. matching extremal_choice ai_checked idea-weight-order vazhen tolko poryadok vesov inektivnye veschestvennye vesa mozhno zamenit perestanovkoy reber: minimumy i maksimumy v zvezdah zavisyat tolko ot otnositelnogo poryadka. graph_model construction ai_checked sol-ai-official-induction-alternating-cycle induktsiya po chereduyuschemusya tsiklu i poryadok vesov ai_checked bipartite_graph matching dostatochno postroit strogiy poryadok na rebrah; zatem mozhno zamenit ego lyubymi poparno razlichnymi veschestvennymi vesami v etom poryadke. dokazhem utverzhdenie induktsiey po \\(n=|s|=|t|\\). snachala nuzhna lemma. pust v dvudolnom grafe \\(h=(s,t;e)\\) suschestvuet rovno odno sovershennoe parosochetanie \\(m\\). togda rebra \\(m\\) mozhno zanumerovat kak \\((s_1,t_1),\\ldots,(s_n,t_n)\\) tak, chto pri \\(i>j\\) rebra \\(s_i t_j\\) net. dokazhem eto induktsiey po \\(n\\). pri \\(n=1\\) eto ochevidno. esli v dole \\(s\\) est vershina stepeni 1, vozmem ee za \\(s_n\\), udalim ee vmeste s edinstvennym sosedom \\(t_n\\) i primenim induktsiyu k ostavshemusya grafu; togda novyh zapreschennyh reber vida \\(s_n t_j\\) pri \\(j<n\\) net. esli zhe vse vershiny doli \\(s\\) imeyut stepen hotya by 2, to dlya kazhdogo \\(s\\in s\\) mozhno vybrat intsidentnoe rebro, ne lezhaschee v \\(m\\). napravim vybrannye rebra iz \\(s\\) v \\(t\\), a rebra \\(m\\) iz \\(t\\) v \\(s\\)…","source_keys":["miklos"]}
{"id":"miklos-schweitzer-2024-p8-bipartite-planar-circle-contact-intersection","title":"Окружности для вершин двудольного планарного графа, Schweitzer 2024 P8","path":"data\\problems\\miklos-schweitzer\\miklos-schweitzer-2024-p8-bipartite-planar-circle-contact-intersection.yaml","raw_github_url":"https://raw.githubusercontent.com/didin-maxim/knowledge_graph_of_graphs/main/data/problems/miklos-schweitzer/miklos-schweitzer-2024-p8-bipartite-planar-circle-contact-intersection.yaml","viewer_url":"https://didin-maxim.github.io/knowledge_graph_of_graphs/#miklos-schweitzer-2024-p8-bipartite-planar-circle-contact-intersection","source_key":"miklos","source_label":"Schweitzer","source_titles":["Miklos Schweitzer Memorial Competition 2024 задача 8, официальный PDF из архива"],"year":"2024","type":"olympiad_problem","authors":["Damásdi Gábor"],"tags":["planar_graphs","graph_model","goal_existence"],"agent_topics":[],"difficulty":{"main":"national_final_hard","local_score":9,"comment":"Решение короткое после применения теоремы Кёбе-Андреева-Тёрстона, но сама внешняя теорема существенно нетривиальна.","status":"ai_checked"},"review_status":"needs_human_review","public_ready":false,"solution_state":"with_solution","solution_classification":{"type":"heavy_external_theorem_application","label":"решение с тяжёлыми внешними теоремами","status":"ai_checked","confidence":0.86,"basis":"целевая проверка группы E","notes":"Сознательное применение теоремы Кёбе-Андреева-Тёрстона об упаковке окружностей; последующая конструкция со сдвигом радиусов элементарна, но не заменяет теорему об упаковке.","external_theorem_ids":["Koebe--Andreev--Thurston circle-packing theorem"],"audit_source":"agent-university-archives.json"},"statements":{"original":[{"id":"stmt-original","title":"Представление окружностями","status":"ai_checked","text":"Докажите, что для любого конечного двудольного планарного графа каждой вершине можно сопоставить окружность так, чтобы все окружности лежали в одной плоскости, окружности, соответствующие любым двум смежным вершинам, касались друг друга, а окружности, соответствующие любым двум различным несмежным вершинам, пересекались в двух точках.","definition_ids":["planar_graph","bipartite_graph"]}],"graph_theory":[{"id":"stmt-graph","title":"Геометрическая реализация графа","status":"ai_checked","text":"Нужно реализовать произвольный конечный двудольный планарный граф как граф касаний в семействе окружностей, причем дополнение к ребрам кодируется не непересечением, а пересечением соответствующих окружностей в двух точках.","definition_ids":["planar_graph","bipartite_graph"]}]},"solutions":[{"id":"sol-ai-koebe-radius-shift","title":"ИИ-решение по официальному разбору: круговая упаковка и сдвиг радиусов","status":"ai_checked","definition_ids":["planar_graph","bipartite_graph"],"standard_idea_ids":[],"tags":[],"has_text":true,"text_preview":"Зафиксируем двудольное разбиение графа \\(G=(S,T;E)\\). По теореме Кёбе-Андреева-Тёрстона о круговых упаковках всякий конечный планарный граф является контактным графом попарно непересекающихся замкнутых кругов. Значит, вершине \\(v\\) можно сопоставить круг с центром \\(p_v\\) и радиусом \\(r_v>0\\) так, что для любых разных \\(u,v\\) расстояние \\(d(u,v)=|p_u p_v|\\) удовлетворяет \\(d(u,v)\\ge r_u+r_v\\), причем равенство имеет место тогда и только тогда, когда \\(uv\\in E\\). Выберем число \\(R\\) больше всех радиусов \\(r_s\\), \\(s\\in S\\), и настолько большим, что для любых двух разных вершин будет выполнено \\(\\rho_u+\\rho_v>d(u,v)\\), где ниже определены новые радиусы. Это возможно, потому что пар вершин конечное число; например, достаточно взять \\(R\\) не меньше максимального расстояния между центрами и больше всех нужных радиусов. Теперь оставим центры прежними, но зададим новые окружности так: для \\(s\\…"}],"relations":[{"id":"rel-schweitzer-2024-p8-planar-contact","neighbor_id":"planar-edge-bound","direction":"forward","type":"same_motif","distance":4,"status":"needs_human_review"}],"search_text":"miklos-schweitzer-2024-p8-bipartite-planar-circle-contact-intersection окружности для вершин двудольного планарного графа, schweitzer 2024 p8 planar_graphs graph_model goal_existence 2024 damásdi gábor damásdigábor https://www.bolyai.hu/files/schweitzer_2024_feladatsor_angol.pdf miklos miklos schweitzer memorial competition 2024 задача 8, официальный pdf из архива miklos2024 schweitzer schweitzer2024 src-miklos-schweitzer-2024-p8-official statement with_solution damásdi gábor miklos schweitzer memorial competition 2024 задача 8, официальный pdf из архива stmt-original представление окружностями ai_checked докажите, что для любого конечного двудольного планарного графа каждой вершине можно сопоставить окружность так, чтобы все окружности лежали в одной плоскости, окружности, соответствующие любым двум смежным вершинам, касались друг друга, а окружности, соответствующие любым двум различным несмежным вершинам, пересекались в двух точках. planar_graph bipartite_graph stmt-graph геометрическая реализация графа ai_checked нужно реализовать произвольный конечный двудольный планарный граф как граф касаний в семействе окружностей, причем дополнение к ребрам кодируется не непересечением, а пересечением соответствующих окружностей в двух точках. planar_graph bipartite_graph idea-contact-vs-crossing смежность кодируется вырожденным пересечением в отличие от обычной теоремы о круговых упаковках, здесь несмежные пары должны пересекаться в двух точках, а ребра - быть ровно касаниями. поэтому задача ближе к тонкой реализации отношения касания внутри плотного семейства окружностей. planar_graphs graph_model ai_checked idea-bipartite-planarity двудольность и планарность являются структурными ограничениями планарное вложение двудольного графа должно управлять тем, какие пары окружностей доводятся до касания; остальные пары сохраняются как настоящие пересечения. planar_graphs construction needs_human_review idea-koebe-radius-shift сдвиг радиусов после круговой упаковки сначала представляем планарный граф как контактный граф попарно непересекающихся кругов. затем для одной доли заменяем радиусы \\(r_v\\) на \\(r-r_v\\), а для другой - на \\(r+r_v\\). тогда старое касание превращается во внутреннее касание новых окружностей, а при достаточно большом \\(r\\) все не смежные пары имеют две точки пересечения. planar_graphs construction ai_checked sol-ai-koebe-radius-shift ии-решение по официальному разбору: круговая упаковка и сдвиг радиусов ai_checked planar_graph bipartite_graph зафиксируем двудольное разбиение графа \\(g=(s,t;e)\\). по теореме кёбе-андреева-тёрстона о круговых упаковках всякий конечный планарный граф является контактным графом попарно непересекающихся замкнутых кругов. значит, вершине \\(v\\) можно сопоставить круг с центром \\(p_v\\) и радиусом \\(r_v>0\\) так, что для любых разных \\(u,v\\) расстояние \\(d(u,v)=|p_u p_v|\\) удовлетворяет \\(d(u,v)\\ge r_u+r_v\\), причем равенство имеет место тогда и только тогда, когда \\(uv\\in e\\). выберем число \\(r\\) больше всех радиусов \\(r_s\\), \\(s\\in s\\), и настолько большим, что для любых двух разных вершин будет выполнено \\(\\rho_u+\\rho_v>d(u,v)\\), где ниже определены новые радиусы. это возможно, потому что пар вершин конечное число; например, достаточно взять \\(r\\) не меньше максимального расстояния между центрами и больше всех нужных радиусов. теперь оставим центры прежними, но зададим новые окружности так: для \\(s\\… miklos-schweitzer-2024-p8-bipartite-planar-circle-contact-intersection okruzhnosti dlya vershin dvudolnogo planarnogo grafa, schweitzer 2024 p8 planar_graphs graph_model goal_existence 2024 damásdi gábor damásdigábor https://www.bolyai.hu/files/schweitzer_2024_feladatsor_angol.pdf miklos miklos schweitzer memorial competition 2024 zadacha 8, ofitsialnyy pdf iz arhiva miklos2024 schweitzer schweitzer2024 src-miklos-schweitzer-2024-p8-official statement with_solution damásdi gábor miklos schweitzer memorial competition 2024 zadacha 8, ofitsialnyy pdf iz arhiva stmt-original predstavlenie okruzhnostyami ai_checked dokazhite, chto dlya lyubogo konechnogo dvudolnogo planarnogo grafa kazhdoy vershine mozhno sopostavit okruzhnost tak, chtoby vse okruzhnosti lezhali v odnoy ploskosti, okruzhnosti, sootvetstvuyuschie lyubym dvum smezhnym vershinam, kasalis drug druga, a okruzhnosti, sootvetstvuyuschie lyubym dvum razlichnym nesmezhnym vershinam, peresekalis v dvuh tochkah. planar_graph bipartite_graph stmt-graph geometricheskaya realizatsiya grafa ai_checked nuzhno realizovat proizvolnyy konechnyy dvudolnyy planarnyy graf kak graf kasaniy v semeystve okruzhnostey, prichem dopolnenie k rebram kodiruetsya ne neperesecheniem, a peresecheniem sootvetstvuyuschih okruzhnostey v dvuh tochkah. planar_graph bipartite_graph idea-contact-vs-crossing smezhnost kodiruetsya vyrozhdennym peresecheniem v otlichie ot obychnoy teoremy o krugovyh upakovkah, zdes nesmezhnye pary dolzhny peresekatsya v dvuh tochkah, a rebra - byt rovno kasaniyami. poetomu zadacha blizhe k tonkoy realizatsii otnosheniya kasaniya vnutri plotnogo semeystva okruzhnostey. planar_graphs graph_model ai_checked idea-bipartite-planarity dvudolnost i planarnost yavlyayutsya strukturnymi ogranicheniyami planarnoe vlozhenie dvudolnogo grafa dolzhno upravlyat tem, kakie pary okruzhnostey dovodyatsya do kasaniya; ostalnye pary sohranyayutsya kak nastoyaschie peresecheniya. planar_graphs construction needs_human_review idea-koebe-radius-shift sdvig radiusov posle krugovoy upakovki snachala predstavlyaem planarnyy graf kak kontaktnyy graf poparno neperesekayuschihsya krugov. zatem dlya odnoy doli zamenyaem radiusy \\(r_v\\) na \\(r-r_v\\), a dlya drugoy - na \\(r+r_v\\). togda staroe kasanie prevraschaetsya vo vnutrennee kasanie novyh okruzhnostey, a pri dostatochno bolshom \\(r\\) vse ne smezhnye pary imeyut dve tochki peresecheniya. planar_graphs construction ai_checked sol-ai-koebe-radius-shift ii-reshenie po ofitsialnomu razboru: krugovaya upakovka i sdvig radiusov ai_checked planar_graph bipartite_graph zafiksiruem dvudolnoe razbienie grafa \\(g=(s,t;e)\\). po teoreme kebe-andreeva-terstona o krugovyh upakovkah vsyakiy konechnyy planarnyy graf yavlyaetsya kontaktnym grafom poparno neperesekayuschihsya zamknutyh krugov. znachit, vershine \\(v\\) mozhno sopostavit krug s tsentrom \\(p_v\\) i radiusom \\(r_v>0\\) tak, chto dlya lyubyh raznyh \\(u,v\\) rasstoyanie \\(d(u,v)=|p_u p_v|\\) udovletvoryaet \\(d(u,v)\\ge r_u+r_v\\), prichem ravenstvo imeet mesto togda i tolko togda, kogda \\(uv\\in e\\). vyberem chislo \\(r\\) bolshe vseh radiusov \\(r_s\\), \\(s\\in s\\), i nastolko bolshim, chto dlya lyubyh dvuh raznyh vershin budet vypolneno \\(\\rho_u+\\rho_v>d(u,v)\\), gde nizhe opredeleny novye radiusy. eto vozmozhno, potomu chto par vershin konechnoe chislo; naprimer, dostatochno vzyat \\(r\\) ne menshe maksimalnogo rasstoyaniya mezhdu tsentrami i bolshe vseh nuzhnyh radiusov. teper ostavim tsentry prezhnimi, no zadadim novye okruzhnosti tak: dlya \\(s\\…","source_keys":["miklos"]}
{"id":"min-degree-common-neighborhood-clique","title":"Клика из большой минимальной степени через общих соседей","path":"data\\problems\\classical\\min-degree-common-neighborhood-clique.yaml","raw_github_url":"https://raw.githubusercontent.com/didin-maxim/knowledge_graph_of_graphs/main/data/problems/classical/min-degree-common-neighborhood-clique.yaml","viewer_url":"https://didin-maxim.github.io/knowledge_graph_of_graphs/#min-degree-common-neighborhood-clique","source_key":"misc","source_label":"Прочее","source_titles":["Теорема Турана"],"year":"","type":"lemma","authors":[],"tags":["extremal_graph_theory","forbidden_clique","degree_counting","double_counting","classical_lemma","goal_proof"],"agent_topics":[],"difficulty":{"main":"classical_tool","local_score":4,"comment":"Школьно доказываемая минимально-степенная частная форма турановского порога.","status":"ai_checked"},"review_status":"ai_checked","public_ready":true,"solution_state":"with_solution","solution_classification":{"type":"official_complete_or_near_complete","label":"самодостаточная лемма","status":"ai_checked","confidence":0.95,"basis":"внешняя теорема аудит group A, 2026-05-06","notes":"Полное доказательство приведено в карточке; внешняя теорема Турана не используется как чёрный ящик.","audit_source":"external-theorem-audit-group-a"},"statements":{"original":[{"id":"stmt-general","title":"","status":"ai_checked","text":"Пусть \\(r\\ge2\\), а \\(G\\) — простой граф на \\(N\\) вершинах. Если \\(\\delta(G)\\ge N-\\lceil N/r\\rceil+1\\), то в \\(G\\) есть клика \\(K_{r+1}\\).","definition_ids":["simple_graph","degree","clique"]}],"olympiad_reformulations":[{"id":"stmt-1991-5","title":"","status":"ai_checked","text":"В частности, если в графе на 1991 вершине степень каждой вершины не меньше 1593, то в нём есть шесть попарно смежных вершин.","definition_ids":["simple_graph","degree","complete_graph","clique"]}]},"solutions":[{"id":"sol-union-bound","title":"Доказательство через объединение множеств несоседей","status":"ai_checked","definition_ids":["simple_graph","degree","clique"],"standard_idea_ids":["double_counting","extremal_choice"],"tags":[],"has_text":true,"text_preview":"Обозначим \\(q=\\lceil N/r\\rceil\\). Если \\(N\\le r\\) и \\(N\\ge1\\), то \\(q=1\\), а условие требовало бы \\(\\delta(G)\\ge N\\), что невозможно в простом графе на \\(N\\) вершинах. Поэтому невакуозен только случай \\(N\\ge r+1\\); далее работаем в нём. Из условия следует, что у каждой вершины не больше \\(q-2\\) несоседей: всего кроме самой вершины есть \\(N-1\\) других вершин, а соседей среди них не меньше \\(N-q+1\\). Покажем, что любую клику размера \\(s<r+1\\) можно продолжить. Пусть \\(C\\) — клика из \\(s\\) вершин, где \\(1\\le s\\le r\\). Вершина вне \\(C\\) не является общей соседкой всех вершин \\(C\\) только если она является несоседкой хотя бы одной вершины из \\(C\\). Таких плохих вершин не больше \\(s(q-2)\\). Поэтому общих соседей клики \\(C\\) вне самой \\(C\\) не меньше \\[ N-s-s(q-2)=N-sq+s. \\] Если \\(N=ar+b\\), \\(0\\le b<r\\), то при \\(b=0\\) имеем \\(q=a\\), и для \\(s\\le r\\) получаем \\(N-sq+s=a(r-s)+s>0\\). При \\(b>0\\…"}],"relations":[{"id":"rel-min-degree-common-neighborhood-clique-utyum-2021-k5-free","neighbor_id":"utyum-2021_komol_7_no_k5_many_acquaintances","direction":"forward","type":"prerequisite","distance":1,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-min-degree-common-neighborhood-clique-mantel","neighbor_id":"mantel-theorem","direction":"forward","type":"same_motif","distance":2,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-min-degree-common-neighborhood-clique-kst-c4","neighbor_id":"c4-free-kovari-sos-turan-bound","direction":"forward","type":"same_motif","distance":2,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-min-degree-common-neighborhood-clique-complete-minus-few-edges","neighbor_id":"complete-graph-minus-n-minus-2-edges-hamiltonian-path","direction":"forward","type":"same_motif","distance":2,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-min-degree-common-neighborhood-clique-vosh-2008-common-neighborhood","neighbor_id":"vosh-2008-regional-bureaucrats-common-neighborhood","direction":"forward","type":"same_motif","distance":2,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-min-degree-common-neighborhood-clique-usamo-2022-mathbook","neighbor_id":"usamo-2022-p6-mathbook-two-common-friends-closure","direction":"forward","type":"same_motif","distance":2,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-min-degree-common-neighborhood-clique-vosh-2025-red-pairs","neighbor_id":"vosh-2025-26-regional-common-neighborhood-red-pairs","direction":"forward","type":"same_motif","distance":2,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-min-degree-common-neighborhood-clique-imc-2011-tripartite","neighbor_id":"imc-2011-day2-p2-tripartite-married-triples","direction":"forward","type":"same_motif","distance":2,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-min-degree-common-neighborhood-clique-shortest-odd-cycle-k4-free","neighbor_id":"shortest-odd-cycle-external-neighbor-bound","direction":"forward","type":"same_motif","distance":2,"status":"needs_human_review"},{"id":"rel-min-degree-common-neighborhood-clique-yumt-2021-clique-count","neighbor_id":"yumt-2021-grand-round1-problem2","direction":"forward","type":"same_motif","distance":3,"status":"needs_human_review"},{"id":"rel-min-degree-common-neighborhood-clique-turan","neighbor_id":"turan-theorem","direction":"backward","type":"specialization","distance":1,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-min-degree-common-neighborhood-clique-imo-1991-sl9","neighbor_id":"imo-1991-sl9-min-degree-for-k6","direction":"forward","type":"prerequisite","distance":1,"status":"ai_checked"}],"search_text":"min-degree-common-neighborhood-clique клика из большой минимальной степени через общих соседей extremal_graph_theory forbidden_clique degree_counting double_counting classical_lemma goal_proof https://ru.wikipedia.org/wiki/%d0%a2%d0%b5%d0%be%d1%80%d0%b5%d0%bc%d0%b0_%d0%a2%d1%83%d1%80%d0%b0%d0%bd%d0%b0 misc reference src-wikipedia-turan with_solution прочее теорема турана ? теорема турана stmt-general ai_checked пусть \\(r\\ge2\\), а \\(g\\) — простой граф на \\(n\\) вершинах. если \\(\\delta(g)\\ge n-\\lceil n/r\\rceil+1\\), то в \\(g\\) есть клика \\(k_{r+1}\\). simple_graph degree clique stmt-1991-5 ai_checked в частности, если в графе на 1991 вершине степень каждой вершины не меньше 1593, то в нём есть шесть попарно смежных вершин. simple_graph degree complete_graph clique idea-nonneighbors-do-not-cover несоседи выбранной клики не покрывают все оставшиеся вершины у каждой вершины мало несоседей. для клики из \\(s\\le r\\) вершин объединение их множеств несоседей всё ещё меньше множества всех возможных продолжений. extremal_graph_theory degree_counting ai_checked sol-union-bound доказательство через объединение множеств несоседей ai_checked simple_graph degree clique double_counting extremal_choice обозначим \\(q=\\lceil n/r\\rceil\\). если \\(n\\le r\\) и \\(n\\ge1\\), то \\(q=1\\), а условие требовало бы \\(\\delta(g)\\ge n\\), что невозможно в простом графе на \\(n\\) вершинах. поэтому невакуозен только случай \\(n\\ge r+1\\); далее работаем в нём. из условия следует, что у каждой вершины не больше \\(q-2\\) несоседей: всего кроме самой вершины есть \\(n-1\\) других вершин, а соседей среди них не меньше \\(n-q+1\\). покажем, что любую клику размера \\(s<r+1\\) можно продолжить. пусть \\(c\\) — клика из \\(s\\) вершин, где \\(1\\le s\\le r\\). вершина вне \\(c\\) не является общей соседкой всех вершин \\(c\\) только если она является несоседкой хотя бы одной вершины из \\(c\\). таких плохих вершин не больше \\(s(q-2)\\). поэтому общих соседей клики \\(c\\) вне самой \\(c\\) не меньше \\[ n-s-s(q-2)=n-sq+s. \\] если \\(n=ar+b\\), \\(0\\le b<r\\), то при \\(b=0\\) имеем \\(q=a\\), и для \\(s\\le r\\) получаем \\(n-sq+s=a(r-s)+s>0\\). при \\(b>0\\… min-degree-common-neighborhood-clique klika iz bolshoy minimalnoy stepeni cherez obschih sosedey extremal_graph_theory forbidden_clique degree_counting double_counting classical_lemma goal_proof https://ru.wikipedia.org/wiki/%d0%a2%d0%b5%d0%be%d1%80%d0%b5%d0%bc%d0%b0_%d0%a2%d1%83%d1%80%d0%b0%d0%bd%d0%b0 misc reference src-wikipedia-turan with_solution prochee teorema turana ? teorema turana stmt-general ai_checked pust \\(r\\ge2\\), a \\(g\\) — prostoy graf na \\(n\\) vershinah. esli \\(\\delta(g)\\ge n-\\lceil n/r\\rceil+1\\), to v \\(g\\) est klika \\(k_{r+1}\\). simple_graph degree clique stmt-1991-5 ai_checked v chastnosti, esli v grafe na 1991 vershine stepen kazhdoy vershiny ne menshe 1593, to v nem est shest poparno smezhnyh vershin. simple_graph degree complete_graph clique idea-nonneighbors-do-not-cover nesosedi vybrannoy kliki ne pokryvayut vse ostavshiesya vershiny u kazhdoy vershiny malo nesosedey. dlya kliki iz \\(s\\le r\\) vershin obedinenie ih mnozhestv nesosedey vse esche menshe mnozhestva vseh vozmozhnyh prodolzheniy. extremal_graph_theory degree_counting ai_checked sol-union-bound dokazatelstvo cherez obedinenie mnozhestv nesosedey ai_checked simple_graph degree clique double_counting extremal_choice oboznachim \\(q=\\lceil n/r\\rceil\\). esli \\(n\\le r\\) i \\(n\\ge1\\), to \\(q=1\\), a uslovie trebovalo by \\(\\delta(g)\\ge n\\), chto nevozmozhno v prostom grafe na \\(n\\) vershinah. poetomu nevakuozen tolko sluchay \\(n\\ge r+1\\); dalee rabotaem v nem. iz usloviya sleduet, chto u kazhdoy vershiny ne bolshe \\(q-2\\) nesosedey: vsego krome samoy vershiny est \\(n-1\\) drugih vershin, a sosedey sredi nih ne menshe \\(n-q+1\\). pokazhem, chto lyubuyu kliku razmera \\(s<r+1\\) mozhno prodolzhit. pust \\(c\\) — klika iz \\(s\\) vershin, gde \\(1\\le s\\le r\\). vershina vne \\(c\\) ne yavlyaetsya obschey sosedkoy vseh vershin \\(c\\) tolko esli ona yavlyaetsya nesosedkoy hotya by odnoy vershiny iz \\(c\\). takih plohih vershin ne bolshe \\(s(q-2)\\). poetomu obschih sosedey kliki \\(c\\) vne samoy \\(c\\) ne menshe \\[ n-s-s(q-2)=n-sq+s. \\] esli \\(n=ar+b\\), \\(0\\le b<r\\), to pri \\(b=0\\) imeem \\(q=a\\), i dlya \\(s\\le r\\) poluchaem \\(n-sq+s=a(r-s)+s>0\\). pri \\(b>0\\…","source_keys":["misc"]}
{"id":"minimal-half-subset-exchange-lemma","title":"Лемма об обмене для подмножества с минимальным числом внутренних ребер","path":"data\\problems\\classical\\minimal-half-subset-exchange-lemma.yaml","raw_github_url":"https://raw.githubusercontent.com/didin-maxim/knowledge_graph_of_graphs/main/data/problems/classical/minimal-half-subset-exchange-lemma.yaml","viewer_url":"https://didin-maxim.github.io/knowledge_graph_of_graphs/#minimal-half-subset-exchange-lemma","source_key":"misc","source_label":"Прочее","source_titles":["Canadian Mathematical Olympiad 2020 официальные решения"],"year":"","type":"lemma","authors":["Canadian Mathematical Society"],"tags":["extremal_choice","goal_bound"],"agent_topics":[],"difficulty":{"main":"exercise","local_score":2,"comment":"Короткая лемма об обмене, выделенная из официального доказательства нижней оценки в CMO 2020 P5.","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":"Карточка подкреплена опубликованными неофициальными, справочными, журнальными, вики-, форумными источниками или страницами задач.","audit_source":"agent-imo-us-classical.json"},"statements":{"original":[{"id":"stmt-original","title":"","status":"ai_checked","text":"Пусть \\(G\\) — конечный простой граф, а \\(S\\subseteq V(G)\\) — подмножество заданного размера, для которого число ребер внутри \\(S\\) минимально среди всех подмножеств такого же размера. Для вершины \\(v\\) обозначим через \\(d_S(v)\\) число ее соседей в \\(S\\). Тогда для любых \\(r\\in S\\) и \\(b\\notin S\\) выполнено \\[ d_S(b)-\\mathbf 1_{br}\\ge d_S(r), \\] где \\(\\mathbf 1_{br}=1\\), если \\(b\\) и \\(r\\) смежны, и \\(0\\) иначе. В частности, \\(d_S(b)\\ge d_S(r)\\), а если \\(br\\) — ребро, то \\(d_S(b)>d_S(r)\\).","definition_ids":["simple_graph","degree"]}]},"solutions":[{"id":"sol-one-swap","title":"Доказательство одним обменом","status":"ai_checked","definition_ids":["simple_graph","degree"],"standard_idea_ids":["extremal_choice"],"tags":[],"has_text":true,"text_preview":"Рассмотрим множество \\[ S'=(S\\setminus\\{r\\})\\cup\\{b\\}. \\] Оно имеет тот же размер, что и \\(S\\), поэтому по минимальности \\(S\\) число внутренних ребер в \\(S'\\) не меньше, чем в \\(S\\). При переходе от \\(S\\) к \\(S'\\) исчезают ровно \\(d_S(r)\\) внутренних ребер: это ребра от \\(r\\) к другим вершинам \\(S\\). Появляются ровно \\(d_S(b)-\\mathbf 1_{br}\\) внутренних ребер: это ребра от \\(b\\) к вершинам из \\(S\\setminus\\{r\\}\\). Следовательно, прирост числа внутренних ребер равен \\[ (d_S(b)-\\mathbf 1_{br})-d_S(r) \\] и не может быть отрицательным. Отсюда \\[ d_S(b)-\\mathbf 1_{br}\\ge d_S(r). \\] Если \\(br\\) не является ребром, это сразу дает \\(d_S(b)\\ge d_S(r)\\). Если \\(br\\) является ребром, то \\(d_S(b)-1\\ge d_S(r)\\), то есть \\(d_S(b)>d_S(r)\\)."}],"relations":[{"id":"rel-cmo-2020-p5-minimal-half-exchange","neighbor_id":"cmo-2020-p5-friendship-induced-subgraphs","direction":"backward","type":"prerequisite","distance":1,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-vjimc-2005-weighted-cut-one-swap-exchange","neighbor_id":"vjimc-2005-cat2-p2-weighted-cut-half","direction":"backward","type":"same_motif","distance":2,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-minimal-half-subset-exchange-maximum-spanning-tree-cycle-shortest-edge","neighbor_id":"maximum-spanning-tree-cycle-shortest-edge-lemma","direction":"forward","type":"same_motif","distance":2,"status":"ai_checked"}],"search_text":"minimal-half-subset-exchange-lemma лемма об обмене для подмножества с минимальным числом внутренних ребер extremal_choice goal_bound canadian mathematical olympiad 2020 официальные решения canadian mathematical society canadianmathematicalsociety https://w7.cms.math.ca/competitions/cmo/archive/sol2020.pdf misc solution_notes src-cmo-2020-solutions with_solution прочее canadian mathematical society canadian mathematical olympiad 2020 официальные решения stmt-original ai_checked пусть \\(g\\) — конечный простой граф, а \\(s\\subseteq v(g)\\) — подмножество заданного размера, для которого число ребер внутри \\(s\\) минимально среди всех подмножеств такого же размера. для вершины \\(v\\) обозначим через \\(d_s(v)\\) число ее соседей в \\(s\\). тогда для любых \\(r\\in s\\) и \\(b\\notin s\\) выполнено \\[ d_s(b)-\\mathbf 1_{br}\\ge d_s(r), \\] где \\(\\mathbf 1_{br}=1\\), если \\(b\\) и \\(r\\) смежны, и \\(0\\) иначе. в частности, \\(d_s(b)\\ge d_s(r)\\), а если \\(br\\) — ребро, то \\(d_s(b)>d_s(r)\\). simple_graph degree idea-swap-cannot-improve обмен не должен уменьшать экстремальную величину если заменить \\(r\\in s\\) на \\(b\\notin s\\), то старые внутренние ребра, инцидентные \\(r\\), исчезают, а ребра от \\(b\\) к старым вершинам \\(s\\setminus\\{r\\}\\) становятся внутренними. минимальность \\(s\\) запрещает уменьшение. extremal_choice ai_checked sol-one-swap доказательство одним обменом ai_checked simple_graph degree extremal_choice рассмотрим множество \\[ s'=(s\\setminus\\{r\\})\\cup\\{b\\}. \\] оно имеет тот же размер, что и \\(s\\), поэтому по минимальности \\(s\\) число внутренних ребер в \\(s'\\) не меньше, чем в \\(s\\). при переходе от \\(s\\) к \\(s'\\) исчезают ровно \\(d_s(r)\\) внутренних ребер: это ребра от \\(r\\) к другим вершинам \\(s\\). появляются ровно \\(d_s(b)-\\mathbf 1_{br}\\) внутренних ребер: это ребра от \\(b\\) к вершинам из \\(s\\setminus\\{r\\}\\). следовательно, прирост числа внутренних ребер равен \\[ (d_s(b)-\\mathbf 1_{br})-d_s(r) \\] и не может быть отрицательным. отсюда \\[ d_s(b)-\\mathbf 1_{br}\\ge d_s(r). \\] если \\(br\\) не является ребром, это сразу дает \\(d_s(b)\\ge d_s(r)\\). если \\(br\\) является ребром, то \\(d_s(b)-1\\ge d_s(r)\\), то есть \\(d_s(b)>d_s(r)\\). minimal-half-subset-exchange-lemma lemma ob obmene dlya podmnozhestva s minimalnym chislom vnutrennih reber extremal_choice goal_bound canadian mathematical olympiad 2020 ofitsialnye resheniya canadian mathematical society canadianmathematicalsociety https://w7.cms.math.ca/competitions/cmo/archive/sol2020.pdf misc solution_notes src-cmo-2020-solutions with_solution prochee canadian mathematical society canadian mathematical olympiad 2020 ofitsialnye resheniya stmt-original ai_checked pust \\(g\\) — konechnyy prostoy graf, a \\(s\\subseteq v(g)\\) — podmnozhestvo zadannogo razmera, dlya kotorogo chislo reber vnutri \\(s\\) minimalno sredi vseh podmnozhestv takogo zhe razmera. dlya vershiny \\(v\\) oboznachim cherez \\(d_s(v)\\) chislo ee sosedey v \\(s\\). togda dlya lyubyh \\(r\\in s\\) i \\(b\\notin s\\) vypolneno \\[ d_s(b)-\\mathbf 1_{br}\\ge d_s(r), \\] gde \\(\\mathbf 1_{br}=1\\), esli \\(b\\) i \\(r\\) smezhny, i \\(0\\) inache. v chastnosti, \\(d_s(b)\\ge d_s(r)\\), a esli \\(br\\) — rebro, to \\(d_s(b)>d_s(r)\\). simple_graph degree idea-swap-cannot-improve obmen ne dolzhen umenshat ekstremalnuyu velichinu esli zamenit \\(r\\in s\\) na \\(b\\notin s\\), to starye vnutrennie rebra, intsidentnye \\(r\\), ischezayut, a rebra ot \\(b\\) k starym vershinam \\(s\\setminus\\{r\\}\\) stanovyatsya vnutrennimi. minimalnost \\(s\\) zapreschaet umenshenie. extremal_choice ai_checked sol-one-swap dokazatelstvo odnim obmenom ai_checked simple_graph degree extremal_choice rassmotrim mnozhestvo \\[ s'=(s\\setminus\\{r\\})\\cup\\{b\\}. \\] ono imeet tot zhe razmer, chto i \\(s\\), poetomu po minimalnosti \\(s\\) chislo vnutrennih reber v \\(s'\\) ne menshe, chem v \\(s\\). pri perehode ot \\(s\\) k \\(s'\\) ischezayut rovno \\(d_s(r)\\) vnutrennih reber: eto rebra ot \\(r\\) k drugim vershinam \\(s\\). poyavlyayutsya rovno \\(d_s(b)-\\mathbf 1_{br}\\) vnutrennih reber: eto rebra ot \\(b\\) k vershinam iz \\(s\\setminus\\{r\\}\\). sledovatelno, prirost chisla vnutrennih reber raven \\[ (d_s(b)-\\mathbf 1_{br})-d_s(r) \\] i ne mozhet byt otritsatelnym. otsyuda \\[ d_s(b)-\\mathbf 1_{br}\\ge d_s(r). \\] esli \\(br\\) ne yavlyaetsya rebrom, eto srazu daet \\(d_s(b)\\ge d_s(r)\\). esli \\(br\\) yavlyaetsya rebrom, to \\(d_s(b)-1\\ge d_s(r)\\), to est \\(d_s(b)>d_s(r)\\).","source_keys":["misc","cmo"]}
{"id":"mmo-2008-athletes-arbiters-photos","title":"Спортсмены, арбитры и фотографии после турнира, ММО 2008","path":"data\\problems\\mmo\\mmo-2008-athletes-arbiters-photos.yaml","raw_github_url":"https://raw.githubusercontent.com/didin-maxim/knowledge_graph_of_graphs/main/data/problems/mmo/mmo-2008-athletes-arbiters-photos.yaml","viewer_url":"https://didin-maxim.github.io/knowledge_graph_of_graphs/#mmo-2008-athletes-arbiters-photos","source_key":"mmo","source_label":"ММО","source_titles":["LXXI Московская математическая олимпиада 2008, официальный буклет решений"],"year":"2008","type":"olympiad_problem","authors":["Френкин Б.Р."],"tags":["degree_counting","graph_in_solution","goal_classification","construction","goal_exact_bound"],"agent_topics":["game_strategy_candidate"],"difficulty":{"main":"regional","local_score":4,"comment":"ММО 2008, 10 класс, задача 4.","status":"source_verified"},"review_status":"ai_checked","public_ready":true,"solution_state":"with_solution","solution_classification":{"type":"official_complete_or_near_complete","status":"ai_checked","confidence":0.9,"basis":"официальный PDF решений MCCME/MMO 2008 и развёрнутое самодостаточное доказательство","notes":"Полное доказательство основано на первом официальном решении; достижимость двух подозрительных людей явно прописана в карточке.","label":"официальное полное/почти полное"},"statements":{"original":[{"id":"stmt-original","title":"Турнир, арбитры и стопка фотографий","status":"ai_checked","text":"Турнир, в котором участвовало 20 спортсменов, судили 10 арбитров. Каждый сыграл с каждым один раз, и каждую встречу судил ровно один арбитр. После окончания каждой игры оба участника фотографировались с арбитром. Через год после турнира была найдена стопка из всех этих фотографий (по фотографии неясно, кто на ней игроки, а кто арбитр). Оказалось, что не про каждого можно определить, кем он является: спортсменом или арбитром. Сколько могло быть таких людей?","definition_ids":[]}]},"solutions":[{"id":"sol-official-summary","title":"Подозрительные люди и обмен ролей","status":"ai_checked","definition_ids":["simple_graph","degree","neighborhood"],"standard_idea_ids":[],"tags":[],"has_text":true,"text_preview":"Ответ: 2. Будем говорить, что человек сфотографирован с другим человеком, если они вместе есть хотя бы на одной фотографии. Назовем человека подозрительным, если по стопке фотографий нельзя однозначно определить, спортсмен он или арбитр. Сначала докажем верхнюю оценку. В любой допустимой расшифровке стопки арбитр фотографируется только со спортсменами, поэтому он может быть сфотографирован не более чем с 20 людьми. Спортсмен же фотографируется со всеми остальными 19 спортсменами: с каждым из них у него была игра и после нее была общая фотография. Кроме того, хотя бы один арбитр судил его игры, значит спортсмен сфотографирован не менее чем с 20 людьми. Если человек подозрителен, то существуют допустимые расшифровки, в одной из которых он спортсмен, а в другой арбитр. Поэтому число людей, с которыми он сфотографирован, одновременно не меньше 20 и не больше 20, то есть равно 20. Рассмотрим…"}],"relations":[{"id":"rel-mmo-2008-athletes-arbiters-mmo-2023-hypergraph-club","neighbor_id":"mmo-2023-hypergraph-club-acquaintance-graph","direction":"forward","type":"same_motif","distance":3,"status":"needs_human_review"}],"search_text":"mmo-2008-athletes-arbiters-photos спортсмены, арбитры и фотографии после турнира, ммо 2008 degree_counting graph_in_solution goal_classification construction goal_exact_bound 2008 http://olympiads.mccme.ru/mmo/2008/solutions.pdf lxxi московская математическая олимпиада 2008, официальный буклет решений mmo mmo2008 problem_and_solution src-mmo-2008-solutions with_solution ммо ммо2008 френкин б.р. френкин б.р. lxxi московская математическая олимпиада 2008, официальный буклет решений stmt-original турнир, арбитры и стопка фотографий ai_checked турнир, в котором участвовало 20 спортсменов, судили 10 арбитров. каждый сыграл с каждым один раз, и каждую встречу судил ровно один арбитр. после окончания каждой игры оба участника фотографировались с арбитром. через год после турнира была найдена стопка из всех этих фотографий (по фотографии неясно, кто на ней игроки, а кто арбитр). оказалось, что не про каждого можно определить, кем он является: спортсменом или арбитром. сколько могло быть таких людей? idea-degree-20-ambiguity подозрительные люди имеют степень 20 в официальном решении человек, чей статус не определяется, должен появляться на фотографиях ровно с 20 людьми: у арбитра не больше 20 соседей, у спортсмена не меньше 20. если такой спортсмен имеет ровно 20 соседей, все его 19 матчей судил один и тот же арбитр, что оставляет только пару взаимозаменяемых статусов. degree_counting goal_classification ai_checked idea-swap-one-athlete-one-arbiter поменять местами спортсмена и его единственного арбитра для достижимости двух неоднозначных людей достаточно устроить так, чтобы один арбитр судил все 19 матчей одного спортсмена и не судил других матчей. тогда этого спортсмена и этого арбитра можно поменять ролями, а вся стопка фотографий останется совместимой с условиями. construction ai_checked sol-official-summary подозрительные люди и обмен ролей ai_checked simple_graph degree neighborhood ответ: 2. будем говорить, что человек сфотографирован с другим человеком, если они вместе есть хотя бы на одной фотографии. назовем человека подозрительным, если по стопке фотографий нельзя однозначно определить, спортсмен он или арбитр. сначала докажем верхнюю оценку. в любой допустимой расшифровке стопки арбитр фотографируется только со спортсменами, поэтому он может быть сфотографирован не более чем с 20 людьми. спортсмен же фотографируется со всеми остальными 19 спортсменами: с каждым из них у него была игра и после нее была общая фотография. кроме того, хотя бы один арбитр судил его игры, значит спортсмен сфотографирован не менее чем с 20 людьми. если человек подозрителен, то существуют допустимые расшифровки, в одной из которых он спортсмен, а в другой арбитр. поэтому число людей, с которыми он сфотографирован, одновременно не меньше 20 и не больше 20, то есть равно 20. рассмотрим… mmo-2008-athletes-arbiters-photos sportsmeny, arbitry i fotografii posle turnira, mmo 2008 degree_counting graph_in_solution goal_classification construction goal_exact_bound 2008 http://olympiads.mccme.ru/mmo/2008/solutions.pdf lxxi moskovskaya matematicheskaya olimpiada 2008, ofitsialnyy buklet resheniy mmo mmo2008 problem_and_solution src-mmo-2008-solutions with_solution mmo mmo2008 frenkin b.r. frenkin b.r. lxxi moskovskaya matematicheskaya olimpiada 2008, ofitsialnyy buklet resheniy stmt-original turnir, arbitry i stopka fotografiy ai_checked turnir, v kotorom uchastvovalo 20 sportsmenov, sudili 10 arbitrov. kazhdyy sygral s kazhdym odin raz, i kazhduyu vstrechu sudil rovno odin arbitr. posle okonchaniya kazhdoy igry oba uchastnika fotografirovalis s arbitrom. cherez god posle turnira byla naydena stopka iz vseh etih fotografiy (po fotografii neyasno, kto na ney igroki, a kto arbitr). okazalos, chto ne pro kazhdogo mozhno opredelit, kem on yavlyaetsya: sportsmenom ili arbitrom. skolko moglo byt takih lyudey? idea-degree-20-ambiguity podozritelnye lyudi imeyut stepen 20 v ofitsialnom reshenii chelovek, chey status ne opredelyaetsya, dolzhen poyavlyatsya na fotografiyah rovno s 20 lyudmi: u arbitra ne bolshe 20 sosedey, u sportsmena ne menshe 20. esli takoy sportsmen imeet rovno 20 sosedey, vse ego 19 matchey sudil odin i tot zhe arbitr, chto ostavlyaet tolko paru vzaimozamenyaemyh statusov. degree_counting goal_classification ai_checked idea-swap-one-athlete-one-arbiter pomenyat mestami sportsmena i ego edinstvennogo arbitra dlya dostizhimosti dvuh neodnoznachnyh lyudey dostatochno ustroit tak, chtoby odin arbitr sudil vse 19 matchey odnogo sportsmena i ne sudil drugih matchey. togda etogo sportsmena i etogo arbitra mozhno pomenyat rolyami, a vsya stopka fotografiy ostanetsya sovmestimoy s usloviyami. construction ai_checked sol-official-summary podozritelnye lyudi i obmen roley ai_checked simple_graph degree neighborhood otvet: 2. budem govorit, chto chelovek sfotografirovan s drugim chelovekom, esli oni vmeste est hotya by na odnoy fotografii. nazovem cheloveka podozritelnym, esli po stopke fotografiy nelzya odnoznachno opredelit, sportsmen on ili arbitr. snachala dokazhem verhnyuyu otsenku. v lyuboy dopustimoy rasshifrovke stopki arbitr fotografiruetsya tolko so sportsmenami, poetomu on mozhet byt sfotografirovan ne bolee chem s 20 lyudmi. sportsmen zhe fotografiruetsya so vsemi ostalnymi 19 sportsmenami: s kazhdym iz nih u nego byla igra i posle nee byla obschaya fotografiya. krome togo, hotya by odin arbitr sudil ego igry, znachit sportsmen sfotografirovan ne menee chem s 20 lyudmi. esli chelovek podozritelen, to suschestvuyut dopustimye rasshifrovki, v odnoy iz kotoryh on sportsmen, a v drugoy arbitr. poetomu chislo lyudey, s kotorymi on sfotografirovan, odnovremenno ne menshe 20 i ne bolshe 20, to est ravno 20. rassmotrim…","source_keys":["mmo"]}
{"id":"mmo-2010-unit-distance-segments","title":"Единичные отрезки между 4n точками, ММО 2010","path":"data\\problems\\mmo\\mmo-2010-unit-distance-segments.yaml","raw_github_url":"https://raw.githubusercontent.com/didin-maxim/knowledge_graph_of_graphs/main/data/problems/mmo/mmo-2010-unit-distance-segments.yaml","viewer_url":"https://didin-maxim.github.io/knowledge_graph_of_graphs/#mmo-2010-unit-distance-segments","source_key":"mmo","source_label":"ММО","source_titles":["LXXIII Московская математическая олимпиада 2010, официальный буклет решений"],"year":"2010","type":"olympiad_problem","authors":["А. М. Райгородский"],"tags":["graph_model","extremal_graph_theory","degree_counting"],"agent_topics":[],"difficulty":{"main":"national_final_hard","local_score":6,"comment":"ММО 2010, 10 класс, задача 6.","status":"source_verified"},"review_status":"ai_checked","public_ready":true,"solution_state":"with_solution","solution_classification":{"type":"official_solution","status":"ai_checked","confidence":0.93,"basis":"официальный PDF решений MMO 2010; развёрнуто по опубликованному решению","notes":"Официальное решение сверено по PDF и развёрнуто до самостоятельного доказательства без внешних лемм.","label":"официальное решение"},"statements":{"original":[{"id":"stmt-original","title":"4n точек и отрезки длины 1 см","status":"ai_checked","text":"На плоскости отметили 4n точек, после чего соединили отрезками все пары точек, расстояние между которыми равно 1 см. Оказалось, что среди любых n + 1 точек обязательно есть две, соединённые отрезком. Докажите, что всего проведено не менее 7n отрезков.","definition_ids":["simple_graph"]}],"graph_theory":[{"id":"stmt-graph","title":"Граф единичных расстояний с малым числом независимости","status":"ai_checked","text":"Дан граф единичных расстояний G=(V,E) на 4n вершинах на плоскости. Любое множество из n+1 вершин не является независимым, то есть alpha(G) <= n. Докажите, что |E| >= 7n.","definition_ids":["independent_set","simple_graph"]}]},"solutions":[{"id":"sol-official-summary","title":"Слои максимальных независимых множеств","status":"ai_checked","definition_ids":["complete_graph","independent_set","simple_graph"],"standard_idea_ids":["extremal_choice","pigeonhole_principle","double_counting"],"tags":[],"has_text":true,"text_preview":"Построим граф \\(G=(V,E)\\): вершины -- отмеченные точки, а ребрами соединены ровно те пары точек, расстояние между которыми равно 1 см. По условию среди любых \\(n+1\\) вершин есть ребро, то есть всякое независимое множество имеет размер не больше \\(n\\). Выберем в \\(G\\) независимое множество \\(Q_1\\) максимального размера. Тогда \\(|Q_1|\\le n\\). Из максимальности следует, что каждая вершина из \\(V\\setminus Q_1\\) имеет хотя бы одного соседа в \\(Q_1\\): иначе такую вершину можно было бы добавить к \\(Q_1\\), не нарушив независимость. Разобьем \\(V\\setminus Q_1\\) на два множества. Пусть \\(W_1\\) состоит из вершин, имеющих ровно одного соседа в \\(Q_1\\), а \\(W_2\\) -- из вершин, имеющих не менее двух соседей в \\(Q_1\\). Докажем, что \\(|W_1|\\le 2n\\). Предположим противное: \\(|W_1|>2n\\). Каждой вершине из \\(W_1\\) сопоставим ее единственного соседа в \\(Q_1\\). Так как \\(|Q_1|\\le n\\), по принципу Дирихле най…"}],"relations":[{"id":"rel-mmo-2010-unit-distance-turan-independence-baseline","neighbor_id":"turan-theorem","direction":"forward","type":"same_motif","distance":1,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-mmo-2010-putnam-1988-unit-distance-geometric-obstruction","neighbor_id":"putnam-1988-a4-unit-distance-coloring","direction":"forward","type":"same_motif","distance":2,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-putnam-1994-a3-mmo-2010-unit-distance-geometric-obstruction","neighbor_id":"putnam-1994-a3-threshold-distance-coloring","direction":"backward","type":"same_motif","distance":2,"status":"ai_checked"}],"search_text":"mmo-2010-unit-distance-segments единичные отрезки между 4n точками, ммо 2010 graph_model extremal_graph_theory degree_counting 2010 http://olympiads.mccme.ru/mmo/2010/solutions.pdf lxxiii московская математическая олимпиада 2010, официальный буклет решений mmo mmo2010 problem_and_solution src-mmo-2010-solutions with_solution а. м. райгородский ммо ммо2010 а. м. райгородский lxxiii московская математическая олимпиада 2010, официальный буклет решений stmt-original 4n точек и отрезки длины 1 см ai_checked на плоскости отметили 4n точек, после чего соединили отрезками все пары точек, расстояние между которыми равно 1 см. оказалось, что среди любых n + 1 точек обязательно есть две, соединённые отрезком. докажите, что всего проведено не менее 7n отрезков. simple_graph stmt-graph граф единичных расстояний с малым числом независимости ai_checked дан граф единичных расстояний g=(v,e) на 4n вершинах на плоскости. любое множество из n+1 вершин не является независимым, то есть alpha(g) <= n. докажите, что |e| >= 7n. independent_set simple_graph idea-independent-set-peeling снятие максимальных независимых множеств официальное решение прямо вводит граф точек и отрезков. максимальные независимые множества дают первые оценки на число рёбер; усиление до 7n использует, что k4 нельзя реализовать единичными отрезками на плоскости. extremal_graph_theory degree_counting graph_model ai_checked sol-official-summary слои максимальных независимых множеств ai_checked complete_graph independent_set simple_graph extremal_choice pigeonhole_principle double_counting построим граф \\(g=(v,e)\\): вершины -- отмеченные точки, а ребрами соединены ровно те пары точек, расстояние между которыми равно 1 см. по условию среди любых \\(n+1\\) вершин есть ребро, то есть всякое независимое множество имеет размер не больше \\(n\\). выберем в \\(g\\) независимое множество \\(q_1\\) максимального размера. тогда \\(|q_1|\\le n\\). из максимальности следует, что каждая вершина из \\(v\\setminus q_1\\) имеет хотя бы одного соседа в \\(q_1\\): иначе такую вершину можно было бы добавить к \\(q_1\\), не нарушив независимость. разобьем \\(v\\setminus q_1\\) на два множества. пусть \\(w_1\\) состоит из вершин, имеющих ровно одного соседа в \\(q_1\\), а \\(w_2\\) -- из вершин, имеющих не менее двух соседей в \\(q_1\\). докажем, что \\(|w_1|\\le 2n\\). предположим противное: \\(|w_1|>2n\\). каждой вершине из \\(w_1\\) сопоставим ее единственного соседа в \\(q_1\\). так как \\(|q_1|\\le n\\), по принципу дирихле най… mmo-2010-unit-distance-segments edinichnye otrezki mezhdu 4n tochkami, mmo 2010 graph_model extremal_graph_theory degree_counting 2010 http://olympiads.mccme.ru/mmo/2010/solutions.pdf lxxiii moskovskaya matematicheskaya olimpiada 2010, ofitsialnyy buklet resheniy mmo mmo2010 problem_and_solution src-mmo-2010-solutions with_solution a. m. raygorodskiy mmo mmo2010 a. m. raygorodskiy lxxiii moskovskaya matematicheskaya olimpiada 2010, ofitsialnyy buklet resheniy stmt-original 4n tochek i otrezki dliny 1 sm ai_checked na ploskosti otmetili 4n tochek, posle chego soedinili otrezkami vse pary tochek, rasstoyanie mezhdu kotorymi ravno 1 sm. okazalos, chto sredi lyubyh n + 1 tochek obyazatelno est dve, soedinennye otrezkom. dokazhite, chto vsego provedeno ne menee 7n otrezkov. simple_graph stmt-graph graf edinichnyh rasstoyaniy s malym chislom nezavisimosti ai_checked dan graf edinichnyh rasstoyaniy g=(v,e) na 4n vershinah na ploskosti. lyuboe mnozhestvo iz n+1 vershin ne yavlyaetsya nezavisimym, to est alpha(g) <= n. dokazhite, chto |e| >= 7n. independent_set simple_graph idea-independent-set-peeling snyatie maksimalnyh nezavisimyh mnozhestv ofitsialnoe reshenie pryamo vvodit graf tochek i otrezkov. maksimalnye nezavisimye mnozhestva dayut pervye otsenki na chislo reber; usilenie do 7n ispolzuet, chto k4 nelzya realizovat edinichnymi otrezkami na ploskosti. extremal_graph_theory degree_counting graph_model ai_checked sol-official-summary sloi maksimalnyh nezavisimyh mnozhestv ai_checked complete_graph independent_set simple_graph extremal_choice pigeonhole_principle double_counting postroim graf \\(g=(v,e)\\): vershiny -- otmechennye tochki, a rebrami soedineny rovno te pary tochek, rasstoyanie mezhdu kotorymi ravno 1 sm. po usloviyu sredi lyubyh \\(n+1\\) vershin est rebro, to est vsyakoe nezavisimoe mnozhestvo imeet razmer ne bolshe \\(n\\). vyberem v \\(g\\) nezavisimoe mnozhestvo \\(q_1\\) maksimalnogo razmera. togda \\(|q_1|\\le n\\). iz maksimalnosti sleduet, chto kazhdaya vershina iz \\(v\\setminus q_1\\) imeet hotya by odnogo soseda v \\(q_1\\): inache takuyu vershinu mozhno bylo by dobavit k \\(q_1\\), ne narushiv nezavisimost. razobem \\(v\\setminus q_1\\) na dva mnozhestva. pust \\(w_1\\) sostoit iz vershin, imeyuschih rovno odnogo soseda v \\(q_1\\), a \\(w_2\\) -- iz vershin, imeyuschih ne menee dvuh sosedey v \\(q_1\\). dokazhem, chto \\(|w_1|\\le 2n\\). predpolozhim protivnoe: \\(|w_1|>2n\\). kazhdoy vershine iz \\(w_1\\) sopostavim ee edinstvennogo soseda v \\(q_1\\). tak kak \\(|q_1|\\le n\\), po printsipu dirihle nay…","source_keys":["mmo"]}
{"id":"mmo-2011-firms-programmers-geniuses","title":"Стратегия второй фирмы при найме программистов и четырёх гениев, ММО 2011","path":"data\\problems\\mmo\\mmo-2011-firms-programmers-geniuses.yaml","raw_github_url":"https://raw.githubusercontent.com/didin-maxim/knowledge_graph_of_graphs/main/data/problems/mmo/mmo-2011-firms-programmers-geniuses.yaml","viewer_url":"https://didin-maxim.github.io/knowledge_graph_of_graphs/#mmo-2011-firms-programmers-geniuses","source_key":"mmo","source_label":"ММО","source_titles":["LXXIV Московская математическая олимпиада 2011, официальный буклет"],"year":"2011","type":"olympiad_problem","authors":["Шаповалов А.В."],"tags":["graph_model","goal_strategy_game","connectivity"],"agent_topics":["game_strategy"],"difficulty":{"main":"national_final_hard","local_score":6,"comment":"ММО 2011, 10 класс, задача 6.","status":"source_verified"},"review_status":"ai_checked","public_ready":true,"solution_state":"with_solution","solution_classification":{"type":"official_plan_completed_by_ai","label":"официальный план доведён до полного","status":"ai_checked","confidence":0.9,"basis":"официальный сборник и повторная проверка развёрнутой стратегии из хвоста очереди official-plan-needs-completion","notes":"Решение раскрывает конструкцию графа, начальный ответ второй фирмы и инвариант строгого преимущества по расстояниям до трёх целевых гениев.","audit_source":"official-plan-tail-pass-2026-05-16"},"statements":{"original":[{"id":"stmt-original","title":"Фирмы нанимают знакомых программистов","status":"ai_checked","text":"Две фирмы по очереди нанимают программистов, среди которых есть 4 гения. Первого программиста каждая фирма выбирает произвольно, а каждый следующий должен быть знаком с кем-то из ранее нанятых данной фирмой. Если фирма не может нанять программиста по этим правилам, она прекращает приём, а другая может продолжать. Список программистов и их знакомств заранее известен. Могут ли знакомства быть устроены так, что фирма, вступающая в игру второй, сможет нанять по крайней мере 3 гениев, как бы ни действовала первая фирма?","definition_ids":["simple_graph","path"]}],"graph_theory":[{"id":"stmt-graph","title":"Игра на связно растущих множествах в графе знакомств","status":"ai_checked","text":"Существует ли простой граф с четырьмя выделенными вершинами, в котором два игрока по очереди выбирают ещё не выбранные вершины, причём первая вершина каждого игрока произвольна, а каждая следующая выбранная им вершина должна быть смежна хотя бы с одной уже выбранной им вершиной, и второй игрок гарантирует себе выбор не менее трёх выделенных вершин независимо от игры первого?","definition_ids":["simple_graph","connected_graph","path"]}]},"solutions":[{"id":"sol-official-summary","title":"Развернутая стратегия второй фирмы","status":"ai_checked","definition_ids":[],"standard_idea_ids":[],"tags":[],"has_text":true,"text_preview":"Ответ: могут. Построим граф знакомств. Обозначим четырёх гениев через G0, G1, G2, G3. Добавим ещё четырёх программистов F0, F1, F2, F3, которые будут играть роль 'знаменитых'. Для каждой пары i, j соединим Fi и Gj отдельной цепочкой длины k(i,j), то есть цепочкой Fi = H0(i,j), H1(i,j), ..., Hk(i,j)(i,j) = Gj, где соседние вершины цепочки знакомы. Внутренние вершины всех шестнадцати цепочек считаются различными, а других программистов и других знакомств нет. Длины зададим таблицей: от F0: 13, 12, 11, 10; от F1: 12, 11, 10, 13; от F2: 11, 10, 13, 12; от F3: 10, 13, 12, 11. Иными словами, в строке Fi стоят длины цепочек от Fi до G0, G1, G2, G3. Каждая следующая строка получается циклическим сдвигом: по сравнению со строкой Fi строка F(i+1) короче ровно на 1 для трёх последовательных гениев и длиннее для четвёртого. Будем говорить, что расстояние от фирмы до ещё не нанятого программиста X р…"}],"relations":[{"id":"rel-lktg-2026-p17-mmo-2011-specialization","neighbor_id":"lktg-2026-project2-problem17-firms-and-geniuses","direction":"backward","type":"paired_variant","distance":1,"status":"ai_checked"}],"search_text":"mmo-2011-firms-programmers-geniuses стратегия второй фирмы при найме программистов и четырёх гениев, ммо 2011 graph_model goal_strategy_game connectivity 2011 http://olympiads.mccme.ru/mmo/2011/74mmo.pdf lxxiv московская математическая олимпиада 2011, официальный буклет mmo mmo2011 problem_and_solution src-mmo-2011-74mmo with_solution ммо ммо2011 шаповалов а.в. шаповалов а.в. lxxiv московская математическая олимпиада 2011, официальный буклет stmt-original фирмы нанимают знакомых программистов ai_checked две фирмы по очереди нанимают программистов, среди которых есть 4 гения. первого программиста каждая фирма выбирает произвольно, а каждый следующий должен быть знаком с кем-то из ранее нанятых данной фирмой. если фирма не может нанять программиста по этим правилам, она прекращает приём, а другая может продолжать. список программистов и их знакомств заранее известен. могут ли знакомства быть устроены так, что фирма, вступающая в игру второй, сможет нанять по крайней мере 3 гениев, как бы ни действовала первая фирма? simple_graph path stmt-graph игра на связно растущих множествах в графе знакомств ai_checked существует ли простой граф с четырьмя выделенными вершинами, в котором два игрока по очереди выбирают ещё не выбранные вершины, причём первая вершина каждого игрока произвольна, а каждая следующая выбранная им вершина должна быть смежна хотя бы с одной уже выбранной им вершиной, и второй игрок гарантирует себе выбор не менее трёх выделенных вершин независимо от игры первого? simple_graph connected_graph path idea-distance-race-to-geniuses цепочки заданных длин к гениям ключевая конструкция строит граф из четырёх 'знаменитых' программистов и четырёх гениев, соединённых попарно внутренне непересекающимися цепочками специальных длин. вторая фирма после первого ответа фиксирует три целевых гения и поддерживает строгий инвариант: до каждого из них её оставшийся путь короче, чем минимальный путь первой фирмы. goal_strategy_game connectivity ai_checked sol-official-summary развернутая стратегия второй фирмы ai_checked ответ: могут. построим граф знакомств. обозначим четырёх гениев через g0, g1, g2, g3. добавим ещё четырёх программистов f0, f1, f2, f3, которые будут играть роль 'знаменитых'. для каждой пары i, j соединим fi и gj отдельной цепочкой длины k(i,j), то есть цепочкой fi = h0(i,j), h1(i,j), ..., hk(i,j)(i,j) = gj, где соседние вершины цепочки знакомы. внутренние вершины всех шестнадцати цепочек считаются различными, а других программистов и других знакомств нет. длины зададим таблицей: от f0: 13, 12, 11, 10; от f1: 12, 11, 10, 13; от f2: 11, 10, 13, 12; от f3: 10, 13, 12, 11. иными словами, в строке fi стоят длины цепочек от fi до g0, g1, g2, g3. каждая следующая строка получается циклическим сдвигом: по сравнению со строкой fi строка f(i+1) короче ровно на 1 для трёх последовательных гениев и длиннее для четвёртого. будем говорить, что расстояние от фирмы до ещё не нанятого программиста x р… mmo-2011-firms-programmers-geniuses strategiya vtoroy firmy pri nayme programmistov i chetyreh geniev, mmo 2011 graph_model goal_strategy_game connectivity 2011 http://olympiads.mccme.ru/mmo/2011/74mmo.pdf lxxiv moskovskaya matematicheskaya olimpiada 2011, ofitsialnyy buklet mmo mmo2011 problem_and_solution src-mmo-2011-74mmo with_solution mmo mmo2011 shapovalov a.v. shapovalov a.v. lxxiv moskovskaya matematicheskaya olimpiada 2011, ofitsialnyy buklet stmt-original firmy nanimayut znakomyh programmistov ai_checked dve firmy po ocheredi nanimayut programmistov, sredi kotoryh est 4 geniya. pervogo programmista kazhdaya firma vybiraet proizvolno, a kazhdyy sleduyuschiy dolzhen byt znakom s kem-to iz ranee nanyatyh dannoy firmoy. esli firma ne mozhet nanyat programmista po etim pravilam, ona prekraschaet priem, a drugaya mozhet prodolzhat. spisok programmistov i ih znakomstv zaranee izvesten. mogut li znakomstva byt ustroeny tak, chto firma, vstupayuschaya v igru vtoroy, smozhet nanyat po krayney mere 3 geniev, kak by ni deystvovala pervaya firma? simple_graph path stmt-graph igra na svyazno rastuschih mnozhestvah v grafe znakomstv ai_checked suschestvuet li prostoy graf s chetyrmya vydelennymi vershinami, v kotorom dva igroka po ocheredi vybirayut esche ne vybrannye vershiny, prichem pervaya vershina kazhdogo igroka proizvolna, a kazhdaya sleduyuschaya vybrannaya im vershina dolzhna byt smezhna hotya by s odnoy uzhe vybrannoy im vershinoy, i vtoroy igrok garantiruet sebe vybor ne menee treh vydelennyh vershin nezavisimo ot igry pervogo? simple_graph connected_graph path idea-distance-race-to-geniuses tsepochki zadannyh dlin k geniyam klyuchevaya konstruktsiya stroit graf iz chetyreh 'znamenityh' programmistov i chetyreh geniev, soedinennyh poparno vnutrenne neperesekayuschimisya tsepochkami spetsialnyh dlin. vtoraya firma posle pervogo otveta fiksiruet tri tselevyh geniya i podderzhivaet strogiy invariant: do kazhdogo iz nih ee ostavshiysya put koroche, chem minimalnyy put pervoy firmy. goal_strategy_game connectivity ai_checked sol-official-summary razvernutaya strategiya vtoroy firmy ai_checked otvet: mogut. postroim graf znakomstv. oboznachim chetyreh geniev cherez g0, g1, g2, g3. dobavim esche chetyreh programmistov f0, f1, f2, f3, kotorye budut igrat rol 'znamenityh'. dlya kazhdoy pary i, j soedinim fi i gj otdelnoy tsepochkoy dliny k(i,j), to est tsepochkoy fi = h0(i,j), h1(i,j), ..., hk(i,j)(i,j) = gj, gde sosednie vershiny tsepochki znakomy. vnutrennie vershiny vseh shestnadtsati tsepochek schitayutsya razlichnymi, a drugih programmistov i drugih znakomstv net. dliny zadadim tablitsey: ot f0: 13, 12, 11, 10; ot f1: 12, 11, 10, 13; ot f2: 11, 10, 13, 12; ot f3: 10, 13, 12, 11. inymi slovami, v stroke fi stoyat dliny tsepochek ot fi do g0, g1, g2, g3. kazhdaya sleduyuschaya stroka poluchaetsya tsiklicheskim sdvigom: po sravneniyu so strokoy fi stroka f(i+1) koroche rovno na 1 dlya treh posledovatelnyh geniev i dlinnee dlya chetvertogo. budem govorit, chto rasstoyanie ot firmy do esche ne nanyatogo programmista x r…","source_keys":["mmo"]}
{"id":"mmo-2012-three-subsets-coloring","title":"Раскраска графа на тройках из 2^k элементов, ММО 2012","path":"data\\problems\\mmo\\mmo-2012-three-subsets-coloring.yaml","raw_github_url":"https://raw.githubusercontent.com/didin-maxim/knowledge_graph_of_graphs/main/data/problems/mmo/mmo-2012-three-subsets-coloring.yaml","viewer_url":"https://didin-maxim.github.io/knowledge_graph_of_graphs/#mmo-2012-three-subsets-coloring","source_key":"mmo","source_label":"ММО","source_titles":["LXXV Московская математическая олимпиада 2012, официальный буклет"],"year":"2012","type":"olympiad_problem","authors":["А. М. Райгородский"],"tags":["coloring","extremal_graph_theory","graph_model","goal_exact_bound","construction","induction","modular_coloring"],"agent_topics":[],"difficulty":{"main":"national_final_hard","local_score":6,"comment":"ММО 2012, 10 класс, задача 6.","status":"source_verified"},"review_status":"ai_checked","public_ready":true,"solution_state":"with_solution","solution_classification":{"type":"official_plan_completed_by_ai","label":"официальный план доведён до полного","status":"ai_checked","confidence":0.9,"basis":"официальный сборник и повторная проверка уже развёрнутого решения из хвоста очереди official-plan-needs-completion","notes":"Решение содержит полную нижнюю оценку через линейную независимость над F2 и две конструкции раскраски, включая прямую двоичную конструкцию.","audit_source":"official-plan-tail-pass-2026-05-16"},"statements":{"original":[{"id":"stmt-original","title":"Граф на тройках из \\(\\{1,\\ldots,2^k\\}\\)","status":"ai_checked","text":"Рассмотрим граф, у которого вершины соответствуют всевозможным трёхэлементным подмножествам множества \\(\\{1,2,3,\\ldots,2^k\\}\\), а рёбра проводятся между вершинами, которые соответствуют подмножествам, пересекающимся ровно по одному элементу. Найдите минимальное количество цветов, в которые можно раскрасить вершины графа так, чтобы любые две вершины, соединённые ребром, были разного цвета.","definition_ids":["chromatic_number","simple_graph"]}],"graph_theory":[{"id":"stmt-graph","title":"Хроматическое число графа на 3-подмножествах","status":"ai_checked","text":"Пусть \\(k\\ge 1\\), а \\(G_k\\) - простой граф, вершинами которого являются все 3-элементные подмножества множества \\([2^k]\\); две вершины смежны тогда и только тогда, когда соответствующие тройки имеют ровно один общий элемент. Найти \\(\\chi(G_k)\\).","definition_ids":["chromatic_number","simple_graph","independent_set"]}]},"solutions":[{"id":"sol-official-summary","title":"Полное доказательство нижней оценки и двух конструкций","status":"ai_checked","definition_ids":["chromatic_number","simple_graph","independent_set"],"standard_idea_ids":["pigeonhole_principle","induction"],"tags":[],"has_text":true,"text_preview":"Ответ: \\((2^k-1)(2^k-2)/6\\). Докажем это в более общем обозначении. Пусть \\(n=2^k\\), а \\(G\\) - граф на всех тройках элементов множества \\([n]\\), где ребро означает пересечение ровно в одном элементе. Число вершин равно \\(\\binom n3\\). Если граф правильно раскрашен, то каждый цветовой класс является независимым множеством, поэтому \\(\\chi(G)\\ge |V(G)|/\\alpha(G)\\). Докажем, что \\(\\alpha(G)\\le n\\). Пусть \\(M_1,\\ldots,M_s\\) - независимое множество вершин, то есть любые две различные тройки \\(M_i,M_j\\) не пересекаются ровно в одном элементе. Запишем для каждой тройки её вектор инцидентности \\(x_i\\in\\mathbb F_2^n\\). Тогда \\(x_i\\cdot x_i=3\\equiv 1\\pmod 2\\), а при \\(i\\ne j\\) пересечение \\(M_i\\cap M_j\\) имеет размер 0 или 2, значит \\(x_i\\cdot x_j=0\\) в \\(\\mathbb F_2\\). Если \\(c_1x_1+\\cdots+c_sx_s=0\\) над \\(\\mathbb F_2\\), то скалярное умножение на \\(x_j\\) даёт \\(c_j=0\\). Следовательно, \\(x_1,\\ldots…"}],"relations":[{"id":"rel-imc-2022-triples-mmo-2012-triple-chromatic","neighbor_id":"imc-2022-day1-p4-triples-chromatic-loglog","direction":"backward","type":"same_motif","distance":2,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-mmo-2016-linguists-mmo-2012-three-subsets","neighbor_id":"mmo-2016-linguists-kneser-edge-bound","direction":"backward","type":"same_motif","distance":2,"status":"ai_draft"},{"id":"rel-spbmo2003-p5-to-mmo2012-subset-intersection-coloring","neighbor_id":"spbmo-2003-9-qual-p5-edge-colored-graph-vertex-coloring","direction":"backward","type":"same_motif","distance":3,"status":"ai_checked"}],"search_text":"mmo-2012-three-subsets-coloring раскраска графа на тройках из 2^k элементов, ммо 2012 coloring extremal_graph_theory graph_model goal_exact_bound construction induction modular_coloring 2012 http://olympiads.mccme.ru/mmo/2012/75mmo.pdf lxxv московская математическая олимпиада 2012, официальный буклет mmo mmo2012 problem_and_solution src-mmo-2012-75mmo with_solution а. м. райгородский ммо ммо2012 а. м. райгородский lxxv московская математическая олимпиада 2012, официальный буклет stmt-original граф на тройках из \\(\\{1,\\ldots,2^k\\}\\) ai_checked рассмотрим граф, у которого вершины соответствуют всевозможным трёхэлементным подмножествам множества \\(\\{1,2,3,\\ldots,2^k\\}\\), а рёбра проводятся между вершинами, которые соответствуют подмножествам, пересекающимся ровно по одному элементу. найдите минимальное количество цветов, в которые можно раскрасить вершины графа так, чтобы любые две вершины, соединённые ребром, были разного цвета. chromatic_number simple_graph stmt-graph хроматическое число графа на 3-подмножествах ai_checked пусть \\(k\\ge 1\\), а \\(g_k\\) - простой граф, вершинами которого являются все 3-элементные подмножества множества \\([2^k]\\); две вершины смежны тогда и только тогда, когда соответствующие тройки имеют ровно один общий элемент. найти \\(\\chi(g_k)\\). chromatic_number simple_graph independent_set idea-alpha-and-coloring независимые множества и две точные раскраски нижняя оценка получается из \\(\\alpha(g)\\le n\\) для графа на тройках из \\([n]\\): независимое семейство троек переводится в ортонормальную над \\(\\mathbb f_2\\) систему векторов инцидентности. верхняя оценка для \\(n=2^k\\) достигается двумя конструкциями: индукцией с разбиением множества пополам и 1-факторизациями полных графов, а также двоичным кодированием элементов и цветом \\(\\{a+b,a+c,b+c\\}\\) над \\(\\mathbb f_2^k\\). coloring extremal_graph_theory invariant construction modular_coloring induction ai_checked sol-official-summary полное доказательство нижней оценки и двух конструкций ai_checked chromatic_number simple_graph independent_set pigeonhole_principle induction ответ: \\((2^k-1)(2^k-2)/6\\). докажем это в более общем обозначении. пусть \\(n=2^k\\), а \\(g\\) - граф на всех тройках элементов множества \\([n]\\), где ребро означает пересечение ровно в одном элементе. число вершин равно \\(\\binom n3\\). если граф правильно раскрашен, то каждый цветовой класс является независимым множеством, поэтому \\(\\chi(g)\\ge |v(g)|/\\alpha(g)\\). докажем, что \\(\\alpha(g)\\le n\\). пусть \\(m_1,\\ldots,m_s\\) - независимое множество вершин, то есть любые две различные тройки \\(m_i,m_j\\) не пересекаются ровно в одном элементе. запишем для каждой тройки её вектор инцидентности \\(x_i\\in\\mathbb f_2^n\\). тогда \\(x_i\\cdot x_i=3\\equiv 1\\pmod 2\\), а при \\(i\\ne j\\) пересечение \\(m_i\\cap m_j\\) имеет размер 0 или 2, значит \\(x_i\\cdot x_j=0\\) в \\(\\mathbb f_2\\). если \\(c_1x_1+\\cdots+c_sx_s=0\\) над \\(\\mathbb f_2\\), то скалярное умножение на \\(x_j\\) даёт \\(c_j=0\\). следовательно, \\(x_1,\\ldots… mmo-2012-three-subsets-coloring raskraska grafa na troykah iz 2^k elementov, mmo 2012 coloring extremal_graph_theory graph_model goal_exact_bound construction induction modular_coloring 2012 http://olympiads.mccme.ru/mmo/2012/75mmo.pdf lxxv moskovskaya matematicheskaya olimpiada 2012, ofitsialnyy buklet mmo mmo2012 problem_and_solution src-mmo-2012-75mmo with_solution a. m. raygorodskiy mmo mmo2012 a. m. raygorodskiy lxxv moskovskaya matematicheskaya olimpiada 2012, ofitsialnyy buklet stmt-original graf na troykah iz \\(\\{1,\\ldots,2^k\\}\\) ai_checked rassmotrim graf, u kotorogo vershiny sootvetstvuyut vsevozmozhnym trehelementnym podmnozhestvam mnozhestva \\(\\{1,2,3,\\ldots,2^k\\}\\), a rebra provodyatsya mezhdu vershinami, kotorye sootvetstvuyut podmnozhestvam, peresekayuschimsya rovno po odnomu elementu. naydite minimalnoe kolichestvo tsvetov, v kotorye mozhno raskrasit vershiny grafa tak, chtoby lyubye dve vershiny, soedinennye rebrom, byli raznogo tsveta. chromatic_number simple_graph stmt-graph hromaticheskoe chislo grafa na 3-podmnozhestvah ai_checked pust \\(k\\ge 1\\), a \\(g_k\\) - prostoy graf, vershinami kotorogo yavlyayutsya vse 3-elementnye podmnozhestva mnozhestva \\([2^k]\\); dve vershiny smezhny togda i tolko togda, kogda sootvetstvuyuschie troyki imeyut rovno odin obschiy element. nayti \\(\\chi(g_k)\\). chromatic_number simple_graph independent_set idea-alpha-and-coloring nezavisimye mnozhestva i dve tochnye raskraski nizhnyaya otsenka poluchaetsya iz \\(\\alpha(g)\\le n\\) dlya grafa na troykah iz \\([n]\\): nezavisimoe semeystvo troek perevoditsya v ortonormalnuyu nad \\(\\mathbb f_2\\) sistemu vektorov intsidentnosti. verhnyaya otsenka dlya \\(n=2^k\\) dostigaetsya dvumya konstruktsiyami: induktsiey s razbieniem mnozhestva popolam i 1-faktorizatsiyami polnyh grafov, a takzhe dvoichnym kodirovaniem elementov i tsvetom \\(\\{a+b,a+c,b+c\\}\\) nad \\(\\mathbb f_2^k\\). coloring extremal_graph_theory invariant construction modular_coloring induction ai_checked sol-official-summary polnoe dokazatelstvo nizhney otsenki i dvuh konstruktsiy ai_checked chromatic_number simple_graph independent_set pigeonhole_principle induction otvet: \\((2^k-1)(2^k-2)/6\\). dokazhem eto v bolee obschem oboznachenii. pust \\(n=2^k\\), a \\(g\\) - graf na vseh troykah elementov mnozhestva \\([n]\\), gde rebro oznachaet peresechenie rovno v odnom elemente. chislo vershin ravno \\(\\binom n3\\). esli graf pravilno raskrashen, to kazhdyy tsvetovoy klass yavlyaetsya nezavisimym mnozhestvom, poetomu \\(\\chi(g)\\ge |v(g)|/\\alpha(g)\\). dokazhem, chto \\(\\alpha(g)\\le n\\). pust \\(m_1,\\ldots,m_s\\) - nezavisimoe mnozhestvo vershin, to est lyubye dve razlichnye troyki \\(m_i,m_j\\) ne peresekayutsya rovno v odnom elemente. zapishem dlya kazhdoy troyki ee vektor intsidentnosti \\(x_i\\in\\mathbb f_2^n\\). togda \\(x_i\\cdot x_i=3\\equiv 1\\pmod 2\\), a pri \\(i\\ne j\\) peresechenie \\(m_i\\cap m_j\\) imeet razmer 0 ili 2, znachit \\(x_i\\cdot x_j=0\\) v \\(\\mathbb f_2\\). esli \\(c_1x_1+\\cdots+c_sx_s=0\\) nad \\(\\mathbb f_2\\), to skalyarnoe umnozhenie na \\(x_j\\) daet \\(c_j=0\\). sledovatelno, \\(x_1,\\ldots…","source_keys":["mmo"]}
{"id":"mmo-2016-linguists-kneser-edge-bound","title":"Лингвисты, три языка и нижняя оценка числа ребер в подграфе Кнезера, ММО 2015/16","path":"data\\problems\\mmo\\mmo-2016-linguists-kneser-edge-bound.yaml","raw_github_url":"https://raw.githubusercontent.com/didin-maxim/knowledge_graph_of_graphs/main/data/problems/mmo/mmo-2016-linguists-kneser-edge-bound.yaml","viewer_url":"https://didin-maxim.github.io/knowledge_graph_of_graphs/#mmo-2016-linguists-kneser-edge-bound","source_key":"mmo","source_label":"ММО","source_titles":["LXXIX Московская математическая олимпиада 2015/16, финальный буклет решений для 8-11 классов"],"year":"2016","type":"olympiad_problem","authors":["А. М. Райгородский"],"tags":["extremal_graph_theory","degree_counting","graph_model","double_counting"],"agent_topics":[],"difficulty":{"main":"national_final_hard","local_score":6,"comment":"ММО 2015/16, заключительный тур, 9 класс, задача 6; официальный сборник после решения дает графовый комментарий.","status":"ai_checked"},"review_status":"ai_checked","public_ready":true,"solution_state":"with_solution","solution_classification":{"type":"official_complete_or_near_complete","status":"ai_checked","confidence":0.92,"basis":"официальный источник сверен с локальным OCR и развёрнут в самодостаточное доказательство","notes":"Официальный подсчет полностью развернут; внешние леммы не требуются.","label":"официальное полное/почти полное"},"statements":{"original":[{"id":"stmt-original","title":"Страна лингвистов","status":"ai_checked","text":"В стране лингвистов есть n языков и m человек. Каждый человек знает ровно 3 языка, причем разные люди знают разные тройки языков. Наибольшее число людей, любые двое из которых могут поговорить без посредника, равно k. Известно, что 11n <= k <= m/2. Докажите, что найдется не менее mn пар людей, которые не могут поговорить без посредника.","definition_ids":["independent_set"]}],"graph_theory":[{"id":"stmt-graph","title":"Подграф графа Кнезера на тройках","status":"ai_checked","text":"Пусть G - подграф графа Кнезера, вершинами которого являются 3-элементные подмножества множества {1,...,n}, а ребра соединяют непересекающиеся тройки. В графе G ровно m вершин, а его число независимости равно alpha(G)=k, где 11n <= k <= m/2. Докажите, что в G не меньше mn ребер.","definition_ids":["simple_graph","independent_set"]}]},"solutions":[{"id":"sol-official-counting","title":"Официальный подсчет после выбора максимального множества попарно общающихся людей","status":"ai_checked","definition_ids":["simple_graph","independent_set"],"standard_idea_ids":["double_counting"],"tags":[],"has_text":true,"text_preview":"Выберем множество \\(B\\) из \\(k\\) людей, любые двое из которых могут поговорить без посредника. Такое множество существует по определению \\(k\\), и оно максимально по включению: если бы к нему можно было добавить еще одного человека, то получилась бы компания из \\(k+1\\) попарно общающихся людей. Рассмотрим произвольного человека \\(X\\), не вошедшего в \\(B\\), и обозначим через \\(A\\) тройку языков, которые знает \\(X\\). По максимальности \\(B\\) человек \\(X\\) не может поговорить хотя бы с одним человеком \\(X'\\in B\\); иначе \\(X\\) можно было бы добавить к \\(B\\). Пусть \\(C\\) - тройка языков человека \\(X'\\). Тогда \\(A\\cap C=\\varnothing\\). Оценим сверху число людей \\(Y\\in B\\), которые могут поговорить с \\(X\\). Пусть \\(D\\) - тройка языков такого человека \\(Y\\). Так как \\(Y\\) говорит с \\(X\\), тройка \\(D\\) содержит некоторый язык \\(a\\in A\\). Кроме того, \\(Y\\) и \\(X'\\) оба лежат в \\(B\\), а любые два чел…"}],"relations":[{"id":"rel-mmo-2016-linguists-mmo-2012-three-subsets","neighbor_id":"mmo-2012-three-subsets-coloring","direction":"forward","type":"same_motif","distance":2,"status":"ai_draft"},{"id":"rel-mmo-2016-linguists-turan-contrast","neighbor_id":"turan-theorem","direction":"forward","type":"false_friend","distance":2,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-mmo-2016-linguists-flashlight-independent-edge-bound","neighbor_id":"flashlight-batteries-tournament-cities-2015","direction":"forward","type":"same_motif","distance":3,"status":"needs_human_review"}],"search_text":"mmo-2016-linguists-kneser-edge-bound лингвисты, три языка и нижняя оценка числа ребер в подграфе кнезера, ммо 2015/16 extremal_graph_theory degree_counting graph_model double_counting 2016 https://mos.olimpiada.ru/upload/files/archive_tasks_2013-.../2015-16/math/ans-math-8-11-final-15-6.pdf lxxix московская математическая олимпиада 2015/16, финальный буклет решений для 8-11 классов mmo mmo2016 problem_and_solution src-mmo-2016-final-8-11 with_solution а. м. райгородский ммо ммо2016 а. м. райгородский lxxix московская математическая олимпиада 2015/16, финальный буклет решений для 8-11 классов stmt-original страна лингвистов ai_checked в стране лингвистов есть n языков и m человек. каждый человек знает ровно 3 языка, причем разные люди знают разные тройки языков. наибольшее число людей, любые двое из которых могут поговорить без посредника, равно k. известно, что 11n <= k <= m/2. докажите, что найдется не менее mn пар людей, которые не могут поговорить без посредника. independent_set stmt-graph подграф графа кнезера на тройках ai_checked пусть g - подграф графа кнезера, вершинами которого являются 3-элементные подмножества множества {1,...,n}, а ребра соединяют непересекающиеся тройки. в графе g ровно m вершин, а его число независимости равно alpha(g)=k, где 11n <= k <= m/2. докажите, что в g не меньше mn ребер. simple_graph independent_set idea-kneser-language-triples люди как вершины графа кнезера официальный комментарий отождествляет каждого лингвиста с тройкой языков, которые он знает. два человека, которые не могут поговорить без посредника, соответствуют непересекающимся тройкам, то есть ребру графа кнезера k(n,3). наибольшее множество попарно общающихся людей становится независимым множеством в этом графе. graph_model extremal_graph_theory ai_checked sol-official-counting официальный подсчет после выбора максимального множества попарно общающихся людей ai_checked simple_graph independent_set double_counting выберем множество \\(b\\) из \\(k\\) людей, любые двое из которых могут поговорить без посредника. такое множество существует по определению \\(k\\), и оно максимально по включению: если бы к нему можно было добавить еще одного человека, то получилась бы компания из \\(k+1\\) попарно общающихся людей. рассмотрим произвольного человека \\(x\\), не вошедшего в \\(b\\), и обозначим через \\(a\\) тройку языков, которые знает \\(x\\). по максимальности \\(b\\) человек \\(x\\) не может поговорить хотя бы с одним человеком \\(x'\\in b\\); иначе \\(x\\) можно было бы добавить к \\(b\\). пусть \\(c\\) - тройка языков человека \\(x'\\). тогда \\(a\\cap c=\\varnothing\\). оценим сверху число людей \\(y\\in b\\), которые могут поговорить с \\(x\\). пусть \\(d\\) - тройка языков такого человека \\(y\\). так как \\(y\\) говорит с \\(x\\), тройка \\(d\\) содержит некоторый язык \\(a\\in a\\). кроме того, \\(y\\) и \\(x'\\) оба лежат в \\(b\\), а любые два чел… mmo-2016-linguists-kneser-edge-bound lingvisty, tri yazyka i nizhnyaya otsenka chisla reber v podgrafe knezera, mmo 2015/16 extremal_graph_theory degree_counting graph_model double_counting 2016 https://mos.olimpiada.ru/upload/files/archive_tasks_2013-.../2015-16/math/ans-math-8-11-final-15-6.pdf lxxix moskovskaya matematicheskaya olimpiada 2015/16, finalnyy buklet resheniy dlya 8-11 klassov mmo mmo2016 problem_and_solution src-mmo-2016-final-8-11 with_solution a. m. raygorodskiy mmo mmo2016 a. m. raygorodskiy lxxix moskovskaya matematicheskaya olimpiada 2015/16, finalnyy buklet resheniy dlya 8-11 klassov stmt-original strana lingvistov ai_checked v strane lingvistov est n yazykov i m chelovek. kazhdyy chelovek znaet rovno 3 yazyka, prichem raznye lyudi znayut raznye troyki yazykov. naibolshee chislo lyudey, lyubye dvoe iz kotoryh mogut pogovorit bez posrednika, ravno k. izvestno, chto 11n <= k <= m/2. dokazhite, chto naydetsya ne menee mn par lyudey, kotorye ne mogut pogovorit bez posrednika. independent_set stmt-graph podgraf grafa knezera na troykah ai_checked pust g - podgraf grafa knezera, vershinami kotorogo yavlyayutsya 3-elementnye podmnozhestva mnozhestva {1,...,n}, a rebra soedinyayut neperesekayuschiesya troyki. v grafe g rovno m vershin, a ego chislo nezavisimosti ravno alpha(g)=k, gde 11n <= k <= m/2. dokazhite, chto v g ne menshe mn reber. simple_graph independent_set idea-kneser-language-triples lyudi kak vershiny grafa knezera ofitsialnyy kommentariy otozhdestvlyaet kazhdogo lingvista s troykoy yazykov, kotorye on znaet. dva cheloveka, kotorye ne mogut pogovorit bez posrednika, sootvetstvuyut neperesekayuschimsya troykam, to est rebru grafa knezera k(n,3). naibolshee mnozhestvo poparno obschayuschihsya lyudey stanovitsya nezavisimym mnozhestvom v etom grafe. graph_model extremal_graph_theory ai_checked sol-official-counting ofitsialnyy podschet posle vybora maksimalnogo mnozhestva poparno obschayuschihsya lyudey ai_checked simple_graph independent_set double_counting vyberem mnozhestvo \\(b\\) iz \\(k\\) lyudey, lyubye dvoe iz kotoryh mogut pogovorit bez posrednika. takoe mnozhestvo suschestvuet po opredeleniyu \\(k\\), i ono maksimalno po vklyucheniyu: esli by k nemu mozhno bylo dobavit esche odnogo cheloveka, to poluchilas by kompaniya iz \\(k+1\\) poparno obschayuschihsya lyudey. rassmotrim proizvolnogo cheloveka \\(x\\), ne voshedshego v \\(b\\), i oboznachim cherez \\(a\\) troyku yazykov, kotorye znaet \\(x\\). po maksimalnosti \\(b\\) chelovek \\(x\\) ne mozhet pogovorit hotya by s odnim chelovekom \\(x'\\in b\\); inache \\(x\\) mozhno bylo by dobavit k \\(b\\). pust \\(c\\) - troyka yazykov cheloveka \\(x'\\). togda \\(a\\cap c=\\varnothing\\). otsenim sverhu chislo lyudey \\(y\\in b\\), kotorye mogut pogovorit s \\(x\\). pust \\(d\\) - troyka yazykov takogo cheloveka \\(y\\). tak kak \\(y\\) govorit s \\(x\\), troyka \\(d\\) soderzhit nekotoryy yazyk \\(a\\in a\\). krome togo, \\(y\\) i \\(x'\\) oba lezhat v \\(b\\), a lyubye dva chel…","source_keys":["mmo"]}
{"id":"mmo-2018-acquaintance-seating-clique-chromatic","title":"Рассадка 2018 участников и кликовое хроматическое число, ММО 2017/18","path":"data\\problems\\mmo\\mmo-2018-acquaintance-seating-clique-chromatic.yaml","raw_github_url":"https://raw.githubusercontent.com/didin-maxim/knowledge_graph_of_graphs/main/data/problems/mmo/mmo-2018-acquaintance-seating-clique-chromatic.yaml","viewer_url":"https://didin-maxim.github.io/knowledge_graph_of_graphs/#mmo-2018-acquaintance-seating-clique-chromatic","source_key":"mmo","source_label":"Рассадка","source_titles":["LXXXI Московская математическая олимпиада 2017/18, 9 класс, финальные условия","LXXXI Московская математическая олимпиада 2017/18, 9 класс, финальные решения"],"year":"2018","type":"olympiad_problem","authors":[],"tags":["coloring","graph_model","induction"],"agent_topics":[],"difficulty":{"main":"national_final_hard","local_score":6,"comment":"ММО 2017/18, заключительный тур, 9 класс, задача 6; сборник решений содержит графовый комментарий о кликовом хроматическом числе.","status":"ai_checked"},"review_status":"ai_checked","public_ready":true,"solution_state":"with_solution","solution_classification":{"type":"official_solution","status":"ai_checked","confidence":0.94,"basis":"официальные PDF условия и решений финала MMO 2017/18 для 9 класса","notes":"Официальный план развёрнут в полное самодостаточное доказательство; графовый комментарий источника использован только для терминологической связи с кликовым хроматическим числом.","label":"официальное решение"},"statements":{"original":[{"id":"stmt-original","title":"Участники олимпиады и кружки","status":"ai_checked","text":"На олимпиаду пришло 2018 участников, некоторые участники знакомы между собой. Будем говорить, что несколько попарно знакомых участников образуют кружок, если любой другой участник олимпиады не знаком с кем-то из них. Докажите, что можно рассадить всех участников олимпиады по 90 аудиториям так, что ни в какой аудитории не сидят все представители какого-либо кружка.","definition_ids":["clique"]}],"graph_theory":[{"id":"stmt-graph","title":"Раскраска без одноцветных максимальных клик","status":"ai_checked","text":"Для любого графа G не более чем на 2018 вершинах раскрасьте V(G) не более чем в 90 цветов так, чтобы ни одна максимальная клика размера хотя бы 2 не была одноцветной. Эквивалентно, требуется оценить кликовое хроматическое число в этом конечном случае числом 90.","definition_ids":["simple_graph","clique","chromatic_number"]}]},"solutions":[{"id":"sol-official-induction-degree","title":"Официальная индукция с разбором большой и малой степени","status":"ai_checked","definition_ids":["simple_graph","clique","degree","chromatic_number"],"standard_idea_ids":["induction","greedy_ordering"],"tags":[],"has_text":true,"text_preview":"Переведем условие на язык графов. Участники будут вершинами простого графа \\(G\\), а знакомые пары - ребрами. Тогда кружок из условия - это максимальная по включению клика размера хотя бы \\(2\\): ее вершины попарно соединены, а условие про любого другого участника ровно означает, что к этой клике нельзя добавить еще одну вершину. Рассадка по аудиториям - это раскраска вершин; нужно, чтобы ни одна максимальная клика размера хотя бы \\(2\\) не оказалась одноцветной. Докажем более сильное утверждение: для любого натурального \\(k\\) любой граф не более чем на \\(k^2\\) вершинах можно раскрасить не более чем в \\(2k\\) цветов так, чтобы ни одна максимальная клика размера хотя бы \\(2\\) не была одноцветной. Тогда исходная задача получается при \\(k=45\\), потому что \\(2018\\le 2025=45^2\\), а цветов будет \\(90\\). Докажем утверждение индукцией по \\(k\\). При \\(k=1\\) и \\(k=2\\) имеем \\(k^2\\le 2k\\), поэтому мож…"}],"relations":[{"id":"rel-degeneracy-greedy-to-mmo-2018-clique-coloring","neighbor_id":"degeneracy-greedy-coloring","direction":"backward","type":"prerequisite","distance":1,"status":"ai_checked"}],"search_text":"mmo-2018-acquaintance-seating-clique-chromatic рассадка 2018 участников и кликовое хроматическое число, ммо 2017/18 coloring graph_model induction 2018 https://mos.olimpiada.ru/upload/files/archive_tasks_2013-.../2017-18/math/ans-math-9-final-17-8.pdf https://mos.olimpiada.ru/upload/files/archive_tasks_2013-.../2017-18/math/tasks-math-9-final-17-8.pdf lxxxi московская математическая олимпиада 2017/18, 9 класс, финальные решения lxxxi московская математическая олимпиада 2017/18, 9 класс, финальные условия mmo mmo2018 olympiad_archive problem_and_solution src-mmo-2018-grade9-final src-mmo-2018-grade9-final-solutions with_solution рассадка рассадка2018 lxxxi московская математическая олимпиада 2017/18, 9 класс, финальные условия lxxxi московская математическая олимпиада 2017/18, 9 класс, финальные решения stmt-original участники олимпиады и кружки ai_checked на олимпиаду пришло 2018 участников, некоторые участники знакомы между собой. будем говорить, что несколько попарно знакомых участников образуют кружок, если любой другой участник олимпиады не знаком с кем-то из них. докажите, что можно рассадить всех участников олимпиады по 90 аудиториям так, что ни в какой аудитории не сидят все представители какого-либо кружка. clique stmt-graph раскраска без одноцветных максимальных клик ai_checked для любого графа g не более чем на 2018 вершинах раскрасьте v(g) не более чем в 90 цветов так, чтобы ни одна максимальная клика размера хотя бы 2 не была одноцветной. эквивалентно, требуется оценить кликовое хроматическое число в этом конечном случае числом 90. simple_graph clique chromatic_number idea-rooms-as-clique-coloring аудитории как цвета официальный комментарий говорит, что задача относится к кликовому хроматическому числу графа: участники являются вершинами, пары знакомых - ребрами, а кружок - максимальной кликой. рассадка по аудиториям становится раскраской вершин, при которой каждая существенная максимальная клика не является одноцветной. graph_model coloring ai_checked sol-official-induction-degree официальная индукция с разбором большой и малой степени ai_checked simple_graph clique degree chromatic_number induction greedy_ordering переведем условие на язык графов. участники будут вершинами простого графа \\(g\\), а знакомые пары - ребрами. тогда кружок из условия - это максимальная по включению клика размера хотя бы \\(2\\): ее вершины попарно соединены, а условие про любого другого участника ровно означает, что к этой клике нельзя добавить еще одну вершину. рассадка по аудиториям - это раскраска вершин; нужно, чтобы ни одна максимальная клика размера хотя бы \\(2\\) не оказалась одноцветной. докажем более сильное утверждение: для любого натурального \\(k\\) любой граф не более чем на \\(k^2\\) вершинах можно раскрасить не более чем в \\(2k\\) цветов так, чтобы ни одна максимальная клика размера хотя бы \\(2\\) не была одноцветной. тогда исходная задача получается при \\(k=45\\), потому что \\(2018\\le 2025=45^2\\), а цветов будет \\(90\\). докажем утверждение индукцией по \\(k\\). при \\(k=1\\) и \\(k=2\\) имеем \\(k^2\\le 2k\\), поэтому мож… mmo-2018-acquaintance-seating-clique-chromatic rassadka 2018 uchastnikov i klikovoe hromaticheskoe chislo, mmo 2017/18 coloring graph_model induction 2018 https://mos.olimpiada.ru/upload/files/archive_tasks_2013-.../2017-18/math/ans-math-9-final-17-8.pdf https://mos.olimpiada.ru/upload/files/archive_tasks_2013-.../2017-18/math/tasks-math-9-final-17-8.pdf lxxxi moskovskaya matematicheskaya olimpiada 2017/18, 9 klass, finalnye resheniya lxxxi moskovskaya matematicheskaya olimpiada 2017/18, 9 klass, finalnye usloviya mmo mmo2018 olympiad_archive problem_and_solution src-mmo-2018-grade9-final src-mmo-2018-grade9-final-solutions with_solution rassadka rassadka2018 lxxxi moskovskaya matematicheskaya olimpiada 2017/18, 9 klass, finalnye usloviya lxxxi moskovskaya matematicheskaya olimpiada 2017/18, 9 klass, finalnye resheniya stmt-original uchastniki olimpiady i kruzhki ai_checked na olimpiadu prishlo 2018 uchastnikov, nekotorye uchastniki znakomy mezhdu soboy. budem govorit, chto neskolko poparno znakomyh uchastnikov obrazuyut kruzhok, esli lyuboy drugoy uchastnik olimpiady ne znakom s kem-to iz nih. dokazhite, chto mozhno rassadit vseh uchastnikov olimpiady po 90 auditoriyam tak, chto ni v kakoy auditorii ne sidyat vse predstaviteli kakogo-libo kruzhka. clique stmt-graph raskraska bez odnotsvetnyh maksimalnyh klik ai_checked dlya lyubogo grafa g ne bolee chem na 2018 vershinah raskraste v(g) ne bolee chem v 90 tsvetov tak, chtoby ni odna maksimalnaya klika razmera hotya by 2 ne byla odnotsvetnoy. ekvivalentno, trebuetsya otsenit klikovoe hromaticheskoe chislo v etom konechnom sluchae chislom 90. simple_graph clique chromatic_number idea-rooms-as-clique-coloring auditorii kak tsveta ofitsialnyy kommentariy govorit, chto zadacha otnositsya k klikovomu hromaticheskomu chislu grafa: uchastniki yavlyayutsya vershinami, pary znakomyh - rebrami, a kruzhok - maksimalnoy klikoy. rassadka po auditoriyam stanovitsya raskraskoy vershin, pri kotoroy kazhdaya suschestvennaya maksimalnaya klika ne yavlyaetsya odnotsvetnoy. graph_model coloring ai_checked sol-official-induction-degree ofitsialnaya induktsiya s razborom bolshoy i maloy stepeni ai_checked simple_graph clique degree chromatic_number induction greedy_ordering perevedem uslovie na yazyk grafov. uchastniki budut vershinami prostogo grafa \\(g\\), a znakomye pary - rebrami. togda kruzhok iz usloviya - eto maksimalnaya po vklyucheniyu klika razmera hotya by \\(2\\): ee vershiny poparno soedineny, a uslovie pro lyubogo drugogo uchastnika rovno oznachaet, chto k etoy klike nelzya dobavit esche odnu vershinu. rassadka po auditoriyam - eto raskraska vershin; nuzhno, chtoby ni odna maksimalnaya klika razmera hotya by \\(2\\) ne okazalas odnotsvetnoy. dokazhem bolee silnoe utverzhdenie: dlya lyubogo naturalnogo \\(k\\) lyuboy graf ne bolee chem na \\(k^2\\) vershinah mozhno raskrasit ne bolee chem v \\(2k\\) tsvetov tak, chtoby ni odna maksimalnaya klika razmera hotya by \\(2\\) ne byla odnotsvetnoy. togda ishodnaya zadacha poluchaetsya pri \\(k=45\\), potomu chto \\(2018\\le 2025=45^2\\), a tsvetov budet \\(90\\). dokazhem utverzhdenie induktsiey po \\(k\\). pri \\(k=1\\) i \\(k=2\\) imeem \\(k^2\\le 2k\\), poetomu mozh…","source_keys":["mmo"]}
{"id":"mmo-2020-one-way-roads-acyclic-tournament","title":"Односторонние дороги между 32 городами, ММО 2020/21, 8 класс, задача 6","path":"data\\problems\\mmo\\mmo-2020-one-way-roads-acyclic-tournament.yaml","raw_github_url":"https://raw.githubusercontent.com/didin-maxim/knowledge_graph_of_graphs/main/data/problems/mmo/mmo-2020-one-way-roads-acyclic-tournament.yaml","viewer_url":"https://didin-maxim.github.io/knowledge_graph_of_graphs/#mmo-2020-one-way-roads-acyclic-tournament","source_key":"mmo","source_label":"ММО","source_titles":["Московская математическая олимпиада 2020/21, 8 класс, финальные условия","Московская математическая олимпиада 2020/21, 8 класс, финальные решения"],"year":"2020","type":"olympiad_problem","authors":["Заславский А.А."],"tags":["tournaments","graph_model","induction","dynamics","extremal_choice"],"agent_topics":[],"difficulty":{"main":"national_final_hard","local_score":6,"comment":"ММО 2020/21, заключительный этап, 8 класс, задача 6.","status":"ai_checked"},"review_status":"ai_checked","public_ready":true,"solution_state":"with_solution","solution_classification":{"type":"official_complete_or_near_complete","status":"ai_checked","confidence":0.82,"basis":"официальное решение source and non-compressed solution text","notes":"Текущий текст основан на официальном источнике и выглядит полным или почти полным.","label":"официальное полное/почти полное"},"statements":{"original":[{"id":"stmt-original","title":"Министр меняет направления дорог","status":"ai_checked","text":"В некотором государстве 32 города, каждые два из которых соединены дорогой с односторонним движением. Министр путей сообщения, тайный злодей, решил так организовать движение, что, покинув любой город, в него нельзя будет вернуться. Для этого он каждый день, начиная с 1 июня 2021 года, может менять направление движения на одной из дорог. Докажите, что он сможет добиться своего к 2022 году, то есть за 214 дней.","definition_ids":["directed_graph","tournament","cycle"]}],"graph_theory":[{"id":"stmt-graph","title":"Развороты ребер турнира до ацикличности","status":"ai_checked","text":"Дан турнир на 32 вершинах. За один ход разрешено развернуть одно ребро. Нужно доказать, что не более чем за 214 разворотов можно получить ациклический турнир, то есть такой порядок вершин, в котором все ребра направлены вперед.","definition_ids":["directed_graph","tournament","cycle"]}]},"solutions":[{"id":"sol-official-induction","title":"Индукция по степеням двойки","status":"ai_checked","definition_ids":["directed_graph","tournament","cycle"],"standard_idea_ids":["induction"],"tags":[],"has_text":true,"text_preview":"Переведем условие на язык турниров. Города считаем вершинами, а дорога между двумя городами задает направление ребра. Требование «покинув любой город, в него нельзя будет вернуться» означает отсутствие ориентированных циклов: если можно выйти из города и вернуться в него по направленным дорогам, то в получившемся замкнутом маршруте есть ориентированный цикл; обратно, ориентированный цикл сразу дает возвращение в начальный город. Поэтому достаточно получить ациклический турнир. Докажем более сильное утверждение: для любого \\(n\\ge 1\\) любой турнир на \\(2^n\\) вершинах можно сделать ациклическим не более чем за \\[F(n)=2^{n-2}(2^n-n-1)\\] разворотов ребер. При \\(n=1\\) вершин две, ориентированного цикла быть не может, и \\(F(1)=0\\). Лемма. Пусть в турнире \\(2k\\) вершин. Выберем \\(k\\) вершин с наибольшими исходящими степенями и назовем это множество \\(A\\). Тогда суммарная исходящая степень верши…"}],"relations":[],"search_text":"mmo-2020-one-way-roads-acyclic-tournament односторонние дороги между 32 городами, ммо 2020/21, 8 класс, задача 6 tournaments graph_model induction dynamics extremal_choice 2020 https://mos.olimpiada.ru/upload/files/archive_tasks_2013-.../2020-21/math/ans-math-8-final-20-21.pdf https://mos.olimpiada.ru/upload/files/archive_tasks_2013-.../2020-21/math/tasks-math-8-final-20-21.pdf mmo mmo2020 olympiad_archive problem_and_solution src-mmo-2020-21-ans-8-final src-mmo-2020-21-tasks-8-final with_solution заславский а.а. ммо ммо2020 московская математическая олимпиада 2020/21, 8 класс, финальные решения московская математическая олимпиада 2020/21, 8 класс, финальные условия заславский а.а. московская математическая олимпиада 2020/21, 8 класс, финальные условия московская математическая олимпиада 2020/21, 8 класс, финальные решения stmt-original министр меняет направления дорог ai_checked в некотором государстве 32 города, каждые два из которых соединены дорогой с односторонним движением. министр путей сообщения, тайный злодей, решил так организовать движение, что, покинув любой город, в него нельзя будет вернуться. для этого он каждый день, начиная с 1 июня 2021 года, может менять направление движения на одной из дорог. докажите, что он сможет добиться своего к 2022 году, то есть за 214 дней. directed_graph tournament cycle stmt-graph развороты ребер турнира до ацикличности ai_checked дан турнир на 32 вершинах. за один ход разрешено развернуть одно ребро. нужно доказать, что не более чем за 214 разворотов можно получить ациклический турнир, то есть такой порядок вершин, в котором все ребра направлены вперед. directed_graph tournament cycle idea-half-largest-outdegree выбрать половину городов и индуктивно упорядочить части достаточно доказать общую оценку для \\(2^n\\) городов. выберем половину вершин с наибольшими исходящими степенями; тогда из этой половины наружу идет достаточно много ребер, поэтому мало междолевых ребер придется развернуть, чтобы все они шли из первой половины во вторую. после этого обе половины обрабатываются индуктивно. induction tournaments extremal_choice ai_checked sol-official-induction индукция по степеням двойки ai_checked directed_graph tournament cycle induction переведем условие на язык турниров. города считаем вершинами, а дорога между двумя городами задает направление ребра. требование «покинув любой город, в него нельзя будет вернуться» означает отсутствие ориентированных циклов: если можно выйти из города и вернуться в него по направленным дорогам, то в получившемся замкнутом маршруте есть ориентированный цикл; обратно, ориентированный цикл сразу дает возвращение в начальный город. поэтому достаточно получить ациклический турнир. докажем более сильное утверждение: для любого \\(n\\ge 1\\) любой турнир на \\(2^n\\) вершинах можно сделать ациклическим не более чем за \\[f(n)=2^{n-2}(2^n-n-1)\\] разворотов ребер. при \\(n=1\\) вершин две, ориентированного цикла быть не может, и \\(f(1)=0\\). лемма. пусть в турнире \\(2k\\) вершин. выберем \\(k\\) вершин с наибольшими исходящими степенями и назовем это множество \\(a\\). тогда суммарная исходящая степень верши… mmo-2020-one-way-roads-acyclic-tournament odnostoronnie dorogi mezhdu 32 gorodami, mmo 2020/21, 8 klass, zadacha 6 tournaments graph_model induction dynamics extremal_choice 2020 https://mos.olimpiada.ru/upload/files/archive_tasks_2013-.../2020-21/math/ans-math-8-final-20-21.pdf https://mos.olimpiada.ru/upload/files/archive_tasks_2013-.../2020-21/math/tasks-math-8-final-20-21.pdf mmo mmo2020 olympiad_archive problem_and_solution src-mmo-2020-21-ans-8-final src-mmo-2020-21-tasks-8-final with_solution zaslavskiy a.a. mmo mmo2020 moskovskaya matematicheskaya olimpiada 2020/21, 8 klass, finalnye resheniya moskovskaya matematicheskaya olimpiada 2020/21, 8 klass, finalnye usloviya zaslavskiy a.a. moskovskaya matematicheskaya olimpiada 2020/21, 8 klass, finalnye usloviya moskovskaya matematicheskaya olimpiada 2020/21, 8 klass, finalnye resheniya stmt-original ministr menyaet napravleniya dorog ai_checked v nekotorom gosudarstve 32 goroda, kazhdye dva iz kotoryh soedineny dorogoy s odnostoronnim dvizheniem. ministr putey soobscheniya, taynyy zlodey, reshil tak organizovat dvizhenie, chto, pokinuv lyuboy gorod, v nego nelzya budet vernutsya. dlya etogo on kazhdyy den, nachinaya s 1 iyunya 2021 goda, mozhet menyat napravlenie dvizheniya na odnoy iz dorog. dokazhite, chto on smozhet dobitsya svoego k 2022 godu, to est za 214 dney. directed_graph tournament cycle stmt-graph razvoroty reber turnira do atsiklichnosti ai_checked dan turnir na 32 vershinah. za odin hod razresheno razvernut odno rebro. nuzhno dokazat, chto ne bolee chem za 214 razvorotov mozhno poluchit atsiklicheskiy turnir, to est takoy poryadok vershin, v kotorom vse rebra napravleny vpered. directed_graph tournament cycle idea-half-largest-outdegree vybrat polovinu gorodov i induktivno uporyadochit chasti dostatochno dokazat obschuyu otsenku dlya \\(2^n\\) gorodov. vyberem polovinu vershin s naibolshimi ishodyaschimi stepenyami; togda iz etoy poloviny naruzhu idet dostatochno mnogo reber, poetomu malo mezhdolevyh reber pridetsya razvernut, chtoby vse oni shli iz pervoy poloviny vo vtoruyu. posle etogo obe poloviny obrabatyvayutsya induktivno. induction tournaments extremal_choice ai_checked sol-official-induction induktsiya po stepenyam dvoyki ai_checked directed_graph tournament cycle induction perevedem uslovie na yazyk turnirov. goroda schitaem vershinami, a doroga mezhdu dvumya gorodami zadaet napravlenie rebra. trebovanie «pokinuv lyuboy gorod, v nego nelzya budet vernutsya» oznachaet otsutstvie orientirovannyh tsiklov: esli mozhno vyyti iz goroda i vernutsya v nego po napravlennym dorogam, to v poluchivshemsya zamknutom marshrute est orientirovannyy tsikl; obratno, orientirovannyy tsikl srazu daet vozvraschenie v nachalnyy gorod. poetomu dostatochno poluchit atsiklicheskiy turnir. dokazhem bolee silnoe utverzhdenie: dlya lyubogo \\(n\\ge 1\\) lyuboy turnir na \\(2^n\\) vershinah mozhno sdelat atsiklicheskim ne bolee chem za \\[f(n)=2^{n-2}(2^n-n-1)\\] razvorotov reber. pri \\(n=1\\) vershin dve, orientirovannogo tsikla byt ne mozhet, i \\(f(1)=0\\). lemma. pust v turnire \\(2k\\) vershin. vyberem \\(k\\) vershin s naibolshimi ishodyaschimi stepenyami i nazovem eto mnozhestvo \\(a\\). togda summarnaya ishodyaschaya stepen vershi…","source_keys":["mmo"]}
{"id":"mmo-2023-hypergraph-club-acquaintance-graph","title":"Клуб гиперграфов: минимум школьников при 100 заседаниях и условии на знакомства, ММО 2023/24, 10 класс, задача 3","path":"data\\problems\\mmo\\mmo-2023-hypergraph-club-acquaintance-graph.yaml","raw_github_url":"https://raw.githubusercontent.com/didin-maxim/knowledge_graph_of_graphs/main/data/problems/mmo/mmo-2023-hypergraph-club-acquaintance-graph.yaml","viewer_url":"https://didin-maxim.github.io/knowledge_graph_of_graphs/#mmo-2023-hypergraph-club-acquaintance-graph","source_key":"mmo","source_label":"ММО","source_titles":["Московская математическая олимпиада 2023/24, 10 класс, финальные условия","Московская математическая олимпиада 2023/24, 10 класс, финальные решения"],"year":"2023","type":"olympiad_problem","authors":["Д. Метелев"],"tags":["graph_model","degree_counting","double_counting","construction","goal_exact_bound"],"agent_topics":[],"difficulty":{"main":"national_final_medium","local_score":5,"comment":"ММО 2023/24, заключительный этап, 10 класс, задача 3; ответ 11 получается из короткой нижней оценки по максимальному числу посещений и явной конструкции.","status":"ai_checked"},"review_status":"ai_checked","public_ready":true,"solution_state":"with_solution","solution_classification":{"type":"official_complete_or_near_complete","status":"ai_checked","confidence":0.82,"basis":"официальное решение source and non-compressed solution text","notes":"Текущий текст основан на официальном источнике и выглядит полным или почти полным.","label":"официальное полное/почти полное"},"statements":{"original":[{"id":"stmt-original","title":"Заседания клуба гиперграфов","status":"ai_checked","text":"В клуб любителей гиперграфов в начале года записались n попарно незнакомых школьников. За год клуб провел 100 заседаний, каждое посетил хотя бы один школьник. Два школьника знакомились, если было хотя бы одно заседание, которое они оба посетили. В конце года оказалось, что количество знакомых у каждого школьника не меньше, чем количество заседаний, которые он посетил. Найдите минимальное значение n, при котором такое могло случиться.","definition_ids":["simple_graph","degree"]}],"graph_theory":[{"id":"stmt-graph","title":"Минимальный порядок гиперграфа с ограничением на степени 2-секции","status":"ai_checked","text":"Дан гиперграф H с n вершинами и 100 непустыми гиперребрами. Пусть G - 2-секция H: две разные вершины смежны в G тогда и только тогда, когда они входят в общее гиперребро H. Найти минимальное n, для которого возможно, что для каждой вершины v степень v в G не меньше числа гиперребер H, содержащих v.","definition_ids":["simple_graph","degree"]}]},"solutions":[{"id":"sol-official-hypergraph-club","title":"Оценка и конструкция на 11 школьниках","status":"ai_checked","definition_ids":["simple_graph","degree"],"standard_idea_ids":["double_counting","extremal_choice"],"tags":[],"has_text":true,"text_preview":"Ответ: 11. Сначала докажем, что меньше 11 школьников быть не могло. Для каждого школьника посчитаем, сколько заседаний он посетил, и выберем школьника A, у которого это число максимально; обозначим его через k. Каждое из 100 заседаний посетил хотя бы один школьник, поэтому общее число посещений всех школьников по всем заседаниям не меньше 100. С другой стороны, по выбору A каждый из n школьников посетил не более k заседаний, значит общее число посещений не больше nk. Следовательно, nk >= 100, то есть k >= 100/n. По условию у школьника A число знакомых не меньше числа посещенных им заседаний, значит у A есть по крайней мере k знакомых. Вместе с самим A это дает по крайней мере k + 1 различных школьников, поэтому n >= k + 1. Совмещая это с k >= 100/n, получаем n >= 100/n + 1. При n <= 10 правая часть строго больше n, поскольку 100/n + 1 >= 11, а значит такое n невозможно. Следовательно, n…"}],"relations":[{"id":"rel-mmo-2008-athletes-arbiters-mmo-2023-hypergraph-club","neighbor_id":"mmo-2008-athletes-arbiters-photos","direction":"backward","type":"same_motif","distance":3,"status":"needs_human_review"}],"search_text":"mmo-2023-hypergraph-club-acquaintance-graph клуб гиперграфов: минимум школьников при 100 заседаниях и условии на знакомства, ммо 2023/24, 10 класс, задача 3 graph_model degree_counting double_counting construction goal_exact_bound 2023 https://mos.olimpiada.ru/upload/files/archive_tasks_2013-.../2023-24/math/sol-math-10-final-23-24.pdf https://mos.olimpiada.ru/upload/files/archive_tasks_2013-.../2023-24/math/tasks-math-10-final-23-24.pdf mmo mmo2023 olympiad_archive problem_and_solution src-mmo-2023-24-sol-10-final src-mmo-2023-24-tasks-10-final with_solution д. метелев ммо ммо2023 московская математическая олимпиада 2023/24, 10 класс, финальные решения московская математическая олимпиада 2023/24, 10 класс, финальные условия д. метелев московская математическая олимпиада 2023/24, 10 класс, финальные условия московская математическая олимпиада 2023/24, 10 класс, финальные решения stmt-original заседания клуба гиперграфов ai_checked в клуб любителей гиперграфов в начале года записались n попарно незнакомых школьников. за год клуб провел 100 заседаний, каждое посетил хотя бы один школьник. два школьника знакомились, если было хотя бы одно заседание, которое они оба посетили. в конце года оказалось, что количество знакомых у каждого школьника не меньше, чем количество заседаний, которые он посетил. найдите минимальное значение n, при котором такое могло случиться. simple_graph degree stmt-graph минимальный порядок гиперграфа с ограничением на степени 2-секции ai_checked дан гиперграф h с n вершинами и 100 непустыми гиперребрами. пусть g - 2-секция h: две разные вершины смежны в g тогда и только тогда, когда они входят в общее гиперребро h. найти минимальное n, для которого возможно, что для каждой вершины v степень v в g не меньше числа гиперребер h, содержащих v. simple_graph degree idea-incidence-vs-acquaintance-degree сравнить посещения и степени в графе знакомств заседания образуют гиперребра, а знакомства - обычный граф на тех же вершинах. нижняя оценка получается из выбора школьника с максимальным числом посещений: общее число посещений не меньше числа заседаний, а условие задачи превращает число посещений этого школьника в нижнюю оценку на его степень в графе знакомств. graph_model degree_counting ai_checked sol-official-hypergraph-club оценка и конструкция на 11 школьниках ai_checked simple_graph degree double_counting extremal_choice ответ: 11. сначала докажем, что меньше 11 школьников быть не могло. для каждого школьника посчитаем, сколько заседаний он посетил, и выберем школьника a, у которого это число максимально; обозначим его через k. каждое из 100 заседаний посетил хотя бы один школьник, поэтому общее число посещений всех школьников по всем заседаниям не меньше 100. с другой стороны, по выбору a каждый из n школьников посетил не более k заседаний, значит общее число посещений не больше nk. следовательно, nk >= 100, то есть k >= 100/n. по условию у школьника a число знакомых не меньше числа посещенных им заседаний, значит у a есть по крайней мере k знакомых. вместе с самим a это дает по крайней мере k + 1 различных школьников, поэтому n >= k + 1. совмещая это с k >= 100/n, получаем n >= 100/n + 1. при n <= 10 правая часть строго больше n, поскольку 100/n + 1 >= 11, а значит такое n невозможно. следовательно, n… mmo-2023-hypergraph-club-acquaintance-graph klub gipergrafov: minimum shkolnikov pri 100 zasedaniyah i uslovii na znakomstva, mmo 2023/24, 10 klass, zadacha 3 graph_model degree_counting double_counting construction goal_exact_bound 2023 https://mos.olimpiada.ru/upload/files/archive_tasks_2013-.../2023-24/math/sol-math-10-final-23-24.pdf https://mos.olimpiada.ru/upload/files/archive_tasks_2013-.../2023-24/math/tasks-math-10-final-23-24.pdf mmo mmo2023 olympiad_archive problem_and_solution src-mmo-2023-24-sol-10-final src-mmo-2023-24-tasks-10-final with_solution d. metelev mmo mmo2023 moskovskaya matematicheskaya olimpiada 2023/24, 10 klass, finalnye resheniya moskovskaya matematicheskaya olimpiada 2023/24, 10 klass, finalnye usloviya d. metelev moskovskaya matematicheskaya olimpiada 2023/24, 10 klass, finalnye usloviya moskovskaya matematicheskaya olimpiada 2023/24, 10 klass, finalnye resheniya stmt-original zasedaniya kluba gipergrafov ai_checked v klub lyubiteley gipergrafov v nachale goda zapisalis n poparno neznakomyh shkolnikov. za god klub provel 100 zasedaniy, kazhdoe posetil hotya by odin shkolnik. dva shkolnika znakomilis, esli bylo hotya by odno zasedanie, kotoroe oni oba posetili. v kontse goda okazalos, chto kolichestvo znakomyh u kazhdogo shkolnika ne menshe, chem kolichestvo zasedaniy, kotorye on posetil. naydite minimalnoe znachenie n, pri kotorom takoe moglo sluchitsya. simple_graph degree stmt-graph minimalnyy poryadok gipergrafa s ogranicheniem na stepeni 2-sektsii ai_checked dan gipergraf h s n vershinami i 100 nepustymi giperrebrami. pust g - 2-sektsiya h: dve raznye vershiny smezhny v g togda i tolko togda, kogda oni vhodyat v obschee giperrebro h. nayti minimalnoe n, dlya kotorogo vozmozhno, chto dlya kazhdoy vershiny v stepen v v g ne menshe chisla giperreber h, soderzhaschih v. simple_graph degree idea-incidence-vs-acquaintance-degree sravnit posescheniya i stepeni v grafe znakomstv zasedaniya obrazuyut giperrebra, a znakomstva - obychnyy graf na teh zhe vershinah. nizhnyaya otsenka poluchaetsya iz vybora shkolnika s maksimalnym chislom posescheniy: obschee chislo posescheniy ne menshe chisla zasedaniy, a uslovie zadachi prevraschaet chislo posescheniy etogo shkolnika v nizhnyuyu otsenku na ego stepen v grafe znakomstv. graph_model degree_counting ai_checked sol-official-hypergraph-club otsenka i konstruktsiya na 11 shkolnikah ai_checked simple_graph degree double_counting extremal_choice otvet: 11. snachala dokazhem, chto menshe 11 shkolnikov byt ne moglo. dlya kazhdogo shkolnika poschitaem, skolko zasedaniy on posetil, i vyberem shkolnika a, u kotorogo eto chislo maksimalno; oboznachim ego cherez k. kazhdoe iz 100 zasedaniy posetil hotya by odin shkolnik, poetomu obschee chislo posescheniy vseh shkolnikov po vsem zasedaniyam ne menshe 100. s drugoy storony, po vyboru a kazhdyy iz n shkolnikov posetil ne bolee k zasedaniy, znachit obschee chislo posescheniy ne bolshe nk. sledovatelno, nk >= 100, to est k >= 100/n. po usloviyu u shkolnika a chislo znakomyh ne menshe chisla poseschennyh im zasedaniy, znachit u a est po krayney mere k znakomyh. vmeste s samim a eto daet po krayney mere k + 1 razlichnyh shkolnikov, poetomu n >= k + 1. sovmeschaya eto s k >= 100/n, poluchaem n >= 100/n + 1. pri n <= 10 pravaya chast strogo bolshe n, poskolku 100/n + 1 >= 11, a znachit takoe n nevozmozhno. sledovatelno, n…","source_keys":["mmo"]}
{"id":"mmo-2024-symposium-acquaintance-lies","title":"Симпозиум лжецов и правдолюбов: ответы о знакомстве, ММО 2024/25, 11 класс, задача 1","path":"data\\problems\\mmo\\mmo-2024-symposium-acquaintance-lies.yaml","raw_github_url":"https://raw.githubusercontent.com/didin-maxim/knowledge_graph_of_graphs/main/data/problems/mmo/mmo-2024-symposium-acquaintance-lies.yaml","viewer_url":"https://didin-maxim.github.io/knowledge_graph_of_graphs/#mmo-2024-symposium-acquaintance-lies","source_key":"mmo","source_label":"ММО","source_titles":["Московская математическая олимпиада 2024/25, 11 класс, финал, день 1, условия","Московская математическая олимпиада 2024/25, 11 класс, финал, день 1, решения"],"year":"2024","type":"olympiad_problem","authors":["Евдокимов М.А."],"tags":["graph_model","graph_symmetry","double_counting","construction","goal_exact_bound"],"agent_topics":[],"difficulty":{"main":"national_final_easy","local_score":3,"comment":"ММО 2024/25, заключительный этап, 11 класс, первый день, задача 1; вариант 8 класса с 12 участниками имеет ту же модель.","status":"ai_checked"},"review_status":"ai_checked","public_ready":true,"solution_state":"with_solution","solution_classification":{"type":"official_complete_or_near_complete","status":"ai_checked","confidence":0.82,"basis":"официальное решение source and non-compressed solution text","notes":"Текущий текст основан на официальном источнике и выглядит полным или почти полным.","label":"официальное полное/почти полное"},"statements":{"original":[{"id":"stmt-original","title":"100 участников отвечают о знакомстве","status":"ai_checked","text":"На совместный симпозиум лжецов, которые всегда лгут, и правдолюбов, которые всегда говорят правду, собрались 100 участников, среди которых не все лжецы и не все правдолюбы. Каждые два участника либо знакомы, либо незнакомы друг с другом. Каждый ответил \"да\" или \"нет\" на вопрос \"Знакомы ли вы?\" про каждого из остальных. Какое наименьшее количество ответов \"да\" могло быть получено?","definition_ids":["simple_graph","complement_graph"]}],"graph_theory":[{"id":"stmt-graph","title":"Положительные ответы в графе знакомств и его дополнении","status":"ai_checked","text":"На 100 вершинах задан простой граф G. Вершины разбиты на два непустых множества T и L. Для каждой упорядоченной пары разных вершин (v,w) засчитывается положительный ответ: если v принадлежит T и vw является ребром G, либо если v принадлежит L и vw является ребром дополнительного графа к G. Требуется минимизировать общее число положительных ответов.","definition_ids":["simple_graph","complement_graph"]}]},"solutions":[{"id":"sol-official-count-yes","title":"Подсчет положительных ответов по типам участников","status":"ai_checked","definition_ids":["simple_graph","complement_graph","graph_cut"],"standard_idea_ids":["double_counting","extremal_choice"],"tags":[],"has_text":true,"text_preview":"Ответ: 99. Назовем участников двух типов: правдолюбы всегда отвечают правду, лжецы всегда отвечают неправду. Пусть лжецов n, тогда правдолюбов 100 - n. По условию оба типа непусты, поэтому 1 <= n <= 99. Рассмотрим одну неупорядоченную пару, состоящую из лжеца L и правдолюба P. Если L и P знакомы, то P на вопрос про L отвечает \"да\", а L на вопрос про P лжет и отвечает \"нет\"; значит от этой пары получается ровно один ответ \"да\". Если L и P незнакомы, то P отвечает \"нет\", а L лжет и отвечает \"да\"; снова получается ровно один ответ \"да\". Итак, каждая смешанная пара лжец-правдолюб дает ровно один положительный ответ независимо от графа знакомств. Таких смешанных пар ровно n(100 - n). Пары одного типа не могут уменьшить это число: от двух правдолюбов получается либо два ответа \"да\" при знакомстве, либо ноль при незнакомстве; от двух лжецов получается либо ноль ответов \"да\" при знакомстве, либ…"}],"relations":[],"search_text":"mmo-2024-symposium-acquaintance-lies симпозиум лжецов и правдолюбов: ответы о знакомстве, ммо 2024/25, 11 класс, задача 1 graph_model graph_symmetry double_counting construction goal_exact_bound 2024 https://mos.olimpiada.ru/upload/files/archive_tasks_2013-.../2024-25/math/sol-math-11-tur1-final-24-25.pdf https://mos.olimpiada.ru/upload/files/archive_tasks_2013-.../2024-25/math/tasks-math-11-tur1-final-24-25.pdf mmo mmo2024 olympiad_archive problem_and_solution src-mmo-2024-25-sol-11-tur1-final src-mmo-2024-25-tasks-11-tur1-final with_solution евдокимов м.а. ммо ммо2024 московская математическая олимпиада 2024/25, 11 класс, финал, день 1, решения московская математическая олимпиада 2024/25, 11 класс, финал, день 1, условия евдокимов м.а. московская математическая олимпиада 2024/25, 11 класс, финал, день 1, условия московская математическая олимпиада 2024/25, 11 класс, финал, день 1, решения stmt-original 100 участников отвечают о знакомстве ai_checked на совместный симпозиум лжецов, которые всегда лгут, и правдолюбов, которые всегда говорят правду, собрались 100 участников, среди которых не все лжецы и не все правдолюбы. каждые два участника либо знакомы, либо незнакомы друг с другом. каждый ответил \"да\" или \"нет\" на вопрос \"знакомы ли вы?\" про каждого из остальных. какое наименьшее количество ответов \"да\" могло быть получено? simple_graph complement_graph stmt-graph положительные ответы в графе знакомств и его дополнении ai_checked на 100 вершинах задан простой граф g. вершины разбиты на два непустых множества t и l. для каждой упорядоченной пары разных вершин (v,w) засчитывается положительный ответ: если v принадлежит t и vw является ребром g, либо если v принадлежит l и vw является ребром дополнительного графа к g. требуется минимизировать общее число положительных ответов. simple_graph complement_graph idea-split-by-truthfulness разбить вершины по типу ответа после разбиения участников на правдолюбов и лжецов каждая смешанная неупорядоченная пара дает ровно один ответ \"да\", независимо от знакомства. пары одного типа могут добавить только 0 или 2 ответа \"да\", поэтому нижняя оценка получается из размера разреза между двумя типами. graph_model graph_symmetry ai_checked sol-official-count-yes подсчет положительных ответов по типам участников ai_checked simple_graph complement_graph graph_cut double_counting extremal_choice ответ: 99. назовем участников двух типов: правдолюбы всегда отвечают правду, лжецы всегда отвечают неправду. пусть лжецов n, тогда правдолюбов 100 - n. по условию оба типа непусты, поэтому 1 <= n <= 99. рассмотрим одну неупорядоченную пару, состоящую из лжеца l и правдолюба p. если l и p знакомы, то p на вопрос про l отвечает \"да\", а l на вопрос про p лжет и отвечает \"нет\"; значит от этой пары получается ровно один ответ \"да\". если l и p незнакомы, то p отвечает \"нет\", а l лжет и отвечает \"да\"; снова получается ровно один ответ \"да\". итак, каждая смешанная пара лжец-правдолюб дает ровно один положительный ответ независимо от графа знакомств. таких смешанных пар ровно n(100 - n). пары одного типа не могут уменьшить это число: от двух правдолюбов получается либо два ответа \"да\" при знакомстве, либо ноль при незнакомстве; от двух лжецов получается либо ноль ответов \"да\" при знакомстве, либ… mmo-2024-symposium-acquaintance-lies simpozium lzhetsov i pravdolyubov: otvety o znakomstve, mmo 2024/25, 11 klass, zadacha 1 graph_model graph_symmetry double_counting construction goal_exact_bound 2024 https://mos.olimpiada.ru/upload/files/archive_tasks_2013-.../2024-25/math/sol-math-11-tur1-final-24-25.pdf https://mos.olimpiada.ru/upload/files/archive_tasks_2013-.../2024-25/math/tasks-math-11-tur1-final-24-25.pdf mmo mmo2024 olympiad_archive problem_and_solution src-mmo-2024-25-sol-11-tur1-final src-mmo-2024-25-tasks-11-tur1-final with_solution evdokimov m.a. mmo mmo2024 moskovskaya matematicheskaya olimpiada 2024/25, 11 klass, final, den 1, resheniya moskovskaya matematicheskaya olimpiada 2024/25, 11 klass, final, den 1, usloviya evdokimov m.a. moskovskaya matematicheskaya olimpiada 2024/25, 11 klass, final, den 1, usloviya moskovskaya matematicheskaya olimpiada 2024/25, 11 klass, final, den 1, resheniya stmt-original 100 uchastnikov otvechayut o znakomstve ai_checked na sovmestnyy simpozium lzhetsov, kotorye vsegda lgut, i pravdolyubov, kotorye vsegda govoryat pravdu, sobralis 100 uchastnikov, sredi kotoryh ne vse lzhetsy i ne vse pravdolyuby. kazhdye dva uchastnika libo znakomy, libo neznakomy drug s drugom. kazhdyy otvetil \"da\" ili \"net\" na vopros \"znakomy li vy?\" pro kazhdogo iz ostalnyh. kakoe naimenshee kolichestvo otvetov \"da\" moglo byt polucheno? simple_graph complement_graph stmt-graph polozhitelnye otvety v grafe znakomstv i ego dopolnenii ai_checked na 100 vershinah zadan prostoy graf g. vershiny razbity na dva nepustyh mnozhestva t i l. dlya kazhdoy uporyadochennoy pary raznyh vershin (v,w) zaschityvaetsya polozhitelnyy otvet: esli v prinadlezhit t i vw yavlyaetsya rebrom g, libo esli v prinadlezhit l i vw yavlyaetsya rebrom dopolnitelnogo grafa k g. trebuetsya minimizirovat obschee chislo polozhitelnyh otvetov. simple_graph complement_graph idea-split-by-truthfulness razbit vershiny po tipu otveta posle razbieniya uchastnikov na pravdolyubov i lzhetsov kazhdaya smeshannaya neuporyadochennaya para daet rovno odin otvet \"da\", nezavisimo ot znakomstva. pary odnogo tipa mogut dobavit tolko 0 ili 2 otveta \"da\", poetomu nizhnyaya otsenka poluchaetsya iz razmera razreza mezhdu dvumya tipami. graph_model graph_symmetry ai_checked sol-official-count-yes podschet polozhitelnyh otvetov po tipam uchastnikov ai_checked simple_graph complement_graph graph_cut double_counting extremal_choice otvet: 99. nazovem uchastnikov dvuh tipov: pravdolyuby vsegda otvechayut pravdu, lzhetsy vsegda otvechayut nepravdu. pust lzhetsov n, togda pravdolyubov 100 - n. po usloviyu oba tipa nepusty, poetomu 1 <= n <= 99. rassmotrim odnu neuporyadochennuyu paru, sostoyaschuyu iz lzhetsa l i pravdolyuba p. esli l i p znakomy, to p na vopros pro l otvechaet \"da\", a l na vopros pro p lzhet i otvechaet \"net\"; znachit ot etoy pary poluchaetsya rovno odin otvet \"da\". esli l i p neznakomy, to p otvechaet \"net\", a l lzhet i otvechaet \"da\"; snova poluchaetsya rovno odin otvet \"da\". itak, kazhdaya smeshannaya para lzhets-pravdolyub daet rovno odin polozhitelnyy otvet nezavisimo ot grafa znakomstv. takih smeshannyh par rovno n(100 - n). pary odnogo tipa ne mogut umenshit eto chislo: ot dvuh pravdolyubov poluchaetsya libo dva otveta \"da\" pri znakomstve, libo nol pri neznakomstve; ot dvuh lzhetsov poluchaetsya libo nol otvetov \"da\" pri znakomstve, lib…","source_keys":["mmo"]}
{"id":"no-isolated-vertices-edge-lower-bound","title":"Лемма о нижней оценке числа рёбер при почти отсутствии изолированных вершин","path":"data\\problems\\classical\\no-isolated-vertices-edge-lower-bound.yaml","raw_github_url":"https://raw.githubusercontent.com/didin-maxim/knowledge_graph_of_graphs/main/data/problems/classical/no-isolated-vertices-edge-lower-bound.yaml","viewer_url":"https://didin-maxim.github.io/knowledge_graph_of_graphs/#no-isolated-vertices-edge-lower-bound","source_key":"misc","source_label":"Прочее","source_titles":["УТЮМ 2024, командная олимпиада, 8 класс, 4. Дороги Липшира с запрещённым ребром между универсальными деревнями (официальный архив)"],"year":"","type":"lemma","authors":[],"tags":["extremal_graph_theory","double_counting","goal_bound"],"agent_topics":[],"difficulty":{"main":"exercise","local_score":1,"comment":"Короткая служебная лемма на сумму степеней; обычно используется как один шаг после перехода к дополнительному графу.","status":"ai_checked"},"review_status":"needs_human_review","public_ready":false,"solution_state":"with_solution","solution_classification":{"type":"official_complete_or_near_complete","label":"официальное полное/почти полное","status":"ai_checked","confidence":0.78,"basis":"агентский аудит средней сложности","notes":"Классическая извлечённая карточка имеет официальный источник и проверенное агентом решение.","audit_source":"agent-imo-us-classical.json"},"statements":{"original":[{"id":"stmt-original","title":"","status":"ai_checked","text":"Пусть \\(N\\ge 1\\), и пусть \\(H\\) — простой граф на \\(N\\) вершинах, в котором не более одной изолированной вершины. Тогда в \\(H\\) не менее \\(\\lceil (N-1)/2\\rceil\\) рёбер.","definition_ids":["simple_graph","degree"]}]},"solutions":[{"id":"sol-degree-sum","title":"Доказательство через сумму степеней","status":"ai_checked","definition_ids":["degree"],"standard_idea_ids":["double_counting"],"tags":[],"has_text":true,"text_preview":"Обозначим через \\(e\\) число рёбер графа \\(H\\). По условию в \\(H\\) не более одной изолированной вершины, значит как минимум \\(N-1\\) вершин имеют степень не меньше 1. Поэтому сумма степеней всех вершин не меньше \\(N-1\\). По лемме о рукопожатиях эта сумма равна \\(2e\\), следовательно \\(2e\\ge N-1\\). Так как \\(e\\) — целое число, получаем \\(e\\ge \\lceil (N-1)/2\\rceil\\)."}],"relations":[{"id":"rel-no-isolated-edge-lower-bound-utyum-2024-lipshire","neighbor_id":"utyum-2024_komol63_8_4_lipshire_roads","direction":"forward","type":"prerequisite","distance":1,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-handshaking-no-isolated-edge-lower-bound","neighbor_id":"handshaking-lemma","direction":"backward","type":"prerequisite","distance":1,"status":"ai_checked"}],"search_text":"no-isolated-vertices-edge-lower-bound лемма о нижней оценке числа рёбер при почти отсутствии изолированных вершин extremal_graph_theory double_counting goal_bound https://turmath.ru/uraltur/files/archive/ural63.zip misc official_archive src-utyum-2024_komol63_8_4_lipshire_roads-official with_solution прочее утюм 2024, командная олимпиада, 8 класс, 4. дороги липшира с запрещённым ребром между универсальными деревнями (официальный архив) ? утюм 2024, командная олимпиада, 8 класс, 4. дороги липшира с запрещённым ребром между универсальными деревнями (официальный архив) stmt-original ai_checked пусть \\(n\\ge 1\\), и пусть \\(h\\) — простой граф на \\(n\\) вершинах, в котором не более одной изолированной вершины. тогда в \\(h\\) не менее \\(\\lceil (n-1)/2\\rceil\\) рёбер. simple_graph degree idea-count-nonisolated-degrees посчитать степени неизолированных вершин если изолирована не более одной вершины, то по крайней мере \\(n-1\\) вершин имеют степень не меньше 1. поэтому сумма степеней не меньше \\(n-1\\), а каждое ребро даёт в эту сумму ровно 2. double_counting goal_bound ai_checked sol-degree-sum доказательство через сумму степеней ai_checked degree double_counting обозначим через \\(e\\) число рёбер графа \\(h\\). по условию в \\(h\\) не более одной изолированной вершины, значит как минимум \\(n-1\\) вершин имеют степень не меньше 1. поэтому сумма степеней всех вершин не меньше \\(n-1\\). по лемме о рукопожатиях эта сумма равна \\(2e\\), следовательно \\(2e\\ge n-1\\). так как \\(e\\) — целое число, получаем \\(e\\ge \\lceil (n-1)/2\\rceil\\). no-isolated-vertices-edge-lower-bound lemma o nizhney otsenke chisla reber pri pochti otsutstvii izolirovannyh vershin extremal_graph_theory double_counting goal_bound https://turmath.ru/uraltur/files/archive/ural63.zip misc official_archive src-utyum-2024_komol63_8_4_lipshire_roads-official with_solution prochee utyum 2024, komandnaya olimpiada, 8 klass, 4. dorogi lipshira s zapreschennym rebrom mezhdu universalnymi derevnyami (ofitsialnyy arhiv) ? utyum 2024, komandnaya olimpiada, 8 klass, 4. dorogi lipshira s zapreschennym rebrom mezhdu universalnymi derevnyami (ofitsialnyy arhiv) stmt-original ai_checked pust \\(n\\ge 1\\), i pust \\(h\\) — prostoy graf na \\(n\\) vershinah, v kotorom ne bolee odnoy izolirovannoy vershiny. togda v \\(h\\) ne menee \\(\\lceil (n-1)/2\\rceil\\) reber. simple_graph degree idea-count-nonisolated-degrees poschitat stepeni neizolirovannyh vershin esli izolirovana ne bolee odnoy vershiny, to po krayney mere \\(n-1\\) vershin imeyut stepen ne menshe 1. poetomu summa stepeney ne menshe \\(n-1\\), a kazhdoe rebro daet v etu summu rovno 2. double_counting goal_bound ai_checked sol-degree-sum dokazatelstvo cherez summu stepeney ai_checked degree double_counting oboznachim cherez \\(e\\) chislo reber grafa \\(h\\). po usloviyu v \\(h\\) ne bolee odnoy izolirovannoy vershiny, znachit kak minimum \\(n-1\\) vershin imeyut stepen ne menshe 1. poetomu summa stepeney vseh vershin ne menshe \\(n-1\\). po lemme o rukopozhatiyah eta summa ravna \\(2e\\), sledovatelno \\(2e\\ge n-1\\). tak kak \\(e\\) — tseloe chislo, poluchaem \\(e\\ge \\lceil (n-1)/2\\rceil\\).","source_keys":["misc"]}
{"id":"no-two-color-cycle-edge-bound","title":"Оценка числа рёбер при отсутствии двухцветных циклов","path":"data\\problems\\classical\\no-two-color-cycle-edge-bound.yaml","raw_github_url":"https://raw.githubusercontent.com/didin-maxim/knowledge_graph_of_graphs/main/data/problems/classical/no-two-color-cycle-edge-bound.yaml","viewer_url":"https://didin-maxim.github.io/knowledge_graph_of_graphs/#no-two-color-cycle-edge-bound","source_key":"misc","source_label":"Прочее","source_titles":["ФЮМ 2010, третий тур (a), задача 7","ФЮМ 2010, третий тур (b), задача 3"],"year":"","type":"lemma","authors":[],"tags":["coloring","trees","extremal_graph_theory","goal_bound","double_counting"],"agent_topics":[],"difficulty":{"main":"classical_tool","local_score":2,"comment":"Короткая олимпиадная лемма: ключевой шаг состоит в том, чтобы явно выделить двухцветные индуцированные подграфы как леса и затем аккуратно сложить стандартную оценку на число рёбер леса.","status":"ai_checked"},"review_status":"needs_human_review","public_ready":false,"solution_state":"with_solution","solution_classification":{"type":"official_complete_or_near_complete","label":"официальное полное/почти полное","status":"ai_checked","confidence":0.78,"basis":"агентский аудит средней сложности","notes":"Классическая извлечённая карточка имеет официальный источник и проверенное агентом решение.","audit_source":"agent-imo-us-classical.json"},"statements":{"original":[{"id":"stmt-general-bound","title":"","status":"ai_checked","text":"Пусть вершины конечного простого графа \\(G\\) окрашены в \\(r\\ge 2\\) цветов, а каждый цикл в \\(G\\) содержит вершины как минимум трёх различных цветов. Обозначим через \\(V_i\\) класс вершин цвета \\(i\\), а через \\(G_{ij}\\) подграф, индуцированный множеством \\(V_i\\cup V_j\\). Тогда каждый \\(G_{ij}\\) является лесом. Поэтому \\[ |E(G)|\\le \\sum_{1\\le i<j\\le r}|E(G_{ij})|\\le \\sum_{1\\le i<j\\le r,\\ V_i\\cup V_j\\ne\\varnothing} (|V_i|+|V_j|-1)\\le (r-1)|V(G)|. \\] В частности, при \\(r=5\\) достаточно удобной оценки \\(|E(G)|\\le 4|V(G)|\\).","definition_ids":["simple_graph","cycle","tree"]},{"id":"stmt-three-colors-corollary","title":"","status":"ai_checked","text":"Следствие для трёх цветов. Если вершины графа \\(G\\) окрашены в три цвета и каждый цикл содержит вершины всех трёх цветов, то \\(|E(G)|\\le 3(|V(G)|-1)\\) при \\(|V(G)|>0\\). Действительно, после удаления любого одного цвета оставшийся двухцветный индуцированный подграф не содержит циклов, значит является лесом и имеет не более \\(|V(G)|-1\\) рёбер; сумма по трём удаляемым цветам считает каждое ребро хотя бы один раз.","definition_ids":["simple_graph","cycle","tree"]}]},"solutions":[{"id":"sol-general-pair-counting","title":"Доказательство через пары цветов","status":"ai_checked","definition_ids":["simple_graph","cycle","tree"],"standard_idea_ids":["double_counting"],"tags":[],"has_text":true,"text_preview":"Зафиксируем пару цветов \\(i<j\\). Если в индуцированном подграфе \\(G_{ij}=G[V_i\\cup V_j]\\) был бы цикл, то в исходном графе \\(G\\) этот цикл использовал бы только цвета \\(i\\) и \\(j\\), вопреки условию. Значит, каждый \\(G_{ij}\\) является лесом. Если \\(V_i\\cup V_j\\ne\\varnothing\\), то лес на \\(|V_i|+|V_j|\\) вершинах имеет не более \\(|V_i|+|V_j|-1\\) рёбер. Поэтому \\[ \\sum_{i<j}|E(G_{ij})|\\le \\sum_{i<j,\\ V_i\\cup V_j\\ne\\varnothing}(|V_i|+|V_j|-1)\\le \\sum_{i<j}(|V_i|+|V_j|)=(r-1)|V(G)|. \\] Остаётся сравнить эту сумму с \\(|E(G)|\\). Ребро между разными цветами \\(i\\) и \\(j\\) входит в \\(G_{ij}\\), а ребро внутри цвета \\(i\\) входит в каждый \\(G_{ij}\\) при \\(j\\ne i\\). Следовательно, каждое ребро исходного графа посчитано в левой сумме хотя бы один раз, и \\(|E(G)|\\le \\sum_{i<j}|E(G_{ij})|\\). Это доказывает общий bound и, при \\(r=5\\), даёт \\(|E(G)|\\le 4|V(G)|\\)."},{"id":"sol-three-color-deletion-counting","title":"Трёхцветное следствие через удаление одного цвета","status":"ai_checked","definition_ids":["simple_graph","cycle","tree"],"standard_idea_ids":["double_counting"],"tags":[],"has_text":true,"text_preview":"Пусть \\(|V(G)|=n>0\\), а цвета равны 1, 2, 3. Удалим все вершины цвета 1; оставшийся подграф на цветах 2 и 3 не имеет циклов, потому что любой его цикл был бы циклом исходного графа, использующим только два цвета. Значит, этот подграф является лесом и содержит не более \\(n-1\\) рёбер. То же верно после удаления цвета 2 и после удаления цвета 3. Сложим три полученные оценки. Каждое ребро исходного графа осталось хотя бы в одном из трёх подграфов: ребро между двумя разными цветами остаётся после удаления третьего цвета, а одноцветное ребро остаётся после удаления любого из двух других цветов. Поэтому \\(|E(G)|\\le 3(n-1)\\)."}],"relations":[{"id":"rel-no-two-color-cycle-edge-bound-fyum-2010-tur3a-p7","neighbor_id":"fyum-2010-tur3a-p7","direction":"forward","type":"prerequisite","distance":1,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-no-two-color-cycle-edge-bound-fyum-2010-tur3b-p3","neighbor_id":"fyum-2010-tur3b-p3","direction":"forward","type":"prerequisite","distance":1,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-tree-equivalent-no-two-color-cycle-edge-bound","neighbor_id":"tree-equivalent-properties","direction":"backward","type":"prerequisite","distance":1,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-offplan-imo-2020-c4-no-two-color-cycle-edge-bound","neighbor_id":"imo-2020-c4-fibonacci-difference-forest","direction":"backward","type":"same_motif","distance":3,"status":"needs_human_review"},{"id":"rel-no-two-color-cycle-bound-vosh-2018-shirt-recoloring","neighbor_id":"vosh-2018-19-final-shirt-recoloring","direction":"forward","type":"same_motif","distance":2,"status":"ai_checked"}],"search_text":"no-two-color-cycle-edge-bound оценка числа рёбер при отсутствии двухцветных циклов coloring trees extremal_graph_theory goal_bound double_counting https://www.guas.info/competit/fest/fest21/tur3a.tex https://www.guas.info/competit/fest/fest21/tur3b.tex misc olympiad_archive src-fyum-2010-tur3a-p7-official src-fyum-2010-tur3b-p3-official with_solution прочее фюм 2010, третий тур (a), задача 7 фюм 2010, третий тур (b), задача 3 ? фюм 2010, третий тур (a), задача 7 фюм 2010, третий тур (b), задача 3 stmt-general-bound ai_checked пусть вершины конечного простого графа \\(g\\) окрашены в \\(r\\ge 2\\) цветов, а каждый цикл в \\(g\\) содержит вершины как минимум трёх различных цветов. обозначим через \\(v_i\\) класс вершин цвета \\(i\\), а через \\(g_{ij}\\) подграф, индуцированный множеством \\(v_i\\cup v_j\\). тогда каждый \\(g_{ij}\\) является лесом. поэтому \\[ |e(g)|\\le \\sum_{1\\le i<j\\le r}|e(g_{ij})|\\le \\sum_{1\\le i<j\\le r,\\ v_i\\cup v_j\\ne\\varnothing} (|v_i|+|v_j|-1)\\le (r-1)|v(g)|. \\] в частности, при \\(r=5\\) достаточно удобной оценки \\(|e(g)|\\le 4|v(g)|\\). simple_graph cycle tree stmt-three-colors-corollary ai_checked следствие для трёх цветов. если вершины графа \\(g\\) окрашены в три цвета и каждый цикл содержит вершины всех трёх цветов, то \\(|e(g)|\\le 3(|v(g)|-1)\\) при \\(|v(g)|>0\\). действительно, после удаления любого одного цвета оставшийся двухцветный индуцированный подграф не содержит циклов, значит является лесом и имеет не более \\(|v(g)|-1\\) рёбер; сумма по трём удаляемым цветам считает каждое ребро хотя бы один раз. simple_graph cycle tree idea-two-color-subgraphs-are-forests двухцветный цикл ровно запрещён если подграф на двух цветах содержит цикл, то этот же цикл в исходном графе использует не более двух цветов. поэтому условие про минимум три цвета в каждом цикле сразу превращает все двухцветные индуцированные подграфы в леса. coloring trees ai_checked idea-sum-forest-bounds-over-color-pairs сложить лесные оценки по парам цветов для каждой пары цветов лес даёт линейную оценку на число рёбер. при суммировании по парам каждое ребро исходного графа попадает хотя бы в один такой подграф: разноцветное ребро попадает в свою пару цветов, а одноцветное ребро попадает во все пары, содержащие этот цвет. double_counting extremal_graph_theory ai_checked sol-general-pair-counting доказательство через пары цветов ai_checked simple_graph cycle tree double_counting зафиксируем пару цветов \\(i<j\\). если в индуцированном подграфе \\(g_{ij}=g[v_i\\cup v_j]\\) был бы цикл, то в исходном графе \\(g\\) этот цикл использовал бы только цвета \\(i\\) и \\(j\\), вопреки условию. значит, каждый \\(g_{ij}\\) является лесом. если \\(v_i\\cup v_j\\ne\\varnothing\\), то лес на \\(|v_i|+|v_j|\\) вершинах имеет не более \\(|v_i|+|v_j|-1\\) рёбер. поэтому \\[ \\sum_{i<j}|e(g_{ij})|\\le \\sum_{i<j,\\ v_i\\cup v_j\\ne\\varnothing}(|v_i|+|v_j|-1)\\le \\sum_{i<j}(|v_i|+|v_j|)=(r-1)|v(g)|. \\] остаётся сравнить эту сумму с \\(|e(g)|\\). ребро между разными цветами \\(i\\) и \\(j\\) входит в \\(g_{ij}\\), а ребро внутри цвета \\(i\\) входит в каждый \\(g_{ij}\\) при \\(j\\ne i\\). следовательно, каждое ребро исходного графа посчитано в левой сумме хотя бы один раз, и \\(|e(g)|\\le \\sum_{i<j}|e(g_{ij})|\\). это доказывает общий bound и, при \\(r=5\\), даёт \\(|e(g)|\\le 4|v(g)|\\). sol-three-color-deletion-counting трёхцветное следствие через удаление одного цвета ai_checked simple_graph cycle tree double_counting пусть \\(|v(g)|=n>0\\), а цвета равны 1, 2, 3. удалим все вершины цвета 1; оставшийся подграф на цветах 2 и 3 не имеет циклов, потому что любой его цикл был бы циклом исходного графа, использующим только два цвета. значит, этот подграф является лесом и содержит не более \\(n-1\\) рёбер. то же верно после удаления цвета 2 и после удаления цвета 3. сложим три полученные оценки. каждое ребро исходного графа осталось хотя бы в одном из трёх подграфов: ребро между двумя разными цветами остаётся после удаления третьего цвета, а одноцветное ребро остаётся после удаления любого из двух других цветов. поэтому \\(|e(g)|\\le 3(n-1)\\). no-two-color-cycle-edge-bound otsenka chisla reber pri otsutstvii dvuhtsvetnyh tsiklov coloring trees extremal_graph_theory goal_bound double_counting https://www.guas.info/competit/fest/fest21/tur3a.tex https://www.guas.info/competit/fest/fest21/tur3b.tex misc olympiad_archive src-fyum-2010-tur3a-p7-official src-fyum-2010-tur3b-p3-official with_solution prochee fyum 2010, tretiy tur (a), zadacha 7 fyum 2010, tretiy tur (b), zadacha 3 ? fyum 2010, tretiy tur (a), zadacha 7 fyum 2010, tretiy tur (b), zadacha 3 stmt-general-bound ai_checked pust vershiny konechnogo prostogo grafa \\(g\\) okrasheny v \\(r\\ge 2\\) tsvetov, a kazhdyy tsikl v \\(g\\) soderzhit vershiny kak minimum treh razlichnyh tsvetov. oboznachim cherez \\(v_i\\) klass vershin tsveta \\(i\\), a cherez \\(g_{ij}\\) podgraf, indutsirovannyy mnozhestvom \\(v_i\\cup v_j\\). togda kazhdyy \\(g_{ij}\\) yavlyaetsya lesom. poetomu \\[ |e(g)|\\le \\sum_{1\\le i<j\\le r}|e(g_{ij})|\\le \\sum_{1\\le i<j\\le r,\\ v_i\\cup v_j\\ne\\varnothing} (|v_i|+|v_j|-1)\\le (r-1)|v(g)|. \\] v chastnosti, pri \\(r=5\\) dostatochno udobnoy otsenki \\(|e(g)|\\le 4|v(g)|\\). simple_graph cycle tree stmt-three-colors-corollary ai_checked sledstvie dlya treh tsvetov. esli vershiny grafa \\(g\\) okrasheny v tri tsveta i kazhdyy tsikl soderzhit vershiny vseh treh tsvetov, to \\(|e(g)|\\le 3(|v(g)|-1)\\) pri \\(|v(g)|>0\\). deystvitelno, posle udaleniya lyubogo odnogo tsveta ostavshiysya dvuhtsvetnyy indutsirovannyy podgraf ne soderzhit tsiklov, znachit yavlyaetsya lesom i imeet ne bolee \\(|v(g)|-1\\) reber; summa po trem udalyaemym tsvetam schitaet kazhdoe rebro hotya by odin raz. simple_graph cycle tree idea-two-color-subgraphs-are-forests dvuhtsvetnyy tsikl rovno zapreschen esli podgraf na dvuh tsvetah soderzhit tsikl, to etot zhe tsikl v ishodnom grafe ispolzuet ne bolee dvuh tsvetov. poetomu uslovie pro minimum tri tsveta v kazhdom tsikle srazu prevraschaet vse dvuhtsvetnye indutsirovannye podgrafy v lesa. coloring trees ai_checked idea-sum-forest-bounds-over-color-pairs slozhit lesnye otsenki po param tsvetov dlya kazhdoy pary tsvetov les daet lineynuyu otsenku na chislo reber. pri summirovanii po param kazhdoe rebro ishodnogo grafa popadaet hotya by v odin takoy podgraf: raznotsvetnoe rebro popadaet v svoyu paru tsvetov, a odnotsvetnoe rebro popadaet vo vse pary, soderzhaschie etot tsvet. double_counting extremal_graph_theory ai_checked sol-general-pair-counting dokazatelstvo cherez pary tsvetov ai_checked simple_graph cycle tree double_counting zafiksiruem paru tsvetov \\(i<j\\). esli v indutsirovannom podgrafe \\(g_{ij}=g[v_i\\cup v_j]\\) byl by tsikl, to v ishodnom grafe \\(g\\) etot tsikl ispolzoval by tolko tsveta \\(i\\) i \\(j\\), vopreki usloviyu. znachit, kazhdyy \\(g_{ij}\\) yavlyaetsya lesom. esli \\(v_i\\cup v_j\\ne\\varnothing\\), to les na \\(|v_i|+|v_j|\\) vershinah imeet ne bolee \\(|v_i|+|v_j|-1\\) reber. poetomu \\[ \\sum_{i<j}|e(g_{ij})|\\le \\sum_{i<j,\\ v_i\\cup v_j\\ne\\varnothing}(|v_i|+|v_j|-1)\\le \\sum_{i<j}(|v_i|+|v_j|)=(r-1)|v(g)|. \\] ostaetsya sravnit etu summu s \\(|e(g)|\\). rebro mezhdu raznymi tsvetami \\(i\\) i \\(j\\) vhodit v \\(g_{ij}\\), a rebro vnutri tsveta \\(i\\) vhodit v kazhdyy \\(g_{ij}\\) pri \\(j\\ne i\\). sledovatelno, kazhdoe rebro ishodnogo grafa poschitano v levoy summe hotya by odin raz, i \\(|e(g)|\\le \\sum_{i<j}|e(g_{ij})|\\). eto dokazyvaet obschiy bound i, pri \\(r=5\\), daet \\(|e(g)|\\le 4|v(g)|\\). sol-three-color-deletion-counting trehtsvetnoe sledstvie cherez udalenie odnogo tsveta ai_checked simple_graph cycle tree double_counting pust \\(|v(g)|=n>0\\), a tsveta ravny 1, 2, 3. udalim vse vershiny tsveta 1; ostavshiysya podgraf na tsvetah 2 i 3 ne imeet tsiklov, potomu chto lyuboy ego tsikl byl by tsiklom ishodnogo grafa, ispolzuyuschim tolko dva tsveta. znachit, etot podgraf yavlyaetsya lesom i soderzhit ne bolee \\(n-1\\) reber. to zhe verno posle udaleniya tsveta 2 i posle udaleniya tsveta 3. slozhim tri poluchennye otsenki. kazhdoe rebro ishodnogo grafa ostalos hotya by v odnom iz treh podgrafov: rebro mezhdu dvumya raznymi tsvetami ostaetsya posle udaleniya tretego tsveta, a odnotsvetnoe rebro ostaetsya posle udaleniya lyubogo iz dvuh drugih tsvetov. poetomu \\(|e(g)|\\le 3(n-1)\\).","source_keys":["misc","fyum"]}
{"id":"ore-theorem","title":"Теорема Оре о гамильтоновом цикле по суммам степеней","path":"data\\problems\\classical\\ore-theorem.yaml","raw_github_url":"https://raw.githubusercontent.com/didin-maxim/knowledge_graph_of_graphs/main/data/problems/classical/ore-theorem.yaml","viewer_url":"https://didin-maxim.github.io/knowledge_graph_of_graphs/#ore-theorem","source_key":"misc","source_label":"Прочее","source_titles":["Теорема Оре"],"year":"","type":"theorem","authors":["Øystein Ore"],"tags":["hamiltonian_cycles","extremal_choice","minimal_counterexample","classical_theorem","goal_exact_bound"],"agent_topics":[],"difficulty":{"main":"national_final_hard","local_score":8,"comment":"Обобщает Дирака; доказательство чуть менее прямое.","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":"Карточка подкреплена опубликованными неофициальными, справочными, журнальными, вики-, форумными источниками или страницами задач.","audit_source":"agent-imo-us-classical.json"},"statements":{"original":[{"id":"stmt-original-1","title":"","status":"ai_checked","text":"Пусть G — простой граф на n≥3 вершинах. Если для любых двух несмежных вершин u и v выполнено \\( \\deg(u)+\\deg(v) \\ge n \\), то в G существует гамильтонов цикл, то есть цикл, проходящий через все вершины ровно один раз.","definition_ids":["simple_graph","degree","cycle","hamiltonian_cycle"]}]},"solutions":[{"id":"sol-closure-sketch","title":"Самодостаточное доказательство через максимальное негамильтоново пополнение","status":"ai_checked","definition_ids":["degree","path","cycle","hamiltonian_path","hamiltonian_cycle","simple_graph"],"standard_idea_ids":["minimal_counterexample","longest_path","extremal_choice"],"tags":[],"has_text":true,"text_preview":"Докажем от противного. Пусть \\(G\\) — простой граф на \\(n\\ge 3\\) вершинах, удовлетворяющий условию Оре, но не имеющий гамильтонова цикла. Будем добавлять к \\(G\\) недостающие ребра, пока это возможно без появления гамильтонова цикла. Так как недостающих ребер конечно много, процесс закончится. Обозначим полученный граф через \\(H\\). Тогда \\(H\\) имеет те же \\(n\\) вершин, содержит все ребра \\(G\\), сам не имеет гамильтонова цикла и максимален с этим свойством: если \\(xy\\) — любое ребро, которого нет в \\(H\\), то граф \\(H+xy\\) уже имеет гамильтонов цикл. Проверим, что условие Оре сохранилось для графа \\(H\\). Если две вершины \\(x,y\\) несмежны в \\(H\\), то они были несмежны и в исходном графе \\(G\\), потому что при переходе от \\(G\\) к \\(H\\) ребра только добавлялись. Кроме того, степени вершин не уменьшались, значит \\[ \\deg_H(x)+\\deg_H(y)\\ge \\deg_G(x)+\\deg_G(y)\\ge n. \\] Итак, всякая несмежная пара в…"}],"relations":[{"id":"rel-dirac-ore","neighbor_id":"dirac-theorem","direction":"forward","type":"specialization","distance":1,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-ore-even-cycle-2009","neighbor_id":"tc-2009-10-acquaintances-even-cycle","direction":"forward","type":"same_motif","distance":2,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-bondy-links-ore-pancyclic-corollary","neighbor_id":"bondy-pancyclic-theorem","direction":"backward","type":"same_motif","distance":2,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-fyum-2008-tur4a-p7-ore-closure","neighbor_id":"fyum-2008-tur4a-p7","direction":"backward","type":"same_motif","distance":1,"status":"needs_human_review"},{"id":"rel-metadata-kolm-late-2008-r1-ore-longest-path","neighbor_id":"kolmogorov-2008-round-1-high-league-problem-1","direction":"backward","type":"same_motif","distance":2,"status":"needs_human_review"},{"id":"rel-official-expansion-ore-complete-graph-minus-edges","neighbor_id":"complete-graph-minus-n-minus-2-edges-hamiltonian-path","direction":"forward","type":"same_motif","distance":2,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-utyum-2025-degree-sum-ore-theorem","neighbor_id":"utyum-2025_komol65_7_6_airlines_degree_sum","direction":"backward","type":"same_motif","distance":2,"status":"needs_human_review"},{"id":"rel-yumt-2015-grand-r3-p9-ore-theorem","neighbor_id":"yumt-2015-grand-round3-problem9","direction":"backward","type":"same_motif","distance":2,"status":"needs_human_review"}],"search_text":"ore-theorem теорема оре о гамильтоновом цикле по суммам степеней hamiltonian_cycles extremal_choice minimal_counterexample classical_theorem goal_exact_bound https://ru.wikipedia.org/wiki/%d0%a2%d0%b5%d0%be%d1%80%d0%b5%d0%bc%d0%b0_%d0%9e%d1%80%d0%b5 misc reference src-wikipedia-ore with_solution øystein ore øysteinore прочее теорема оре øystein ore теорема оре stmt-original-1 ai_checked пусть g — простой граф на n≥3 вершинах. если для любых двух несмежных вершин u и v выполнено \\( \\deg(u)+\\deg(v) \\ge n \\), то в g существует гамильтонов цикл, то есть цикл, проходящий через все вершины ровно один раз. simple_graph degree cycle hamiltonian_cycle idea-add-missing-edges добавление ребер если к негамильтонову графу максимально добавлять недостающие ребра, то любое оставшееся недостающее ребро после добавления создает гамильтонов цикл; удаление этого ребра дает гамильтонов путь, который замыкается позиционным аргументом по сумме степеней. hamiltonian_cycles extremal_choice ai_checked sol-closure-sketch самодостаточное доказательство через максимальное негамильтоново пополнение ai_checked degree path cycle hamiltonian_path hamiltonian_cycle simple_graph minimal_counterexample longest_path extremal_choice докажем от противного. пусть \\(g\\) — простой граф на \\(n\\ge 3\\) вершинах, удовлетворяющий условию оре, но не имеющий гамильтонова цикла. будем добавлять к \\(g\\) недостающие ребра, пока это возможно без появления гамильтонова цикла. так как недостающих ребер конечно много, процесс закончится. обозначим полученный граф через \\(h\\). тогда \\(h\\) имеет те же \\(n\\) вершин, содержит все ребра \\(g\\), сам не имеет гамильтонова цикла и максимален с этим свойством: если \\(xy\\) — любое ребро, которого нет в \\(h\\), то граф \\(h+xy\\) уже имеет гамильтонов цикл. проверим, что условие оре сохранилось для графа \\(h\\). если две вершины \\(x,y\\) несмежны в \\(h\\), то они были несмежны и в исходном графе \\(g\\), потому что при переходе от \\(g\\) к \\(h\\) ребра только добавлялись. кроме того, степени вершин не уменьшались, значит \\[ \\deg_h(x)+\\deg_h(y)\\ge \\deg_g(x)+\\deg_g(y)\\ge n. \\] итак, всякая несмежная пара в… ore-theorem teorema ore o gamiltonovom tsikle po summam stepeney hamiltonian_cycles extremal_choice minimal_counterexample classical_theorem goal_exact_bound https://ru.wikipedia.org/wiki/%d0%a2%d0%b5%d0%be%d1%80%d0%b5%d0%bc%d0%b0_%d0%9e%d1%80%d0%b5 misc reference src-wikipedia-ore with_solution øystein ore øysteinore prochee teorema ore øystein ore teorema ore stmt-original-1 ai_checked pust g — prostoy graf na n≥3 vershinah. esli dlya lyubyh dvuh nesmezhnyh vershin u i v vypolneno \\( \\deg(u)+\\deg(v) \\ge n \\), to v g suschestvuet gamiltonov tsikl, to est tsikl, prohodyaschiy cherez vse vershiny rovno odin raz. simple_graph degree cycle hamiltonian_cycle idea-add-missing-edges dobavlenie reber esli k negamiltonovu grafu maksimalno dobavlyat nedostayuschie rebra, to lyuboe ostavsheesya nedostayuschee rebro posle dobavleniya sozdaet gamiltonov tsikl; udalenie etogo rebra daet gamiltonov put, kotoryy zamykaetsya pozitsionnym argumentom po summe stepeney. hamiltonian_cycles extremal_choice ai_checked sol-closure-sketch samodostatochnoe dokazatelstvo cherez maksimalnoe negamiltonovo popolnenie ai_checked degree path cycle hamiltonian_path hamiltonian_cycle simple_graph minimal_counterexample longest_path extremal_choice dokazhem ot protivnogo. pust \\(g\\) — prostoy graf na \\(n\\ge 3\\) vershinah, udovletvoryayuschiy usloviyu ore, no ne imeyuschiy gamiltonova tsikla. budem dobavlyat k \\(g\\) nedostayuschie rebra, poka eto vozmozhno bez poyavleniya gamiltonova tsikla. tak kak nedostayuschih reber konechno mnogo, protsess zakonchitsya. oboznachim poluchennyy graf cherez \\(h\\). togda \\(h\\) imeet te zhe \\(n\\) vershin, soderzhit vse rebra \\(g\\), sam ne imeet gamiltonova tsikla i maksimalen s etim svoystvom: esli \\(xy\\) — lyuboe rebro, kotorogo net v \\(h\\), to graf \\(h+xy\\) uzhe imeet gamiltonov tsikl. proverim, chto uslovie ore sohranilos dlya grafa \\(h\\). esli dve vershiny \\(x,y\\) nesmezhny v \\(h\\), to oni byli nesmezhny i v ishodnom grafe \\(g\\), potomu chto pri perehode ot \\(g\\) k \\(h\\) rebra tolko dobavlyalis. krome togo, stepeni vershin ne umenshalis, znachit \\[ \\deg_h(x)+\\deg_h(y)\\ge \\deg_g(x)+\\deg_g(y)\\ge n. \\] itak, vsyakaya nesmezhnaya para v…","source_keys":["misc"]}
{"id":"pairwise-intersecting-edges-star-or-triangle","title":"Попарно пересекающиеся рёбра: звезда или треугольник","path":"data\\problems\\classical\\pairwise-intersecting-edges-star-or-triangle.yaml","raw_github_url":"https://raw.githubusercontent.com/didin-maxim/knowledge_graph_of_graphs/main/data/problems/classical/pairwise-intersecting-edges-star-or-triangle.yaml","viewer_url":"https://didin-maxim.github.io/knowledge_graph_of_graphs/#pairwise-intersecting-edges-star-or-triangle","source_key":"misc","source_label":"Прочее","source_titles":["Задача 98230, Турнир городов 1994/95, осенний тур, тренировочный вариант, 8-9 класс"],"year":"","type":"lemma","authors":["Шаповалов А.В."],"tags":["extremal_graph_theory","goal_characterization"],"agent_topics":[],"difficulty":{"main":"exercise","local_score":3,"comment":"Короткая структурная лемма, часто возникающая в задачах о попарных пересечениях.","status":"ai_checked"},"review_status":"needs_human_review","public_ready":false,"solution_state":"with_solution","solution_classification":{"type":"unofficial_published","label":"опубликованное неофициальное","status":"ai_checked","confidence":0.78,"basis":"агентский аудит средней сложности","notes":"Карточка подкреплена опубликованными неофициальными, справочными, журнальными, вики-, форумными источниками или страницами задач.","audit_source":"agent-imo-us-classical.json"},"statements":{"original":[{"id":"stmt-original-1","title":"","status":"needs_human_review","text":"Пусть \\(F\\) — конечное множество рёбер простого графа. Предположим, что любые два ребра из \\(F\\) имеют общую вершину. Докажите, что либо все рёбра из \\(F\\) инцидентны одной и той же вершине, либо существует треугольник \\(xyz\\) такой, что каждое ребро из \\(F\\) является одним из рёбер \\(xy,xz,yz\\).","definition_ids":["simple_graph","clique"]}]},"solutions":[{"id":"sol-star-or-triangle","title":"Либо звезда, либо треугольник","status":"ai_checked","definition_ids":["simple_graph"],"standard_idea_ids":[],"tags":[],"has_text":true,"text_preview":"Если все рёбра из \\(F\\) имеют общий конец, то утверждение доказано. Иначе найдутся два ребра \\(xy\\) и \\(xz\\) из \\(F\\) и третье ребро \\(e\\in F\\), не инцидентное вершине \\(x\\). Так как \\(e\\) должно пересекать и \\(xy\\), и \\(xz\\), в простом графе это возможно только при \\(e=yz\\). Значит, в \\(F\\) уже содержатся три стороны треугольника \\(xyz\\). Теперь любое ребро из \\(F\\) обязано пересекать все три рёбра \\(xy,xz,yz\\). В простом графе это возможно только для самих рёбер \\(xy,xz,yz\\). Следовательно, все рёбра из \\(F\\) являются сторонами одного треугольника."}],"relations":[{"id":"rel-pairwise-intersecting-edges-tc-1994-95","neighbor_id":"tc-1994-95-common-grandfather-intersecting-edges","direction":"forward","type":"prerequisite","distance":1,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-sums-2012-p7-maximum-pairwise-intersecting-edges","neighbor_id":"sums-2012-p7-tree-connected-subsets-maximum","direction":"backward","type":"same_motif","distance":3,"status":"needs_human_review"}],"search_text":"pairwise-intersecting-edges-star-or-triangle попарно пересекающиеся рёбра: звезда или треугольник extremal_graph_theory goal_characterization https://problems.ru/view_problem_details_new.php?id=98230 misc olympiad_archive src-problems-98230 with_solution задача 98230, турнир городов 1994/95, осенний тур, тренировочный вариант, 8-9 класс прочее шаповалов а.в. шаповалов а.в. задача 98230, турнир городов 1994/95, осенний тур, тренировочный вариант, 8-9 класс stmt-original-1 needs_human_review пусть \\(f\\) — конечное множество рёбер простого графа. предположим, что любые два ребра из \\(f\\) имеют общую вершину. докажите, что либо все рёбра из \\(f\\) инцидентны одной и той же вершине, либо существует треугольник \\(xyz\\) такой, что каждое ребро из \\(f\\) является одним из рёбер \\(xy,xz,yz\\). simple_graph clique idea-third-edge-forces-triangle третье ребро вне звезды замыкает треугольник если семейство не является звездой, то, выбрав два ребра с общим концом и третье ребро без этого конца, мы вынуждаем треугольник; после этого любое новое ребро обязано быть одной из его сторон. extremal_choice ai_checked sol-star-or-triangle либо звезда, либо треугольник ai_checked simple_graph если все рёбра из \\(f\\) имеют общий конец, то утверждение доказано. иначе найдутся два ребра \\(xy\\) и \\(xz\\) из \\(f\\) и третье ребро \\(e\\in f\\), не инцидентное вершине \\(x\\). так как \\(e\\) должно пересекать и \\(xy\\), и \\(xz\\), в простом графе это возможно только при \\(e=yz\\). значит, в \\(f\\) уже содержатся три стороны треугольника \\(xyz\\). теперь любое ребро из \\(f\\) обязано пересекать все три рёбра \\(xy,xz,yz\\). в простом графе это возможно только для самих рёбер \\(xy,xz,yz\\). следовательно, все рёбра из \\(f\\) являются сторонами одного треугольника. pairwise-intersecting-edges-star-or-triangle poparno peresekayuschiesya rebra: zvezda ili treugolnik extremal_graph_theory goal_characterization https://problems.ru/view_problem_details_new.php?id=98230 misc olympiad_archive src-problems-98230 with_solution zadacha 98230, turnir gorodov 1994/95, osenniy tur, trenirovochnyy variant, 8-9 klass prochee shapovalov a.v. shapovalov a.v. zadacha 98230, turnir gorodov 1994/95, osenniy tur, trenirovochnyy variant, 8-9 klass stmt-original-1 needs_human_review pust \\(f\\) — konechnoe mnozhestvo reber prostogo grafa. predpolozhim, chto lyubye dva rebra iz \\(f\\) imeyut obschuyu vershinu. dokazhite, chto libo vse rebra iz \\(f\\) intsidentny odnoy i toy zhe vershine, libo suschestvuet treugolnik \\(xyz\\) takoy, chto kazhdoe rebro iz \\(f\\) yavlyaetsya odnim iz reber \\(xy,xz,yz\\). simple_graph clique idea-third-edge-forces-triangle trete rebro vne zvezdy zamykaet treugolnik esli semeystvo ne yavlyaetsya zvezdoy, to, vybrav dva rebra s obschim kontsom i trete rebro bez etogo kontsa, my vynuzhdaem treugolnik; posle etogo lyuboe novoe rebro obyazano byt odnoy iz ego storon. extremal_choice ai_checked sol-star-or-triangle libo zvezda, libo treugolnik ai_checked simple_graph esli vse rebra iz \\(f\\) imeyut obschiy konets, to utverzhdenie dokazano. inache naydutsya dva rebra \\(xy\\) i \\(xz\\) iz \\(f\\) i trete rebro \\(e\\in f\\), ne intsidentnoe vershine \\(x\\). tak kak \\(e\\) dolzhno peresekat i \\(xy\\), i \\(xz\\), v prostom grafe eto vozmozhno tolko pri \\(e=yz\\). znachit, v \\(f\\) uzhe soderzhatsya tri storony treugolnika \\(xyz\\). teper lyuboe rebro iz \\(f\\) obyazano peresekat vse tri rebra \\(xy,xz,yz\\). v prostom grafe eto vozmozhno tolko dlya samih reber \\(xy,xz,yz\\). sledovatelno, vse rebra iz \\(f\\) yavlyayutsya storonami odnogo treugolnika.","source_keys":["misc"]}
{"id":"planar-edge-bound","title":"Оценка числа рёбер в простом планарном графе","path":"data\\problems\\classical\\planar-edge-bound.yaml","raw_github_url":"https://raw.githubusercontent.com/didin-maxim/knowledge_graph_of_graphs/main/data/problems/classical/planar-edge-bound.yaml","viewer_url":"https://didin-maxim.github.io/knowledge_graph_of_graphs/#planar-edge-bound","source_key":"misc","source_label":"Прочее","source_titles":["Планарный граф"],"year":"","type":"corollary","authors":[],"tags":["planar_graphs","double_counting","classical_theorem","goal_exact_bound"],"agent_topics":[],"difficulty":{"main":"regional","local_score":4,"comment":"Стандартное следствие формулы Эйлера.","status":"ai_checked"},"review_status":"needs_human_review","public_ready":false,"solution_state":"with_solution","solution_classification":{"type":"unofficial_published","label":"опубликованное неофициальное","status":"ai_checked","confidence":0.78,"basis":"агентский аудит средней сложности","notes":"Карточка подкреплена опубликованными неофициальными, справочными, журнальными, вики-, форумными источниками или страницами задач.","audit_source":"agent-imo-us-classical.json"},"statements":{"original":[{"id":"stmt-original-1","title":"","status":"needs_review","text":"Пусть G — простой планарный граф с n≥3 вершинами, то есть G можно нарисовать на плоскости без пересечений ребер. Тогда в G не более 3n-6 ребер.","definition_ids":["simple_graph","planar_graph"]}],"graph_theory":[{"id":"stmt-graph-1","title":"Оценка числа рёбер в простом планарном графе","status":"ai_checked","text":"Если \\(G\\) — простой планарный граф и \\(v(G)\\ge3\\), то \\(e(G)\\le 3v(G)-6\\).","definition_ids":["simple_graph","planar_graph"]}]},"solutions":[{"id":"sol-face-counting","title":"Двойной счет граней","status":"ai_checked","definition_ids":["planar_graph"],"standard_idea_ids":["double_counting","face_counting"],"tags":[],"has_text":true,"text_preview":"Можно считать граф связным, иначе добавление ребер между компонентами не испортит планарность. По формуле Эйлера \\( v-e+f=2 \\). Сумма длин всех граней равна 2e, а в простом планарном графе каждая грань имеет длину хотя бы 3, значит 3f≤2e. Подставляя f=2-v+e, получаем 3(2-v+e)≤2e, откуда e≤3v-6."}],"relations":[{"id":"rel-euler-planar-bound","neighbor_id":"euler-formula-planar","direction":"backward","type":"prerequisite","distance":1,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-usamo-2024-p3-outerplanar","neighbor_id":"usamo-2024-p3-balanced-regular-polygon-triangulation","direction":"forward","type":"same_motif","distance":3,"status":"needs_human_review"},{"id":"rel-planar-bound-degeneracy","neighbor_id":"degeneracy-greedy-coloring","direction":"forward","type":"solution_transfer","distance":2,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-planar-edge-bound-cmo-1995-p3-face-counting","neighbor_id":"cmo-1995-p3-polygon-quadrangulation-boomerangs","direction":"forward","type":"same_motif","distance":2,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-planar-edge-bound-degree-two-path","neighbor_id":"planar-large-girth-degree-two-path","direction":"forward","type":"prerequisite","distance":1,"status":"needs_human_review"},{"id":"rel-kolm-2006-planar-face-counting-bound","neighbor_id":"kolmogorov-2006-round-4-super-league-problem-5","direction":"backward","type":"prerequisite","distance":1,"status":"needs_human_review"},{"id":"rel-schweitzer-2004-p3-planar-edge-bound","neighbor_id":"miklos-schweitzer-2004-p3-planar-embedding-edge-ratio","direction":"backward","type":"same_motif","distance":3,"status":"needs_human_review"},{"id":"rel-schweitzer-2024-p8-planar-contact","neighbor_id":"miklos-schweitzer-2024-p8-bipartite-planar-circle-contact-intersection","direction":"backward","type":"same_motif","distance":4,"status":"needs_human_review"},{"id":"rel-five-color-planar-edge-bound-low-degree","neighbor_id":"five-color-theorem","direction":"forward","type":"prerequisite","distance":1,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-planar-edge-bound-degree-two-chain","neighbor_id":"planar-large-girth-degree-two-chain","direction":"forward","type":"prerequisite","distance":1,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-planar-edge-bound-cubic-polyhedron-large-face-fork","neighbor_id":"cubic-polyhedron-large-face-fork-strategy-lemma","direction":"forward","type":"same_motif","distance":2,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-disk-boundary-chain-planar-edge-bound","neighbor_id":"disk-triangulation-boundary-degree-chain-reduction","direction":"backward","type":"same_motif","distance":2,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-putnam-2002-planar-edge-bound","neighbor_id":"putnam-2002-b2-polyhedron-face-game-four-edge-face","direction":"backward","type":"prerequisite","distance":2,"status":"needs_human_review"},{"id":"rel-vjimc-2017-polyhedron-planar-edge-bound","neighbor_id":"vjimc-2017-cat1-p3-polyhedron-edge-products","direction":"backward","type":"prerequisite","distance":2,"status":"ai_checked"}],"search_text":"planar-edge-bound оценка числа рёбер в простом планарном графе planar_graphs double_counting classical_theorem goal_exact_bound https://ru.wikipedia.org/wiki/%d0%9f%d0%bb%d0%b0%d0%bd%d0%b0%d1%80%d0%bd%d1%8b%d0%b9_%d0%b3%d1%80%d0%b0%d1%84 misc reference src-wikipedia-planar with_solution планарный граф прочее ? планарный граф stmt-original-1 needs_review пусть g — простой планарный граф с n≥3 вершинами, то есть g можно нарисовать на плоскости без пересечений ребер. тогда в g не более 3n-6 ребер. simple_graph planar_graph stmt-graph-1 оценка числа рёбер в простом планарном графе ai_checked если \\(g\\) — простой планарный граф и \\(v(g)\\ge3\\), то \\(e(g)\\le 3v(g)-6\\). simple_graph planar_graph idea-count-face-degrees счет длин граней каждая грань имеет длину хотя бы 3, а каждое ребро граничит не более чем с двумя гранями. double_counting planar_graphs ai_checked sol-face-counting двойной счет граней ai_checked planar_graph double_counting face_counting можно считать граф связным, иначе добавление ребер между компонентами не испортит планарность. по формуле эйлера \\( v-e+f=2 \\). сумма длин всех граней равна 2e, а в простом планарном графе каждая грань имеет длину хотя бы 3, значит 3f≤2e. подставляя f=2-v+e, получаем 3(2-v+e)≤2e, откуда e≤3v-6. planar-edge-bound otsenka chisla reber v prostom planarnom grafe planar_graphs double_counting classical_theorem goal_exact_bound https://ru.wikipedia.org/wiki/%d0%9f%d0%bb%d0%b0%d0%bd%d0%b0%d1%80%d0%bd%d1%8b%d0%b9_%d0%b3%d1%80%d0%b0%d1%84 misc reference src-wikipedia-planar with_solution planarnyy graf prochee ? planarnyy graf stmt-original-1 needs_review pust g — prostoy planarnyy graf s n≥3 vershinami, to est g mozhno narisovat na ploskosti bez peresecheniy reber. togda v g ne bolee 3n-6 reber. simple_graph planar_graph stmt-graph-1 otsenka chisla reber v prostom planarnom grafe ai_checked esli \\(g\\) — prostoy planarnyy graf i \\(v(g)\\ge3\\), to \\(e(g)\\le 3v(g)-6\\). simple_graph planar_graph idea-count-face-degrees schet dlin graney kazhdaya gran imeet dlinu hotya by 3, a kazhdoe rebro granichit ne bolee chem s dvumya granyami. double_counting planar_graphs ai_checked sol-face-counting dvoynoy schet graney ai_checked planar_graph double_counting face_counting mozhno schitat graf svyaznym, inache dobavlenie reber mezhdu komponentami ne isportit planarnost. po formule eylera \\( v-e+f=2 \\). summa dlin vseh graney ravna 2e, a v prostom planarnom grafe kazhdaya gran imeet dlinu hotya by 3, znachit 3f≤2e. podstavlyaya f=2-v+e, poluchaem 3(2-v+e)≤2e, otkuda e≤3v-6.","source_keys":["misc"]}
{"id":"planar-large-girth-degree-two-chain","title":"В планарном графе большого обхвата есть длинная цепочка вершин степени 2","path":"data\\problems\\classical\\planar-large-girth-degree-two-chain.yaml","raw_github_url":"https://raw.githubusercontent.com/didin-maxim/knowledge_graph_of_graphs/main/data/problems/classical/planar-large-girth-degree-two-chain.yaml","viewer_url":"https://didin-maxim.github.io/knowledge_graph_of_graphs/#planar-large-girth-degree-two-chain","source_key":"misc","source_label":"Прочее","source_titles":["Chang, Montassier, Pecher, Raspaud, Strong chromatic index of planar graphs with large girth"],"year":"","type":"lemma","authors":[],"tags":["planar_graphs","extremal_graph_theory","goal_existence"],"agent_topics":[],"difficulty":{"main":"classical_tool","local_score":4,"comment":"Стандартная эйлерова лемма о планарных графах большого обхвата.","status":"ai_checked"},"review_status":"ai_checked","public_ready":true,"solution_state":"with_solution","solution_classification":{"type":"official_complete_or_near_complete","label":"самодостаточная лемма","status":"ai_checked","confidence":0.92,"basis":"внешняя теорема аудит group A, 2026-05-06","notes":"Полное доказательство приведено в карточке; используется только формула Эйлера.","audit_source":"external-theorem-audit-group-a"},"statements":{"original":[{"id":"stmt-degree-two-chain","title":"","status":"ai_checked","text":"Пусть \\(m\\ge1\\). Если планарный граф \\(H\\) имеет минимальную степень хотя бы \\(2\\) и обхват не меньше \\(5m+1\\), то в \\(H\\) есть простой путь \\(v_0v_1\\ldots v_{m+1}\\), у которого все внутренние вершины \\(v_1,\\ldots,v_m\\) имеют степень \\(2\\) в \\(H\\).","definition_ids":["planar_graph","degree","cycle","path"]}]},"solutions":[{"id":"sol-euler-suppression","title":"Доказательство стягиванием цепочек","status":"ai_checked","definition_ids":["planar_graph","degree","cycle","path"],"standard_idea_ids":["extremal_choice"],"tags":[],"has_text":true,"text_preview":"Если весь граф \\(H\\) является циклом, то утверждение очевидно: обхват не меньше \\(5m+1\\), значит на цикле можно взять \\(m\\) подряд идущих внутренних вершин степени \\(2\\). Пусть теперь \\(H\\) не цикл и предположим, что нужного пути нет. Рассмотрим все максимальные простые пути, внутренние вершины которых имеют степень \\(2\\), а концы имеют степень не равную \\(2\\) или совпадают с точками ветвления. Стянем каждый такой путь в одно ребро. По предположению ни один из этих путей не содержит \\(m\\) внутренних вершин степени \\(2\\), поэтому каждое новое ребро заменяет путь длины не больше \\(m\\). Обозначим полученный граф через \\(H'\\). Он планарен. В нём нет вершин степени \\(1\\), потому что в \\(H\\) минимальная степень была хотя бы \\(2\\), а все вершины степени \\(2\\) были подавлены. Значит минимальная степень \\(H'\\) не меньше \\(3\\). Кроме того, в \\(H'\\) нет цикла длины не больше \\(5\\): такой цикл посл…"}],"relations":[{"id":"rel-planar-large-girth-degree-two-chain-path-duplicate","neighbor_id":"planar-large-girth-degree-two-path","direction":"forward","type":"same_motif","distance":1,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-euler-formula-planar-degree-two-chain","neighbor_id":"euler-formula-planar","direction":"backward","type":"prerequisite","distance":1,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-planar-edge-bound-degree-two-chain","neighbor_id":"planar-edge-bound","direction":"backward","type":"prerequisite","distance":1,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-fyum-2013-tur2a-p1-degree-two-chain","neighbor_id":"fyum-2013-tur2a-p1","direction":"forward","type":"prerequisite","distance":1,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-disk-boundary-chain-degree-two-chain","neighbor_id":"disk-triangulation-boundary-degree-chain-reduction","direction":"backward","type":"same_motif","distance":3,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-quadrangulation-face-count-degree-two-chain","neighbor_id":"quadrangulation-euler-face-count","direction":"backward","type":"same_motif","distance":2,"status":"needs_human_review"},{"id":"rel-cubic-polyhedron-large-face-degree-two-chain","neighbor_id":"cubic-polyhedron-large-face-fork-strategy-lemma","direction":"backward","type":"same_motif","distance":3,"status":"needs_human_review"},{"id":"rel-five-color-low-degree-degree-two-chain","neighbor_id":"five-color-theorem","direction":"backward","type":"same_motif","distance":3,"status":"needs_human_review"}],"search_text":"planar-large-girth-degree-two-chain в планарном графе большого обхвата есть длинная цепочка вершин степени 2 planar_graphs extremal_graph_theory goal_existence chang, montassier, pecher, raspaud, strong chromatic index of planar graphs with large girth https://www.math.ntu.edu.tw/~mathlib/preprint/2013-09.pdf misc research_preprint src-ntu-strong-edge-coloring-planar-large-girth-2013 with_solution прочее ? chang, montassier, pecher, raspaud, strong chromatic index of planar graphs with large girth stmt-degree-two-chain ai_checked пусть \\(m\\ge1\\). если планарный граф \\(h\\) имеет минимальную степень хотя бы \\(2\\) и обхват не меньше \\(5m+1\\), то в \\(h\\) есть простой путь \\(v_0v_1\\ldots v_{m+1}\\), у которого все внутренние вершины \\(v_1,\\ldots,v_m\\) имеют степень \\(2\\) в \\(h\\). planar_graph degree cycle path idea-suppress-short-chains если длинной цепочки нет, стягиваем все короткие цепочки степени 2 после стягивания максимальных путей с внутренними вершинами степени 2 получился бы планарный граф минимальной степени хотя бы 3 и обхвата хотя бы 6, что противоречит формуле эйлера. planar_graphs extremal_graph_theory ai_checked sol-euler-suppression доказательство стягиванием цепочек ai_checked planar_graph degree cycle path extremal_choice если весь граф \\(h\\) является циклом, то утверждение очевидно: обхват не меньше \\(5m+1\\), значит на цикле можно взять \\(m\\) подряд идущих внутренних вершин степени \\(2\\). пусть теперь \\(h\\) не цикл и предположим, что нужного пути нет. рассмотрим все максимальные простые пути, внутренние вершины которых имеют степень \\(2\\), а концы имеют степень не равную \\(2\\) или совпадают с точками ветвления. стянем каждый такой путь в одно ребро. по предположению ни один из этих путей не содержит \\(m\\) внутренних вершин степени \\(2\\), поэтому каждое новое ребро заменяет путь длины не больше \\(m\\). обозначим полученный граф через \\(h'\\). он планарен. в нём нет вершин степени \\(1\\), потому что в \\(h\\) минимальная степень была хотя бы \\(2\\), а все вершины степени \\(2\\) были подавлены. значит минимальная степень \\(h'\\) не меньше \\(3\\). кроме того, в \\(h'\\) нет цикла длины не больше \\(5\\): такой цикл посл… planar-large-girth-degree-two-chain v planarnom grafe bolshogo obhvata est dlinnaya tsepochka vershin stepeni 2 planar_graphs extremal_graph_theory goal_existence chang, montassier, pecher, raspaud, strong chromatic index of planar graphs with large girth https://www.math.ntu.edu.tw/~mathlib/preprint/2013-09.pdf misc research_preprint src-ntu-strong-edge-coloring-planar-large-girth-2013 with_solution prochee ? chang, montassier, pecher, raspaud, strong chromatic index of planar graphs with large girth stmt-degree-two-chain ai_checked pust \\(m\\ge1\\). esli planarnyy graf \\(h\\) imeet minimalnuyu stepen hotya by \\(2\\) i obhvat ne menshe \\(5m+1\\), to v \\(h\\) est prostoy put \\(v_0v_1\\ldots v_{m+1}\\), u kotorogo vse vnutrennie vershiny \\(v_1,\\ldots,v_m\\) imeyut stepen \\(2\\) v \\(h\\). planar_graph degree cycle path idea-suppress-short-chains esli dlinnoy tsepochki net, styagivaem vse korotkie tsepochki stepeni 2 posle styagivaniya maksimalnyh putey s vnutrennimi vershinami stepeni 2 poluchilsya by planarnyy graf minimalnoy stepeni hotya by 3 i obhvata hotya by 6, chto protivorechit formule eylera. planar_graphs extremal_graph_theory ai_checked sol-euler-suppression dokazatelstvo styagivaniem tsepochek ai_checked planar_graph degree cycle path extremal_choice esli ves graf \\(h\\) yavlyaetsya tsiklom, to utverzhdenie ochevidno: obhvat ne menshe \\(5m+1\\), znachit na tsikle mozhno vzyat \\(m\\) podryad iduschih vnutrennih vershin stepeni \\(2\\). pust teper \\(h\\) ne tsikl i predpolozhim, chto nuzhnogo puti net. rassmotrim vse maksimalnye prostye puti, vnutrennie vershiny kotoryh imeyut stepen \\(2\\), a kontsy imeyut stepen ne ravnuyu \\(2\\) ili sovpadayut s tochkami vetvleniya. styanem kazhdyy takoy put v odno rebro. po predpolozheniyu ni odin iz etih putey ne soderzhit \\(m\\) vnutrennih vershin stepeni \\(2\\), poetomu kazhdoe novoe rebro zamenyaet put dliny ne bolshe \\(m\\). oboznachim poluchennyy graf cherez \\(h'\\). on planaren. v nem net vershin stepeni \\(1\\), potomu chto v \\(h\\) minimalnaya stepen byla hotya by \\(2\\), a vse vershiny stepeni \\(2\\) byli podavleny. znachit minimalnaya stepen \\(h'\\) ne menshe \\(3\\). krome togo, v \\(h'\\) net tsikla dliny ne bolshe \\(5\\): takoy tsikl posl…","source_keys":["misc"]}
{"id":"planar-large-girth-degree-two-path","title":"Длинный 2-путь в планарном графе большого обхвата","path":"data\\problems\\classical\\planar-large-girth-degree-two-path.yaml","raw_github_url":"https://raw.githubusercontent.com/didin-maxim/knowledge_graph_of_graphs/main/data/problems/classical/planar-large-girth-degree-two-path.yaml","viewer_url":"https://didin-maxim.github.io/knowledge_graph_of_graphs/#planar-large-girth-degree-two-path","source_key":"misc","source_label":"Прочее","source_titles":["Chang, Montassier, Pecher, Raspaud, Strong chromatic index of planar graphs with large girth"],"year":"","type":"lemma","authors":[],"tags":["planar_graphs","classical_theorem","double_counting","goal_existence"],"agent_topics":[],"difficulty":{"main":"regional","local_score":4,"comment":"Стандартная планарная лемма: сжатие максимальных цепочек вершин степени 2 сводит утверждение к невозможности простого планарного графа с минимальной степенью ≥ 3 и обхватом ≥ 6.","status":"ai_checked"},"review_status":"needs_human_review","public_ready":false,"solution_state":"with_solution","solution_classification":{"type":"unofficial_published","label":"опубликованное неофициальное","status":"ai_checked","confidence":0.78,"basis":"агентский аудит средней сложности","notes":"Карточка подкреплена опубликованными неофициальными, справочными, журнальными, вики-, форумными источниками или страницами задач.","audit_source":"agent-imo-us-classical.json"},"statements":{"original":[{"id":"stmt-degree-two-path","title":"Длинная цепочка вершин степени 2","status":"ai_checked","text":"Пусть \\(m\\ge 1\\), а \\(H\\) — конечный планарный граф с минимальной степенью хотя бы \\(2\\) и обхватом не меньше \\(5m+1\\). Тогда в \\(H\\) есть простой путь \\(v_0v_1\\ldots v_{m+1}\\), у которого все внутренние вершины \\(v_1,\\ldots,v_m\\) имеют степень \\(2\\) в \\(H\\).","definition_ids":["planar_graph","degree","cycle","path"]}]},"solutions":[{"id":"sol-contract-two-paths-and-euler","title":"Стягивание 2-путей и формула Эйлера","status":"ai_checked","definition_ids":["planar_graph","degree","cycle","simple_graph"],"standard_idea_ids":["face_counting","delete_to_simplify"],"tags":[],"has_text":true,"text_preview":"Если какая-то компонента графа \\(H\\) является циклом, то из условия на обхват ее длина не меньше \\(5m+1\\), и на этом цикле можно взять любой путь из \\(m+1\\) ребер. Все его внутренние вершины имеют степень \\(2\\). Остается случай, когда есть нециклическая компонента. Будем работать в ней; минимальная степень по-прежнему не меньше \\(2\\). Предположим, что нужного пути нет. Стянем каждый максимальный путь, внутренние вершины которого имеют степень \\(2\\), в одно ребро. Концы такого максимального пути имеют степень хотя бы \\(3\\), а сам путь, по предположению, имеет длину не больше \\(m\\): иначе первые \\(m\\) внутренних вершин уже дали бы требуемый путь. Обозначим полученный граф через \\(K\\). Стягивание сохраняет планарность. В \\(K\\) нет петель: петля соответствовала бы циклу в \\(H\\) длины не больше \\(m\\). В \\(K\\) нет и кратных ребер: две параллельные дуги поднимались бы в два пути между одними и…"}],"relations":[{"id":"rel-fyum-2013-tur2a-p1-degree-two-path-lemma","neighbor_id":"fyum-2013-tur2a-p1","direction":"forward","type":"prerequisite","distance":1,"status":"needs_human_review"},{"id":"rel-euler-formula-planar-degree-two-path","neighbor_id":"euler-formula-planar","direction":"backward","type":"prerequisite","distance":1,"status":"needs_human_review"},{"id":"rel-planar-edge-bound-degree-two-path","neighbor_id":"planar-edge-bound","direction":"backward","type":"prerequisite","distance":1,"status":"needs_human_review"},{"id":"rel-planar-large-girth-degree-two-chain-path-duplicate","neighbor_id":"planar-large-girth-degree-two-chain","direction":"backward","type":"same_motif","distance":1,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-disk-boundary-chain-planar-large-girth-degree-two-path","neighbor_id":"disk-triangulation-boundary-degree-chain-reduction","direction":"backward","type":"same_motif","distance":3,"status":"needs_human_review"},{"id":"rel-yumt-2025-unior-r3p1-planar-girth-forest-count","neighbor_id":"yumt-2025-unior-round3-problem1","direction":"backward","type":"same_motif","distance":3,"status":"ai_checked"}],"search_text":"planar-large-girth-degree-two-path длинный 2-путь в планарном графе большого обхвата planar_graphs classical_theorem double_counting goal_existence chang, montassier, pecher, raspaud, strong chromatic index of planar graphs with large girth https://www.math.ntu.edu.tw/~mathlib/preprint/2013-09.pdf misc research_preprint src-ntu-strong-edge-coloring-planar-large-girth-2013 with_solution прочее ? chang, montassier, pecher, raspaud, strong chromatic index of planar graphs with large girth stmt-degree-two-path длинная цепочка вершин степени 2 ai_checked пусть \\(m\\ge 1\\), а \\(h\\) — конечный планарный граф с минимальной степенью хотя бы \\(2\\) и обхватом не меньше \\(5m+1\\). тогда в \\(h\\) есть простой путь \\(v_0v_1\\ldots v_{m+1}\\), у которого все внутренние вершины \\(v_1,\\ldots,v_m\\) имеют степень \\(2\\) в \\(h\\). planar_graph degree cycle path idea-contract-short-two-paths сжать все короткие 2-пути если длинной цепочки вершин степени 2 нет, то каждый максимальный путь с внутренними вершинами степени 2 заменяется одним ребром длины не больше \\(m\\). короткий цикл в сжатом графе поднимался бы в цикл длины не больше \\(5m\\) в исходном графе. planar_graphs extremal_choice ai_checked idea-euler-girth-six-contradiction эйлер запрещает минимальную степень 3 и обхват 6 после сжатия получается простой планарный граф с минимальной степенью хотя бы \\(3\\) и обхватом хотя бы \\(6\\). но счет граней дает \\(e\\le 3v/2-3\\), а сумма степеней дает \\(e\\ge 3v/2\\). planar_graphs double_counting ai_checked sol-contract-two-paths-and-euler стягивание 2-путей и формула эйлера ai_checked planar_graph degree cycle simple_graph face_counting delete_to_simplify если какая-то компонента графа \\(h\\) является циклом, то из условия на обхват ее длина не меньше \\(5m+1\\), и на этом цикле можно взять любой путь из \\(m+1\\) ребер. все его внутренние вершины имеют степень \\(2\\). остается случай, когда есть нециклическая компонента. будем работать в ней; минимальная степень по-прежнему не меньше \\(2\\). предположим, что нужного пути нет. стянем каждый максимальный путь, внутренние вершины которого имеют степень \\(2\\), в одно ребро. концы такого максимального пути имеют степень хотя бы \\(3\\), а сам путь, по предположению, имеет длину не больше \\(m\\): иначе первые \\(m\\) внутренних вершин уже дали бы требуемый путь. обозначим полученный граф через \\(k\\). стягивание сохраняет планарность. в \\(k\\) нет петель: петля соответствовала бы циклу в \\(h\\) длины не больше \\(m\\). в \\(k\\) нет и кратных ребер: две параллельные дуги поднимались бы в два пути между одними и… planar-large-girth-degree-two-path dlinnyy 2-put v planarnom grafe bolshogo obhvata planar_graphs classical_theorem double_counting goal_existence chang, montassier, pecher, raspaud, strong chromatic index of planar graphs with large girth https://www.math.ntu.edu.tw/~mathlib/preprint/2013-09.pdf misc research_preprint src-ntu-strong-edge-coloring-planar-large-girth-2013 with_solution prochee ? chang, montassier, pecher, raspaud, strong chromatic index of planar graphs with large girth stmt-degree-two-path dlinnaya tsepochka vershin stepeni 2 ai_checked pust \\(m\\ge 1\\), a \\(h\\) — konechnyy planarnyy graf s minimalnoy stepenyu hotya by \\(2\\) i obhvatom ne menshe \\(5m+1\\). togda v \\(h\\) est prostoy put \\(v_0v_1\\ldots v_{m+1}\\), u kotorogo vse vnutrennie vershiny \\(v_1,\\ldots,v_m\\) imeyut stepen \\(2\\) v \\(h\\). planar_graph degree cycle path idea-contract-short-two-paths szhat vse korotkie 2-puti esli dlinnoy tsepochki vershin stepeni 2 net, to kazhdyy maksimalnyy put s vnutrennimi vershinami stepeni 2 zamenyaetsya odnim rebrom dliny ne bolshe \\(m\\). korotkiy tsikl v szhatom grafe podnimalsya by v tsikl dliny ne bolshe \\(5m\\) v ishodnom grafe. planar_graphs extremal_choice ai_checked idea-euler-girth-six-contradiction eyler zapreschaet minimalnuyu stepen 3 i obhvat 6 posle szhatiya poluchaetsya prostoy planarnyy graf s minimalnoy stepenyu hotya by \\(3\\) i obhvatom hotya by \\(6\\). no schet graney daet \\(e\\le 3v/2-3\\), a summa stepeney daet \\(e\\ge 3v/2\\). planar_graphs double_counting ai_checked sol-contract-two-paths-and-euler styagivanie 2-putey i formula eylera ai_checked planar_graph degree cycle simple_graph face_counting delete_to_simplify esli kakaya-to komponenta grafa \\(h\\) yavlyaetsya tsiklom, to iz usloviya na obhvat ee dlina ne menshe \\(5m+1\\), i na etom tsikle mozhno vzyat lyuboy put iz \\(m+1\\) reber. vse ego vnutrennie vershiny imeyut stepen \\(2\\). ostaetsya sluchay, kogda est netsiklicheskaya komponenta. budem rabotat v ney; minimalnaya stepen po-prezhnemu ne menshe \\(2\\). predpolozhim, chto nuzhnogo puti net. styanem kazhdyy maksimalnyy put, vnutrennie vershiny kotorogo imeyut stepen \\(2\\), v odno rebro. kontsy takogo maksimalnogo puti imeyut stepen hotya by \\(3\\), a sam put, po predpolozheniyu, imeet dlinu ne bolshe \\(m\\): inache pervye \\(m\\) vnutrennih vershin uzhe dali by trebuemyy put. oboznachim poluchennyy graf cherez \\(k\\). styagivanie sohranyaet planarnost. v \\(k\\) net petel: petlya sootvetstvovala by tsiklu v \\(h\\) dliny ne bolshe \\(m\\). v \\(k\\) net i kratnyh reber: dve parallelnye dugi podnimalis by v dva puti mezhdu odnimi i…","source_keys":["misc"]}
{"id":"polish-mo-2022-ii-p6-badminton-euler-cycles","title":"Аннулирование половины матчей через эйлеровы циклы, Польская MO 2022 II/6","path":"data\\problems\\polish-mo\\polish-mo-2022-ii-p6-badminton-euler-cycles.yaml","raw_github_url":"https://raw.githubusercontent.com/didin-maxim/knowledge_graph_of_graphs/main/data/problems/polish-mo/polish-mo-2022-ii-p6-badminton-euler-cycles.yaml","viewer_url":"https://didin-maxim.github.io/knowledge_graph_of_graphs/#polish-mo-2022-ii-p6-badminton-euler-cycles","source_key":"polish","source_label":"Польская MO","source_titles":["73. Olimpiada Matematyczna, второй этап, день 2, официальные условия","73. Olimpiada Matematyczna, второй этап, официальные решения"],"year":"2022","type":"olympiad_problem","authors":[],"tags":["eulerian_graphs","degree_counting","graph_model","goal_existence"],"agent_topics":["game_strategy_candidate"],"difficulty":{"main":"national_final_medium","local_score":8,"comment":"Польская MO 2022, 73 OM, второй этап, задача 6; ключевой официальный шаг - граф ничейных двухматчевых встреч с чётными степенями и разложение на циклы.","status":"needs_human_review"},"review_status":"needs_human_review","public_ready":false,"solution_state":"with_solution","solution_classification":{"type":"official_complete_or_near_complete","status":"ai_checked","confidence":0.82,"basis":"официальный источник решения и несжатый текст решения","notes":"Текущий текст основан на официальном источнике и выглядит полным или почти полным.","label":"официальное полное/почти полное"},"statements":{"original":[{"id":"stmt-original","title":"Условие","status":"ai_checked","text":"В турнире по бадминтону участвовали \\(n\\) игроков, где \\(n\\) нечётно. Каждые два игрока сыграли между собой ровно два матча, ничьих не было. Оказалось, что каждый игрок выиграл столько же матчей, сколько проиграл. Докажите, что можно аннулировать ровно половину всех матчей так, чтобы и среди оставшихся зачётных матчей каждый игрок выиграл столько же матчей, сколько проиграл.","definition_ids":[]}],"graph_hint_reformulations":[{"id":"stmt-graph-hint","title":"","status":"ai_checked","text":"Для каждой пары игроков назовём их двухматчевую встречу ничейной, если каждый выиграл по одному матчу. Докажите, что граф ничейных двухматчевых встреч имеет все степени чётными, а затем выберите в каждой его компоненте по циклам ровно один из двух матчей каждой пары так, чтобы у каждой вершины удалялось поровну побед и поражений.","definition_ids":["eulerian_cycle"]}]},"solutions":[{"id":"sol-official-expanded","title":"Решение через разложение чётного графа на циклы","status":"ai_checked","definition_ids":["eulerian_cycle"],"standard_idea_ids":["double_counting"],"tags":[],"has_text":true,"text_preview":"Рассмотрим фиксированного игрока. Пусть он выиграл \\(a\\) двухматчевых встреч со счётом \\(2:0\\), проиграл \\(b\\) двухматчевых встреч со счётом \\(0:2\\), а ещё \\(c\\) двухматчевых встреч закончились для него счётом \\(1:1\\). Всего он сыграл с \\(n-1\\) соперниками, поэтому \\[ a+b+c=n-1. \\] По условию общее число его побед равно общему числу поражений. В односторонних двухматчевых встречах это даёт соответственно \\(2a\\) побед и \\(2b\\) поражений, а каждая ничейная встреча добавляет по одной победе и одному поражению. Значит \\[ 2a+c=2b+c, \\] откуда \\(a=b\\). Так как \\(n\\) нечётно, число \\(n-1\\) чётно, и потому \\[ c=n-1-2a \\] тоже чётно. Теперь обработаем односторонние двухматчевые встречи. В каждой такой паре матчей аннулируем произвольный один матч. Для данного игрока число его выигранных односторонних встреч равно числу проигранных, поэтому после этих аннулирований его баланс побед и поражений ср…"}],"relations":[{"id":"rel-all-union-1987-score-squares-polish-mo-2022-badminton","neighbor_id":"all-union-1987-final-9-tournament-score-squares","direction":"backward","type":"same_motif","distance":2,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-polish-mo-2022-badminton-kolmogorov-2021-volleyball","neighbor_id":"kolmogorov-2021-individual-olympiad-seniors-problem-1","direction":"forward","type":"same_motif","distance":2,"status":"needs_human_review"}],"search_text":"polish-mo-2022-ii-p6-badminton-euler-cycles аннулирование половины матчей через эйлеровы циклы, польская mo 2022 ii/6 eulerian_graphs degree_counting graph_model goal_existence 2022 73. olimpiada matematyczna, второй этап, день 2, официальные условия 73. olimpiada matematyczna, второй этап, официальные решения https://om.sem.edu.pl/static/app_main/problems/om73_2.pdf https://om.sem.edu.pl/static/app_main/problems/om73_2r.pdf polish polish2022 solution_notes src-polish-mo-2022-ii-p6-official-problems src-polish-mo-2022-ii-p6-official-solutions statement with_solution польская mo польскаяmo польскаяmo2022 ? 73. olimpiada matematyczna, второй этап, день 2, официальные условия 73. olimpiada matematyczna, второй этап, официальные решения stmt-original условие ai_checked в турнире по бадминтону участвовали \\(n\\) игроков, где \\(n\\) нечётно. каждые два игрока сыграли между собой ровно два матча, ничьих не было. оказалось, что каждый игрок выиграл столько же матчей, сколько проиграл. докажите, что можно аннулировать ровно половину всех матчей так, чтобы и среди оставшихся зачётных матчей каждый игрок выиграл столько же матчей, сколько проиграл. stmt-graph-hint ai_checked для каждой пары игроков назовём их двухматчевую встречу ничейной, если каждый выиграл по одному матчу. докажите, что граф ничейных двухматчевых встреч имеет все степени чётными, а затем выберите в каждой его компоненте по циклам ровно один из двух матчей каждой пары так, чтобы у каждой вершины удалялось поровну побед и поражений. eulerian_cycle idea-split-two-match-pairs сначала отделить односторонние двухматчевые пары если между двумя игроками один выиграл оба матча, то можно аннулировать любой один из этих двух матчей. баланс по числу выигранных и проигранных двухматчевых пар у каждого игрока одинаков, поэтому такие пары не мешают общей балансировке. degree_counting ai_checked idea-even-graph-cycle-orientation чётный граф раскладывается на циклы ничейные двухматчевые пары образуют граф, в котором степень каждой вершины чётна. рёбра такого графа можно разбить на циклы; обход каждого цикла задаёт, какой из двух матчей соответствующей пары нужно аннулировать. eulerian_graphs ai_checked sol-official-expanded решение через разложение чётного графа на циклы ai_checked eulerian_cycle double_counting рассмотрим фиксированного игрока. пусть он выиграл \\(a\\) двухматчевых встреч со счётом \\(2:0\\), проиграл \\(b\\) двухматчевых встреч со счётом \\(0:2\\), а ещё \\(c\\) двухматчевых встреч закончились для него счётом \\(1:1\\). всего он сыграл с \\(n-1\\) соперниками, поэтому \\[ a+b+c=n-1. \\] по условию общее число его побед равно общему числу поражений. в односторонних двухматчевых встречах это даёт соответственно \\(2a\\) побед и \\(2b\\) поражений, а каждая ничейная встреча добавляет по одной победе и одному поражению. значит \\[ 2a+c=2b+c, \\] откуда \\(a=b\\). так как \\(n\\) нечётно, число \\(n-1\\) чётно, и потому \\[ c=n-1-2a \\] тоже чётно. теперь обработаем односторонние двухматчевые встречи. в каждой такой паре матчей аннулируем произвольный один матч. для данного игрока число его выигранных односторонних встреч равно числу проигранных, поэтому после этих аннулирований его баланс побед и поражений ср… polish-mo-2022-ii-p6-badminton-euler-cycles annulirovanie poloviny matchey cherez eylerovy tsikly, polskaya mo 2022 ii/6 eulerian_graphs degree_counting graph_model goal_existence 2022 73. olimpiada matematyczna, vtoroy etap, den 2, ofitsialnye usloviya 73. olimpiada matematyczna, vtoroy etap, ofitsialnye resheniya https://om.sem.edu.pl/static/app_main/problems/om73_2.pdf https://om.sem.edu.pl/static/app_main/problems/om73_2r.pdf polish polish2022 solution_notes src-polish-mo-2022-ii-p6-official-problems src-polish-mo-2022-ii-p6-official-solutions statement with_solution polskaya mo polskayamo polskayamo2022 ? 73. olimpiada matematyczna, vtoroy etap, den 2, ofitsialnye usloviya 73. olimpiada matematyczna, vtoroy etap, ofitsialnye resheniya stmt-original uslovie ai_checked v turnire po badmintonu uchastvovali \\(n\\) igrokov, gde \\(n\\) nechetno. kazhdye dva igroka sygrali mezhdu soboy rovno dva matcha, nichih ne bylo. okazalos, chto kazhdyy igrok vyigral stolko zhe matchey, skolko proigral. dokazhite, chto mozhno annulirovat rovno polovinu vseh matchey tak, chtoby i sredi ostavshihsya zachetnyh matchey kazhdyy igrok vyigral stolko zhe matchey, skolko proigral. stmt-graph-hint ai_checked dlya kazhdoy pary igrokov nazovem ih dvuhmatchevuyu vstrechu nicheynoy, esli kazhdyy vyigral po odnomu matchu. dokazhite, chto graf nicheynyh dvuhmatchevyh vstrech imeet vse stepeni chetnymi, a zatem vyberite v kazhdoy ego komponente po tsiklam rovno odin iz dvuh matchey kazhdoy pary tak, chtoby u kazhdoy vershiny udalyalos porovnu pobed i porazheniy. eulerian_cycle idea-split-two-match-pairs snachala otdelit odnostoronnie dvuhmatchevye pary esli mezhdu dvumya igrokami odin vyigral oba matcha, to mozhno annulirovat lyuboy odin iz etih dvuh matchey. balans po chislu vyigrannyh i proigrannyh dvuhmatchevyh par u kazhdogo igroka odinakov, poetomu takie pary ne meshayut obschey balansirovke. degree_counting ai_checked idea-even-graph-cycle-orientation chetnyy graf raskladyvaetsya na tsikly nicheynye dvuhmatchevye pary obrazuyut graf, v kotorom stepen kazhdoy vershiny chetna. rebra takogo grafa mozhno razbit na tsikly; obhod kazhdogo tsikla zadaet, kakoy iz dvuh matchey sootvetstvuyuschey pary nuzhno annulirovat. eulerian_graphs ai_checked sol-official-expanded reshenie cherez razlozhenie chetnogo grafa na tsikly ai_checked eulerian_cycle double_counting rassmotrim fiksirovannogo igroka. pust on vyigral \\(a\\) dvuhmatchevyh vstrech so schetom \\(2:0\\), proigral \\(b\\) dvuhmatchevyh vstrech so schetom \\(0:2\\), a esche \\(c\\) dvuhmatchevyh vstrech zakonchilis dlya nego schetom \\(1:1\\). vsego on sygral s \\(n-1\\) sopernikami, poetomu \\[ a+b+c=n-1. \\] po usloviyu obschee chislo ego pobed ravno obschemu chislu porazheniy. v odnostoronnih dvuhmatchevyh vstrechah eto daet sootvetstvenno \\(2a\\) pobed i \\(2b\\) porazheniy, a kazhdaya nicheynaya vstrecha dobavlyaet po odnoy pobede i odnomu porazheniyu. znachit \\[ 2a+c=2b+c, \\] otkuda \\(a=b\\). tak kak \\(n\\) nechetno, chislo \\(n-1\\) chetno, i potomu \\[ c=n-1-2a \\] tozhe chetno. teper obrabotaem odnostoronnie dvuhmatchevye vstrechi. v kazhdoy takoy pare matchey annuliruem proizvolnyy odin match. dlya dannogo igroka chislo ego vyigrannyh odnostoronnih vstrech ravno chislu proigrannyh, poetomu posle etih annulirovaniy ego balans pobed i porazheniy sr…","source_keys":["polish"]}
{"id":"polish-mo-2022-iii-p3-robust-chord-graph-sparsification","title":"Разрежение графа, остающегося связным после удаления 2021 рёбер, Польская MO 2022 III/3","path":"data\\problems\\polish-mo\\polish-mo-2022-iii-p3-robust-chord-graph-sparsification.yaml","raw_github_url":"https://raw.githubusercontent.com/didin-maxim/knowledge_graph_of_graphs/main/data/problems/polish-mo/polish-mo-2022-iii-p3-robust-chord-graph-sparsification.yaml","viewer_url":"https://didin-maxim.github.io/knowledge_graph_of_graphs/#polish-mo-2022-iii-p3-robust-chord-graph-sparsification","source_key":"polish","source_label":"остающегося связным после удаления","source_titles":["73. Olimpiada Matematyczna, финальный этап, официальные условия","73. Olimpiada Matematyczna, финальный этап, официальные решения"],"year":"2022","type":"olympiad_problem","authors":["Wojciech Nadara"],"tags":["connectivity","trees","graph_model","goal_bound"],"agent_topics":[],"difficulty":{"main":"national_final_hard","local_score":10,"comment":"Польская MO 2022, 73 OM, финал, задача 3; графовая формулировка эквивалентна исходной, официальное решение полностью графовое.","status":"needs_human_review"},"review_status":"needs_human_review","public_ready":false,"solution_state":"with_solution","solution_classification":{"type":"official_complete_or_near_complete","status":"ai_checked","confidence":0.82,"basis":"официальный источник решения и несжатый текст решения","notes":"Текущий текст основан на официальном источнике и выглядит полным или почти полным.","label":"официальное полное/почти полное"},"statements":{"original":[{"id":"stmt-original","title":"Условие","status":"ai_checked","text":"На окружности отмечено \\(n\\) точек и проведено некоторое число хорд с концами в отмеченных точках. Выполнено такое свойство: после стирания любых \\(2021\\) из проведённых хорд любые две отмеченные точки всё ещё можно соединить ломаной, составленной из нестёртых хорд. Докажите, что можно стереть некоторые хорды так, чтобы на рисунке осталось не более \\(2022n\\) хорд и указанное свойство сохранилось.","definition_ids":[]}],"graph_theory":[{"id":"stmt-graph","title":"Разрежение графа, остающегося связным после удаления 2021 рёбер, Польская MO 2022 III/3","status":"ai_checked","text":"Пусть простой неориентированный граф \\(G\\) на \\(n\\) вершинах остаётся связным после удаления любых \\(2021\\) рёбер. Докажите, что у \\(G\\) есть остовный подграф с не более чем \\(2022n\\) рёбрами, который тоже остаётся связным после удаления любых \\(2021\\) рёбер.","definition_ids":["simple_graph","connected_graph","spanning_tree"]}]},"solutions":[{"id":"sol-official-expanded","title":"Решение через 2022 последовательных остовных леса","status":"ai_checked","definition_ids":["connected_graph","spanning_tree"],"standard_idea_ids":["delete_to_simplify","pigeonhole_principle"],"tags":[],"has_text":true,"text_preview":"Переведём условие на язык графов. Отмеченные точки считаем вершинами, проведённые хорды - рёбрами. Свойство задачи означает, что граф остаётся связным после удаления любых \\(2021\\) рёбер. Назовём такой граф хорошим. Нужно оставить не более \\(2022n\\) рёбер так, чтобы получившийся граф тоже был хорошим. Пусть исходный хороший граф равен \\(G_0\\), его множество вершин обозначим через \\(V\\), \\(|V|=n\\). Построим графы \\[ G_0,F_0,G_1,F_1,\\ldots,G_{2021},F_{2021},G_{2022} \\] на одном и том же множестве вершин. Если \\(G_i\\) уже построен, выберем в каждой его компоненте связности остовное дерево; объединение этих деревьев обозначим через \\(F_i\\). Иначе говоря, \\(F_i\\) - остовный лес графа \\(G_i\\). Затем определим \\(G_{i+1}\\) как граф, полученный из \\(G_i\\) удалением всех рёбер леса \\(F_i\\). Пусть \\(H\\) - граф на множестве вершин \\(V\\), рёбрами которого являются все рёбра лесов \\(F_0,F_1,\\ldots,F_…"}],"relations":[{"id":"rel-polish-mo-2022-robust-sparsification-tree-euler","neighbor_id":"memo-2021-i2-bishop-circuit-forest","direction":"forward","type":"same_motif","distance":2,"status":"needs_human_review"}],"search_text":"polish-mo-2022-iii-p3-robust-chord-graph-sparsification разрежение графа, остающегося связным после удаления 2021 рёбер, польская mo 2022 iii/3 connectivity trees graph_model goal_bound 2022 73. olimpiada matematyczna, финальный этап, официальные решения 73. olimpiada matematyczna, финальный этап, официальные условия https://om.sem.edu.pl/static/app_main/problems/om73_3.pdf https://om.sem.edu.pl/static/app_main/problems/om73_3r.pdf polish polish2022 solution_notes src-polish-mo-2022-iii-p3-official-problems src-polish-mo-2022-iii-p3-official-solutions statement with_solution wojciech nadara wojciechnadara остающегося связным после удаления остающегосясвязнымпослеудаления остающегосясвязнымпослеудаления2022 wojciech nadara 73. olimpiada matematyczna, финальный этап, официальные условия 73. olimpiada matematyczna, финальный этап, официальные решения stmt-original условие ai_checked на окружности отмечено \\(n\\) точек и проведено некоторое число хорд с концами в отмеченных точках. выполнено такое свойство: после стирания любых \\(2021\\) из проведённых хорд любые две отмеченные точки всё ещё можно соединить ломаной, составленной из нестёртых хорд. докажите, что можно стереть некоторые хорды так, чтобы на рисунке осталось не более \\(2022n\\) хорд и указанное свойство сохранилось. stmt-graph разрежение графа, остающегося связным после удаления 2021 рёбер, польская mo 2022 iii/3 ai_checked пусть простой неориентированный граф \\(g\\) на \\(n\\) вершинах остаётся связным после удаления любых \\(2021\\) рёбер. докажите, что у \\(g\\) есть остовный подграф с не более чем \\(2022n\\) рёбрами, который тоже остаётся связным после удаления любых \\(2021\\) рёбер. simple_graph connected_graph spanning_tree idea-layered-spanning-forests последовательно снять 2022 остовных леса из текущего графа берётся остовный лес, затем его рёбра удаляются и процедура повторяется 2022 раза. объединение выбранных лесов содержит меньше \\(2022n\\) рёбер. trees ai_checked idea-residual-components-have-many-forest-paths остаточные компоненты связаны во всех лесах если две вершины остались в одной компоненте после снятия всех лесов, то в каждом из 2022 выбранных лесов они соединены путём. эти пути рёберно непересекаются, поэтому удаление 2021 рёбер не уничтожает их все. connectivity ai_checked sol-official-expanded решение через 2022 последовательных остовных леса ai_checked connected_graph spanning_tree delete_to_simplify pigeonhole_principle переведём условие на язык графов. отмеченные точки считаем вершинами, проведённые хорды - рёбрами. свойство задачи означает, что граф остаётся связным после удаления любых \\(2021\\) рёбер. назовём такой граф хорошим. нужно оставить не более \\(2022n\\) рёбер так, чтобы получившийся граф тоже был хорошим. пусть исходный хороший граф равен \\(g_0\\), его множество вершин обозначим через \\(v\\), \\(|v|=n\\). построим графы \\[ g_0,f_0,g_1,f_1,\\ldots,g_{2021},f_{2021},g_{2022} \\] на одном и том же множестве вершин. если \\(g_i\\) уже построен, выберем в каждой его компоненте связности остовное дерево; объединение этих деревьев обозначим через \\(f_i\\). иначе говоря, \\(f_i\\) - остовный лес графа \\(g_i\\). затем определим \\(g_{i+1}\\) как граф, полученный из \\(g_i\\) удалением всех рёбер леса \\(f_i\\). пусть \\(h\\) - граф на множестве вершин \\(v\\), рёбрами которого являются все рёбра лесов \\(f_0,f_1,\\ldots,f_… polish-mo-2022-iii-p3-robust-chord-graph-sparsification razrezhenie grafa, ostayuschegosya svyaznym posle udaleniya 2021 reber, polskaya mo 2022 iii/3 connectivity trees graph_model goal_bound 2022 73. olimpiada matematyczna, finalnyy etap, ofitsialnye resheniya 73. olimpiada matematyczna, finalnyy etap, ofitsialnye usloviya https://om.sem.edu.pl/static/app_main/problems/om73_3.pdf https://om.sem.edu.pl/static/app_main/problems/om73_3r.pdf polish polish2022 solution_notes src-polish-mo-2022-iii-p3-official-problems src-polish-mo-2022-iii-p3-official-solutions statement with_solution wojciech nadara wojciechnadara ostayuschegosya svyaznym posle udaleniya ostayuschegosyasvyaznymposleudaleniya ostayuschegosyasvyaznymposleudaleniya2022 wojciech nadara 73. olimpiada matematyczna, finalnyy etap, ofitsialnye usloviya 73. olimpiada matematyczna, finalnyy etap, ofitsialnye resheniya stmt-original uslovie ai_checked na okruzhnosti otmecheno \\(n\\) tochek i provedeno nekotoroe chislo hord s kontsami v otmechennyh tochkah. vypolneno takoe svoystvo: posle stiraniya lyubyh \\(2021\\) iz provedennyh hord lyubye dve otmechennye tochki vse esche mozhno soedinit lomanoy, sostavlennoy iz nestertyh hord. dokazhite, chto mozhno steret nekotorye hordy tak, chtoby na risunke ostalos ne bolee \\(2022n\\) hord i ukazannoe svoystvo sohranilos. stmt-graph razrezhenie grafa, ostayuschegosya svyaznym posle udaleniya 2021 reber, polskaya mo 2022 iii/3 ai_checked pust prostoy neorientirovannyy graf \\(g\\) na \\(n\\) vershinah ostaetsya svyaznym posle udaleniya lyubyh \\(2021\\) reber. dokazhite, chto u \\(g\\) est ostovnyy podgraf s ne bolee chem \\(2022n\\) rebrami, kotoryy tozhe ostaetsya svyaznym posle udaleniya lyubyh \\(2021\\) reber. simple_graph connected_graph spanning_tree idea-layered-spanning-forests posledovatelno snyat 2022 ostovnyh lesa iz tekuschego grafa beretsya ostovnyy les, zatem ego rebra udalyayutsya i protsedura povtoryaetsya 2022 raza. obedinenie vybrannyh lesov soderzhit menshe \\(2022n\\) reber. trees ai_checked idea-residual-components-have-many-forest-paths ostatochnye komponenty svyazany vo vseh lesah esli dve vershiny ostalis v odnoy komponente posle snyatiya vseh lesov, to v kazhdom iz 2022 vybrannyh lesov oni soedineny putem. eti puti reberno neperesekayutsya, poetomu udalenie 2021 reber ne unichtozhaet ih vse. connectivity ai_checked sol-official-expanded reshenie cherez 2022 posledovatelnyh ostovnyh lesa ai_checked connected_graph spanning_tree delete_to_simplify pigeonhole_principle perevedem uslovie na yazyk grafov. otmechennye tochki schitaem vershinami, provedennye hordy - rebrami. svoystvo zadachi oznachaet, chto graf ostaetsya svyaznym posle udaleniya lyubyh \\(2021\\) reber. nazovem takoy graf horoshim. nuzhno ostavit ne bolee \\(2022n\\) reber tak, chtoby poluchivshiysya graf tozhe byl horoshim. pust ishodnyy horoshiy graf raven \\(g_0\\), ego mnozhestvo vershin oboznachim cherez \\(v\\), \\(|v|=n\\). postroim grafy \\[ g_0,f_0,g_1,f_1,\\ldots,g_{2021},f_{2021},g_{2022} \\] na odnom i tom zhe mnozhestve vershin. esli \\(g_i\\) uzhe postroen, vyberem v kazhdoy ego komponente svyaznosti ostovnoe derevo; obedinenie etih derevev oboznachim cherez \\(f_i\\). inache govorya, \\(f_i\\) - ostovnyy les grafa \\(g_i\\). zatem opredelim \\(g_{i+1}\\) kak graf, poluchennyy iz \\(g_i\\) udaleniem vseh reber lesa \\(f_i\\). pust \\(h\\) - graf na mnozhestve vershin \\(v\\), rebrami kotorogo yavlyayutsya vse rebra lesov \\(f_0,f_1,\\ldots,f_…","source_keys":["polish"]}
{"id":"protected-color-recoloring-lemma","title":"Лемма о защищённых цветах и устранении одноточечных классов","path":"data\\problems\\classical\\protected-color-recoloring-lemma.yaml","raw_github_url":"https://raw.githubusercontent.com/didin-maxim/knowledge_graph_of_graphs/main/data/problems/classical/protected-color-recoloring-lemma.yaml","viewer_url":"https://didin-maxim.github.io/knowledge_graph_of_graphs/#protected-color-recoloring-lemma","source_key":"misc","source_label":"Прочее","source_titles":["Кубок Колмогорова 2007 официальный архив"],"year":"","type":"lemma","authors":[],"tags":["coloring","goal_existence"],"agent_topics":[],"difficulty":{"main":"regional","local_score":4,"comment":"Короткий переносимый инвариант перекраски из задачи Колмогорова 2007 о хроматическом числе. Он полезнее окружающей задачи, но его не стоит усиливать до утверждения, что каждый финальный цвет защищён целым эталонным классом.","status":"ai_checked"},"review_status":"needs_human_review","public_ready":false,"solution_state":"with_solution","solution_classification":{"type":"official_complete_or_near_complete","label":"официальное полное/почти полное","status":"ai_checked","confidence":0.78,"basis":"агентский аудит средней сложности","notes":"Классическая извлечённая карточка имеет официальный источник и проверенное агентом решение.","audit_source":"agent-imo-us-classical.json"},"statements":{"original":[{"id":"stmt-protected-color-recoloring","title":"Лемма о защищённых цветах","status":"ai_checked","text":"Пусть \\(G\\) — конечный граф с \\(\\chi(G)=k\\). Предположим, что у \\(G\\) есть правильная \\(k\\)-раскраска \\(\\alpha\\), в которой каждый цветовой класс содержит хотя бы две вершины. Тогда любую правильную раскраску \\(\\beta\\), использующую ровно \\(k\\) непустых цветов, можно конечным числом перекрасок целых цветовых классов раскраски \\(\\alpha\\) преобразовать в правильную \\(k\\)-раскраску, где каждый цветовой класс содержит хотя бы две вершины.","definition_ids":["chromatic_number"]}]},"solutions":[{"id":"sol-protected-singleton-recoloring","title":"Исправлять по одному одноточечному классу","status":"ai_checked","definition_ids":["chromatic_number","independent_set"],"standard_idea_ids":["local_recoloring"],"tags":[],"has_text":true,"text_preview":"Зафиксируем эталонную раскраску \\(\\alpha\\) и назовём цвет текущей \\(\\beta\\)-раскраски защищённым, если он содержит все вершины некоторого \\(\\alpha\\)-цветового класса. Такой защищённый цвет содержит хотя бы две вершины, а дальнейшие операции с другими \\(\\alpha\\)-классами не делают его одноточечным. Если в текущей раскраске нет одноточечных цветовых классов, всё доказано. Иначе пусть цвет \\(c\\) встречается только на вершине \\(v\\). Пусть \\(A\\) — цветовой класс раскраски \\(\\alpha\\), содержащий \\(v\\). Перекрасим все вершины \\(A\\) в цвет \\(c\\), а остальные вершины оставим как были. Новая раскраска правильна: новый класс цвета \\(c\\) — это независимое множество \\(A\\), а все остальные цветовые классы только потеряли вершины из независимого множества. Ни один цвет после этой операции не может исчезнуть. Если бы это произошло, полученная правильная раскраска использовала бы не более \\(k-1\\) непуст…"}],"relations":[{"id":"rel-protected-color-recoloring-kolmogorov-2007-chromatic","neighbor_id":"kolmogorov-2007-round-2-high-and-first-league-chromatic-number-problem","direction":"forward","type":"prerequisite","distance":1,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-protected-recoloring-yumt-2023-granda-final-p6","neighbor_id":"yumt-2023-granda-final-problem6","direction":"forward","type":"same_motif","distance":2,"status":"ai_checked"}],"search_text":"protected-color-recoloring-lemma лемма о защищённых цветах и устранении одноточечных классов coloring goal_existence https://turmath.ru/kolm/files/archive/kolm11.zip misc olympiad_archive src-kolmogorov-2007-official with_solution кубок колмогорова 2007 официальный архив прочее ? кубок колмогорова 2007 официальный архив stmt-protected-color-recoloring лемма о защищённых цветах ai_checked пусть \\(g\\) — конечный граф с \\(\\chi(g)=k\\). предположим, что у \\(g\\) есть правильная \\(k\\)-раскраска \\(\\alpha\\), в которой каждый цветовой класс содержит хотя бы две вершины. тогда любую правильную раскраску \\(\\beta\\), использующую ровно \\(k\\) непустых цветов, можно конечным числом перекрасок целых цветовых классов раскраски \\(\\alpha\\) преобразовать в правильную \\(k\\)-раскраску, где каждый цветовой класс содержит хотя бы две вершины. chromatic_number idea-protected-colors защищённые цвета текущий цвет называется защищённым, если он содержит целиком некоторый цветовой класс фиксированной эталонной раскраски \\(\\alpha\\). перекраска другого целого \\(\\alpha\\)-класса не может разрушить эту защиту. coloring ai_checked sol-protected-singleton-recoloring исправлять по одному одноточечному классу ai_checked chromatic_number independent_set local_recoloring зафиксируем эталонную раскраску \\(\\alpha\\) и назовём цвет текущей \\(\\beta\\)-раскраски защищённым, если он содержит все вершины некоторого \\(\\alpha\\)-цветового класса. такой защищённый цвет содержит хотя бы две вершины, а дальнейшие операции с другими \\(\\alpha\\)-классами не делают его одноточечным. если в текущей раскраске нет одноточечных цветовых классов, всё доказано. иначе пусть цвет \\(c\\) встречается только на вершине \\(v\\). пусть \\(a\\) — цветовой класс раскраски \\(\\alpha\\), содержащий \\(v\\). перекрасим все вершины \\(a\\) в цвет \\(c\\), а остальные вершины оставим как были. новая раскраска правильна: новый класс цвета \\(c\\) — это независимое множество \\(a\\), а все остальные цветовые классы только потеряли вершины из независимого множества. ни один цвет после этой операции не может исчезнуть. если бы это произошло, полученная правильная раскраска использовала бы не более \\(k-1\\) непуст… protected-color-recoloring-lemma lemma o zaschischennyh tsvetah i ustranenii odnotochechnyh klassov coloring goal_existence https://turmath.ru/kolm/files/archive/kolm11.zip misc olympiad_archive src-kolmogorov-2007-official with_solution kubok kolmogorova 2007 ofitsialnyy arhiv prochee ? kubok kolmogorova 2007 ofitsialnyy arhiv stmt-protected-color-recoloring lemma o zaschischennyh tsvetah ai_checked pust \\(g\\) — konechnyy graf s \\(\\chi(g)=k\\). predpolozhim, chto u \\(g\\) est pravilnaya \\(k\\)-raskraska \\(\\alpha\\), v kotoroy kazhdyy tsvetovoy klass soderzhit hotya by dve vershiny. togda lyubuyu pravilnuyu raskrasku \\(\\beta\\), ispolzuyuschuyu rovno \\(k\\) nepustyh tsvetov, mozhno konechnym chislom perekrasok tselyh tsvetovyh klassov raskraski \\(\\alpha\\) preobrazovat v pravilnuyu \\(k\\)-raskrasku, gde kazhdyy tsvetovoy klass soderzhit hotya by dve vershiny. chromatic_number idea-protected-colors zaschischennye tsveta tekuschiy tsvet nazyvaetsya zaschischennym, esli on soderzhit tselikom nekotoryy tsvetovoy klass fiksirovannoy etalonnoy raskraski \\(\\alpha\\). perekraska drugogo tselogo \\(\\alpha\\)-klassa ne mozhet razrushit etu zaschitu. coloring ai_checked sol-protected-singleton-recoloring ispravlyat po odnomu odnotochechnomu klassu ai_checked chromatic_number independent_set local_recoloring zafiksiruem etalonnuyu raskrasku \\(\\alpha\\) i nazovem tsvet tekuschey \\(\\beta\\)-raskraski zaschischennym, esli on soderzhit vse vershiny nekotorogo \\(\\alpha\\)-tsvetovogo klassa. takoy zaschischennyy tsvet soderzhit hotya by dve vershiny, a dalneyshie operatsii s drugimi \\(\\alpha\\)-klassami ne delayut ego odnotochechnym. esli v tekuschey raskraske net odnotochechnyh tsvetovyh klassov, vse dokazano. inache pust tsvet \\(c\\) vstrechaetsya tolko na vershine \\(v\\). pust \\(a\\) — tsvetovoy klass raskraski \\(\\alpha\\), soderzhaschiy \\(v\\). perekrasim vse vershiny \\(a\\) v tsvet \\(c\\), a ostalnye vershiny ostavim kak byli. novaya raskraska pravilna: novyy klass tsveta \\(c\\) — eto nezavisimoe mnozhestvo \\(a\\), a vse ostalnye tsvetovye klassy tolko poteryali vershiny iz nezavisimogo mnozhestva. ni odin tsvet posle etoy operatsii ne mozhet ischeznut. esli by eto proizoshlo, poluchennaya pravilnaya raskraska ispolzovala by ne bolee \\(k-1\\) nepust…","source_keys":["misc","kolmogorov"]}
{"id":"putnam-1988-a4-unit-distance-coloring","title":"Раскраска плоскости и точки на расстоянии 1, Putnam 1988 A4","path":"data\\problems\\putnam\\putnam-1988-a4-unit-distance-coloring.yaml","raw_github_url":"https://raw.githubusercontent.com/didin-maxim/knowledge_graph_of_graphs/main/data/problems/putnam/putnam-1988-a4-unit-distance-coloring.yaml","viewer_url":"https://didin-maxim.github.io/knowledge_graph_of_graphs/#putnam-1988-a4-unit-distance-coloring","source_key":"putnam","source_label":"Putnam","source_titles":["Putnam 1988 A4, архивный источник"],"year":"1988","type":"olympiad_problem","authors":[],"tags":["coloring","construction","goal_exact_bound","pigeonhole_principle"],"agent_topics":[],"difficulty":{"main":"national_final_medium","local_score":6,"comment":"Короткая задача на хроматическое число графа единичных расстояний плоскости: нужно найти малый запрещающий граф и явную периодическую раскраску.","status":"ai_checked"},"review_status":"needs_human_review","public_ready":false,"solution_state":"with_solution","solution_classification":{"type":"unofficial_published","label":"опубликованное неофициальное","status":"ai_checked","confidence":0.78,"basis":"агентский аудит средней сложности","notes":"агент grouped classification","audit_source":"agent-university-archives.json"},"statements":{"original":[{"id":"stmt-original","title":"Раскраска точек плоскости","status":"ai_checked","text":"Каждая точка плоскости раскрашена в один из трех цветов. Обязательно ли найдутся две точки одного цвета на расстоянии ровно 1? Как изменится ответ, если вместо трех цветов разрешить девять?","definition_ids":[]}],"graph_theory":[{"id":"stmt-graph","title":"Раскраска плоскости и точки на расстоянии 1, Putnam 1988 A4","status":"ai_checked","text":"Рассмотрим бесконечный граф, вершинами которого являются точки евклидовой плоскости, а рёбра соединяют пары точек на расстоянии \\(1\\). Определите, допускает ли этот граф правильную раскраску в \\(3\\) цвета и в \\(9\\) цветов.","definition_ids":["chromatic_number"]}]},"solutions":[{"id":"sol-three-and-nine","title":"Три цвета невозможны, девяти достаточно","status":"ai_checked","definition_ids":["chromatic_number"],"standard_idea_ids":["pigeonhole_principle","extremal_choice"],"tags":[],"has_text":true,"text_preview":"Ответ: для трех цветов обязательно найдется одноцветная пара на расстоянии 1, а для девяти цветов можно избежать таких пар. Сначала докажем невозможность трехцветной раскраски. Предположим, что одноцветных пар на расстоянии 1 нет. Возьмем две точки \\(A\\) и \\(B\\) на расстоянии \\(\\sqrt3\\). Единичные окружности с центрами \\(A\\) и \\(B\\) пересекаются в двух точках \\(X\\) и \\(Y\\). Тогда \\(AX=AY=BX=BY=1\\), а также \\(XY=1\\): эти пять точек дают два равносторонних треугольника со стороной 1 на общей стороне \\(XY\\). Так как \\(X\\) и \\(Y\\) находятся на расстоянии 1, их цвета различны. Точка \\(A\\) смежна с обеими \\(X,Y\\), значит при трех цветах она вынуждена иметь третий цвет. То же самое верно для \\(B\\). Следовательно, любые две точки на расстоянии \\(\\sqrt3\\) имеют один и тот же цвет. Теперь возьмем равносторонний треугольник со стороной \\(\\sqrt3\\). По только что доказанному все три его вершины долж…"}],"relations":[{"id":"rel-mmo-2010-putnam-1988-unit-distance-geometric-obstruction","neighbor_id":"mmo-2010-unit-distance-segments","direction":"backward","type":"same_motif","distance":2,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-putnam-1994-a3-putnam-1988-a4-distance-coloring-obstructions","neighbor_id":"putnam-1994-a3-threshold-distance-coloring","direction":"backward","type":"same_motif","distance":2,"status":"ai_checked"}],"search_text":"putnam-1988-a4-unit-distance-coloring раскраска плоскости и точки на расстоянии 1, putnam 1988 a4 coloring construction goal_exact_bound pigeonhole_principle 1988 archive_statement https://kskedlaya.org/putnam-archive/1988.pdf putnam putnam 1988 a4, архивный источник putnam1988 src-putnam-1988-a4-kedlaya with_solution ? putnam 1988 a4, архивный источник stmt-original раскраска точек плоскости ai_checked каждая точка плоскости раскрашена в один из трех цветов. обязательно ли найдутся две точки одного цвета на расстоянии ровно 1? как изменится ответ, если вместо трех цветов разрешить девять? stmt-graph раскраска плоскости и точки на расстоянии 1, putnam 1988 a4 ai_checked рассмотрим бесконечный граф, вершинами которого являются точки евклидовой плоскости, а рёбра соединяют пары точек на расстоянии \\(1\\). определите, допускает ли этот граф правильную раскраску в \\(3\\) цвета и в \\(9\\) цветов. chromatic_number idea-rhombus-forces-equal-colors малый граф единичных расстояний заставляет совпадение цветов если две точки находятся на расстоянии \\(\\sqrt3\\), то две вершины пересечения единичных окружностей вокруг них вместе с исходными точками образуют две единичные равносторонние треугольные связки. при трех цветах это вынуждает исходные две точки иметь один цвет. coloring pigeonhole_principle ai_checked idea-nine-periodic-square-tiling периодическая раскраска квадратных плиток квадраты достаточно малого размера можно раскрасить 3 на 3 периодически: внутри одной плитки расстояния меньше 1, а между одноцветными плитками расстояния больше 1. construction coloring ai_checked sol-three-and-nine три цвета невозможны, девяти достаточно ai_checked chromatic_number pigeonhole_principle extremal_choice ответ: для трех цветов обязательно найдется одноцветная пара на расстоянии 1, а для девяти цветов можно избежать таких пар. сначала докажем невозможность трехцветной раскраски. предположим, что одноцветных пар на расстоянии 1 нет. возьмем две точки \\(a\\) и \\(b\\) на расстоянии \\(\\sqrt3\\). единичные окружности с центрами \\(a\\) и \\(b\\) пересекаются в двух точках \\(x\\) и \\(y\\). тогда \\(ax=ay=bx=by=1\\), а также \\(xy=1\\): эти пять точек дают два равносторонних треугольника со стороной 1 на общей стороне \\(xy\\). так как \\(x\\) и \\(y\\) находятся на расстоянии 1, их цвета различны. точка \\(a\\) смежна с обеими \\(x,y\\), значит при трех цветах она вынуждена иметь третий цвет. то же самое верно для \\(b\\). следовательно, любые две точки на расстоянии \\(\\sqrt3\\) имеют один и тот же цвет. теперь возьмем равносторонний треугольник со стороной \\(\\sqrt3\\). по только что доказанному все три его вершины долж… putnam-1988-a4-unit-distance-coloring raskraska ploskosti i tochki na rasstoyanii 1, putnam 1988 a4 coloring construction goal_exact_bound pigeonhole_principle 1988 archive_statement https://kskedlaya.org/putnam-archive/1988.pdf putnam putnam 1988 a4, arhivnyy istochnik putnam1988 src-putnam-1988-a4-kedlaya with_solution ? putnam 1988 a4, arhivnyy istochnik stmt-original raskraska tochek ploskosti ai_checked kazhdaya tochka ploskosti raskrashena v odin iz treh tsvetov. obyazatelno li naydutsya dve tochki odnogo tsveta na rasstoyanii rovno 1? kak izmenitsya otvet, esli vmesto treh tsvetov razreshit devyat? stmt-graph raskraska ploskosti i tochki na rasstoyanii 1, putnam 1988 a4 ai_checked rassmotrim beskonechnyy graf, vershinami kotorogo yavlyayutsya tochki evklidovoy ploskosti, a rebra soedinyayut pary tochek na rasstoyanii \\(1\\). opredelite, dopuskaet li etot graf pravilnuyu raskrasku v \\(3\\) tsveta i v \\(9\\) tsvetov. chromatic_number idea-rhombus-forces-equal-colors malyy graf edinichnyh rasstoyaniy zastavlyaet sovpadenie tsvetov esli dve tochki nahodyatsya na rasstoyanii \\(\\sqrt3\\), to dve vershiny peresecheniya edinichnyh okruzhnostey vokrug nih vmeste s ishodnymi tochkami obrazuyut dve edinichnye ravnostoronnie treugolnye svyazki. pri treh tsvetah eto vynuzhdaet ishodnye dve tochki imet odin tsvet. coloring pigeonhole_principle ai_checked idea-nine-periodic-square-tiling periodicheskaya raskraska kvadratnyh plitok kvadraty dostatochno malogo razmera mozhno raskrasit 3 na 3 periodicheski: vnutri odnoy plitki rasstoyaniya menshe 1, a mezhdu odnotsvetnymi plitkami rasstoyaniya bolshe 1. construction coloring ai_checked sol-three-and-nine tri tsveta nevozmozhny, devyati dostatochno ai_checked chromatic_number pigeonhole_principle extremal_choice otvet: dlya treh tsvetov obyazatelno naydetsya odnotsvetnaya para na rasstoyanii 1, a dlya devyati tsvetov mozhno izbezhat takih par. snachala dokazhem nevozmozhnost trehtsvetnoy raskraski. predpolozhim, chto odnotsvetnyh par na rasstoyanii 1 net. vozmem dve tochki \\(a\\) i \\(b\\) na rasstoyanii \\(\\sqrt3\\). edinichnye okruzhnosti s tsentrami \\(a\\) i \\(b\\) peresekayutsya v dvuh tochkah \\(x\\) i \\(y\\). togda \\(ax=ay=bx=by=1\\), a takzhe \\(xy=1\\): eti pyat tochek dayut dva ravnostoronnih treugolnika so storonoy 1 na obschey storone \\(xy\\). tak kak \\(x\\) i \\(y\\) nahodyatsya na rasstoyanii 1, ih tsveta razlichny. tochka \\(a\\) smezhna s obeimi \\(x,y\\), znachit pri treh tsvetah ona vynuzhdena imet tretiy tsvet. to zhe samoe verno dlya \\(b\\). sledovatelno, lyubye dve tochki na rasstoyanii \\(\\sqrt3\\) imeyut odin i tot zhe tsvet. teper vozmem ravnostoronniy treugolnik so storonoy \\(\\sqrt3\\). po tolko chto dokazannomu vse tri ego vershiny dolzh…","source_keys":["putnam"]}
{"id":"putnam-1990-b4-cayley-euler-tour","title":"Двойной обход элементов группы в графе Кэли, Putnam 1990 B4","path":"data\\problems\\putnam\\putnam-1990-b4-cayley-euler-tour.yaml","raw_github_url":"https://raw.githubusercontent.com/didin-maxim/knowledge_graph_of_graphs/main/data/problems/putnam/putnam-1990-b4-cayley-euler-tour.yaml","viewer_url":"https://didin-maxim.github.io/knowledge_graph_of_graphs/#putnam-1990-b4-cayley-euler-tour","source_key":"putnam","source_label":"Putnam","source_titles":["Putnam 1990 B4, архивный источник"],"year":"1990","type":"olympiad_problem","authors":[],"tags":["eulerian_graphs","graph_model","goal_existence"],"agent_topics":[],"difficulty":{"main":"national_final_medium","local_score":7,"comment":"После выбора правильного графа задача становится прямым применением эйлерова цикла, но без модели графа Кэли условие выглядит групповым.","status":"ai_checked"},"review_status":"needs_human_review","public_ready":false,"solution_state":"with_solution","solution_classification":{"type":"unofficial_published","label":"опубликованное неофициальное","status":"ai_checked","confidence":0.78,"basis":"агентский аудит средней сложности","notes":"агент grouped classification","audit_source":"agent-university-archives.json"},"statements":{"original":[{"id":"stmt-original","title":"Последовательность элементов группы","status":"ai_checked","text":"Пусть конечная группа \\(G\\) порядка \\(n\\) порождена элементами \\(a\\) и \\(b\\). Докажите или опровергните утверждение: существует циклическая последовательность \\(g_1,g_2,\\ldots,g_{2n}\\), в которой каждый элемент \\(G\\) встречается ровно дважды, и для каждого \\(i\\) элемент \\(g_{i+1}\\) равен либо \\(g_i a\\), либо \\(g_i b\\) (где \\(g_{2n+1}=g_1\\)).","definition_ids":[]}],"graph_theory":[{"id":"stmt-graph","title":"Двойной обход элементов группы в графе Кэли, Putnam 1990 B4","status":"ai_checked","text":"Пусть \\(D\\) - ориентированный граф Кэли конечной группы \\(G\\) по двум порождающим \\(a,b\\): из каждой вершины \\(g\\) выходят дуги \\(g\\to ga\\) и \\(g\\to gb\\). Докажите, что в \\(D\\) есть замкнутый направленный обход длины \\(2|G|\\), в котором каждая вершина встречается ровно два раза.","definition_ids":["directed_graph","eulerian_cycle"]}]},"solutions":[{"id":"sol-cayley-euler","title":"Эйлеров цикл в ориентированном графе Кэли","status":"ai_checked","definition_ids":["directed_graph","eulerian_cycle"],"standard_idea_ids":["invariant"],"tags":[],"has_text":true,"text_preview":"Утверждение верно. Построим ориентированный граф \\(D\\) с множеством вершин \\(G\\). Из каждой вершины \\(g\\) проведем две дуги: \\(g\\to ga\\) и \\(g\\to gb\\). Тогда всякая допустимая последовательность элементов группы является направленным обходом в этом графе. Проверим, что \\(D\\) эйлеров. Из каждой вершины выходит ровно две дуги. Входящих дуг тоже ровно две: в вершину \\(g\\) входят дуги из \\(ga^{-1}\\) и \\(gb^{-1}\\). Если случайно \\(a=b\\), это означает две параллельные дуги; для эйлерова обхода это не мешает, потому что мы работаем с ориентированным мультиграфом. Значит для каждой вершины входящая степень равна исходящей. Осталось связность в нужном смысле. Так как \\(a,b\\) порождают \\(G\\), из единицы можно попасть в любой элемент, умножая справа на \\(a,b\\) и их обратные. В неориентированном графе, полученном забыванием направлений, это дает связность. Более того, для существования эйлерова цик…"}],"relations":[{"id":"rel-putnam-1990-2016-cayley-digraph-generators","neighbor_id":"putnam-2016-a5-cayley-digraph-short-words","direction":"forward","type":"same_motif","distance":1,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-putnam-1990-vjimc-2000-euler","neighbor_id":"vjimc-2000-cat2-p2-de-bruijn-euler-cycle","direction":"forward","type":"same_motif","distance":3,"status":"needs_human_review"},{"id":"rel-putnam-1990-eulerian-criterion","neighbor_id":"eulerian-graph-criterion","direction":"backward","type":"prerequisite","distance":1,"status":"ai_checked"}],"search_text":"putnam-1990-b4-cayley-euler-tour двойной обход элементов группы в графе кэли, putnam 1990 b4 eulerian_graphs graph_model goal_existence 1990 archive_statement https://kskedlaya.org/putnam-archive/1990.pdf putnam putnam 1990 b4, архивный источник putnam1990 src-putnam-1990-b4-kedlaya with_solution ? putnam 1990 b4, архивный источник stmt-original последовательность элементов группы ai_checked пусть конечная группа \\(g\\) порядка \\(n\\) порождена элементами \\(a\\) и \\(b\\). докажите или опровергните утверждение: существует циклическая последовательность \\(g_1,g_2,\\ldots,g_{2n}\\), в которой каждый элемент \\(g\\) встречается ровно дважды, и для каждого \\(i\\) элемент \\(g_{i+1}\\) равен либо \\(g_i a\\), либо \\(g_i b\\) (где \\(g_{2n+1}=g_1\\)). stmt-graph двойной обход элементов группы в графе кэли, putnam 1990 b4 ai_checked пусть \\(d\\) - ориентированный граф кэли конечной группы \\(g\\) по двум порождающим \\(a,b\\): из каждой вершины \\(g\\) выходят дуги \\(g\\to ga\\) и \\(g\\to gb\\). докажите, что в \\(d\\) есть замкнутый направленный обход длины \\(2|g|\\), в котором каждая вершина встречается ровно два раза. directed_graph eulerian_cycle idea-two-outgoing-arcs заменить условие на ориентированный граф кэли разрешенные переходы из \\(g\\) в \\(ga\\) или \\(gb\\) - это ровно две исходящие дуги из вершины \\(g\\) в ориентированном графе кэли. graph_model ai_checked idea-euler-circuit эйлеров цикл автоматически дает два появления если пройти каждую дугу графа кэли ровно один раз, то каждая вершина появится как начало ровно двух дуг, поскольку из нее выходят две дуги. eulerian_graphs ai_checked sol-cayley-euler эйлеров цикл в ориентированном графе кэли ai_checked directed_graph eulerian_cycle invariant утверждение верно. построим ориентированный граф \\(d\\) с множеством вершин \\(g\\). из каждой вершины \\(g\\) проведем две дуги: \\(g\\to ga\\) и \\(g\\to gb\\). тогда всякая допустимая последовательность элементов группы является направленным обходом в этом графе. проверим, что \\(d\\) эйлеров. из каждой вершины выходит ровно две дуги. входящих дуг тоже ровно две: в вершину \\(g\\) входят дуги из \\(ga^{-1}\\) и \\(gb^{-1}\\). если случайно \\(a=b\\), это означает две параллельные дуги; для эйлерова обхода это не мешает, потому что мы работаем с ориентированным мультиграфом. значит для каждой вершины входящая степень равна исходящей. осталось связность в нужном смысле. так как \\(a,b\\) порождают \\(g\\), из единицы можно попасть в любой элемент, умножая справа на \\(a,b\\) и их обратные. в неориентированном графе, полученном забыванием направлений, это дает связность. более того, для существования эйлерова цик… putnam-1990-b4-cayley-euler-tour dvoynoy obhod elementov gruppy v grafe keli, putnam 1990 b4 eulerian_graphs graph_model goal_existence 1990 archive_statement https://kskedlaya.org/putnam-archive/1990.pdf putnam putnam 1990 b4, arhivnyy istochnik putnam1990 src-putnam-1990-b4-kedlaya with_solution ? putnam 1990 b4, arhivnyy istochnik stmt-original posledovatelnost elementov gruppy ai_checked pust konechnaya gruppa \\(g\\) poryadka \\(n\\) porozhdena elementami \\(a\\) i \\(b\\). dokazhite ili oprovergnite utverzhdenie: suschestvuet tsiklicheskaya posledovatelnost \\(g_1,g_2,\\ldots,g_{2n}\\), v kotoroy kazhdyy element \\(g\\) vstrechaetsya rovno dvazhdy, i dlya kazhdogo \\(i\\) element \\(g_{i+1}\\) raven libo \\(g_i a\\), libo \\(g_i b\\) (gde \\(g_{2n+1}=g_1\\)). stmt-graph dvoynoy obhod elementov gruppy v grafe keli, putnam 1990 b4 ai_checked pust \\(d\\) - orientirovannyy graf keli konechnoy gruppy \\(g\\) po dvum porozhdayuschim \\(a,b\\): iz kazhdoy vershiny \\(g\\) vyhodyat dugi \\(g\\to ga\\) i \\(g\\to gb\\). dokazhite, chto v \\(d\\) est zamknutyy napravlennyy obhod dliny \\(2|g|\\), v kotorom kazhdaya vershina vstrechaetsya rovno dva raza. directed_graph eulerian_cycle idea-two-outgoing-arcs zamenit uslovie na orientirovannyy graf keli razreshennye perehody iz \\(g\\) v \\(ga\\) ili \\(gb\\) - eto rovno dve ishodyaschie dugi iz vershiny \\(g\\) v orientirovannom grafe keli. graph_model ai_checked idea-euler-circuit eylerov tsikl avtomaticheski daet dva poyavleniya esli proyti kazhduyu dugu grafa keli rovno odin raz, to kazhdaya vershina poyavitsya kak nachalo rovno dvuh dug, poskolku iz nee vyhodyat dve dugi. eulerian_graphs ai_checked sol-cayley-euler eylerov tsikl v orientirovannom grafe keli ai_checked directed_graph eulerian_cycle invariant utverzhdenie verno. postroim orientirovannyy graf \\(d\\) s mnozhestvom vershin \\(g\\). iz kazhdoy vershiny \\(g\\) provedem dve dugi: \\(g\\to ga\\) i \\(g\\to gb\\). togda vsyakaya dopustimaya posledovatelnost elementov gruppy yavlyaetsya napravlennym obhodom v etom grafe. proverim, chto \\(d\\) eylerov. iz kazhdoy vershiny vyhodit rovno dve dugi. vhodyaschih dug tozhe rovno dve: v vershinu \\(g\\) vhodyat dugi iz \\(ga^{-1}\\) i \\(gb^{-1}\\). esli sluchayno \\(a=b\\), eto oznachaet dve parallelnye dugi; dlya eylerova obhoda eto ne meshaet, potomu chto my rabotaem s orientirovannym multigrafom. znachit dlya kazhdoy vershiny vhodyaschaya stepen ravna ishodyaschey. ostalos svyaznost v nuzhnom smysle. tak kak \\(a,b\\) porozhdayut \\(g\\), iz edinitsy mozhno popast v lyuboy element, umnozhaya sprava na \\(a,b\\) i ih obratnye. v neorientirovannom grafe, poluchennom zabyvaniem napravleniy, eto daet svyaznost. bolee togo, dlya suschestvovaniya eylerova tsik…","source_keys":["putnam"]}
{"id":"putnam-1994-a3-threshold-distance-coloring","title":"Четыре цвета на равнобедренном прямоугольном треугольнике, Putnam 1994 A3","path":"data\\problems\\putnam\\putnam-1994-a3-threshold-distance-coloring.yaml","raw_github_url":"https://raw.githubusercontent.com/didin-maxim/knowledge_graph_of_graphs/main/data/problems/putnam/putnam-1994-a3-threshold-distance-coloring.yaml","viewer_url":"https://didin-maxim.github.io/knowledge_graph_of_graphs/#putnam-1994-a3-threshold-distance-coloring","source_key":"putnam","source_label":"Putnam","source_titles":["Putnam 1994 A3, архивный источник","Kalva / John Scholes, Putnam 1994 A3 решение"],"year":"1994","type":"olympiad_problem","authors":[],"tags":["coloring","graph_model","goal_proof","pigeonhole_principle"],"agent_topics":[],"difficulty":{"main":"national_final_medium","local_score":6,"comment":"Геометрическая раскраска сводится к небольшой конечной графовой обструкции; основная работа - выбрать семь точек и проверить пороговые расстояния.","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":0.9,"basis":"Опубликованное решение Калвы и Джона Скоулза; условие сверено с архивом Кедлайи и листком UPenn Putnam 1994A.","notes":"Опубликованное неофициальное решение полностью развернуто; отдельные внешние леммы не требуются.","audit_source":"agent-university-archives.json"},"statements":{"original":[{"id":"stmt-original","title":"Раскраска точек треугольника","status":"ai_checked","text":"Каждая точка равнобедренного прямоугольного треугольника с катетами длины 1 раскрашена в один из четырех цветов. Докажите, что найдутся две точки одного цвета, расстояние между которыми не меньше \\(2-\\sqrt2\\).","definition_ids":[]}],"graph_theory":[{"id":"stmt-graph","title":"Четыре цвета на равнобедренном прямоугольном треугольнике, Putnam 1994 A3","status":"ai_checked","text":"В равнобедренном прямоугольном треугольнике с катетами 1 рассмотрим граф на его точках, где две точки смежны, если расстояние между ними не меньше \\(2-\\sqrt2\\). Докажите, что этот граф не является 4-раскрашиваемым.","definition_ids":["chromatic_number","proper_coloring"]}]},"solutions":[{"id":"sol-seven-point-distance-graph","title":"Конечный граф внутри треугольника","status":"ai_checked","definition_ids":["chromatic_number","proper_coloring"],"standard_idea_ids":["invariant","pigeonhole_principle"],"tags":[],"has_text":true,"text_preview":"Положим \\(k=2-\\sqrt2\\). Предположим, что треугольник раскрашен в четыре цвета и никакие две одноцветные точки не находятся на расстоянии хотя бы \\(k\\). Выберем координаты так, что \\(B=(0,0)\\), \\(A=(1,0)\\), \\(C=(0,1)\\). Обозначим \\(r=\\sqrt2-1\\). Тогда \\(k=\\sqrt2\\,r\\) и \\(k+r=1\\). Отметим семь точек на сторонах треугольника: \\[ A=(1,0),\\quad B=(0,0),\\quad C=(0,1),\\quad D=(r,0),\\quad G=(0,r), \\] \\[ E=(k,r),\\quad F=(r,k). \\] Точки \\(D\\) и \\(G\\) лежат на катетах, причем \\(AD=CG=k\\). Точки \\(E\\) и \\(F\\) лежат на гипотенузе \\(x+y=1\\), причем \\[ AE=\\sqrt{(1-k)^2+r^2}=\\sqrt{r^2+r^2}=\\sqrt2\\,r=k \\] и аналогично \\(CF=k\\). Проверим все расстояния, которые понадобятся в запрете на одинаковый цвет. Во-первых, \\(A\\) и \\(C\\) удалены от любой другой отмеченной точки по крайней мере на \\(k\\): для \\(A\\) это следует из \\(AB=1\\), \\(AC=\\sqrt2\\), \\(AD=AE=k\\), \\(AG=\\sqrt{1+r^2}>k\\), а также \\[ AF=\\sqrt{(1-r)^2…"}],"relations":[{"id":"rel-putnam-1994-a3-putnam-1988-a4-distance-coloring-obstructions","neighbor_id":"putnam-1988-a4-unit-distance-coloring","direction":"forward","type":"same_motif","distance":2,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-putnam-1994-a3-mmo-2010-unit-distance-geometric-obstruction","neighbor_id":"mmo-2010-unit-distance-segments","direction":"forward","type":"same_motif","distance":2,"status":"ai_checked"}],"search_text":"putnam-1994-a3-threshold-distance-coloring четыре цвета на равнобедренном прямоугольном треугольнике, putnam 1994 a3 coloring graph_model goal_proof pigeonhole_principle 1994 archive_statement https://kskedlaya.org/putnam-archive/1994.pdf https://prase.cz/kalva/putnam/psoln/psol943.html kalva / john scholes, putnam 1994 a3 решение putnam putnam 1994 a3, архивный источник putnam1994 solution_notes src-kalva-putnam-1994-a3-solution src-putnam-1994-a3-kedlaya with_solution ? putnam 1994 a3, архивный источник kalva / john scholes, putnam 1994 a3 решение stmt-original раскраска точек треугольника ai_checked каждая точка равнобедренного прямоугольного треугольника с катетами длины 1 раскрашена в один из четырех цветов. докажите, что найдутся две точки одного цвета, расстояние между которыми не меньше \\(2-\\sqrt2\\). stmt-graph четыре цвета на равнобедренном прямоугольном треугольнике, putnam 1994 a3 ai_checked в равнобедренном прямоугольном треугольнике с катетами 1 рассмотрим граф на его точках, где две точки смежны, если расстояние между ними не меньше \\(2-\\sqrt2\\). докажите, что этот граф не является 4-раскрашиваемым. chromatic_number proper_coloring idea-seven-point-obstruction достаточно семи специально выбранных точек если во всем треугольнике нет одноцветной дальней пары, то в частности корректно раскрашен конечный граф на вершинах \\(a,b,c,d,e,f,g\\), где ребра отвечают расстояниям хотя бы \\(2-\\sqrt2\\). coloring graph_model ai_checked idea-endpoints-use-two-colors две крайние вершины сразу забирают два цвета в выбранной конфигурации вершины \\(a\\) и \\(c\\) достаточно далеки от всех остальных важных точек, поэтому они вынуждают жесткие запреты для оставшихся цветов. pigeonhole_principle ai_checked sol-seven-point-distance-graph конечный граф внутри треугольника ai_checked chromatic_number proper_coloring invariant pigeonhole_principle положим \\(k=2-\\sqrt2\\). предположим, что треугольник раскрашен в четыре цвета и никакие две одноцветные точки не находятся на расстоянии хотя бы \\(k\\). выберем координаты так, что \\(b=(0,0)\\), \\(a=(1,0)\\), \\(c=(0,1)\\). обозначим \\(r=\\sqrt2-1\\). тогда \\(k=\\sqrt2\\,r\\) и \\(k+r=1\\). отметим семь точек на сторонах треугольника: \\[ a=(1,0),\\quad b=(0,0),\\quad c=(0,1),\\quad d=(r,0),\\quad g=(0,r), \\] \\[ e=(k,r),\\quad f=(r,k). \\] точки \\(d\\) и \\(g\\) лежат на катетах, причем \\(ad=cg=k\\). точки \\(e\\) и \\(f\\) лежат на гипотенузе \\(x+y=1\\), причем \\[ ae=\\sqrt{(1-k)^2+r^2}=\\sqrt{r^2+r^2}=\\sqrt2\\,r=k \\] и аналогично \\(cf=k\\). проверим все расстояния, которые понадобятся в запрете на одинаковый цвет. во-первых, \\(a\\) и \\(c\\) удалены от любой другой отмеченной точки по крайней мере на \\(k\\): для \\(a\\) это следует из \\(ab=1\\), \\(ac=\\sqrt2\\), \\(ad=ae=k\\), \\(ag=\\sqrt{1+r^2}>k\\), а также \\[ af=\\sqrt{(1-r)^2… putnam-1994-a3-threshold-distance-coloring chetyre tsveta na ravnobedrennom pryamougolnom treugolnike, putnam 1994 a3 coloring graph_model goal_proof pigeonhole_principle 1994 archive_statement https://kskedlaya.org/putnam-archive/1994.pdf https://prase.cz/kalva/putnam/psoln/psol943.html kalva / john scholes, putnam 1994 a3 reshenie putnam putnam 1994 a3, arhivnyy istochnik putnam1994 solution_notes src-kalva-putnam-1994-a3-solution src-putnam-1994-a3-kedlaya with_solution ? putnam 1994 a3, arhivnyy istochnik kalva / john scholes, putnam 1994 a3 reshenie stmt-original raskraska tochek treugolnika ai_checked kazhdaya tochka ravnobedrennogo pryamougolnogo treugolnika s katetami dliny 1 raskrashena v odin iz chetyreh tsvetov. dokazhite, chto naydutsya dve tochki odnogo tsveta, rasstoyanie mezhdu kotorymi ne menshe \\(2-\\sqrt2\\). stmt-graph chetyre tsveta na ravnobedrennom pryamougolnom treugolnike, putnam 1994 a3 ai_checked v ravnobedrennom pryamougolnom treugolnike s katetami 1 rassmotrim graf na ego tochkah, gde dve tochki smezhny, esli rasstoyanie mezhdu nimi ne menshe \\(2-\\sqrt2\\). dokazhite, chto etot graf ne yavlyaetsya 4-raskrashivaemym. chromatic_number proper_coloring idea-seven-point-obstruction dostatochno semi spetsialno vybrannyh tochek esli vo vsem treugolnike net odnotsvetnoy dalney pary, to v chastnosti korrektno raskrashen konechnyy graf na vershinah \\(a,b,c,d,e,f,g\\), gde rebra otvechayut rasstoyaniyam hotya by \\(2-\\sqrt2\\). coloring graph_model ai_checked idea-endpoints-use-two-colors dve kraynie vershiny srazu zabirayut dva tsveta v vybrannoy konfiguratsii vershiny \\(a\\) i \\(c\\) dostatochno daleki ot vseh ostalnyh vazhnyh tochek, poetomu oni vynuzhdayut zhestkie zaprety dlya ostavshihsya tsvetov. pigeonhole_principle ai_checked sol-seven-point-distance-graph konechnyy graf vnutri treugolnika ai_checked chromatic_number proper_coloring invariant pigeonhole_principle polozhim \\(k=2-\\sqrt2\\). predpolozhim, chto treugolnik raskrashen v chetyre tsveta i nikakie dve odnotsvetnye tochki ne nahodyatsya na rasstoyanii hotya by \\(k\\). vyberem koordinaty tak, chto \\(b=(0,0)\\), \\(a=(1,0)\\), \\(c=(0,1)\\). oboznachim \\(r=\\sqrt2-1\\). togda \\(k=\\sqrt2\\,r\\) i \\(k+r=1\\). otmetim sem tochek na storonah treugolnika: \\[ a=(1,0),\\quad b=(0,0),\\quad c=(0,1),\\quad d=(r,0),\\quad g=(0,r), \\] \\[ e=(k,r),\\quad f=(r,k). \\] tochki \\(d\\) i \\(g\\) lezhat na katetah, prichem \\(ad=cg=k\\). tochki \\(e\\) i \\(f\\) lezhat na gipotenuze \\(x+y=1\\), prichem \\[ ae=\\sqrt{(1-k)^2+r^2}=\\sqrt{r^2+r^2}=\\sqrt2\\,r=k \\] i analogichno \\(cf=k\\). proverim vse rasstoyaniya, kotorye ponadobyatsya v zaprete na odinakovyy tsvet. vo-pervyh, \\(a\\) i \\(c\\) udaleny ot lyuboy drugoy otmechennoy tochki po krayney mere na \\(k\\): dlya \\(a\\) eto sleduet iz \\(ab=1\\), \\(ac=\\sqrt2\\), \\(ad=ae=k\\), \\(ag=\\sqrt{1+r^2}>k\\), a takzhe \\[ af=\\sqrt{(1-r)^2…","source_keys":["putnam"]}
{"id":"putnam-1996-a3-course-hypergraph","title":"Выборы курсов как 3-гиперграф, Putnam 1996 A3","path":"data\\problems\\putnam\\putnam-1996-a3-course-hypergraph.yaml","raw_github_url":"https://raw.githubusercontent.com/didin-maxim/knowledge_graph_of_graphs/main/data/problems/putnam/putnam-1996-a3-course-hypergraph.yaml","viewer_url":"https://didin-maxim.github.io/knowledge_graph_of_graphs/#putnam-1996-a3-course-hypergraph","source_key":"putnam","source_label":"Putnam","source_titles":["Putnam 1996 A3, архивный источник"],"year":"1996","type":"olympiad_problem","authors":[],"tags":["construction","double_counting","goal_impossibility"],"agent_topics":[],"difficulty":{"main":"national_final_easy","local_score":4,"comment":"Короткий контрпример; гиперграфовая модель делает конструкцию полной и прозрачной.","status":"ai_checked"},"review_status":"needs_human_review","public_ready":false,"solution_state":"with_solution","solution_classification":{"type":"unofficial_published","label":"опубликованное неофициальное","status":"ai_checked","confidence":0.78,"basis":"агентский аудит средней сложности","notes":"агент grouped classification","audit_source":"agent-university-archives.json"},"statements":{"original":[{"id":"stmt-original","title":"Двадцать студентов и шесть курсов","status":"ai_checked","text":"Каждый из 20 студентов выбрал некоторое число курсов, от 0 до 6, из шести предложенных курсов. Верно ли, что обязательно найдутся 5 студентов и 2 курса такие, что либо все эти 5 студентов выбрали оба курса, либо все эти 5 студентов не выбрали ни один из этих двух курсов? Докажите или приведите контрпример.","definition_ids":[]}],"graph_theory":[{"id":"stmt-graph","title":"Выборы курсов как 3-гиперграф, Putnam 1996 A3","status":"ai_checked","text":"На множестве из \\(6\\) вершин дано \\(20\\) гиперрёбер, каждое из которых может иметь любой размер. Обязательно ли найдётся пара вершин, которая содержится хотя бы в \\(5\\) гиперрёбрах или не пересекается хотя бы с \\(5\\) гиперрёбрами?","definition_ids":[]}]},"solutions":[{"id":"sol-complete-3-uniform-counterexample","title":"Контрпример из всех трехэлементных выборов","status":"ai_checked","definition_ids":[],"standard_idea_ids":["extremal_choice","double_counting"],"tags":[],"has_text":true,"text_preview":"Утверждение неверно. Пронумеруем курсы числами \\(1, 2, \\ldots,6\\). Так как \\(\\binom63=20\\), можно сопоставить 20 студентам все различные трехэлементные подмножества множества курсов: каждый студент выбирает ровно одну свою тройку, и каждая тройка появляется ровно один раз. Проверим, что эта конфигурация избегает требуемого вывода. Зафиксируем пару курсов, скажем \\(\\{i,j\\}\\). Студент выбрал оба этих курса тогда и только тогда, когда его тройка имеет вид \\(\\{i,j,k\\}\\), где \\(k\\) - один из оставшихся четырех курсов. Поэтому таких студентов ровно 4, а не 5. Теперь посчитаем студентов, которые не выбрали ни один из двух курсов \\(i,j\\). Их тройки должны быть трехэлементными подмножествами четырех оставшихся курсов. Таких троек \\(\\binom43=4\\). Значит для той же пары курсов ровно 4 студента не выбрали ни один из них. Пара курсов была произвольной. Следовательно, ни для какой пары нельзя найти 5…"}],"relations":[],"search_text":"putnam-1996-a3-course-hypergraph выборы курсов как 3-гиперграф, putnam 1996 a3 construction double_counting goal_impossibility 1996 archive_statement https://kskedlaya.org/putnam-archive/1996.pdf putnam putnam 1996 a3, архивный источник putnam1996 src-putnam-1996-a3-kedlaya with_solution ? putnam 1996 a3, архивный источник stmt-original двадцать студентов и шесть курсов ai_checked каждый из 20 студентов выбрал некоторое число курсов, от 0 до 6, из шести предложенных курсов. верно ли, что обязательно найдутся 5 студентов и 2 курса такие, что либо все эти 5 студентов выбрали оба курса, либо все эти 5 студентов не выбрали ни один из этих двух курсов? докажите или приведите контрпример. stmt-graph выборы курсов как 3-гиперграф, putnam 1996 a3 ai_checked на множестве из \\(6\\) вершин дано \\(20\\) гиперрёбер, каждое из которых может иметь любой размер. обязательно ли найдётся пара вершин, которая содержится хотя бы в \\(5\\) гиперрёбрах или не пересекается хотя бы с \\(5\\) гиперрёбрами? idea-all-triples взять все тройки курсов пусть каждый студент выбирает свою тройку из шести курсов. тогда всего студентов ровно \\(\\binom63=20\\). construction ai_checked idea-pair-codegrees-four каждая пара встречается ровно четыре раза фиксированную пару курсов можно дополнить до тройки четырьмя способами, и ровно четырьмя способами можно выбрать тройку целиком среди оставшихся четырех курсов. double_counting ai_checked sol-complete-3-uniform-counterexample контрпример из всех трехэлементных выборов ai_checked extremal_choice double_counting утверждение неверно. пронумеруем курсы числами \\(1, 2, \\ldots,6\\). так как \\(\\binom63=20\\), можно сопоставить 20 студентам все различные трехэлементные подмножества множества курсов: каждый студент выбирает ровно одну свою тройку, и каждая тройка появляется ровно один раз. проверим, что эта конфигурация избегает требуемого вывода. зафиксируем пару курсов, скажем \\(\\{i,j\\}\\). студент выбрал оба этих курса тогда и только тогда, когда его тройка имеет вид \\(\\{i,j,k\\}\\), где \\(k\\) - один из оставшихся четырех курсов. поэтому таких студентов ровно 4, а не 5. теперь посчитаем студентов, которые не выбрали ни один из двух курсов \\(i,j\\). их тройки должны быть трехэлементными подмножествами четырех оставшихся курсов. таких троек \\(\\binom43=4\\). значит для той же пары курсов ровно 4 студента не выбрали ни один из них. пара курсов была произвольной. следовательно, ни для какой пары нельзя найти 5… putnam-1996-a3-course-hypergraph vybory kursov kak 3-gipergraf, putnam 1996 a3 construction double_counting goal_impossibility 1996 archive_statement https://kskedlaya.org/putnam-archive/1996.pdf putnam putnam 1996 a3, arhivnyy istochnik putnam1996 src-putnam-1996-a3-kedlaya with_solution ? putnam 1996 a3, arhivnyy istochnik stmt-original dvadtsat studentov i shest kursov ai_checked kazhdyy iz 20 studentov vybral nekotoroe chislo kursov, ot 0 do 6, iz shesti predlozhennyh kursov. verno li, chto obyazatelno naydutsya 5 studentov i 2 kursa takie, chto libo vse eti 5 studentov vybrali oba kursa, libo vse eti 5 studentov ne vybrali ni odin iz etih dvuh kursov? dokazhite ili privedite kontrprimer. stmt-graph vybory kursov kak 3-gipergraf, putnam 1996 a3 ai_checked na mnozhestve iz \\(6\\) vershin dano \\(20\\) giperreber, kazhdoe iz kotoryh mozhet imet lyuboy razmer. obyazatelno li naydetsya para vershin, kotoraya soderzhitsya hotya by v \\(5\\) giperrebrah ili ne peresekaetsya hotya by s \\(5\\) giperrebrami? idea-all-triples vzyat vse troyki kursov pust kazhdyy student vybiraet svoyu troyku iz shesti kursov. togda vsego studentov rovno \\(\\binom63=20\\). construction ai_checked idea-pair-codegrees-four kazhdaya para vstrechaetsya rovno chetyre raza fiksirovannuyu paru kursov mozhno dopolnit do troyki chetyrmya sposobami, i rovno chetyrmya sposobami mozhno vybrat troyku tselikom sredi ostavshihsya chetyreh kursov. double_counting ai_checked sol-complete-3-uniform-counterexample kontrprimer iz vseh trehelementnyh vyborov ai_checked extremal_choice double_counting utverzhdenie neverno. pronumeruem kursy chislami \\(1, 2, \\ldots,6\\). tak kak \\(\\binom63=20\\), mozhno sopostavit 20 studentam vse razlichnye trehelementnye podmnozhestva mnozhestva kursov: kazhdyy student vybiraet rovno odnu svoyu troyku, i kazhdaya troyka poyavlyaetsya rovno odin raz. proverim, chto eta konfiguratsiya izbegaet trebuemogo vyvoda. zafiksiruem paru kursov, skazhem \\(\\{i,j\\}\\). student vybral oba etih kursa togda i tolko togda, kogda ego troyka imeet vid \\(\\{i,j,k\\}\\), gde \\(k\\) - odin iz ostavshihsya chetyreh kursov. poetomu takih studentov rovno 4, a ne 5. teper poschitaem studentov, kotorye ne vybrali ni odin iz dvuh kursov \\(i,j\\). ih troyki dolzhny byt trehelementnymi podmnozhestvami chetyreh ostavshihsya kursov. takih troek \\(\\binom43=4\\). znachit dlya toy zhe pary kursov rovno 4 studenta ne vybrali ni odin iz nih. para kursov byla proizvolnoy. sledovatelno, ni dlya kakoy pary nelzya nayti 5…","source_keys":["putnam"]}
{"id":"putnam-1996-a4-oriented-triples-order","title":"Ориентированные тройки и линейный порядок, Putnam 1996 A4","path":"data\\problems\\putnam\\putnam-1996-a4-oriented-triples-order.yaml","raw_github_url":"https://raw.githubusercontent.com/didin-maxim/knowledge_graph_of_graphs/main/data/problems/putnam/putnam-1996-a4-oriented-triples-order.yaml","viewer_url":"https://didin-maxim.github.io/knowledge_graph_of_graphs/#putnam-1996-a4-oriented-triples-order","source_key":"putnam","source_label":"Putnam","source_titles":["Putnam 1996 A4, архивный источник"],"year":"1996","type":"olympiad_problem","authors":[],"tags":["tournaments","goal_existence","goal_characterization"],"agent_topics":[],"difficulty":{"main":"national_final_medium","local_score":6,"comment":"Ключевой ход короткий, но неочевидный: фиксированный элемент превращает ориентации троек в бинарное отношение, а четырехточечное правило доказывает транзитивность.","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":0.95,"basis":"Опубликованное решение Джона Скоулза и Калвы сверено с архивной формулировкой Putnam 1996 A4.","notes":"Доказательство переписано самодостаточно: фиксируется базовый элемент, строится индуцированный бинарный порядок, транзитивность выводится из условия 3, затем выполняется переход к инъективным вещественным меткам."},"statements":{"original":[{"id":"stmt-original","title":"Система ориентированных троек","status":"source_verified","text":"Пусть \\(A\\) - конечное множество, а \\(S\\) - множество упорядоченных троек \\((a,b,c)\\) попарно различных элементов \\(A\\). Предположим, что: 1) \\((a,b,c)\\in S\\) тогда и только тогда, когда \\((b,c,a)\\in S\\); 2) \\((a,b,c)\\in S\\) тогда и только тогда, когда \\((c,b,a)\\notin S\\); 3) \\((a,b,c)\\) и \\((c,d,a)\\) одновременно принадлежат \\(S\\) тогда и только тогда, когда \\((b,c,d)\\) и \\((d,a,b)\\) одновременно принадлежат \\(S\\). Докажите, что существует взаимно однозначная функция \\(g:A\\to\\mathbb R\\) такая, что из \\(g(a)<g(b)<g(c)\\) следует \\((a,b,c)\\in S\\).","definition_ids":[]}],"graph_theory":[{"id":"stmt-graph","title":"Ориентированные тройки и линейный порядок, Putnam 1996 A4","status":"ai_checked","text":"Для каждой тройки различных вершин конечного множества выбран один из двух циклических порядков. Выбор не меняется при циклическом сдвиге, меняется на противоположный при обращении, и для любых \\(a,b,c,d\\) порядки \\((a,b,c)\\) и \\((c,d,a)\\) выбраны одновременно тогда и только тогда, когда одновременно выбраны \\((b,c,d)\\) и \\((d,a,b)\\). Докажите, что эти ориентации задаются некоторым линейным порядком вершин.","definition_ids":[]}]},"solutions":[{"id":"sol-published-fixed-base-order","title":"Опубликованное решение: порядок от фиксированного элемента","status":"ai_checked","definition_ids":[],"standard_idea_ids":["greedy_ordering"],"tags":[],"has_text":true,"text_preview":"Если \\(|A|\\le 2\\), требование о возрастающих тройках пусто, и можно выбрать любую взаимно однозначную функцию \\(A\\to\\mathbb R\\). Далее считаем, что \\(|A|\\ge3\\), и фиксируем элемент \\(a\\in A\\). Обозначим \\(B=A\\setminus\\{a\\}\\). Для различных \\(x,y\\in B\\) зададим отношение \\(x<y\\) тогда и только тогда, когда \\((a,x,y)\\in S\\). Это отношение сравнивает любую пару ровно в одну сторону. Действительно, по условию 1 тройка \\((y,x,a)\\) принадлежит \\(S\\) тогда и только тогда, когда \\((a,y,x)\\) принадлежит \\(S\\). Поэтому условие 2, примененное к \\((a,x,y)\\), говорит, что ровно одна из троек \\((a,x,y)\\), \\((a,y,x)\\) лежит в \\(S\\). Значит, для любых различных \\(x,y\\in B\\) выполнено ровно одно из \\(x<y\\) и \\(y<x\\). Докажем транзитивность. Пусть \\(x<y\\) и \\(y<z\\), где \\(x,y,z\\in B\\) различны. Тогда \\((a,x,y)\\in S\\) и \\((a,y,z)\\in S\\). По условию 1 из \\((a,y,z)\\in S\\) следует \\((y,z,a)\\in S\\). Применим…"}],"relations":[{"id":"rel-putnam-1996-a4-tournament-hamiltonian-path-order","neighbor_id":"tournament-hamiltonian-path","direction":"forward","type":"same_motif","distance":2,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-putnam-1996-a4-cmo-2006-min-transitive-tournament","neighbor_id":"cmo-2006-p4-min-cycle-triplets-tournament","direction":"forward","type":"same_motif","distance":2,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-putnam-1996-a4-redei-odd-hamiltonian-paths-order-motif","neighbor_id":"redei-odd-hamiltonian-paths-tournament","direction":"forward","type":"same_motif","distance":3,"status":"needs_human_review"},{"id":"rel-unique-insertion-oriented-triples-putnam-1996-a4","neighbor_id":"unique-insertion-interval-oriented-triples","direction":"backward","type":"prerequisite","distance":1,"status":"ai_checked"}],"search_text":"putnam-1996-a4-oriented-triples-order ориентированные тройки и линейный порядок, putnam 1996 a4 tournaments goal_existence goal_characterization 1996 archive_statement https://kskedlaya.org/putnam-archive/1996.pdf putnam putnam 1996 a4, архивный источник putnam1996 src-putnam-1996-a4-kedlaya with_solution ? putnam 1996 a4, архивный источник stmt-original система ориентированных троек source_verified пусть \\(a\\) - конечное множество, а \\(s\\) - множество упорядоченных троек \\((a,b,c)\\) попарно различных элементов \\(a\\). предположим, что: 1) \\((a,b,c)\\in s\\) тогда и только тогда, когда \\((b,c,a)\\in s\\); 2) \\((a,b,c)\\in s\\) тогда и только тогда, когда \\((c,b,a)\\notin s\\); 3) \\((a,b,c)\\) и \\((c,d,a)\\) одновременно принадлежат \\(s\\) тогда и только тогда, когда \\((b,c,d)\\) и \\((d,a,b)\\) одновременно принадлежат \\(s\\). докажите, что существует взаимно однозначная функция \\(g:a\\to\\mathbb r\\) такая, что из \\(g(a)<g(b)<g(c)\\) следует \\((a,b,c)\\in s\\). stmt-graph ориентированные тройки и линейный порядок, putnam 1996 a4 ai_checked для каждой тройки различных вершин конечного множества выбран один из двух циклических порядков. выбор не меняется при циклическом сдвиге, меняется на противоположный при обращении, и для любых \\(a,b,c,d\\) порядки \\((a,b,c)\\) и \\((c,d,a)\\) выбраны одновременно тогда и только тогда, когда одновременно выбраны \\((b,c,d)\\) и \\((d,a,b)\\). докажите, что эти ориентации задаются некоторым линейным порядком вершин. idea-fix-base-element зафиксировать один элемент и получить порядок на остальных если выбрать \\(a\\in a\\), то на \\(a\\setminus\\{a\\}\\) можно задать отношение \\(x<y\\) условием \\((a,x,y)\\in s\\). первые два условия делают это отношение полным и антисимметричным. ai_checked idea-four-point-transitivity четырехточечное правило доказывает транзитивность из \\((a,x,y)\\in s\\) и \\((a,y,z)\\in s\\) циклический сдвиг дает \\((y,z,a)\\in s\\), а условие 3 для четверки \\(a,x,y,z\\) одновременно выводит \\((x,y,z)\\in s\\) и \\((z,a,x)\\in s\\). ai_checked sol-published-fixed-base-order опубликованное решение: порядок от фиксированного элемента ai_checked greedy_ordering если \\(|a|\\le 2\\), требование о возрастающих тройках пусто, и можно выбрать любую взаимно однозначную функцию \\(a\\to\\mathbb r\\). далее считаем, что \\(|a|\\ge3\\), и фиксируем элемент \\(a\\in a\\). обозначим \\(b=a\\setminus\\{a\\}\\). для различных \\(x,y\\in b\\) зададим отношение \\(x<y\\) тогда и только тогда, когда \\((a,x,y)\\in s\\). это отношение сравнивает любую пару ровно в одну сторону. действительно, по условию 1 тройка \\((y,x,a)\\) принадлежит \\(s\\) тогда и только тогда, когда \\((a,y,x)\\) принадлежит \\(s\\). поэтому условие 2, примененное к \\((a,x,y)\\), говорит, что ровно одна из троек \\((a,x,y)\\), \\((a,y,x)\\) лежит в \\(s\\). значит, для любых различных \\(x,y\\in b\\) выполнено ровно одно из \\(x<y\\) и \\(y<x\\). докажем транзитивность. пусть \\(x<y\\) и \\(y<z\\), где \\(x,y,z\\in b\\) различны. тогда \\((a,x,y)\\in s\\) и \\((a,y,z)\\in s\\). по условию 1 из \\((a,y,z)\\in s\\) следует \\((y,z,a)\\in s\\). применим… putnam-1996-a4-oriented-triples-order orientirovannye troyki i lineynyy poryadok, putnam 1996 a4 tournaments goal_existence goal_characterization 1996 archive_statement https://kskedlaya.org/putnam-archive/1996.pdf putnam putnam 1996 a4, arhivnyy istochnik putnam1996 src-putnam-1996-a4-kedlaya with_solution ? putnam 1996 a4, arhivnyy istochnik stmt-original sistema orientirovannyh troek source_verified pust \\(a\\) - konechnoe mnozhestvo, a \\(s\\) - mnozhestvo uporyadochennyh troek \\((a,b,c)\\) poparno razlichnyh elementov \\(a\\). predpolozhim, chto: 1) \\((a,b,c)\\in s\\) togda i tolko togda, kogda \\((b,c,a)\\in s\\); 2) \\((a,b,c)\\in s\\) togda i tolko togda, kogda \\((c,b,a)\\notin s\\); 3) \\((a,b,c)\\) i \\((c,d,a)\\) odnovremenno prinadlezhat \\(s\\) togda i tolko togda, kogda \\((b,c,d)\\) i \\((d,a,b)\\) odnovremenno prinadlezhat \\(s\\). dokazhite, chto suschestvuet vzaimno odnoznachnaya funktsiya \\(g:a\\to\\mathbb r\\) takaya, chto iz \\(g(a)<g(b)<g(c)\\) sleduet \\((a,b,c)\\in s\\). stmt-graph orientirovannye troyki i lineynyy poryadok, putnam 1996 a4 ai_checked dlya kazhdoy troyki razlichnyh vershin konechnogo mnozhestva vybran odin iz dvuh tsiklicheskih poryadkov. vybor ne menyaetsya pri tsiklicheskom sdvige, menyaetsya na protivopolozhnyy pri obraschenii, i dlya lyubyh \\(a,b,c,d\\) poryadki \\((a,b,c)\\) i \\((c,d,a)\\) vybrany odnovremenno togda i tolko togda, kogda odnovremenno vybrany \\((b,c,d)\\) i \\((d,a,b)\\). dokazhite, chto eti orientatsii zadayutsya nekotorym lineynym poryadkom vershin. idea-fix-base-element zafiksirovat odin element i poluchit poryadok na ostalnyh esli vybrat \\(a\\in a\\), to na \\(a\\setminus\\{a\\}\\) mozhno zadat otnoshenie \\(x<y\\) usloviem \\((a,x,y)\\in s\\). pervye dva usloviya delayut eto otnoshenie polnym i antisimmetrichnym. ai_checked idea-four-point-transitivity chetyrehtochechnoe pravilo dokazyvaet tranzitivnost iz \\((a,x,y)\\in s\\) i \\((a,y,z)\\in s\\) tsiklicheskiy sdvig daet \\((y,z,a)\\in s\\), a uslovie 3 dlya chetverki \\(a,x,y,z\\) odnovremenno vyvodit \\((x,y,z)\\in s\\) i \\((z,a,x)\\in s\\). ai_checked sol-published-fixed-base-order opublikovannoe reshenie: poryadok ot fiksirovannogo elementa ai_checked greedy_ordering esli \\(|a|\\le 2\\), trebovanie o vozrastayuschih troykah pusto, i mozhno vybrat lyubuyu vzaimno odnoznachnuyu funktsiyu \\(a\\to\\mathbb r\\). dalee schitaem, chto \\(|a|\\ge3\\), i fiksiruem element \\(a\\in a\\). oboznachim \\(b=a\\setminus\\{a\\}\\). dlya razlichnyh \\(x,y\\in b\\) zadadim otnoshenie \\(x<y\\) togda i tolko togda, kogda \\((a,x,y)\\in s\\). eto otnoshenie sravnivaet lyubuyu paru rovno v odnu storonu. deystvitelno, po usloviyu 1 troyka \\((y,x,a)\\) prinadlezhit \\(s\\) togda i tolko togda, kogda \\((a,y,x)\\) prinadlezhit \\(s\\). poetomu uslovie 2, primenennoe k \\((a,x,y)\\), govorit, chto rovno odna iz troek \\((a,x,y)\\), \\((a,y,x)\\) lezhit v \\(s\\). znachit, dlya lyubyh razlichnyh \\(x,y\\in b\\) vypolneno rovno odno iz \\(x<y\\) i \\(y<x\\). dokazhem tranzitivnost. pust \\(x<y\\) i \\(y<z\\), gde \\(x,y,z\\in b\\) razlichny. togda \\((a,x,y)\\in s\\) i \\((a,y,z)\\in s\\). po usloviyu 1 iz \\((a,y,z)\\in s\\) sleduet \\((y,z,a)\\in s\\). primenim…","source_keys":["putnam"]}
{"id":"putnam-2002-b2-polyhedron-face-game-four-edge-face","title":"Игра на гранях полиэдра и грань с четырьмя сторонами, Putnam 2002 B2","path":"data\\problems\\putnam\\putnam-2002-b2-polyhedron-face-game-four-edge-face.yaml","raw_github_url":"https://raw.githubusercontent.com/didin-maxim/knowledge_graph_of_graphs/main/data/problems/putnam/putnam-2002-b2-polyhedron-face-game-four-edge-face.yaml","viewer_url":"https://didin-maxim.github.io/knowledge_graph_of_graphs/#putnam-2002-b2-polyhedron-face-game-four-edge-face","source_key":"putnam","source_label":"Putnam","source_titles":["Putnam 2002 B2, архивный источник"],"year":"2002","type":"olympiad_problem","authors":[],"tags":["planar_graphs","degree_counting","goal_strategy_game","double_counting"],"agent_topics":["game_strategy"],"difficulty":{"main":"national_final_hard","local_score":12,"comment":"Putnam B2; короткая стратегия, но требуется аккуратно применить формулу Эйлера и свойства граней выпуклого полиэдра.","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":0.9,"basis":"Опубликованное решение Калвы и Джона Скоулза сверено с материалом Kedlaya/Ng 2002s.pdf и архивной формулировкой Putnam.","notes":"Опубликованное неофициальное решение полностью развернуто в самодостаточное доказательство; lemma-card сохранена как переиспользуемое выделение, но основной текст не зависит от внешней леммы.","audit_source":"agent-university-archives.json"},"statements":{"original":[{"id":"stmt-original","title":"Условие","status":"ai_checked","text":"Рассмотрим полиэдр по крайней мере с пятью гранями, у каждой вершины которого сходятся ровно три ребра. Два игрока по очереди подписывают ранее не подписанную грань своим именем. Побеждает тот, кто первым подпишет три грани, имеющие общую вершину. Докажите, что при правильной игре первый игрок всегда может выиграть.","definition_ids":["planar_graph","degree"]}],"graph_theory":[{"id":"stmt-graph","title":"Игра на гранях полиэдра и грань с четырьмя сторонами, Putnam 2002 B2","status":"ai_checked","text":"Пусть дан скелет выпуклого полиэдра с его вложением на сфере; у каждой вершины скелета степень 3, а число граней не меньше 5. Игроки по очереди выбирают еще не выбранные грани; игрок выигрывает, если после своего хода владеет всеми тремя гранями, инцидентными некоторой вершине. Докажите, что у первого игрока есть выигрышная стратегия.","definition_ids":["planar_graph","degree"]}]},"solutions":[{"id":"sol-kedlaya-expanded","title":"Стратегия через большую грань и вилку","status":"ai_checked","definition_ids":["planar_graph","degree"],"standard_idea_ids":["invariant","double_counting"],"tags":[],"has_text":true,"text_preview":"Будем пользоваться стандартной комбинаторной моделью выпуклого полиэдра: его скелет является связным плоским графом на сфере, каждая грань является многоугольником, каждое ребро лежит на границе ровно двух граней, а две разные грани имеют не более одного общего ребра. При условии задачи в каждой вершине сходятся ровно три ребра, значит в каждой вершине сходятся ровно три грани. Сначала докажем, что есть грань с не менее чем четырьмя сторонами. Обозначим через \\(V,E,F\\) числа вершин, ребер и граней полиэдра. Из условия о трех ребрах в каждой вершине получаем по лемме о рукопожатиях \\(3V=2E\\). Предположим, что все грани треугольные. Тогда сумма длин границ всех граней равна \\(3F\\), но каждое ребро при таком счете учитывается дважды, поэтому \\(3F=2E\\). Формула Эйлера для связного полиэдра дает \\(V-E+F=2\\). Подставляя \\(V=2E/3\\) и \\(F=2E/3\\), получаем \\(2E/3-E+2E/3=2\\), то есть \\(E/3=2\\). С…"}],"relations":[{"id":"rel-handshaking-putnam-2002-b2-cubic-polyhedron-count","neighbor_id":"handshaking-lemma","direction":"backward","type":"prerequisite","distance":2,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-cubic-polyhedron-large-face-fork-putnam-2002-b2","neighbor_id":"cubic-polyhedron-large-face-fork-strategy-lemma","direction":"backward","type":"prerequisite","distance":1,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-putnam-2002-planar-edge-bound","neighbor_id":"planar-edge-bound","direction":"forward","type":"prerequisite","distance":2,"status":"needs_human_review"}],"search_text":"putnam-2002-b2-polyhedron-face-game-four-edge-face игра на гранях полиэдра и грань с четырьмя сторонами, putnam 2002 b2 planar_graphs degree_counting goal_strategy_game double_counting 2002 archive_statement https://kskedlaya.org/putnam-archive/2002.pdf putnam putnam 2002 b2, архивный источник putnam2002 src-putnam-2002-b2-kedlaya with_solution ? putnam 2002 b2, архивный источник stmt-original условие ai_checked рассмотрим полиэдр по крайней мере с пятью гранями, у каждой вершины которого сходятся ровно три ребра. два игрока по очереди подписывают ранее не подписанную грань своим именем. побеждает тот, кто первым подпишет три грани, имеющие общую вершину. докажите, что при правильной игре первый игрок всегда может выиграть. planar_graph degree stmt-graph игра на гранях полиэдра и грань с четырьмя сторонами, putnam 2002 b2 ai_checked пусть дан скелет выпуклого полиэдра с его вложением на сфере; у каждой вершины скелета степень 3, а число граней не меньше 5. игроки по очереди выбирают еще не выбранные грани; игрок выигрывает, если после своего хода владеет всеми тремя гранями, инцидентными некоторой вершине. докажите, что у первого игрока есть выигрышная стратегия. planar_graph degree idea-large-face-gives-trap грань с четырьмя соседями дает вилку если первый игрок занимает грань с хотя бы четырьмя сторонами, то после первого ответа соперника среди соседних с ней граней найдутся три подряд свободные. ход в среднюю из них создает две независимые угрозы закончить тройку вокруг одной из двух соседних вершин. goal_strategy_game planar_graphs ai_checked idea-not-all-triangles кубический полиэдр с пятью гранями не весь треугольный если бы каждая грань была треугольником, то двойной счет ребер по вершинам и по граням вместе с формулой эйлера дал бы ровно четыре грани. это противоречит условию о по крайней мере пяти гранях. degree_counting planar_graphs double_counting ai_checked sol-kedlaya-expanded стратегия через большую грань и вилку ai_checked planar_graph degree invariant double_counting будем пользоваться стандартной комбинаторной моделью выпуклого полиэдра: его скелет является связным плоским графом на сфере, каждая грань является многоугольником, каждое ребро лежит на границе ровно двух граней, а две разные грани имеют не более одного общего ребра. при условии задачи в каждой вершине сходятся ровно три ребра, значит в каждой вершине сходятся ровно три грани. сначала докажем, что есть грань с не менее чем четырьмя сторонами. обозначим через \\(v,e,f\\) числа вершин, ребер и граней полиэдра. из условия о трех ребрах в каждой вершине получаем по лемме о рукопожатиях \\(3v=2e\\). предположим, что все грани треугольные. тогда сумма длин границ всех граней равна \\(3f\\), но каждое ребро при таком счете учитывается дважды, поэтому \\(3f=2e\\). формула эйлера для связного полиэдра дает \\(v-e+f=2\\). подставляя \\(v=2e/3\\) и \\(f=2e/3\\), получаем \\(2e/3-e+2e/3=2\\), то есть \\(e/3=2\\). с… putnam-2002-b2-polyhedron-face-game-four-edge-face igra na granyah poliedra i gran s chetyrmya storonami, putnam 2002 b2 planar_graphs degree_counting goal_strategy_game double_counting 2002 archive_statement https://kskedlaya.org/putnam-archive/2002.pdf putnam putnam 2002 b2, arhivnyy istochnik putnam2002 src-putnam-2002-b2-kedlaya with_solution ? putnam 2002 b2, arhivnyy istochnik stmt-original uslovie ai_checked rassmotrim poliedr po krayney mere s pyatyu granyami, u kazhdoy vershiny kotorogo shodyatsya rovno tri rebra. dva igroka po ocheredi podpisyvayut ranee ne podpisannuyu gran svoim imenem. pobezhdaet tot, kto pervym podpishet tri grani, imeyuschie obschuyu vershinu. dokazhite, chto pri pravilnoy igre pervyy igrok vsegda mozhet vyigrat. planar_graph degree stmt-graph igra na granyah poliedra i gran s chetyrmya storonami, putnam 2002 b2 ai_checked pust dan skelet vypuklogo poliedra s ego vlozheniem na sfere; u kazhdoy vershiny skeleta stepen 3, a chislo graney ne menshe 5. igroki po ocheredi vybirayut esche ne vybrannye grani; igrok vyigryvaet, esli posle svoego hoda vladeet vsemi tremya granyami, intsidentnymi nekotoroy vershine. dokazhite, chto u pervogo igroka est vyigryshnaya strategiya. planar_graph degree idea-large-face-gives-trap gran s chetyrmya sosedyami daet vilku esli pervyy igrok zanimaet gran s hotya by chetyrmya storonami, to posle pervogo otveta sopernika sredi sosednih s ney graney naydutsya tri podryad svobodnye. hod v srednyuyu iz nih sozdaet dve nezavisimye ugrozy zakonchit troyku vokrug odnoy iz dvuh sosednih vershin. goal_strategy_game planar_graphs ai_checked idea-not-all-triangles kubicheskiy poliedr s pyatyu granyami ne ves treugolnyy esli by kazhdaya gran byla treugolnikom, to dvoynoy schet reber po vershinam i po granyam vmeste s formuloy eylera dal by rovno chetyre grani. eto protivorechit usloviyu o po krayney mere pyati granyah. degree_counting planar_graphs double_counting ai_checked sol-kedlaya-expanded strategiya cherez bolshuyu gran i vilku ai_checked planar_graph degree invariant double_counting budem polzovatsya standartnoy kombinatornoy modelyu vypuklogo poliedra: ego skelet yavlyaetsya svyaznym ploskim grafom na sfere, kazhdaya gran yavlyaetsya mnogougolnikom, kazhdoe rebro lezhit na granitse rovno dvuh graney, a dve raznye grani imeyut ne bolee odnogo obschego rebra. pri uslovii zadachi v kazhdoy vershine shodyatsya rovno tri rebra, znachit v kazhdoy vershine shodyatsya rovno tri grani. snachala dokazhem, chto est gran s ne menee chem chetyrmya storonami. oboznachim cherez \\(v,e,f\\) chisla vershin, reber i graney poliedra. iz usloviya o treh rebrah v kazhdoy vershine poluchaem po lemme o rukopozhatiyah \\(3v=2e\\). predpolozhim, chto vse grani treugolnye. togda summa dlin granits vseh graney ravna \\(3f\\), no kazhdoe rebro pri takom schete uchityvaetsya dvazhdy, poetomu \\(3f=2e\\). formula eylera dlya svyaznogo poliedra daet \\(v-e+f=2\\). podstavlyaya \\(v=2e/3\\) i \\(f=2e/3\\), poluchaem \\(2e/3-e+2e/3=2\\), to est \\(e/3=2\\). s…","source_keys":["putnam"]}
{"id":"putnam-2004-a5-random-checkerboard-components","title":"Случайная раскраска доски и монохромные компоненты, Putnam 2004 A5","path":"data\\problems\\putnam\\putnam-2004-a5-random-checkerboard-components.yaml","raw_github_url":"https://raw.githubusercontent.com/didin-maxim/knowledge_graph_of_graphs/main/data/problems/putnam/putnam-2004-a5-random-checkerboard-components.yaml","viewer_url":"https://didin-maxim.github.io/knowledge_graph_of_graphs/#putnam-2004-a5-random-checkerboard-components","source_key":"putnam","source_label":"Putnam","source_titles":["Putnam 2004 A5, архивный источник"],"year":"2004","type":"olympiad_problem","authors":[],"tags":["connectivity","double_counting","graph_model","goal_bound"],"agent_topics":[],"difficulty":{"main":"imo_p3_plus","local_score":14,"comment":"Putnam A5; ключевой шаг - увидеть граф компонент и компенсировать лишние ребра монохромными 4-циклами.","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":"агент grouped classification","audit_source":"agent-university-archives.json"},"statements":{"original":[{"id":"stmt-original","title":"Условие","status":"ai_checked","text":"Каждая клетка доски \\(m\\times n\\) независимо красится в черный или белый цвет с вероятностью \\(1/2\\). Две клетки принадлежат одной и той же связной монохромной области, если можно перейти от одной к другой по последовательности клеток одного цвета, каждый раз переходя через общую сторону. Докажите, что математическое ожидание числа связных монохромных областей больше \\(mn/8\\).","definition_ids":["connected_graph"]}],"graph_theory":[{"id":"stmt-graph","title":"Случайная раскраска доски и монохромные компоненты, Putnam 2004 A5","status":"ai_checked","text":"Вершины прямоугольной решетки \\(m\\times n\\) независимо красятся в два цвета. Соединим ребром две соседние по стороне вершины, если они одного цвета. Докажите, что математическое ожидание числа компонент связности получившегося случайного графа строго больше \\(mn/8\\).","definition_ids":["connected_graph"]}]},"solutions":[{"id":"sol-kedlaya-graph-expectation","title":"Граф компонент и линейность ожидания","status":"ai_checked","definition_ids":["connected_graph","cycle"],"standard_idea_ids":["invariant","double_counting"],"tags":[],"has_text":true,"text_preview":"Построим граф \\(G\\): его вершины - клетки доски, а ребро соединяет две клетки с общей стороной, если они одного цвета. Компоненты связности этого графа ровно соответствуют связным монохромным областям. Пусть \\(A\\) - число ребер в \\(G\\), а \\(B\\) - число монохромных блоков \\(2\\times2\\). В каждом таком блоке четыре клетки образуют цикл длины 4 в графе \\(G\\). Удалим из каждого монохромного блока его нижнее горизонтальное ребро. Эти \\(B\\) ребер различны: нижнее ребро однозначно задает сам блок, лежащий прямо над ним. Докажем, что одновременное удаление этих ребер не меняет компоненты связности. Рассмотрим удаленное ребро \\(e\\), лежащее в строке \\(r\\) между двумя соседними столбцами. Оно было нижним ребром некоторого монохромного блока, поэтому две клетки над концами \\(e\\) имеют тот же цвет, что и концы \\(e\\). Если верхнее горизонтальное ребро этого блока не удалено, то концы \\(e\\) соединены…"}],"relations":[{"id":"rel-putnam-2004-imc-2022-random-colour-boundary-expectation","neighbor_id":"imc-2022-day2-p8-random-circle-hulls-colour-changes","direction":"forward","type":"same_motif","distance":2,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-putnam-2004-grid-components-lemma","neighbor_id":"grid-boundary-components-coloring-lemma","direction":"forward","type":"same_motif","distance":2,"status":"needs_human_review"}],"search_text":"putnam-2004-a5-random-checkerboard-components случайная раскраска доски и монохромные компоненты, putnam 2004 a5 connectivity double_counting graph_model goal_bound 2004 archive_statement https://kskedlaya.org/putnam-archive/2004.pdf putnam putnam 2004 a5, архивный источник putnam2004 src-putnam-2004-a5-kedlaya with_solution ? putnam 2004 a5, архивный источник stmt-original условие ai_checked каждая клетка доски \\(m\\times n\\) независимо красится в черный или белый цвет с вероятностью \\(1/2\\). две клетки принадлежат одной и той же связной монохромной области, если можно перейти от одной к другой по последовательности клеток одного цвета, каждый раз переходя через общую сторону. докажите, что математическое ожидание числа связных монохромных областей больше \\(mn/8\\). connected_graph stmt-graph случайная раскраска доски и монохромные компоненты, putnam 2004 a5 ai_checked вершины прямоугольной решетки \\(m\\times n\\) независимо красятся в два цвета. соединим ребром две соседние по стороне вершины, если они одного цвета. докажите, что математическое ожидание числа компонент связности получившегося случайного графа строго больше \\(mn/8\\). connected_graph idea-delete-cycle-edges из каждого монохромного квадрата можно вычесть одно ребро для графа с \\(n\\) вершинами и \\(e\\) ребрами число компонент не меньше \\(n-e\\). если дополнительно удалить по одному ребру из каждого монохромного \\(2\\times2\\)-квадрата, компоненты не изменятся, а нижняя оценка улучшится на число таких квадратов. connectivity graph_model ai_checked idea-expectation-local ожидания считаются локально число одноцветных соседних пар и число одноцветных блоков \\(2\\times2\\) являются суммами индикаторов. поэтому их ожидания равны числу возможных объектов, умноженному на вероятности \\(1/2\\) и \\(1/8\\) соответственно. double_counting ai_checked sol-kedlaya-graph-expectation граф компонент и линейность ожидания ai_checked connected_graph cycle invariant double_counting построим граф \\(g\\): его вершины - клетки доски, а ребро соединяет две клетки с общей стороной, если они одного цвета. компоненты связности этого графа ровно соответствуют связным монохромным областям. пусть \\(a\\) - число ребер в \\(g\\), а \\(b\\) - число монохромных блоков \\(2\\times2\\). в каждом таком блоке четыре клетки образуют цикл длины 4 в графе \\(g\\). удалим из каждого монохромного блока его нижнее горизонтальное ребро. эти \\(b\\) ребер различны: нижнее ребро однозначно задает сам блок, лежащий прямо над ним. докажем, что одновременное удаление этих ребер не меняет компоненты связности. рассмотрим удаленное ребро \\(e\\), лежащее в строке \\(r\\) между двумя соседними столбцами. оно было нижним ребром некоторого монохромного блока, поэтому две клетки над концами \\(e\\) имеют тот же цвет, что и концы \\(e\\). если верхнее горизонтальное ребро этого блока не удалено, то концы \\(e\\) соединены… putnam-2004-a5-random-checkerboard-components sluchaynaya raskraska doski i monohromnye komponenty, putnam 2004 a5 connectivity double_counting graph_model goal_bound 2004 archive_statement https://kskedlaya.org/putnam-archive/2004.pdf putnam putnam 2004 a5, arhivnyy istochnik putnam2004 src-putnam-2004-a5-kedlaya with_solution ? putnam 2004 a5, arhivnyy istochnik stmt-original uslovie ai_checked kazhdaya kletka doski \\(m\\times n\\) nezavisimo krasitsya v chernyy ili belyy tsvet s veroyatnostyu \\(1/2\\). dve kletki prinadlezhat odnoy i toy zhe svyaznoy monohromnoy oblasti, esli mozhno pereyti ot odnoy k drugoy po posledovatelnosti kletok odnogo tsveta, kazhdyy raz perehodya cherez obschuyu storonu. dokazhite, chto matematicheskoe ozhidanie chisla svyaznyh monohromnyh oblastey bolshe \\(mn/8\\). connected_graph stmt-graph sluchaynaya raskraska doski i monohromnye komponenty, putnam 2004 a5 ai_checked vershiny pryamougolnoy reshetki \\(m\\times n\\) nezavisimo krasyatsya v dva tsveta. soedinim rebrom dve sosednie po storone vershiny, esli oni odnogo tsveta. dokazhite, chto matematicheskoe ozhidanie chisla komponent svyaznosti poluchivshegosya sluchaynogo grafa strogo bolshe \\(mn/8\\). connected_graph idea-delete-cycle-edges iz kazhdogo monohromnogo kvadrata mozhno vychest odno rebro dlya grafa s \\(n\\) vershinami i \\(e\\) rebrami chislo komponent ne menshe \\(n-e\\). esli dopolnitelno udalit po odnomu rebru iz kazhdogo monohromnogo \\(2\\times2\\)-kvadrata, komponenty ne izmenyatsya, a nizhnyaya otsenka uluchshitsya na chislo takih kvadratov. connectivity graph_model ai_checked idea-expectation-local ozhidaniya schitayutsya lokalno chislo odnotsvetnyh sosednih par i chislo odnotsvetnyh blokov \\(2\\times2\\) yavlyayutsya summami indikatorov. poetomu ih ozhidaniya ravny chislu vozmozhnyh obektov, umnozhennomu na veroyatnosti \\(1/2\\) i \\(1/8\\) sootvetstvenno. double_counting ai_checked sol-kedlaya-graph-expectation graf komponent i lineynost ozhidaniya ai_checked connected_graph cycle invariant double_counting postroim graf \\(g\\): ego vershiny - kletki doski, a rebro soedinyaet dve kletki s obschey storonoy, esli oni odnogo tsveta. komponenty svyaznosti etogo grafa rovno sootvetstvuyut svyaznym monohromnym oblastyam. pust \\(a\\) - chislo reber v \\(g\\), a \\(b\\) - chislo monohromnyh blokov \\(2\\times2\\). v kazhdom takom bloke chetyre kletki obrazuyut tsikl dliny 4 v grafe \\(g\\). udalim iz kazhdogo monohromnogo bloka ego nizhnee gorizontalnoe rebro. eti \\(b\\) reber razlichny: nizhnee rebro odnoznachno zadaet sam blok, lezhaschiy pryamo nad nim. dokazhem, chto odnovremennoe udalenie etih reber ne menyaet komponenty svyaznosti. rassmotrim udalennoe rebro \\(e\\), lezhaschee v stroke \\(r\\) mezhdu dvumya sosednimi stolbtsami. ono bylo nizhnim rebrom nekotorogo monohromnogo bloka, poetomu dve kletki nad kontsami \\(e\\) imeyut tot zhe tsvet, chto i kontsy \\(e\\). esli verhnee gorizontalnoe rebro etogo bloka ne udaleno, to kontsy \\(e\\) soedineny…","source_keys":["putnam"]}
{"id":"putnam-2005-a2-rook-tours-grid-hamiltonian-paths","title":"Ладейные обходы прямоугольника 3 на n, Putnam 2005 A2","path":"data\\problems\\putnam\\putnam-2005-a2-rook-tours-grid-hamiltonian-paths.yaml","raw_github_url":"https://raw.githubusercontent.com/didin-maxim/knowledge_graph_of_graphs/main/data/problems/putnam/putnam-2005-a2-rook-tours-grid-hamiltonian-paths.yaml","viewer_url":"https://didin-maxim.github.io/knowledge_graph_of_graphs/#putnam-2005-a2-rook-tours-grid-hamiltonian-paths","source_key":"putnam","source_label":"Putnam","source_titles":["Putnam 2005 A2, архивный источник"],"year":"2005","type":"olympiad_problem","authors":[],"tags":["graph_model","goal_counting"],"agent_topics":[],"difficulty":{"main":"national_final_medium","local_score":9,"comment":"Putnam A2; основной труд - увидеть корректное кодирование гамильтоновых путей в решетке 3 на n.","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":"агент grouped classification","audit_source":"agent-university-archives.json"},"statements":{"original":[{"id":"stmt-original","title":"Условие","status":"ai_checked","text":"Пусть \\(S=\\{(a,b): a=1,2,\\ldots,n,\\ b=1,2,3\\}\\). Ладейным обходом \\(S\\) называется ломаная через точки \\(p_1,p_2,\\ldots,p_{3n}\\), в которой каждая \\(p_i\\) принадлежит \\(S\\), соседние точки находятся на расстоянии 1, и каждая точка множества \\(S\\) встречается ровно один раз. Сколько существует таких обходов, которые начинаются в \\((1,1)\\) и заканчиваются в \\((n,1)\\)?","definition_ids":["path"]}],"graph_theory":[{"id":"stmt-graph","title":"Ладейные обходы прямоугольника 3 на n, Putnam 2005 A2","status":"ai_checked","text":"Рассмотрим решеточный граф \\(P_n\\square P_3\\) с вершинами \\((a,b)\\), где \\(1\\le a\\le n\\), \\(1\\le b\\le3\\). Сколько в нем гамильтоновых путей из \\((1,1)\\) в \\((n,1)\\)?","definition_ids":["hamiltonian_path"]}]},"solutions":[{"id":"sol-kedlaya-bijection","title":"Биекция с четными подмножествами","status":"ai_checked","definition_ids":["hamiltonian_path"],"standard_idea_ids":["invariant"],"tags":[],"has_text":true,"text_preview":"При \\(n=1\\) обходов из \\((1,1)\\) в \\((1,1)\\), проходящих все три точки ровно по одному разу, нет. Далее считаем \\(n\\ge2\\). Будем рассматривать обход как гамильтонов путь графа \\(P_n\\square P_3\\), ориентированный от \\((1,1)\\) к \\((n,1)\\). Обозначим нижнюю, среднюю и верхнюю вершины столбца \\(i\\) через \\(b_i=(i,1)\\), \\(m_i=(i,2)\\), \\(t_i=(i,3)\\). Назовём столбец переключающим, если путь входит в \\(m_i\\) по вертикальному ребру, то есть содержит направленное ребро \\(b_i\\to m_i\\) или \\(t_i\\to m_i\\). Докажем ключевую лемму: всякий такой путь единственным образом разбивается на блоки, задаваемые парами переключающих столбцов \\(L_1<R_1<L_2<R_2<\\cdots<L_r<R_r=n\\). Пусть уже пройдены все вершины столбцов \\(1,\\ldots,R_{j-1}\\) и путь стоит в \\(b_{R_{j-1}}\\), где для первого блока считаем \\(R_0=0\\) и стартуем в \\(b_1\\). Пока путь остаётся в нижней строке, он вынужденно идёт вправо; пусть \\(L_j\\) — п…"}],"relations":[{"id":"rel-putnam-2005-cmo-2008-three-by-n-rook-paths","neighbor_id":"cmo-2008-p5-self-avoiding-rook-walks","direction":"forward","type":"same_motif","distance":2,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-putnam-2005-grid-hamiltonian","neighbor_id":"cmo-2015-p3-grid-hamiltonian-turtle","direction":"forward","type":"same_motif","distance":3,"status":"needs_human_review"}],"search_text":"putnam-2005-a2-rook-tours-grid-hamiltonian-paths ладейные обходы прямоугольника 3 на n, putnam 2005 a2 graph_model goal_counting 2005 archive_statement https://kskedlaya.org/putnam-archive/2005.pdf putnam putnam 2005 a2, архивный источник putnam2005 src-putnam-2005-a2-kedlaya with_solution ? putnam 2005 a2, архивный источник stmt-original условие ai_checked пусть \\(s=\\{(a,b): a=1,2,\\ldots,n,\\ b=1,2,3\\}\\). ладейным обходом \\(s\\) называется ломаная через точки \\(p_1,p_2,\\ldots,p_{3n}\\), в которой каждая \\(p_i\\) принадлежит \\(s\\), соседние точки находятся на расстоянии 1, и каждая точка множества \\(s\\) встречается ровно один раз. сколько существует таких обходов, которые начинаются в \\((1,1)\\) и заканчиваются в \\((n,1)\\)? path stmt-graph ладейные обходы прямоугольника 3 на n, putnam 2005 a2 ai_checked рассмотрим решеточный граф \\(p_n\\square p_3\\) с вершинами \\((a,b)\\), где \\(1\\le a\\le n\\), \\(1\\le b\\le3\\). сколько в нем гамильтоновых путей из \\((1,1)\\) в \\((n,1)\\)? hamiltonian_path idea-even-subset-bijection путь кодируется четным подмножеством столбцов для каждого обхода отмечаем столбцы, в которых ориентированный путь входит в среднюю клетку вертикально снизу или сверху. вынужденное разложение пути на блоки показывает, что отмеченные столбцы идут парами, последняя пара оканчивается в \\(n\\), а каждая такая система пар однозначно восстанавливает змейку. goal_counting graph_model ai_checked sol-kedlaya-bijection биекция с четными подмножествами ai_checked hamiltonian_path invariant при \\(n=1\\) обходов из \\((1,1)\\) в \\((1,1)\\), проходящих все три точки ровно по одному разу, нет. далее считаем \\(n\\ge2\\). будем рассматривать обход как гамильтонов путь графа \\(p_n\\square p_3\\), ориентированный от \\((1,1)\\) к \\((n,1)\\). обозначим нижнюю, среднюю и верхнюю вершины столбца \\(i\\) через \\(b_i=(i,1)\\), \\(m_i=(i,2)\\), \\(t_i=(i,3)\\). назовём столбец переключающим, если путь входит в \\(m_i\\) по вертикальному ребру, то есть содержит направленное ребро \\(b_i\\to m_i\\) или \\(t_i\\to m_i\\). докажем ключевую лемму: всякий такой путь единственным образом разбивается на блоки, задаваемые парами переключающих столбцов \\(l_1<r_1<l_2<r_2<\\cdots<l_r<r_r=n\\). пусть уже пройдены все вершины столбцов \\(1,\\ldots,r_{j-1}\\) и путь стоит в \\(b_{r_{j-1}}\\), где для первого блока считаем \\(r_0=0\\) и стартуем в \\(b_1\\). пока путь остаётся в нижней строке, он вынужденно идёт вправо; пусть \\(l_j\\) — п… putnam-2005-a2-rook-tours-grid-hamiltonian-paths ladeynye obhody pryamougolnika 3 na n, putnam 2005 a2 graph_model goal_counting 2005 archive_statement https://kskedlaya.org/putnam-archive/2005.pdf putnam putnam 2005 a2, arhivnyy istochnik putnam2005 src-putnam-2005-a2-kedlaya with_solution ? putnam 2005 a2, arhivnyy istochnik stmt-original uslovie ai_checked pust \\(s=\\{(a,b): a=1,2,\\ldots,n,\\ b=1,2,3\\}\\). ladeynym obhodom \\(s\\) nazyvaetsya lomanaya cherez tochki \\(p_1,p_2,\\ldots,p_{3n}\\), v kotoroy kazhdaya \\(p_i\\) prinadlezhit \\(s\\), sosednie tochki nahodyatsya na rasstoyanii 1, i kazhdaya tochka mnozhestva \\(s\\) vstrechaetsya rovno odin raz. skolko suschestvuet takih obhodov, kotorye nachinayutsya v \\((1,1)\\) i zakanchivayutsya v \\((n,1)\\)? path stmt-graph ladeynye obhody pryamougolnika 3 na n, putnam 2005 a2 ai_checked rassmotrim reshetochnyy graf \\(p_n\\square p_3\\) s vershinami \\((a,b)\\), gde \\(1\\le a\\le n\\), \\(1\\le b\\le3\\). skolko v nem gamiltonovyh putey iz \\((1,1)\\) v \\((n,1)\\)? hamiltonian_path idea-even-subset-bijection put kodiruetsya chetnym podmnozhestvom stolbtsov dlya kazhdogo obhoda otmechaem stolbtsy, v kotoryh orientirovannyy put vhodit v srednyuyu kletku vertikalno snizu ili sverhu. vynuzhdennoe razlozhenie puti na bloki pokazyvaet, chto otmechennye stolbtsy idut parami, poslednyaya para okanchivaetsya v \\(n\\), a kazhdaya takaya sistema par odnoznachno vosstanavlivaet zmeyku. goal_counting graph_model ai_checked sol-kedlaya-bijection biektsiya s chetnymi podmnozhestvami ai_checked hamiltonian_path invariant pri \\(n=1\\) obhodov iz \\((1,1)\\) v \\((1,1)\\), prohodyaschih vse tri tochki rovno po odnomu razu, net. dalee schitaem \\(n\\ge2\\). budem rassmatrivat obhod kak gamiltonov put grafa \\(p_n\\square p_3\\), orientirovannyy ot \\((1,1)\\) k \\((n,1)\\). oboznachim nizhnyuyu, srednyuyu i verhnyuyu vershiny stolbtsa \\(i\\) cherez \\(b_i=(i,1)\\), \\(m_i=(i,2)\\), \\(t_i=(i,3)\\). nazovem stolbets pereklyuchayuschim, esli put vhodit v \\(m_i\\) po vertikalnomu rebru, to est soderzhit napravlennoe rebro \\(b_i\\to m_i\\) ili \\(t_i\\to m_i\\). dokazhem klyuchevuyu lemmu: vsyakiy takoy put edinstvennym obrazom razbivaetsya na bloki, zadavaemye parami pereklyuchayuschih stolbtsov \\(l_1<r_1<l_2<r_2<\\cdots<l_r<r_r=n\\). pust uzhe proydeny vse vershiny stolbtsov \\(1,\\ldots,r_{j-1}\\) i put stoit v \\(b_{r_{j-1}}\\), gde dlya pervogo bloka schitaem \\(r_0=0\\) i startuem v \\(b_1\\). poka put ostaetsya v nizhney stroke, on vynuzhdenno idet vpravo; pust \\(l_j\\) — p…","source_keys":["putnam"]}
{"id":"putnam-2007-a6-admissible-triangulation-bound","title":"Допустимая триангуляция многоугольника с внутренними степенями не меньше 6, Putnam 2007 A6","path":"data\\problems\\putnam\\putnam-2007-a6-admissible-triangulation-bound.yaml","raw_github_url":"https://raw.githubusercontent.com/didin-maxim/knowledge_graph_of_graphs/main/data/problems/putnam/putnam-2007-a6-admissible-triangulation-bound.yaml","viewer_url":"https://didin-maxim.github.io/knowledge_graph_of_graphs/#putnam-2007-a6-admissible-triangulation-bound","source_key":"putnam","source_label":"Putnam","source_titles":["Putnam 2007 A6, архивный источник"],"year":"2007","type":"olympiad_problem","authors":[],"tags":["planar_graphs","degree_counting","induction","goal_bound","double_counting"],"agent_topics":[],"difficulty":{"main":"imo_p3_plus","local_score":14,"comment":"Putnam A6; доказательство сочетает эйлеров подсчет и нетривиционную редукцию границы.","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":"агент grouped classification","audit_source":"agent-university-archives.json"},"statements":{"original":[{"id":"stmt-original","title":"Условие","status":"ai_checked","text":"Триангуляция \\(T\\) многоугольника \\(P\\) - это конечное семейство треугольников, объединение которых равно \\(P\\), причем пересечение любых двух треугольников либо пусто, либо является общей вершиной, либо общей стороной. Каждая сторона многоугольника является стороной ровно одного треугольника. Назовем триангуляцию допустимой, если каждая внутренняя вершина принадлежит как минимум шести треугольникам. Докажите, что для каждого \\(n\\) существует число \\(M_n\\), зависящее только от \\(n\\), такое что всякая допустимая триангуляция \\(n\\)-угольника имеет не более \\(M_n\\) треугольников.","definition_ids":["planar_graph","degree"]}],"graph_theory":[{"id":"stmt-graph","title":"Допустимая триангуляция многоугольника с внутренними степенями не меньше 6, Putnam 2007 A6","status":"ai_checked","text":"Плоский граф является триангуляцией диска, внешняя грань имеет длину \\(n\\), а все внутренние вершины имеют степень не меньше 6. Докажите, что число внутренних треугольных граней ограничено сверху величиной, зависящей только от \\(n\\).","definition_ids":["planar_graph","degree"]}]},"solutions":[{"id":"sol-kedlaya-euler-induction","title":"Оценка через степени границы и индукцию","status":"ai_checked","definition_ids":["planar_graph","degree"],"standard_idea_ids":["face_counting","double_counting","induction","delete_to_simplify"],"tags":[],"has_text":true,"text_preview":"Будем использовать классическую лемму `disk-triangulation-boundary-degree-chain-reduction` о триангуляциях диска. В наших обозначениях она применима к графу триангуляции: граничные вершины — это вершины исходного многоугольника, а допустимость означает, что все внутренние вершины имеют степень не меньше \\(6\\). Лемма дает две вещи: 1. если \\(a_i\\) — степени граничных вершин \\(v_i\\), то \\[ a_1+\\cdots+a_n\\le 4n-6; \\tag{1} \\] 2. при \\(n\\ge4\\) можно удалить либо одно граничное ухо при вершине степени \\(2\\), либо приграничную полосу около цепи \\(w_1,\\ldots,w_k\\) со степенями \\(3,4,\\ldots,4,3\\), где \\(2\\le k\\le n-1\\). В первом случае удаляется \\(1\\) треугольник и остается допустимая триангуляция \\((n-1)\\)-угольника. Во втором случае удаляется не более \\(2k-1\\le 2n-3\\) треугольников, а остаток, если он непуст, является допустимой триангуляцией некоторого многоугольника с не более чем \\(n-1\\) ст…"}],"relations":[{"id":"rel-putnam-2007-cmo-1995-planar-decomposition-euler-count","neighbor_id":"cmo-1995-p3-polygon-quadrangulation-boomerangs","direction":"backward","type":"same_motif","distance":1,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-euler-formula-putnam-2007-a6-boundary-degree-count","neighbor_id":"euler-formula-planar","direction":"backward","type":"prerequisite","distance":1,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-putnam-2007-a6-spbmo-1997-p54-triangulation-degree-count","neighbor_id":"spbmo-1997-11-p54-triangular-polyhedron-degrees","direction":"forward","type":"same_motif","distance":2,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-disk-triangulation-boundary-degree-chain-putnam-2007-a6","neighbor_id":"disk-triangulation-boundary-degree-chain-reduction","direction":"backward","type":"prerequisite","distance":1,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-putnam-2007-planar-triangulation","neighbor_id":"quadrangulation-euler-face-count","direction":"forward","type":"same_motif","distance":3,"status":"needs_human_review"}],"search_text":"putnam-2007-a6-admissible-triangulation-bound допустимая триангуляция многоугольника с внутренними степенями не меньше 6, putnam 2007 a6 planar_graphs degree_counting induction goal_bound double_counting 2007 archive_statement https://kskedlaya.org/putnam-archive/2007.pdf putnam putnam 2007 a6, архивный источник putnam2007 src-putnam-2007-a6-kedlaya with_solution ? putnam 2007 a6, архивный источник stmt-original условие ai_checked триангуляция \\(t\\) многоугольника \\(p\\) - это конечное семейство треугольников, объединение которых равно \\(p\\), причем пересечение любых двух треугольников либо пусто, либо является общей вершиной, либо общей стороной. каждая сторона многоугольника является стороной ровно одного треугольника. назовем триангуляцию допустимой, если каждая внутренняя вершина принадлежит как минимум шести треугольникам. докажите, что для каждого \\(n\\) существует число \\(m_n\\), зависящее только от \\(n\\), такое что всякая допустимая триангуляция \\(n\\)-угольника имеет не более \\(m_n\\) треугольников. planar_graph degree stmt-graph допустимая триангуляция многоугольника с внутренними степенями не меньше 6, putnam 2007 a6 ai_checked плоский граф является триангуляцией диска, внешняя грань имеет длину \\(n\\), а все внутренние вершины имеют степень не меньше 6. докажите, что число внутренних треугольных граней ограничено сверху величиной, зависящей только от \\(n\\). planar_graph degree idea-bound-boundary-degrees эйлерова формула ограничивает сумму степеней границы это первая часть леммы `disk-triangulation-boundary-degree-chain-reduction`: для триангуляции диска с внутренними степенями не меньше 6 сумма степеней граничных вершин не превосходит \\(4n-6\\). planar_graphs degree_counting double_counting ai_checked idea-remove-boundary-chain на границе есть удаляемая цепочка это вторая часть леммы `disk-triangulation-boundary-degree-chain-reduction`: либо на границе есть удаляемое ухо степени 2, либо есть цепь степеней \\(3,4,\\ldots,4,3\\), чья приграничная полоса содержит не более \\(2k-1\\) треугольников и после удаления оставляет допустимую триангуляцию диска с меньшей границей. induction extremal_choice planar_graphs ai_checked sol-kedlaya-euler-induction оценка через степени границы и индукцию ai_checked planar_graph degree face_counting double_counting induction delete_to_simplify будем использовать классическую лемму `disk-triangulation-boundary-degree-chain-reduction` о триангуляциях диска. в наших обозначениях она применима к графу триангуляции: граничные вершины — это вершины исходного многоугольника, а допустимость означает, что все внутренние вершины имеют степень не меньше \\(6\\). лемма дает две вещи: 1. если \\(a_i\\) — степени граничных вершин \\(v_i\\), то \\[ a_1+\\cdots+a_n\\le 4n-6; \\tag{1} \\] 2. при \\(n\\ge4\\) можно удалить либо одно граничное ухо при вершине степени \\(2\\), либо приграничную полосу около цепи \\(w_1,\\ldots,w_k\\) со степенями \\(3,4,\\ldots,4,3\\), где \\(2\\le k\\le n-1\\). в первом случае удаляется \\(1\\) треугольник и остается допустимая триангуляция \\((n-1)\\)-угольника. во втором случае удаляется не более \\(2k-1\\le 2n-3\\) треугольников, а остаток, если он непуст, является допустимой триангуляцией некоторого многоугольника с не более чем \\(n-1\\) ст… putnam-2007-a6-admissible-triangulation-bound dopustimaya triangulyatsiya mnogougolnika s vnutrennimi stepenyami ne menshe 6, putnam 2007 a6 planar_graphs degree_counting induction goal_bound double_counting 2007 archive_statement https://kskedlaya.org/putnam-archive/2007.pdf putnam putnam 2007 a6, arhivnyy istochnik putnam2007 src-putnam-2007-a6-kedlaya with_solution ? putnam 2007 a6, arhivnyy istochnik stmt-original uslovie ai_checked triangulyatsiya \\(t\\) mnogougolnika \\(p\\) - eto konechnoe semeystvo treugolnikov, obedinenie kotoryh ravno \\(p\\), prichem peresechenie lyubyh dvuh treugolnikov libo pusto, libo yavlyaetsya obschey vershinoy, libo obschey storonoy. kazhdaya storona mnogougolnika yavlyaetsya storonoy rovno odnogo treugolnika. nazovem triangulyatsiyu dopustimoy, esli kazhdaya vnutrennyaya vershina prinadlezhit kak minimum shesti treugolnikam. dokazhite, chto dlya kazhdogo \\(n\\) suschestvuet chislo \\(m_n\\), zavisyaschee tolko ot \\(n\\), takoe chto vsyakaya dopustimaya triangulyatsiya \\(n\\)-ugolnika imeet ne bolee \\(m_n\\) treugolnikov. planar_graph degree stmt-graph dopustimaya triangulyatsiya mnogougolnika s vnutrennimi stepenyami ne menshe 6, putnam 2007 a6 ai_checked ploskiy graf yavlyaetsya triangulyatsiey diska, vneshnyaya gran imeet dlinu \\(n\\), a vse vnutrennie vershiny imeyut stepen ne menshe 6. dokazhite, chto chislo vnutrennih treugolnyh graney ogranicheno sverhu velichinoy, zavisyaschey tolko ot \\(n\\). planar_graph degree idea-bound-boundary-degrees eylerova formula ogranichivaet summu stepeney granitsy eto pervaya chast lemmy `disk-triangulation-boundary-degree-chain-reduction`: dlya triangulyatsii diska s vnutrennimi stepenyami ne menshe 6 summa stepeney granichnyh vershin ne prevoshodit \\(4n-6\\). planar_graphs degree_counting double_counting ai_checked idea-remove-boundary-chain na granitse est udalyaemaya tsepochka eto vtoraya chast lemmy `disk-triangulation-boundary-degree-chain-reduction`: libo na granitse est udalyaemoe uho stepeni 2, libo est tsep stepeney \\(3,4,\\ldots,4,3\\), chya prigranichnaya polosa soderzhit ne bolee \\(2k-1\\) treugolnikov i posle udaleniya ostavlyaet dopustimuyu triangulyatsiyu diska s menshey granitsey. induction extremal_choice planar_graphs ai_checked sol-kedlaya-euler-induction otsenka cherez stepeni granitsy i induktsiyu ai_checked planar_graph degree face_counting double_counting induction delete_to_simplify budem ispolzovat klassicheskuyu lemmu `disk-triangulation-boundary-degree-chain-reduction` o triangulyatsiyah diska. v nashih oboznacheniyah ona primenima k grafu triangulyatsii: granichnye vershiny — eto vershiny ishodnogo mnogougolnika, a dopustimost oznachaet, chto vse vnutrennie vershiny imeyut stepen ne menshe \\(6\\). lemma daet dve veschi: 1. esli \\(a_i\\) — stepeni granichnyh vershin \\(v_i\\), to \\[ a_1+\\cdots+a_n\\le 4n-6; \\tag{1} \\] 2. pri \\(n\\ge4\\) mozhno udalit libo odno granichnoe uho pri vershine stepeni \\(2\\), libo prigranichnuyu polosu okolo tsepi \\(w_1,\\ldots,w_k\\) so stepenyami \\(3,4,\\ldots,4,3\\), gde \\(2\\le k\\le n-1\\). v pervom sluchae udalyaetsya \\(1\\) treugolnik i ostaetsya dopustimaya triangulyatsiya \\((n-1)\\)-ugolnika. vo vtorom sluchae udalyaetsya ne bolee \\(2k-1\\le 2n-3\\) treugolnikov, a ostatok, esli on nepust, yavlyaetsya dopustimoy triangulyatsiey nekotorogo mnogougolnika s ne bolee chem \\(n-1\\) st…","source_keys":["putnam"]}
{"id":"putnam-2012-b3-round-robin-winners-hall","title":"Выбор победителя каждого дня в круговом турнире, Putnam 2012 B3","path":"data\\problems\\putnam\\putnam-2012-b3-round-robin-winners-hall.yaml","raw_github_url":"https://raw.githubusercontent.com/didin-maxim/knowledge_graph_of_graphs/main/data/problems/putnam/putnam-2012-b3-round-robin-winners-hall.yaml","viewer_url":"https://didin-maxim.github.io/knowledge_graph_of_graphs/#putnam-2012-b3-round-robin-winners-hall","source_key":"putnam","source_label":"Putnam","source_titles":["Putnam 2012 B3, архивный источник"],"year":"2012","type":"olympiad_problem","authors":[],"tags":["matching","tournaments","graph_model","goal_existence"],"agent_topics":[],"difficulty":{"main":"national_final_medium","local_score":10,"comment":"Putnam B3; после построения двудольного графа задача становится прямым применением теоремы Холла.","status":"ai_checked"},"review_status":"ai_checked","public_ready":false,"solution_state":"with_solution","solution_classification":{"type":"unofficial_published","label":"опубликованное неофициальное","status":"ai_checked","confidence":0.78,"basis":"агентский аудит средней сложности","notes":"агент grouped classification","audit_source":"agent-university-archives.json"},"statements":{"original":[{"id":"stmt-original","title":"Условие","status":"ai_checked","text":"Круговой турнир с \\(2n\\) командами длился \\(2n-1\\) дней. В каждый день каждая команда играла ровно одну игру против другой команды; в каждой из \\(n\\) игр был один победитель и один проигравший. За весь турнир каждая команда сыграла с каждой другой ровно один раз. Всегда ли можно выбрать по одной выигравшей команде из каждого дня так, чтобы ни одна команда не была выбрана более одного раза?","definition_ids":["matching"]}],"graph_theory":[{"id":"stmt-graph","title":"Выбор победителя каждого дня в круговом турнире, Putnam 2012 B3","status":"ai_checked","text":"Пусть полный граф \\(K_{2n}\\) разложен на \\(2n-1\\) совершенных паросочетаний, соответствующих дням турнира, а каждое ребро ориентировано от победителя к проигравшему. Докажите, что можно выбрать по одному ребру из каждого паросочетания так, чтобы начальные вершины выбранных ребер были попарно различны.","definition_ids":["matching","complete_graph","tournament"]}]},"solutions":[{"id":"sol-kedlaya-hall","title":"Теорема Холла","status":"ai_checked","definition_ids":["matching"],"standard_idea_ids":["augmenting_path_method","double_counting"],"tags":[],"has_text":true,"text_preview":"Ответ: да. Воспользуемся самостоятельной леммой `round-robin-winner-count-hall-lemma`: в полном круговом турнире с \\(2n\\) командами за любые \\(m\\) выбранных дней есть по крайней мере \\(m\\) различных команд, выигравших хотя бы одну игру в эти дни. Напомним ее короткое доказательство. Если множество таких победителей \\(W\\) имело бы размер меньше \\(m\\), то можно было бы выбрать команду вне \\(W\\). В каждый из выбранных дней она играла и не выигрывала, значит проиграла \\(m\\) раз. Эти \\(m\\) поражений были от \\(m\\) разных соперников, потому что одна пара команд встречается только один раз; все эти соперники лежат в \\(W\\), противоречие. Теперь построим двудольный граф. В левой доле находятся \\(2n-1\\) дней, в правой - \\(2n\\) команд. Соединим день \\(d\\) с командой \\(t\\), если команда \\(t\\) выиграла свою игру в день \\(d\\). Лемма говорит, что для любого множества из \\(m\\) левых вершин его множество…"}],"relations":[{"id":"rel-putnam-2012-tc-2022-bipartite-incidence-counting","neighbor_id":"tc-2022-crossword-word-cell-bipartite-graph","direction":"forward","type":"same_motif","distance":2,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-imc-2011-tripartite-putnam-2012-hall-obstruction","neighbor_id":"imc-2011-day2-p2-tripartite-married-triples","direction":"backward","type":"same_motif","distance":2,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-putnam-2012-b3-imc2011-three-quarter-hall-applications","neighbor_id":"imc-2011-day2-p2b-tripartite-three-quarter-perfect-cover","direction":"forward","type":"same_motif","distance":3,"status":"needs_human_review"},{"id":"rel-schweitzer-2024-p1-putnam-2012-hall","neighbor_id":"miklos-schweitzer-2024-p1-bipartite-perfect-matching-edge-weights","direction":"backward","type":"same_motif","distance":3,"status":"needs_human_review"},{"id":"rel-winner-count-lemma-putnam-2012-b3-prerequisite","neighbor_id":"round-robin-winner-count-hall-lemma","direction":"backward","type":"prerequisite","distance":1,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-putnam-2012-hall","neighbor_id":"hall-marriage-theorem","direction":"backward","type":"prerequisite","distance":1,"status":"ai_checked"}],"search_text":"putnam-2012-b3-round-robin-winners-hall выбор победителя каждого дня в круговом турнире, putnam 2012 b3 matching tournaments graph_model goal_existence 2012 archive_statement https://kskedlaya.org/putnam-archive/2012.pdf putnam putnam 2012 b3, архивный источник putnam2012 src-putnam-2012-b3-kedlaya with_solution ? putnam 2012 b3, архивный источник stmt-original условие ai_checked круговой турнир с \\(2n\\) командами длился \\(2n-1\\) дней. в каждый день каждая команда играла ровно одну игру против другой команды; в каждой из \\(n\\) игр был один победитель и один проигравший. за весь турнир каждая команда сыграла с каждой другой ровно один раз. всегда ли можно выбрать по одной выигравшей команде из каждого дня так, чтобы ни одна команда не была выбрана более одного раза? matching stmt-graph выбор победителя каждого дня в круговом турнире, putnam 2012 b3 ai_checked пусть полный граф \\(k_{2n}\\) разложен на \\(2n-1\\) совершенных паросочетаний, соответствующих дням турнира, а каждое ребро ориентировано от победителя к проигравшему. докажите, что можно выбрать по одному ребру из каждого паросочетания так, чтобы начальные вершины выбранных ребер были попарно различны. matching complete_graph tournament idea-days-teams-bipartite дни и команды образуют двудольный граф соединим день с командой, если эта команда выиграла в этот день. требуется паросочетание, покрывающее все дни. matching graph_model ai_checked idea-hall-by-losses условие холла следует из проигрышей лемма `round-robin-winner-count-hall-lemma` утверждает, что за любые \\(m\\) дней есть хотя бы \\(m\\) разных победителей: иначе команда вне множества победителей проиграла бы \\(m\\) раз \\(m\\) различным соперникам из слишком маленького множества. matching double_counting ai_checked sol-kedlaya-hall теорема холла ai_checked matching augmenting_path_method double_counting ответ: да. воспользуемся самостоятельной леммой `round-robin-winner-count-hall-lemma`: в полном круговом турнире с \\(2n\\) командами за любые \\(m\\) выбранных дней есть по крайней мере \\(m\\) различных команд, выигравших хотя бы одну игру в эти дни. напомним ее короткое доказательство. если множество таких победителей \\(w\\) имело бы размер меньше \\(m\\), то можно было бы выбрать команду вне \\(w\\). в каждый из выбранных дней она играла и не выигрывала, значит проиграла \\(m\\) раз. эти \\(m\\) поражений были от \\(m\\) разных соперников, потому что одна пара команд встречается только один раз; все эти соперники лежат в \\(w\\), противоречие. теперь построим двудольный граф. в левой доле находятся \\(2n-1\\) дней, в правой - \\(2n\\) команд. соединим день \\(d\\) с командой \\(t\\), если команда \\(t\\) выиграла свою игру в день \\(d\\). лемма говорит, что для любого множества из \\(m\\) левых вершин его множество… putnam-2012-b3-round-robin-winners-hall vybor pobeditelya kazhdogo dnya v krugovom turnire, putnam 2012 b3 matching tournaments graph_model goal_existence 2012 archive_statement https://kskedlaya.org/putnam-archive/2012.pdf putnam putnam 2012 b3, arhivnyy istochnik putnam2012 src-putnam-2012-b3-kedlaya with_solution ? putnam 2012 b3, arhivnyy istochnik stmt-original uslovie ai_checked krugovoy turnir s \\(2n\\) komandami dlilsya \\(2n-1\\) dney. v kazhdyy den kazhdaya komanda igrala rovno odnu igru protiv drugoy komandy; v kazhdoy iz \\(n\\) igr byl odin pobeditel i odin proigravshiy. za ves turnir kazhdaya komanda sygrala s kazhdoy drugoy rovno odin raz. vsegda li mozhno vybrat po odnoy vyigravshey komande iz kazhdogo dnya tak, chtoby ni odna komanda ne byla vybrana bolee odnogo raza? matching stmt-graph vybor pobeditelya kazhdogo dnya v krugovom turnire, putnam 2012 b3 ai_checked pust polnyy graf \\(k_{2n}\\) razlozhen na \\(2n-1\\) sovershennyh parosochetaniy, sootvetstvuyuschih dnyam turnira, a kazhdoe rebro orientirovano ot pobeditelya k proigravshemu. dokazhite, chto mozhno vybrat po odnomu rebru iz kazhdogo parosochetaniya tak, chtoby nachalnye vershiny vybrannyh reber byli poparno razlichny. matching complete_graph tournament idea-days-teams-bipartite dni i komandy obrazuyut dvudolnyy graf soedinim den s komandoy, esli eta komanda vyigrala v etot den. trebuetsya parosochetanie, pokryvayuschee vse dni. matching graph_model ai_checked idea-hall-by-losses uslovie holla sleduet iz proigryshey lemma `round-robin-winner-count-hall-lemma` utverzhdaet, chto za lyubye \\(m\\) dney est hotya by \\(m\\) raznyh pobediteley: inache komanda vne mnozhestva pobediteley proigrala by \\(m\\) raz \\(m\\) razlichnym sopernikam iz slishkom malenkogo mnozhestva. matching double_counting ai_checked sol-kedlaya-hall teorema holla ai_checked matching augmenting_path_method double_counting otvet: da. vospolzuemsya samostoyatelnoy lemmoy `round-robin-winner-count-hall-lemma`: v polnom krugovom turnire s \\(2n\\) komandami za lyubye \\(m\\) vybrannyh dney est po krayney mere \\(m\\) razlichnyh komand, vyigravshih hotya by odnu igru v eti dni. napomnim ee korotkoe dokazatelstvo. esli mnozhestvo takih pobediteley \\(w\\) imelo by razmer menshe \\(m\\), to mozhno bylo by vybrat komandu vne \\(w\\). v kazhdyy iz vybrannyh dney ona igrala i ne vyigryvala, znachit proigrala \\(m\\) raz. eti \\(m\\) porazheniy byli ot \\(m\\) raznyh sopernikov, potomu chto odna para komand vstrechaetsya tolko odin raz; vse eti soperniki lezhat v \\(w\\), protivorechie. teper postroim dvudolnyy graf. v levoy dole nahodyatsya \\(2n-1\\) dney, v pravoy - \\(2n\\) komand. soedinim den \\(d\\) s komandoy \\(t\\), esli komanda \\(t\\) vyigrala svoyu igru v den \\(d\\). lemma govorit, chto dlya lyubogo mnozhestva iz \\(m\\) levyh vershin ego mnozhestvo…","source_keys":["putnam"]}
{"id":"putnam-2013-a1-icosahedron-face-labels","title":"Две грани икосаэдра с общей вершиной и одинаковой меткой, Putnam 2013 A1","path":"data\\problems\\putnam\\putnam-2013-a1-icosahedron-face-labels.yaml","raw_github_url":"https://raw.githubusercontent.com/didin-maxim/knowledge_graph_of_graphs/main/data/problems/putnam/putnam-2013-a1-icosahedron-face-labels.yaml","viewer_url":"https://didin-maxim.github.io/knowledge_graph_of_graphs/#putnam-2013-a1-icosahedron-face-labels","source_key":"putnam","source_label":"Putnam","source_titles":["Putnam 2013 A1, архивный источник"],"year":"2013","type":"olympiad_problem","authors":[],"tags":["double_counting","pigeonhole_principle","graph_model","goal_proof"],"agent_topics":[],"difficulty":{"main":"national_final_medium","local_score":7,"comment":"Putnam A1; короткая задача на естественный гиперграф инцидентности граней и вершин икосаэдра.","status":"ai_checked"},"review_status":"ai_checked","public_ready":false,"solution_state":"with_solution","solution_classification":{"type":"unofficial_published","label":"опубликованное неофициальное","status":"ai_checked","confidence":0.78,"basis":"агентский аудит средней сложности","notes":"агент grouped classification","audit_source":"agent-university-archives.json"},"statements":{"original":[{"id":"stmt-original","title":"Условие","status":"ai_checked","text":"Напомним, что правильный икосаэдр имеет 12 вершин и 20 граней, причём все грани являются равносторонними треугольниками. На каждой грани правильного икосаэдра написано неотрицательное целое число, а сумма всех 20 чисел равна 39. Докажите, что найдутся две грани, имеющие общую вершину, на которых написано одно и то же число.","definition_ids":[]}],"graph_theory":[{"id":"stmt-graph","title":"Две грани икосаэдра с общей вершиной и одинаковой меткой, Putnam 2013 A1","status":"ai_checked","text":"Рассмотрим гиперграф инцидентности правильного икосаэдра: его вершины соответствуют 12 вершинам икосаэдра, а 20 гиперрёбер соответствуют треугольным граням; каждое гиперребро содержит 3 вершины, и через каждую вершину гиперграфа проходят 5 гиперрёбер. Каждому гиперребру приписано неотрицательное целое число, сумма всех приписанных чисел равна 39. Докажите, что существуют два гиперребра с общей вершиной и одинаковой меткой.","definition_ids":[]}]},"solutions":[{"id":"sol-kedlaya-compressed","title":"Решение двойным подсчётом инцидентностей","status":"ai_checked","definition_ids":[],"standard_idea_ids":["double_counting"],"tags":[],"has_text":true,"text_preview":"Предположим противное: никакие две грани, имеющие общую вершину, не имеют одинаковой метки. Рассмотрим одну фиксированную вершину икосаэдра. В правильном икосаэдре в каждой вершине сходятся ровно пять треугольных граней. По нашему предположению метки этих пяти граней попарно различны. Все метки являются неотрицательными целыми числами. Поэтому минимально возможная сумма пяти попарно различных меток равна сумме пяти наименьших неотрицательных целых чисел: \\[ 0+1+2+3+4=10. \\] Значит, для каждой из 12 вершин сумма меток пяти граней, прилегающих к этой вершине, не меньше 10. Теперь просуммируем эти 12 локальных сумм по всем вершинам икосаэдра. С одной стороны, только что полученная оценка даёт общий вклад не меньше \\[ 12\\cdot 10=120. \\] С другой стороны, этот же общий вклад можно посчитать по граням. Каждая грань икосаэдра является треугольником, то есть имеет ровно три вершины. Поэтому мет…"}],"relations":[{"id":"rel-putnam-2013-a1-handshaking","neighbor_id":"handshaking-lemma","direction":"forward","type":"prerequisite","distance":2,"status":"needs_human_review"},{"id":"rel-putnam-2017-2013-icosahedron","neighbor_id":"putnam-2017-a6-icosahedron-edge-colorings","direction":"backward","type":"same_motif","distance":4,"status":"needs_human_review"}],"search_text":"putnam-2013-a1-icosahedron-face-labels две грани икосаэдра с общей вершиной и одинаковой меткой, putnam 2013 a1 double_counting pigeonhole_principle graph_model goal_proof 2013 archive_statement https://kskedlaya.org/putnam-archive/2013.pdf putnam putnam 2013 a1, архивный источник putnam2013 src-putnam-2013-a1-kedlaya with_solution ? putnam 2013 a1, архивный источник stmt-original условие ai_checked напомним, что правильный икосаэдр имеет 12 вершин и 20 граней, причём все грани являются равносторонними треугольниками. на каждой грани правильного икосаэдра написано неотрицательное целое число, а сумма всех 20 чисел равна 39. докажите, что найдутся две грани, имеющие общую вершину, на которых написано одно и то же число. stmt-graph две грани икосаэдра с общей вершиной и одинаковой меткой, putnam 2013 a1 ai_checked рассмотрим гиперграф инцидентности правильного икосаэдра: его вершины соответствуют 12 вершинам икосаэдра, а 20 гиперрёбер соответствуют треугольным граням; каждое гиперребро содержит 3 вершины, и через каждую вершину гиперграфа проходят 5 гиперрёбер. каждому гиперребру приписано неотрицательное целое число, сумма всех приписанных чисел равна 39. докажите, что существуют два гиперребра с общей вершиной и одинаковой меткой. idea-count-at-vertices счёт суммы меток вокруг вершин если у каждой вершины пять прилегающих граней имеют попарно различные метки, то сумма этих пяти меток не меньше \\(0+1+2+3+4\\). суммирование по вершинам даёт нижнюю оценку, несовместимую с тем, что каждая грань учитывается ровно по трём своим вершинам. double_counting ai_checked sol-kedlaya-compressed решение двойным подсчётом инцидентностей ai_checked double_counting предположим противное: никакие две грани, имеющие общую вершину, не имеют одинаковой метки. рассмотрим одну фиксированную вершину икосаэдра. в правильном икосаэдре в каждой вершине сходятся ровно пять треугольных граней. по нашему предположению метки этих пяти граней попарно различны. все метки являются неотрицательными целыми числами. поэтому минимально возможная сумма пяти попарно различных меток равна сумме пяти наименьших неотрицательных целых чисел: \\[ 0+1+2+3+4=10. \\] значит, для каждой из 12 вершин сумма меток пяти граней, прилегающих к этой вершине, не меньше 10. теперь просуммируем эти 12 локальных сумм по всем вершинам икосаэдра. с одной стороны, только что полученная оценка даёт общий вклад не меньше \\[ 12\\cdot 10=120. \\] с другой стороны, этот же общий вклад можно посчитать по граням. каждая грань икосаэдра является треугольником, то есть имеет ровно три вершины. поэтому мет… putnam-2013-a1-icosahedron-face-labels dve grani ikosaedra s obschey vershinoy i odinakovoy metkoy, putnam 2013 a1 double_counting pigeonhole_principle graph_model goal_proof 2013 archive_statement https://kskedlaya.org/putnam-archive/2013.pdf putnam putnam 2013 a1, arhivnyy istochnik putnam2013 src-putnam-2013-a1-kedlaya with_solution ? putnam 2013 a1, arhivnyy istochnik stmt-original uslovie ai_checked napomnim, chto pravilnyy ikosaedr imeet 12 vershin i 20 graney, prichem vse grani yavlyayutsya ravnostoronnimi treugolnikami. na kazhdoy grani pravilnogo ikosaedra napisano neotritsatelnoe tseloe chislo, a summa vseh 20 chisel ravna 39. dokazhite, chto naydutsya dve grani, imeyuschie obschuyu vershinu, na kotoryh napisano odno i to zhe chislo. stmt-graph dve grani ikosaedra s obschey vershinoy i odinakovoy metkoy, putnam 2013 a1 ai_checked rassmotrim gipergraf intsidentnosti pravilnogo ikosaedra: ego vershiny sootvetstvuyut 12 vershinam ikosaedra, a 20 giperreber sootvetstvuyut treugolnym granyam; kazhdoe giperrebro soderzhit 3 vershiny, i cherez kazhduyu vershinu gipergrafa prohodyat 5 giperreber. kazhdomu giperrebru pripisano neotritsatelnoe tseloe chislo, summa vseh pripisannyh chisel ravna 39. dokazhite, chto suschestvuyut dva giperrebra s obschey vershinoy i odinakovoy metkoy. idea-count-at-vertices schet summy metok vokrug vershin esli u kazhdoy vershiny pyat prilegayuschih graney imeyut poparno razlichnye metki, to summa etih pyati metok ne menshe \\(0+1+2+3+4\\). summirovanie po vershinam daet nizhnyuyu otsenku, nesovmestimuyu s tem, chto kazhdaya gran uchityvaetsya rovno po trem svoim vershinam. double_counting ai_checked sol-kedlaya-compressed reshenie dvoynym podschetom intsidentnostey ai_checked double_counting predpolozhim protivnoe: nikakie dve grani, imeyuschie obschuyu vershinu, ne imeyut odinakovoy metki. rassmotrim odnu fiksirovannuyu vershinu ikosaedra. v pravilnom ikosaedre v kazhdoy vershine shodyatsya rovno pyat treugolnyh graney. po nashemu predpolozheniyu metki etih pyati graney poparno razlichny. vse metki yavlyayutsya neotritsatelnymi tselymi chislami. poetomu minimalno vozmozhnaya summa pyati poparno razlichnyh metok ravna summe pyati naimenshih neotritsatelnyh tselyh chisel: \\[ 0+1+2+3+4=10. \\] znachit, dlya kazhdoy iz 12 vershin summa metok pyati graney, prilegayuschih k etoy vershine, ne menshe 10. teper prosummiruem eti 12 lokalnyh summ po vsem vershinam ikosaedra. s odnoy storony, tolko chto poluchennaya otsenka daet obschiy vklad ne menshe \\[ 12\\cdot 10=120. \\] s drugoy storony, etot zhe obschiy vklad mozhno poschitat po granyam. kazhdaya gran ikosaedra yavlyaetsya treugolnikom, to est imeet rovno tri vershiny. poetomu met…","source_keys":["putnam"]}
{"id":"putnam-2013-b5-functions-iterate-into-roots","title":"Функции, итерации которых попадают в первые k точек, Putnam 2013 B5","path":"data\\problems\\putnam\\putnam-2013-b5-functions-iterate-into-roots.yaml","raw_github_url":"https://raw.githubusercontent.com/didin-maxim/knowledge_graph_of_graphs/main/data/problems/putnam/putnam-2013-b5-functions-iterate-into-roots.yaml","viewer_url":"https://didin-maxim.github.io/knowledge_graph_of_graphs/#putnam-2013-b5-functions-iterate-into-roots","source_key":"putnam","source_label":"Putnam","source_titles":["Putnam 2013 B5, архивный источник"],"year":"2013","type":"olympiad_problem","authors":[],"tags":["trees","graph_model","goal_counting"],"agent_topics":[],"difficulty":{"main":"national_final_hard","local_score":11,"comment":"Putnam B5; естественная функционально-графовая модель и стандартный счёт корневых лесов.","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":"агент grouped classification","audit_source":"agent-university-archives.json"},"statements":{"original":[{"id":"stmt-original","title":"Условие","status":"ai_checked","text":"Пусть \\(X=\\{1,2,\\ldots,n\\}\\), и пусть \\(k\\in X\\). Докажите, что существует ровно \\(k n^{\\,n-1}\\) функций \\(f:X\\to X\\), таких что для каждого \\(x\\in X\\) существует \\(j\\ge 0\\), для которого \\(f^{(j)}(x)\\le k\\). Здесь \\(f^{(j)}\\) обозначает \\(j\\)-ю итерацию \\(f\\), так что \\(f^{(0)}(x)=x\\) и \\(f^{(j+1)}(x)=f(f^{(j)}(x))\\).","definition_ids":[]}],"graph_theory":[{"id":"stmt-graph","title":"Функциональные графы, доходящие до фиксированного множества корней","status":"ai_checked","text":"Для функции \\(f:X\\to X\\) нарисуем функциональный ориентированный граф с дугой \\(x\\to f(x)\\) из каждой вершины. Сколько таких функциональных графов на \\(X=\\{1,\\ldots,n\\}\\) имеют свойство: из каждой вершины некоторый направленный путь попадает в множество \\(R=\\{1, \\ldots,k\\}\\)? Докажите, что число равно \\(k n^{n-1}\\).","definition_ids":["directed_graph","path"]}]},"solutions":[{"id":"sol-rooted-forest","title":"Решение через функциональные графы и корневые леса","status":"ai_checked","definition_ids":["directed_graph","path","tree"],"standard_idea_ids":[],"tags":[],"has_text":true,"text_preview":"Обозначим \\(R=\\{1, \\ldots,k\\}\\). Сначала докажем, что условие зависит только от значений функции вне \\(R\\). Если из вершины \\(x\\) последовательность \\(x,f(x),f^2(x),\\ldots\\) впервые попала в \\(R\\) на шаге \\(j\\), то все вершины \\(x,f(x),\\ldots,f^{j-1}(x)\\) лежат вне \\(R\\). Поэтому до первого попадания в \\(R\\) используются только значения \\(f(y)\\) при \\(y\\notin R\\). Значения \\(f\\) на самом \\(R\\) можно выбрать произвольно и независимо: после попадания в \\(R\\) условие для исходной вершины уже выполнено, а для вершин из \\(R\\) оно выполнено при \\(j=0\\). Следовательно, достаточно посчитать допустимые функции с фиксированными значениями \\(f(1)=\\cdots=f(k)=1\\), а затем умножить результат на \\(n^k\\). Пусть теперь значения на \\(R\\) зафиксированы. Рассмотрим только дуги \\(x\\to f(x)\\) из вершин \\(x\\notin R\\). У каждой такой вершины ровно одна исходящая дуга. Условие задачи эквивалентно тому, что, дв…"}],"relations":[{"id":"rel-imo-2021-n8-putnam-2013-b5-functional-roots","neighbor_id":"imo-2021-c6-functional-graph-roots","direction":"backward","type":"same_motif","distance":2,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-putnam-2013-b5-vosh-2022-optimal-road-networks-rooted-forests","neighbor_id":"vosh-2022-23-final-optimal-road-networks","direction":"forward","type":"same_motif","distance":2,"status":"ai_checked"}],"search_text":"putnam-2013-b5-functions-iterate-into-roots функции, итерации которых попадают в первые k точек, putnam 2013 b5 trees graph_model goal_counting 2013 archive_statement https://kskedlaya.org/putnam-archive/2013.pdf putnam putnam 2013 b5, архивный источник putnam2013 src-putnam-2013-b5-kedlaya with_solution ? putnam 2013 b5, архивный источник stmt-original условие ai_checked пусть \\(x=\\{1,2,\\ldots,n\\}\\), и пусть \\(k\\in x\\). докажите, что существует ровно \\(k n^{\\,n-1}\\) функций \\(f:x\\to x\\), таких что для каждого \\(x\\in x\\) существует \\(j\\ge 0\\), для которого \\(f^{(j)}(x)\\le k\\). здесь \\(f^{(j)}\\) обозначает \\(j\\)-ю итерацию \\(f\\), так что \\(f^{(0)}(x)=x\\) и \\(f^{(j+1)}(x)=f(f^{(j)}(x))\\). stmt-graph функциональные графы, доходящие до фиксированного множества корней ai_checked для функции \\(f:x\\to x\\) нарисуем функциональный ориентированный граф с дугой \\(x\\to f(x)\\) из каждой вершины. сколько таких функциональных графов на \\(x=\\{1,\\ldots,n\\}\\) имеют свойство: из каждой вершины некоторый направленный путь попадает в множество \\(r=\\{1, \\ldots,k\\}\\)? докажите, что число равно \\(k n^{n-1}\\). directed_graph path idea-root-values-free значения на корневом множестве можно выбрать независимо если две функции совпадают вне \\(r=\\{1, \\ldots,k\\}\\), то свойство попадания в \\(r\\) одинаково для обеих: путь до первого попадания в \\(r\\) целиком лежит вне \\(r\\). поэтому сначала можно зафиксировать значения на \\(r\\), например \\(f(1)=\\cdots=f(k)=1\\), а затем умножить счёт на \\(n^k\\). graph_model ai_checked idea-contract-roots сжатие корней превращает задачу в счёт корневых лесов после фиксации значений на \\(r\\) рёбра \\(x\\to f(x)\\) из вершин \\(x\\notin r\\) образуют ориентированный к корням лес с корневым множеством \\(r\\). формула для таких лесов, доказываемая кодом прюфера для лесов, даёт множитель \\(k n^{n-k-1}\\) перед свободным выбором значений на \\(r\\). trees ai_checked sol-rooted-forest решение через функциональные графы и корневые леса ai_checked directed_graph path tree обозначим \\(r=\\{1, \\ldots,k\\}\\). сначала докажем, что условие зависит только от значений функции вне \\(r\\). если из вершины \\(x\\) последовательность \\(x,f(x),f^2(x),\\ldots\\) впервые попала в \\(r\\) на шаге \\(j\\), то все вершины \\(x,f(x),\\ldots,f^{j-1}(x)\\) лежат вне \\(r\\). поэтому до первого попадания в \\(r\\) используются только значения \\(f(y)\\) при \\(y\\notin r\\). значения \\(f\\) на самом \\(r\\) можно выбрать произвольно и независимо: после попадания в \\(r\\) условие для исходной вершины уже выполнено, а для вершин из \\(r\\) оно выполнено при \\(j=0\\). следовательно, достаточно посчитать допустимые функции с фиксированными значениями \\(f(1)=\\cdots=f(k)=1\\), а затем умножить результат на \\(n^k\\). пусть теперь значения на \\(r\\) зафиксированы. рассмотрим только дуги \\(x\\to f(x)\\) из вершин \\(x\\notin r\\). у каждой такой вершины ровно одна исходящая дуга. условие задачи эквивалентно тому, что, дв… putnam-2013-b5-functions-iterate-into-roots funktsii, iteratsii kotoryh popadayut v pervye k tochek, putnam 2013 b5 trees graph_model goal_counting 2013 archive_statement https://kskedlaya.org/putnam-archive/2013.pdf putnam putnam 2013 b5, arhivnyy istochnik putnam2013 src-putnam-2013-b5-kedlaya with_solution ? putnam 2013 b5, arhivnyy istochnik stmt-original uslovie ai_checked pust \\(x=\\{1,2,\\ldots,n\\}\\), i pust \\(k\\in x\\). dokazhite, chto suschestvuet rovno \\(k n^{\\,n-1}\\) funktsiy \\(f:x\\to x\\), takih chto dlya kazhdogo \\(x\\in x\\) suschestvuet \\(j\\ge 0\\), dlya kotorogo \\(f^{(j)}(x)\\le k\\). zdes \\(f^{(j)}\\) oboznachaet \\(j\\)-yu iteratsiyu \\(f\\), tak chto \\(f^{(0)}(x)=x\\) i \\(f^{(j+1)}(x)=f(f^{(j)}(x))\\). stmt-graph funktsionalnye grafy, dohodyaschie do fiksirovannogo mnozhestva korney ai_checked dlya funktsii \\(f:x\\to x\\) narisuem funktsionalnyy orientirovannyy graf s dugoy \\(x\\to f(x)\\) iz kazhdoy vershiny. skolko takih funktsionalnyh grafov na \\(x=\\{1,\\ldots,n\\}\\) imeyut svoystvo: iz kazhdoy vershiny nekotoryy napravlennyy put popadaet v mnozhestvo \\(r=\\{1, \\ldots,k\\}\\)? dokazhite, chto chislo ravno \\(k n^{n-1}\\). directed_graph path idea-root-values-free znacheniya na kornevom mnozhestve mozhno vybrat nezavisimo esli dve funktsii sovpadayut vne \\(r=\\{1, \\ldots,k\\}\\), to svoystvo popadaniya v \\(r\\) odinakovo dlya obeih: put do pervogo popadaniya v \\(r\\) tselikom lezhit vne \\(r\\). poetomu snachala mozhno zafiksirovat znacheniya na \\(r\\), naprimer \\(f(1)=\\cdots=f(k)=1\\), a zatem umnozhit schet na \\(n^k\\). graph_model ai_checked idea-contract-roots szhatie korney prevraschaet zadachu v schet kornevyh lesov posle fiksatsii znacheniy na \\(r\\) rebra \\(x\\to f(x)\\) iz vershin \\(x\\notin r\\) obrazuyut orientirovannyy k kornyam les s kornevym mnozhestvom \\(r\\). formula dlya takih lesov, dokazyvaemaya kodom pryufera dlya lesov, daet mnozhitel \\(k n^{n-k-1}\\) pered svobodnym vyborom znacheniy na \\(r\\). trees ai_checked sol-rooted-forest reshenie cherez funktsionalnye grafy i kornevye lesa ai_checked directed_graph path tree oboznachim \\(r=\\{1, \\ldots,k\\}\\). snachala dokazhem, chto uslovie zavisit tolko ot znacheniy funktsii vne \\(r\\). esli iz vershiny \\(x\\) posledovatelnost \\(x,f(x),f^2(x),\\ldots\\) vpervye popala v \\(r\\) na shage \\(j\\), to vse vershiny \\(x,f(x),\\ldots,f^{j-1}(x)\\) lezhat vne \\(r\\). poetomu do pervogo popadaniya v \\(r\\) ispolzuyutsya tolko znacheniya \\(f(y)\\) pri \\(y\\notin r\\). znacheniya \\(f\\) na samom \\(r\\) mozhno vybrat proizvolno i nezavisimo: posle popadaniya v \\(r\\) uslovie dlya ishodnoy vershiny uzhe vypolneno, a dlya vershin iz \\(r\\) ono vypolneno pri \\(j=0\\). sledovatelno, dostatochno poschitat dopustimye funktsii s fiksirovannymi znacheniyami \\(f(1)=\\cdots=f(k)=1\\), a zatem umnozhit rezultat na \\(n^k\\). pust teper znacheniya na \\(r\\) zafiksirovany. rassmotrim tolko dugi \\(x\\to f(x)\\) iz vershin \\(x\\notin r\\). u kazhdoy takoy vershiny rovno odna ishodyaschaya duga. uslovie zadachi ekvivalentno tomu, chto, dv…","source_keys":["putnam"]}
{"id":"putnam-2014-b3-prime-entries-bipartite-cycle","title":"Простые элементы рациональной матрицы, Putnam 2014 B3","path":"data\\problems\\putnam\\putnam-2014-b3-prime-entries-bipartite-cycle.yaml","raw_github_url":"https://raw.githubusercontent.com/didin-maxim/knowledge_graph_of_graphs/main/data/problems/putnam/putnam-2014-b3-prime-entries-bipartite-cycle.yaml","viewer_url":"https://didin-maxim.github.io/knowledge_graph_of_graphs/#putnam-2014-b3-prime-entries-bipartite-cycle","source_key":"putnam","source_label":"Putnam","source_titles":["Putnam 2014 B3, архивный источник"],"year":"2014","type":"olympiad_problem","authors":[],"tags":["connectivity","graph_in_solution","goal_proof"],"agent_topics":[],"difficulty":{"main":"national_final_hard","local_score":10,"comment":"Putnam B3; графовая часть проста, но требуется связать цикл с ранговыми соотношениями и простыми множителями.","status":"ai_checked"},"review_status":"ai_checked","public_ready":false,"solution_state":"with_solution","solution_classification":{"type":"unofficial_published","label":"опубликованное неофициальное","status":"ai_checked","confidence":0.78,"basis":"агентский аудит средней сложности","notes":"агент grouped classification","audit_source":"agent-university-archives.json"},"statements":{"original":[{"id":"stmt-original","title":"Условие","status":"ai_checked","text":"Пусть \\(A\\) — матрица размера \\(m\\times n\\) с рациональными элементами. Предположим, что среди абсолютных значений элементов \\(A\\) встречается по меньшей мере \\(m+n\\) различных простых чисел. Докажите, что ранг \\(A\\) не меньше 2.","definition_ids":[]}]},"solutions":[{"id":"sol-kedlaya-graph","title":"Решение через двудольный граф строк и столбцов","status":"ai_checked","definition_ids":["bipartite_graph","cycle"],"standard_idea_ids":["double_counting"],"tags":[],"has_text":true,"text_preview":"Предположим, что \\(\\operatorname{rank} A\\le 1\\). Нулевой ранг невозможен, так как в матрице есть элементы, абсолютные значения которых являются простыми числами. Поэтому можно считать, что ранг равен 1. Построим двудольный граф: левая доля — строки, правая — столбцы, а ребро проводится там, где \\(|A_{ij}|\\) является простым числом. Так как среди абсолютных значений есть не меньше \\(m+n\\) различных простых чисел, в графе есть не меньше \\(m+n\\) рёбер. У графа всего \\(m+n\\) вершин, поэтому он не является лесом: всякий ациклический граф на \\(v\\) вершинах имеет не более \\(v-1\\) рёбер. Следовательно, в графе есть цикл. Поскольку граф двудольный, цикл имеет вид \\[ R_1-C_1-R_2-C_2-\\cdots-R_t-C_t-R_1 \\] при \\(t\\ge 2\\), где все соответствующие матричные элементы имеют попарно различные простые модули; обозначим их \\(p_1,p_2, \\ldots,p_{2t}\\) по порядку обхода цикла. У матрицы ранга 1 все миноры \\(…"}],"relations":[{"id":"rel-putnam-2014-imc-1999-bipartite-cycle","neighbor_id":"imc-1999-day1-p5-marked-grid-cycle","direction":"forward","type":"same_motif","distance":3,"status":"needs_human_review"}],"search_text":"putnam-2014-b3-prime-entries-bipartite-cycle простые элементы рациональной матрицы, putnam 2014 b3 connectivity graph_in_solution goal_proof 2014 archive_statement https://kskedlaya.org/putnam-archive/2014.pdf putnam putnam 2014 b3, архивный источник putnam2014 src-putnam-2014-b3-kedlaya with_solution ? putnam 2014 b3, архивный источник stmt-original условие ai_checked пусть \\(a\\) — матрица размера \\(m\\times n\\) с рациональными элементами. предположим, что среди абсолютных значений элементов \\(a\\) встречается по меньшей мере \\(m+n\\) различных простых чисел. докажите, что ранг \\(a\\) не меньше 2. idea-cycle-forces-prime-product много рёбер дают цикл, а цикл противоречит рангу 1 граф на \\(m+n\\) вершинах с хотя бы \\(m+n\\) рёбрами содержит цикл. в двудольном цикле ранговое условие \\(a_{ij}=r_i c_j\\) заставляет произведения элементов через одну позицию совпадать, но они являются произведениями двух разных наборов простых чисел. connectivity ai_checked sol-kedlaya-graph решение через двудольный граф строк и столбцов ai_checked bipartite_graph cycle double_counting предположим, что \\(\\operatorname{rank} a\\le 1\\). нулевой ранг невозможен, так как в матрице есть элементы, абсолютные значения которых являются простыми числами. поэтому можно считать, что ранг равен 1. построим двудольный граф: левая доля — строки, правая — столбцы, а ребро проводится там, где \\(|a_{ij}|\\) является простым числом. так как среди абсолютных значений есть не меньше \\(m+n\\) различных простых чисел, в графе есть не меньше \\(m+n\\) рёбер. у графа всего \\(m+n\\) вершин, поэтому он не является лесом: всякий ациклический граф на \\(v\\) вершинах имеет не более \\(v-1\\) рёбер. следовательно, в графе есть цикл. поскольку граф двудольный, цикл имеет вид \\[ r_1-c_1-r_2-c_2-\\cdots-r_t-c_t-r_1 \\] при \\(t\\ge 2\\), где все соответствующие матричные элементы имеют попарно различные простые модули; обозначим их \\(p_1,p_2, \\ldots,p_{2t}\\) по порядку обхода цикла. у матрицы ранга 1 все миноры \\(… putnam-2014-b3-prime-entries-bipartite-cycle prostye elementy ratsionalnoy matritsy, putnam 2014 b3 connectivity graph_in_solution goal_proof 2014 archive_statement https://kskedlaya.org/putnam-archive/2014.pdf putnam putnam 2014 b3, arhivnyy istochnik putnam2014 src-putnam-2014-b3-kedlaya with_solution ? putnam 2014 b3, arhivnyy istochnik stmt-original uslovie ai_checked pust \\(a\\) — matritsa razmera \\(m\\times n\\) s ratsionalnymi elementami. predpolozhim, chto sredi absolyutnyh znacheniy elementov \\(a\\) vstrechaetsya po menshey mere \\(m+n\\) razlichnyh prostyh chisel. dokazhite, chto rang \\(a\\) ne menshe 2. idea-cycle-forces-prime-product mnogo reber dayut tsikl, a tsikl protivorechit rangu 1 graf na \\(m+n\\) vershinah s hotya by \\(m+n\\) rebrami soderzhit tsikl. v dvudolnom tsikle rangovoe uslovie \\(a_{ij}=r_i c_j\\) zastavlyaet proizvedeniya elementov cherez odnu pozitsiyu sovpadat, no oni yavlyayutsya proizvedeniyami dvuh raznyh naborov prostyh chisel. connectivity ai_checked sol-kedlaya-graph reshenie cherez dvudolnyy graf strok i stolbtsov ai_checked bipartite_graph cycle double_counting predpolozhim, chto \\(\\operatorname{rank} a\\le 1\\). nulevoy rang nevozmozhen, tak kak v matritse est elementy, absolyutnye znacheniya kotoryh yavlyayutsya prostymi chislami. poetomu mozhno schitat, chto rang raven 1. postroim dvudolnyy graf: levaya dolya — stroki, pravaya — stolbtsy, a rebro provoditsya tam, gde \\(|a_{ij}|\\) yavlyaetsya prostym chislom. tak kak sredi absolyutnyh znacheniy est ne menshe \\(m+n\\) razlichnyh prostyh chisel, v grafe est ne menshe \\(m+n\\) reber. u grafa vsego \\(m+n\\) vershin, poetomu on ne yavlyaetsya lesom: vsyakiy atsiklicheskiy graf na \\(v\\) vershinah imeet ne bolee \\(v-1\\) reber. sledovatelno, v grafe est tsikl. poskolku graf dvudolnyy, tsikl imeet vid \\[ r_1-c_1-r_2-c_2-\\cdots-r_t-c_t-r_1 \\] pri \\(t\\ge 2\\), gde vse sootvetstvuyuschie matrichnye elementy imeyut poparno razlichnye prostye moduli; oboznachim ih \\(p_1,p_2, \\ldots,p_{2t}\\) po poryadku obhoda tsikla. u matritsy ranga 1 vse minory \\(…","source_keys":["putnam"]}
{"id":"putnam-2016-a5-cayley-digraph-short-words","title":"Короткие слова в двух порождающих через граф Кэли, Putnam 2016 A5","path":"data\\problems\\putnam\\putnam-2016-a5-cayley-digraph-short-words.yaml","raw_github_url":"https://raw.githubusercontent.com/didin-maxim/knowledge_graph_of_graphs/main/data/problems/putnam/putnam-2016-a5-cayley-digraph-short-words.yaml","viewer_url":"https://didin-maxim.github.io/knowledge_graph_of_graphs/#putnam-2016-a5-cayley-digraph-short-words","source_key":"putnam","source_label":"Putnam","source_titles":["Putnam 2016 A5, архивный источник"],"year":"2016","type":"olympiad_problem","authors":[],"tags":["connectivity","graph_model","goal_proof"],"agent_topics":[],"difficulty":{"main":"national_final_medium","local_score":8,"comment":"Putnam A5; граф Кэли даёт компактную стандартную интерпретацию ограничения на длину слова.","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":"агент grouped classification","audit_source":"agent-university-archives.json"},"statements":{"original":[{"id":"stmt-original","title":"Условие","status":"ai_checked","text":"Пусть \\(G\\) — конечная группа, порождённая двумя элементами \\(g\\) и \\(h\\), причём порядок \\(g\\) нечётен. Докажите, что каждый элемент \\(G\\) можно записать в виде \\[ g^{m_1}h^{n_1}g^{m_2}h^{n_2}\\cdots g^{m_r}h^{n_r}, \\] где \\(1\\le r\\le |G|\\) и все \\(m_1,n_1, \\ldots,m_r,n_r\\) принадлежат \\(\\{-1,1\\}\\).","definition_ids":[]}],"graph_theory":[{"id":"stmt-graph","title":"Пути в орграфе Кэли по четырём блокам","status":"ai_checked","text":"Пусть \\(G\\) — конечная группа, порождённая \\(g,h\\), причём порядок \\(g\\) нечётен. Рассмотрим ориентированный граф Кэли на вершинах \\(G\\) с дугами \\(s\\to su\\), где \\(u\\in\\{gh,gh^{-1},g^{-1}h,g^{-1}h^{-1}\\}\\). Докажите, что для каждой вершины \\(x\\) существует направленный маршрут от единицы к \\(x\\) положительной длины не больше \\(|G|\\).","definition_ids":["directed_graph","path"]}]},"solutions":[{"id":"sol-cayley-digraph","title":"Решение через ориентированный граф Кэли","status":"ai_checked","definition_ids":["directed_graph"],"standard_idea_ids":["invariant"],"tags":[],"has_text":true,"text_preview":"Обозначим через \\[ B=\\{gh,gh^{-1},g^{-1}h,g^{-1}h^{-1}\\} \\] множество допустимых блоков. Сначала проверим, что \\(B\\) порождает всю группу \\(G\\) как группа. Действительно, \\[ (gh)(g^{-1}h)^{-1}=ghh^{-1}g=g^2. \\] Если порядок \\(g\\) равен нечётному числу \\(2q+1\\), то \\(g=(g^2)^{q+1}\\), поэтому из элементов \\(B\\) можно получить \\(g\\). Тогда \\(h=g^{-1}(gh)\\), значит, из \\(B\\) получаются оба исходных порождающих \\(g,h\\). Следовательно, группа, порождённая \\(B\\), равна \\(G\\). Рассмотрим ориентированный граф Кэли \\(D\\): его вершины — элементы \\(G\\), а из \\(a\\) в \\(ab\\) проведена дуга для каждого \\(b\\in B\\). Так как \\(G\\) конечна и \\(B\\) порождает \\(G\\) как группа, положительные слова в буквах из \\(B\\) тоже дают все элементы \\(G\\): если в групповом слове встречается \\(b^{-1}\\), его можно заменить на положительную степень \\(b^{\\operatorname{ord}(b)-1}\\). Значит, из единицы в \\(D\\) достижима любая…"}],"relations":[{"id":"rel-putnam-1990-2016-cayley-digraph-generators","neighbor_id":"putnam-1990-b4-cayley-euler-tour","direction":"backward","type":"same_motif","distance":1,"status":"ai_checked"}],"search_text":"putnam-2016-a5-cayley-digraph-short-words короткие слова в двух порождающих через граф кэли, putnam 2016 a5 connectivity graph_model goal_proof 2016 archive_statement https://kskedlaya.org/putnam-archive/2016.pdf putnam putnam 2016 a5, архивный источник putnam2016 src-putnam-2016-a5-kedlaya with_solution ? putnam 2016 a5, архивный источник stmt-original условие ai_checked пусть \\(g\\) — конечная группа, порождённая двумя элементами \\(g\\) и \\(h\\), причём порядок \\(g\\) нечётен. докажите, что каждый элемент \\(g\\) можно записать в виде \\[ g^{m_1}h^{n_1}g^{m_2}h^{n_2}\\cdots g^{m_r}h^{n_r}, \\] где \\(1\\le r\\le |g|\\) и все \\(m_1,n_1, \\ldots,m_r,n_r\\) принадлежат \\(\\{-1,1\\}\\). stmt-graph пути в орграфе кэли по четырём блокам ai_checked пусть \\(g\\) — конечная группа, порождённая \\(g,h\\), причём порядок \\(g\\) нечётен. рассмотрим ориентированный граф кэли на вершинах \\(g\\) с дугами \\(s\\to su\\), где \\(u\\in\\{gh,gh^{-1},g^{-1}h,g^{-1}h^{-1}\\}\\). докажите, что для каждой вершины \\(x\\) существует направленный маршрут от единицы к \\(x\\) положительной длины не больше \\(|g|\\). directed_graph path idea-generators-make-strong-cayley четыре допустимых блока порождают всю группу блоки \\(gh,gh^{-1},g^{-1}h,g^{-1}h^{-1}\\) порождают \\(g^2\\), а нечётность порядка \\(g\\) означает, что \\(g^2\\) порождает ту же циклическую подгруппу, что и \\(g\\). отсюда восстанавливаются и \\(g\\), и \\(h\\). connectivity ai_checked idea-shortest-path-no-repeat кратчайший путь не повторяет вершины в конечном сильно связном ориентированном графе кратчайший путь между различными вершинами можно выбрать без повторов, поэтому его длина не превосходит числа вершин минус один. для совпадающих начала и конца нужен отдельный непустой цикл. connectivity ai_checked sol-cayley-digraph решение через ориентированный граф кэли ai_checked directed_graph invariant обозначим через \\[ b=\\{gh,gh^{-1},g^{-1}h,g^{-1}h^{-1}\\} \\] множество допустимых блоков. сначала проверим, что \\(b\\) порождает всю группу \\(g\\) как группа. действительно, \\[ (gh)(g^{-1}h)^{-1}=ghh^{-1}g=g^2. \\] если порядок \\(g\\) равен нечётному числу \\(2q+1\\), то \\(g=(g^2)^{q+1}\\), поэтому из элементов \\(b\\) можно получить \\(g\\). тогда \\(h=g^{-1}(gh)\\), значит, из \\(b\\) получаются оба исходных порождающих \\(g,h\\). следовательно, группа, порождённая \\(b\\), равна \\(g\\). рассмотрим ориентированный граф кэли \\(d\\): его вершины — элементы \\(g\\), а из \\(a\\) в \\(ab\\) проведена дуга для каждого \\(b\\in b\\). так как \\(g\\) конечна и \\(b\\) порождает \\(g\\) как группа, положительные слова в буквах из \\(b\\) тоже дают все элементы \\(g\\): если в групповом слове встречается \\(b^{-1}\\), его можно заменить на положительную степень \\(b^{\\operatorname{ord}(b)-1}\\). значит, из единицы в \\(d\\) достижима любая… putnam-2016-a5-cayley-digraph-short-words korotkie slova v dvuh porozhdayuschih cherez graf keli, putnam 2016 a5 connectivity graph_model goal_proof 2016 archive_statement https://kskedlaya.org/putnam-archive/2016.pdf putnam putnam 2016 a5, arhivnyy istochnik putnam2016 src-putnam-2016-a5-kedlaya with_solution ? putnam 2016 a5, arhivnyy istochnik stmt-original uslovie ai_checked pust \\(g\\) — konechnaya gruppa, porozhdennaya dvumya elementami \\(g\\) i \\(h\\), prichem poryadok \\(g\\) necheten. dokazhite, chto kazhdyy element \\(g\\) mozhno zapisat v vide \\[ g^{m_1}h^{n_1}g^{m_2}h^{n_2}\\cdots g^{m_r}h^{n_r}, \\] gde \\(1\\le r\\le |g|\\) i vse \\(m_1,n_1, \\ldots,m_r,n_r\\) prinadlezhat \\(\\{-1,1\\}\\). stmt-graph puti v orgrafe keli po chetyrem blokam ai_checked pust \\(g\\) — konechnaya gruppa, porozhdennaya \\(g,h\\), prichem poryadok \\(g\\) necheten. rassmotrim orientirovannyy graf keli na vershinah \\(g\\) s dugami \\(s\\to su\\), gde \\(u\\in\\{gh,gh^{-1},g^{-1}h,g^{-1}h^{-1}\\}\\). dokazhite, chto dlya kazhdoy vershiny \\(x\\) suschestvuet napravlennyy marshrut ot edinitsy k \\(x\\) polozhitelnoy dliny ne bolshe \\(|g|\\). directed_graph path idea-generators-make-strong-cayley chetyre dopustimyh bloka porozhdayut vsyu gruppu bloki \\(gh,gh^{-1},g^{-1}h,g^{-1}h^{-1}\\) porozhdayut \\(g^2\\), a nechetnost poryadka \\(g\\) oznachaet, chto \\(g^2\\) porozhdaet tu zhe tsiklicheskuyu podgruppu, chto i \\(g\\). otsyuda vosstanavlivayutsya i \\(g\\), i \\(h\\). connectivity ai_checked idea-shortest-path-no-repeat kratchayshiy put ne povtoryaet vershiny v konechnom silno svyaznom orientirovannom grafe kratchayshiy put mezhdu razlichnymi vershinami mozhno vybrat bez povtorov, poetomu ego dlina ne prevoshodit chisla vershin minus odin. dlya sovpadayuschih nachala i kontsa nuzhen otdelnyy nepustoy tsikl. connectivity ai_checked sol-cayley-digraph reshenie cherez orientirovannyy graf keli ai_checked directed_graph invariant oboznachim cherez \\[ b=\\{gh,gh^{-1},g^{-1}h,g^{-1}h^{-1}\\} \\] mnozhestvo dopustimyh blokov. snachala proverim, chto \\(b\\) porozhdaet vsyu gruppu \\(g\\) kak gruppa. deystvitelno, \\[ (gh)(g^{-1}h)^{-1}=ghh^{-1}g=g^2. \\] esli poryadok \\(g\\) raven nechetnomu chislu \\(2q+1\\), to \\(g=(g^2)^{q+1}\\), poetomu iz elementov \\(b\\) mozhno poluchit \\(g\\). togda \\(h=g^{-1}(gh)\\), znachit, iz \\(b\\) poluchayutsya oba ishodnyh porozhdayuschih \\(g,h\\). sledovatelno, gruppa, porozhdennaya \\(b\\), ravna \\(g\\). rassmotrim orientirovannyy graf keli \\(d\\): ego vershiny — elementy \\(g\\), a iz \\(a\\) v \\(ab\\) provedena duga dlya kazhdogo \\(b\\in b\\). tak kak \\(g\\) konechna i \\(b\\) porozhdaet \\(g\\) kak gruppa, polozhitelnye slova v bukvah iz \\(b\\) tozhe dayut vse elementy \\(g\\): esli v gruppovom slove vstrechaetsya \\(b^{-1}\\), ego mozhno zamenit na polozhitelnuyu stepen \\(b^{\\operatorname{ord}(b)-1}\\). znachit, iz edinitsy v \\(d\\) dostizhima lyubaya…","source_keys":["putnam"]}
{"id":"putnam-2017-a6-icosahedron-edge-colorings","title":"Раскраски рёбер икосаэдра тремя цветами, Putnam 2017 A6","path":"data\\problems\\putnam\\putnam-2017-a6-icosahedron-edge-colorings.yaml","raw_github_url":"https://raw.githubusercontent.com/didin-maxim/knowledge_graph_of_graphs/main/data/problems/putnam/putnam-2017-a6-icosahedron-edge-colorings.yaml","viewer_url":"https://didin-maxim.github.io/knowledge_graph_of_graphs/#putnam-2017-a6-icosahedron-edge-colorings","source_key":"putnam","source_label":"Putnam","source_titles":["Putnam 2017 A6, архивный источник"],"year":"2017","type":"olympiad_problem","authors":[],"tags":["coloring","planar_graphs","graph_model","modular_coloring","goal_counting"],"agent_topics":[],"difficulty":{"main":"national_final_hard","local_score":12,"comment":"Putnam A6; графовая рёберная раскраска плюс линейная алгебра над F3 и локальное доказательство сюръективности отображения от рёбер к граням.","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":"агент grouped classification","audit_source":"agent-university-archives.json"},"statements":{"original":[{"id":"stmt-original","title":"Условие","status":"ai_checked","text":"30 рёбер правильного икосаэдра различены метками \\(1,2, \\ldots,30\\). Сколькими способами можно покрасить каждое ребро в красный, белый или синий цвет так, чтобы у каждой из 20 треугольных граней икосаэдра два ребра были одного цвета, а третье ребро — другого цвета?","definition_ids":[]}],"graph_theory":[{"id":"stmt-graph","title":"Раскраски рёбер икосаэдра тремя цветами, Putnam 2017 A6","status":"ai_checked","text":"В графе икосаэдра с 30 различимыми рёбрами требуется посчитать трёхцветные раскраски рёбер, при которых на каждом треугольном цикле, соответствующем грани, не все три цвета одинаковы и не все три цвета различны, то есть тип цветов на грани равен \\(2+1\\).","definition_ids":["cycle"]}]},"solutions":[{"id":"sol-f3-linear-algebra","title":"Решение через суммы по граням над \\(\\mathbb F_3\\)","status":"ai_checked","definition_ids":[],"standard_idea_ids":["invariant"],"tags":[],"has_text":true,"text_preview":"Отождествим три цвета с элементами поля \\(\\mathbb F_3\\). Для трёх элементов поля сумма равна нулю ровно в двух случаях: либо все три элемента равны, либо они попарно различны. Действительно, если цвета на грани равны \\(a,b,c\\) и \\(a+b+c=0\\), то из \\(a=b\\) следует \\(c=a\\), а если равных пар нет, то три элемента поля уже равны \\(0,1,2\\) в некотором порядке. Обратное очевидно. Значит, условие «два ребра одного цвета, третье другого» эквивалентно требованию, что сумма цветов на каждой грани ненулевая. Пусть \\(E\\) — множество 30 рёбер, \\(F\\) — множество 20 граней. Рассмотрим линейное отображение \\[ T:\\mathbb F_3^E\\to \\mathbb F_3^F, \\] которое каждой раскраске ставит в соответствие вектор сумм цветов по граням. После предыдущего абзаца надо посчитать прообразы тех векторов из \\(\\mathbb F_3^F\\), у которых все 20 координат ненулевые. Докажем, что \\(T\\) сюръективно. Достаточно показать, что в об…"}],"relations":[{"id":"rel-putnam-2017-2013-icosahedron","neighbor_id":"putnam-2013-a1-icosahedron-face-labels","direction":"forward","type":"same_motif","distance":4,"status":"needs_human_review"}],"search_text":"putnam-2017-a6-icosahedron-edge-colorings раскраски рёбер икосаэдра тремя цветами, putnam 2017 a6 coloring planar_graphs graph_model modular_coloring goal_counting 2017 archive_statement https://kskedlaya.org/putnam-archive/2017.pdf putnam putnam 2017 a6, архивный источник putnam2017 src-putnam-2017-a6-kedlaya with_solution ? putnam 2017 a6, архивный источник stmt-original условие ai_checked 30 рёбер правильного икосаэдра различены метками \\(1,2, \\ldots,30\\). сколькими способами можно покрасить каждое ребро в красный, белый или синий цвет так, чтобы у каждой из 20 треугольных граней икосаэдра два ребра были одного цвета, а третье ребро — другого цвета? stmt-graph раскраски рёбер икосаэдра тремя цветами, putnam 2017 a6 ai_checked в графе икосаэдра с 30 различимыми рёбрами требуется посчитать трёхцветные раскраски рёбер, при которых на каждом треугольном цикле, соответствующем грани, не все три цвета одинаковы и не все три цвета различны, то есть тип цветов на грани равен \\(2+1\\). cycle idea-f3-face-sums условие на грань — ненулевой суммарный цвет в \\(\\mathbb f_3\\) если три цвета отождествить с элементами поля \\(\\mathbb f_3\\), то на треугольнике сумма цветов равна 0 ровно в двух запрещённых случаях: все три одинаковы или все три различны. значит, хорошие раскраски — это раскраски, у которых сумма по каждой грани ненулевая. coloring ai_checked idea-surjective-face-map линейное отображение от рёбер к граням сюръективно отображение из пространства рёберных раскрасок в пространство граней посылает раскраску в вектор сумм по граням. чтобы доказать его сюръективность, достаточно для каждой грани получить её стандартный базисный вектор: вокруг подходящей вершины этой грани надо поставить на пять инцидентных рёбер значения \\(2,1,2,1,2\\), а на остальные рёбра — нули. graph_model ai_checked sol-f3-linear-algebra решение через суммы по граням над \\(\\mathbb f_3\\) ai_checked invariant отождествим три цвета с элементами поля \\(\\mathbb f_3\\). для трёх элементов поля сумма равна нулю ровно в двух случаях: либо все три элемента равны, либо они попарно различны. действительно, если цвета на грани равны \\(a,b,c\\) и \\(a+b+c=0\\), то из \\(a=b\\) следует \\(c=a\\), а если равных пар нет, то три элемента поля уже равны \\(0,1,2\\) в некотором порядке. обратное очевидно. значит, условие «два ребра одного цвета, третье другого» эквивалентно требованию, что сумма цветов на каждой грани ненулевая. пусть \\(e\\) — множество 30 рёбер, \\(f\\) — множество 20 граней. рассмотрим линейное отображение \\[ t:\\mathbb f_3^e\\to \\mathbb f_3^f, \\] которое каждой раскраске ставит в соответствие вектор сумм цветов по граням. после предыдущего абзаца надо посчитать прообразы тех векторов из \\(\\mathbb f_3^f\\), у которых все 20 координат ненулевые. докажем, что \\(t\\) сюръективно. достаточно показать, что в об… putnam-2017-a6-icosahedron-edge-colorings raskraski reber ikosaedra tremya tsvetami, putnam 2017 a6 coloring planar_graphs graph_model modular_coloring goal_counting 2017 archive_statement https://kskedlaya.org/putnam-archive/2017.pdf putnam putnam 2017 a6, arhivnyy istochnik putnam2017 src-putnam-2017-a6-kedlaya with_solution ? putnam 2017 a6, arhivnyy istochnik stmt-original uslovie ai_checked 30 reber pravilnogo ikosaedra razlicheny metkami \\(1,2, \\ldots,30\\). skolkimi sposobami mozhno pokrasit kazhdoe rebro v krasnyy, belyy ili siniy tsvet tak, chtoby u kazhdoy iz 20 treugolnyh graney ikosaedra dva rebra byli odnogo tsveta, a trete rebro — drugogo tsveta? stmt-graph raskraski reber ikosaedra tremya tsvetami, putnam 2017 a6 ai_checked v grafe ikosaedra s 30 razlichimymi rebrami trebuetsya poschitat trehtsvetnye raskraski reber, pri kotoryh na kazhdom treugolnom tsikle, sootvetstvuyuschem grani, ne vse tri tsveta odinakovy i ne vse tri tsveta razlichny, to est tip tsvetov na grani raven \\(2+1\\). cycle idea-f3-face-sums uslovie na gran — nenulevoy summarnyy tsvet v \\(\\mathbb f_3\\) esli tri tsveta otozhdestvit s elementami polya \\(\\mathbb f_3\\), to na treugolnike summa tsvetov ravna 0 rovno v dvuh zapreschennyh sluchayah: vse tri odinakovy ili vse tri razlichny. znachit, horoshie raskraski — eto raskraski, u kotoryh summa po kazhdoy grani nenulevaya. coloring ai_checked idea-surjective-face-map lineynoe otobrazhenie ot reber k granyam syurektivno otobrazhenie iz prostranstva rebernyh raskrasok v prostranstvo graney posylaet raskrasku v vektor summ po granyam. chtoby dokazat ego syurektivnost, dostatochno dlya kazhdoy grani poluchit ee standartnyy bazisnyy vektor: vokrug podhodyaschey vershiny etoy grani nado postavit na pyat intsidentnyh reber znacheniya \\(2,1,2,1,2\\), a na ostalnye rebra — nuli. graph_model ai_checked sol-f3-linear-algebra reshenie cherez summy po granyam nad \\(\\mathbb f_3\\) ai_checked invariant otozhdestvim tri tsveta s elementami polya \\(\\mathbb f_3\\). dlya treh elementov polya summa ravna nulyu rovno v dvuh sluchayah: libo vse tri elementa ravny, libo oni poparno razlichny. deystvitelno, esli tsveta na grani ravny \\(a,b,c\\) i \\(a+b+c=0\\), to iz \\(a=b\\) sleduet \\(c=a\\), a esli ravnyh par net, to tri elementa polya uzhe ravny \\(0,1,2\\) v nekotorom poryadke. obratnoe ochevidno. znachit, uslovie «dva rebra odnogo tsveta, trete drugogo» ekvivalentno trebovaniyu, chto summa tsvetov na kazhdoy grani nenulevaya. pust \\(e\\) — mnozhestvo 30 reber, \\(f\\) — mnozhestvo 20 graney. rassmotrim lineynoe otobrazhenie \\[ t:\\mathbb f_3^e\\to \\mathbb f_3^f, \\] kotoroe kazhdoy raskraske stavit v sootvetstvie vektor summ tsvetov po granyam. posle predyduschego abzatsa nado poschitat proobrazy teh vektorov iz \\(\\mathbb f_3^f\\), u kotoryh vse 20 koordinat nenulevye. dokazhem, chto \\(t\\) syurektivno. dostatochno pokazat, chto v ob…","source_keys":["putnam"]}
{"id":"putnam-2021-b5-very-odd-matrices-dag","title":"«Очень нечётные» матрицы и ациклический ориентированный граф, Putnam 2021 B5","path":"data\\problems\\putnam\\putnam-2021-b5-very-odd-matrices-dag.yaml","raw_github_url":"https://raw.githubusercontent.com/didin-maxim/knowledge_graph_of_graphs/main/data/problems/putnam/putnam-2021-b5-very-odd-matrices-dag.yaml","viewer_url":"https://didin-maxim.github.io/knowledge_graph_of_graphs/#putnam-2021-b5-very-odd-matrices-dag","source_key":"putnam","source_label":"Putnam","source_titles":["Putnam 2021 B5, архивный источник"],"year":"2021","type":"olympiad_problem","authors":[],"tags":["connectivity","graph_model","induction","goal_proof"],"agent_topics":[],"difficulty":{"main":"national_final_hard","local_score":11,"comment":"Putnam B5; решение официально строит DAG из матрицы и использует топологический порядок.","status":"ai_checked"},"review_status":"ai_checked","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":"агент grouped classification","audit_source":"agent-university-archives.json"},"statements":{"original":[{"id":"stmt-original","title":"Условие","status":"ai_checked","text":"Назовём целочисленную матрицу \\(A=(a_{ij})_{1\\le i,j\\le n}\\) размера \\(n\\times n\\) очень нечётной, если для всякого непустого множества \\(S\\subseteq\\{1,2, \\ldots,n\\}\\) главная подматрица \\((a_{ij})_{i,j\\in S}\\) имеет нечётный определитель. Докажите, что если \\(A\\) очень нечётна, то \\(A^k\\) очень нечётна для каждого \\(k\\ge 1\\).","definition_ids":[]}],"graph_theory":[{"id":"stmt-graph","title":"«Очень нечётные» матрицы и ациклический ориентированный граф, Putnam 2021 B5","status":"ai_checked","text":"Пусть \\(A\\) — матрица над \\(\\mathbb F_2\\), у которой все главные миноры равны \\(1\\). Построим ориентированный граф на вершинах \\(1,\\ldots,n\\): при \\(i\\ne j\\) проводим дугу \\(i\\to j\\), если \\(a_{ij}=1\\). Докажите, что этот ориентированный граф ацикличен.","definition_ids":["directed_graph"]}]},"solutions":[{"id":"sol-official-dag","title":"Решение через DAG над \\(\\mathbb F_2\\)","status":"ai_checked","definition_ids":["directed_graph"],"standard_idea_ids":["greedy_ordering"],"tags":[],"has_text":true,"text_preview":"Достаточно работать по модулю 2: нечётность определителя означает невырожденность соответствующей матрицы над \\(\\mathbb F_2\\). Из одноэлементных главных подматриц сразу следует, что все диагональные элементы \\(a_{ii}\\) равны 1 по модулю 2. Построим ориентированный граф на вершинах \\(1, \\ldots,n\\), проводя дугу \\(i\\to j\\) при \\(i\\ne j\\) и \\(a_{ij}=1\\) в \\(\\mathbb F_2\\). Покажем, что циклов в нём нет. Предположим наоборот и возьмём ориентированный цикл минимальной длины \\(m\\) с вершинами \\(i_1, \\ldots,i_m\\) по порядку. Минимальность означает, что среди этих вершин нет лишних дуг, перескакивающих вперёд по циклу, иначе был бы более короткий ориентированный цикл. Поэтому в главной подматрице по множеству \\(S=\\{i_1, \\ldots,i_m\\}\\) каждая строка имеет единицу на диагонали и единицу в столбце следующей вершины цикла, а остальные возможные единицы, нужные для суммы строк, отсутствуют. Над \\(\\ma…"}],"relations":[{"id":"rel-imc-2001-putnam-2021-principal-minor-dag","neighbor_id":"imc-2001-day2-p4-zero-principal-minors-acyclic-digraph","direction":"backward","type":"same_motif","distance":1,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-simon-marais-2021-a3-putnam-2021-b5","neighbor_id":"simon-marais-2021-a3-determinants-cycle-components","direction":"backward","type":"same_motif","distance":3,"status":"needs_human_review"}],"search_text":"putnam-2021-b5-very-odd-matrices-dag «очень нечётные» матрицы и ациклический ориентированный граф, putnam 2021 b5 connectivity graph_model induction goal_proof 2021 https://maa.org/wp-content/uploads/2024/10/putnam-2021-problems-and-solutions.pdf problem_and_solution putnam putnam 2021 b5, архивный источник putnam2021 src-putnam-2021-b5-official with_solution ? putnam 2021 b5, архивный источник stmt-original условие ai_checked назовём целочисленную матрицу \\(a=(a_{ij})_{1\\le i,j\\le n}\\) размера \\(n\\times n\\) очень нечётной, если для всякого непустого множества \\(s\\subseteq\\{1,2, \\ldots,n\\}\\) главная подматрица \\((a_{ij})_{i,j\\in s}\\) имеет нечётный определитель. докажите, что если \\(a\\) очень нечётна, то \\(a^k\\) очень нечётна для каждого \\(k\\ge 1\\). stmt-graph «очень нечётные» матрицы и ациклический ориентированный граф, putnam 2021 b5 ai_checked пусть \\(a\\) — матрица над \\(\\mathbb f_2\\), у которой все главные миноры равны \\(1\\). построим ориентированный граф на вершинах \\(1,\\ldots,n\\): при \\(i\\ne j\\) проводим дугу \\(i\\to j\\), если \\(a_{ij}=1\\). докажите, что этот ориентированный граф ацикличен. directed_graph idea-cycle-singular-submatrix минимальный ориентированный цикл даёт вырожденную подматрицу если в графе есть минимальный ориентированный цикл, то на соответствующем множестве вершин у подматрицы над \\(\\mathbb f_2\\) каждая строка имеет сумму 0: диагональная единица и ровно одна следующая единица на цикле. это противоречит невырожденности. connectivity ai_checked idea-topological-order dag можно упорядочить треугольно ациклический ориентированный граф имеет топологический порядок вершин. в этом порядке все дуги идут в одну сторону, поэтому матрица над \\(\\mathbb f_2\\) становится треугольной с единицами на диагонали. graph_model ai_checked sol-official-dag решение через dag над \\(\\mathbb f_2\\) ai_checked directed_graph greedy_ordering достаточно работать по модулю 2: нечётность определителя означает невырожденность соответствующей матрицы над \\(\\mathbb f_2\\). из одноэлементных главных подматриц сразу следует, что все диагональные элементы \\(a_{ii}\\) равны 1 по модулю 2. построим ориентированный граф на вершинах \\(1, \\ldots,n\\), проводя дугу \\(i\\to j\\) при \\(i\\ne j\\) и \\(a_{ij}=1\\) в \\(\\mathbb f_2\\). покажем, что циклов в нём нет. предположим наоборот и возьмём ориентированный цикл минимальной длины \\(m\\) с вершинами \\(i_1, \\ldots,i_m\\) по порядку. минимальность означает, что среди этих вершин нет лишних дуг, перескакивающих вперёд по циклу, иначе был бы более короткий ориентированный цикл. поэтому в главной подматрице по множеству \\(s=\\{i_1, \\ldots,i_m\\}\\) каждая строка имеет единицу на диагонали и единицу в столбце следующей вершины цикла, а остальные возможные единицы, нужные для суммы строк, отсутствуют. над \\(\\ma… putnam-2021-b5-very-odd-matrices-dag «ochen nechetnye» matritsy i atsiklicheskiy orientirovannyy graf, putnam 2021 b5 connectivity graph_model induction goal_proof 2021 https://maa.org/wp-content/uploads/2024/10/putnam-2021-problems-and-solutions.pdf problem_and_solution putnam putnam 2021 b5, arhivnyy istochnik putnam2021 src-putnam-2021-b5-official with_solution ? putnam 2021 b5, arhivnyy istochnik stmt-original uslovie ai_checked nazovem tselochislennuyu matritsu \\(a=(a_{ij})_{1\\le i,j\\le n}\\) razmera \\(n\\times n\\) ochen nechetnoy, esli dlya vsyakogo nepustogo mnozhestva \\(s\\subseteq\\{1,2, \\ldots,n\\}\\) glavnaya podmatritsa \\((a_{ij})_{i,j\\in s}\\) imeet nechetnyy opredelitel. dokazhite, chto esli \\(a\\) ochen nechetna, to \\(a^k\\) ochen nechetna dlya kazhdogo \\(k\\ge 1\\). stmt-graph «ochen nechetnye» matritsy i atsiklicheskiy orientirovannyy graf, putnam 2021 b5 ai_checked pust \\(a\\) — matritsa nad \\(\\mathbb f_2\\), u kotoroy vse glavnye minory ravny \\(1\\). postroim orientirovannyy graf na vershinah \\(1,\\ldots,n\\): pri \\(i\\ne j\\) provodim dugu \\(i\\to j\\), esli \\(a_{ij}=1\\). dokazhite, chto etot orientirovannyy graf atsiklichen. directed_graph idea-cycle-singular-submatrix minimalnyy orientirovannyy tsikl daet vyrozhdennuyu podmatritsu esli v grafe est minimalnyy orientirovannyy tsikl, to na sootvetstvuyuschem mnozhestve vershin u podmatritsy nad \\(\\mathbb f_2\\) kazhdaya stroka imeet summu 0: diagonalnaya edinitsa i rovno odna sleduyuschaya edinitsa na tsikle. eto protivorechit nevyrozhdennosti. connectivity ai_checked idea-topological-order dag mozhno uporyadochit treugolno atsiklicheskiy orientirovannyy graf imeet topologicheskiy poryadok vershin. v etom poryadke vse dugi idut v odnu storonu, poetomu matritsa nad \\(\\mathbb f_2\\) stanovitsya treugolnoy s edinitsami na diagonali. graph_model ai_checked sol-official-dag reshenie cherez dag nad \\(\\mathbb f_2\\) ai_checked directed_graph greedy_ordering dostatochno rabotat po modulyu 2: nechetnost opredelitelya oznachaet nevyrozhdennost sootvetstvuyuschey matritsy nad \\(\\mathbb f_2\\). iz odnoelementnyh glavnyh podmatrits srazu sleduet, chto vse diagonalnye elementy \\(a_{ii}\\) ravny 1 po modulyu 2. postroim orientirovannyy graf na vershinah \\(1, \\ldots,n\\), provodya dugu \\(i\\to j\\) pri \\(i\\ne j\\) i \\(a_{ij}=1\\) v \\(\\mathbb f_2\\). pokazhem, chto tsiklov v nem net. predpolozhim naoborot i vozmem orientirovannyy tsikl minimalnoy dliny \\(m\\) s vershinami \\(i_1, \\ldots,i_m\\) po poryadku. minimalnost oznachaet, chto sredi etih vershin net lishnih dug, pereskakivayuschih vpered po tsiklu, inache byl by bolee korotkiy orientirovannyy tsikl. poetomu v glavnoy podmatritse po mnozhestvu \\(s=\\{i_1, \\ldots,i_m\\}\\) kazhdaya stroka imeet edinitsu na diagonali i edinitsu v stolbtse sleduyuschey vershiny tsikla, a ostalnye vozmozhnye edinitsy, nuzhnye dlya summy strok, otsutstvuyut. nad \\(\\ma…","source_keys":["putnam"]}
{"id":"putnam-2025-a3-ternary-string-game-perfect-matching","title":"Игра на троичных строках, Putnam 2025 A3","path":"data\\problems\\putnam\\putnam-2025-a3-ternary-string-game-perfect-matching.yaml","raw_github_url":"https://raw.githubusercontent.com/didin-maxim/knowledge_graph_of_graphs/main/data/problems/putnam/putnam-2025-a3-ternary-string-game-perfect-matching.yaml","viewer_url":"https://didin-maxim.github.io/knowledge_graph_of_graphs/#putnam-2025-a3-ternary-string-game-perfect-matching","source_key":"putnam","source_label":"Putnam","source_titles":["Putnam 2025 A3, архивный источник"],"year":"2025","type":"olympiad_problem","authors":[],"tags":["matching","graph_model","goal_strategy_game"],"agent_topics":["game_strategy"],"difficulty":{"main":"national_final_medium","local_score":8,"comment":"Putnam A3; после вынесенной леммы о совершенном паросочетании на ненулевых троичных строках решение сводится к стандартной парной стратегии.","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":"агент grouped classification","audit_source":"agent-university-archives.json"},"statements":{"original":[{"id":"stmt-original","title":"Условие","status":"ai_checked","text":"Алиса и Боб играют со строкой из \\(n\\) цифр, каждая из которых равна 0, 1 или 2. Изначально все цифры равны 0. За один ход можно прибавить 1 к одной цифре или вычесть 1 из одной цифры так, чтобы получилась строка, которая раньше в игре не встречалась. Игрок, у которого нет допустимого хода, проигрывает. Алиса ходит первой, далее игроки ходят по очереди. Для каждого \\(n\\ge1\\) определите, у кого есть гарантированно выигрышная стратегия.","definition_ids":[]}],"graph_theory":[{"id":"stmt-graph","title":"Игра на троичных строках, Putnam 2025 A3","status":"ai_checked","text":"Рассмотрим граф на вершинах \\(\\{0,1,2\\}^n\\), где две строки смежны, если они отличаются на \\(1\\) ровно в одной координате. Игра начинается в вершине \\((0, \\ldots,0)\\); игроки по очереди переходят по ребру в ещё не посещённую вершину, а тот, кто не может ходить, проигрывает. Для каждого \\(n\\ge1\\) определите победителя при оптимальной игре.","definition_ids":["matching"]}]},"solutions":[{"id":"sol-official-matching","title":"Решение стратегией паросочетания","status":"ai_checked","definition_ids":["matching"],"standard_idea_ids":["invariant"],"tags":[],"has_text":true,"text_preview":"Исключим начальную строку \\(0^n\\). По лемме `ternary-nonzero-strings-perfect-matching` все остальные строки из \\(\\{0,1,2\\}^n\\) разбиваются на пары так, что две строки в каждой паре отличаются ровно в одной координате на 1. Для полноты напомним построение: у ненулевой строки берём первую ненулевую координату и меняем в ней 1 на 2 или 2 на 1; это инволюция без неподвижных точек, а парные строки соединены допустимым ходом. Стратегия Боба теперь такова. Первый ход Алисы обязательно ведёт из \\(0^n\\) в некоторую ненулевую строку \\(v\\). Боб отвечает переходом в строку \\(w\\), парную к \\(v\\) в построенном паросочетании. Далее Боб делает то же самое после каждого хода Алисы. Почему ответ всегда легален? Индуктивно перед каждым ходом Алисы каждая пара паросочетания либо ещё не посещена вовсе, либо обе её вершины уже посещены. Алиса, если ходит, приходит в первую вершину некоторой ещё не посещённой…"}],"relations":[{"id":"rel-imo-1994-putnam-2025-a3-pairing-strategy","neighbor_id":"imo-1994-c6-infinite-grid-pairing-strategy","direction":"backward","type":"same_motif","distance":2,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-lktg-p01-putnam-2025-a3-state-graph","neighbor_id":"lktg-2026-project2-problem01-no-return-game","direction":"backward","type":"specialization","distance":1,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-putnam-2025-a3-ternary-matching-lemma","neighbor_id":"ternary-nonzero-strings-perfect-matching","direction":"forward","type":"prerequisite","distance":1,"status":"ai_checked"}],"search_text":"putnam-2025-a3-ternary-string-game-perfect-matching игра на троичных строках, putnam 2025 a3 matching graph_model goal_strategy_game 2025 https://maa.org/wp-content/uploads/2026/02/2025officialsolutions.pdf problem_and_solution putnam putnam 2025 a3, архивный источник putnam2025 src-putnam-2025-a3-official with_solution ? putnam 2025 a3, архивный источник stmt-original условие ai_checked алиса и боб играют со строкой из \\(n\\) цифр, каждая из которых равна 0, 1 или 2. изначально все цифры равны 0. за один ход можно прибавить 1 к одной цифре или вычесть 1 из одной цифры так, чтобы получилась строка, которая раньше в игре не встречалась. игрок, у которого нет допустимого хода, проигрывает. алиса ходит первой, далее игроки ходят по очереди. для каждого \\(n\\ge1\\) определите, у кого есть гарантированно выигрышная стратегия. stmt-graph игра на троичных строках, putnam 2025 a3 ai_checked рассмотрим граф на вершинах \\(\\{0,1,2\\}^n\\), где две строки смежны, если они отличаются на \\(1\\) ровно в одной координате. игра начинается в вершине \\((0, \\ldots,0)\\); игроки по очереди переходят по ребру в ещё не посещённую вершину, а тот, кто не может ходить, проигрывает. для каждого \\(n\\ge1\\) определите победителя при оптимальной игре. matching idea-match-nonzero-strings вынесенная лемма разбивает ненулевые строки на пары ключевой инструмент — лемма `ternary-nonzero-strings-perfect-matching`: у ненулевой строки берём первую ненулевую координату и меняем в ней 1 на 2 или 2 на 1. это инволюция без неподвижных точек, причём парные строки отличаются допустимым ходом. matching ai_checked idea-bob-follows-matching ответ по паросочетанию сохраняет возможность хода после каждого хода алисы боб переходит в парную по совершённому паросочетанию вершину. тогда перед ходом алисы каждая пара либо полностью использована, либо полностью свободна. matching ai_checked sol-official-matching решение стратегией паросочетания ai_checked matching invariant исключим начальную строку \\(0^n\\). по лемме `ternary-nonzero-strings-perfect-matching` все остальные строки из \\(\\{0,1,2\\}^n\\) разбиваются на пары так, что две строки в каждой паре отличаются ровно в одной координате на 1. для полноты напомним построение: у ненулевой строки берём первую ненулевую координату и меняем в ней 1 на 2 или 2 на 1; это инволюция без неподвижных точек, а парные строки соединены допустимым ходом. стратегия боба теперь такова. первый ход алисы обязательно ведёт из \\(0^n\\) в некоторую ненулевую строку \\(v\\). боб отвечает переходом в строку \\(w\\), парную к \\(v\\) в построенном паросочетании. далее боб делает то же самое после каждого хода алисы. почему ответ всегда легален? индуктивно перед каждым ходом алисы каждая пара паросочетания либо ещё не посещена вовсе, либо обе её вершины уже посещены. алиса, если ходит, приходит в первую вершину некоторой ещё не посещённой… putnam-2025-a3-ternary-string-game-perfect-matching igra na troichnyh strokah, putnam 2025 a3 matching graph_model goal_strategy_game 2025 https://maa.org/wp-content/uploads/2026/02/2025officialsolutions.pdf problem_and_solution putnam putnam 2025 a3, arhivnyy istochnik putnam2025 src-putnam-2025-a3-official with_solution ? putnam 2025 a3, arhivnyy istochnik stmt-original uslovie ai_checked alisa i bob igrayut so strokoy iz \\(n\\) tsifr, kazhdaya iz kotoryh ravna 0, 1 ili 2. iznachalno vse tsifry ravny 0. za odin hod mozhno pribavit 1 k odnoy tsifre ili vychest 1 iz odnoy tsifry tak, chtoby poluchilas stroka, kotoraya ranshe v igre ne vstrechalas. igrok, u kotorogo net dopustimogo hoda, proigryvaet. alisa hodit pervoy, dalee igroki hodyat po ocheredi. dlya kazhdogo \\(n\\ge1\\) opredelite, u kogo est garantirovanno vyigryshnaya strategiya. stmt-graph igra na troichnyh strokah, putnam 2025 a3 ai_checked rassmotrim graf na vershinah \\(\\{0,1,2\\}^n\\), gde dve stroki smezhny, esli oni otlichayutsya na \\(1\\) rovno v odnoy koordinate. igra nachinaetsya v vershine \\((0, \\ldots,0)\\); igroki po ocheredi perehodyat po rebru v esche ne poseschennuyu vershinu, a tot, kto ne mozhet hodit, proigryvaet. dlya kazhdogo \\(n\\ge1\\) opredelite pobeditelya pri optimalnoy igre. matching idea-match-nonzero-strings vynesennaya lemma razbivaet nenulevye stroki na pary klyuchevoy instrument — lemma `ternary-nonzero-strings-perfect-matching`: u nenulevoy stroki berem pervuyu nenulevuyu koordinatu i menyaem v ney 1 na 2 ili 2 na 1. eto involyutsiya bez nepodvizhnyh tochek, prichem parnye stroki otlichayutsya dopustimym hodom. matching ai_checked idea-bob-follows-matching otvet po parosochetaniyu sohranyaet vozmozhnost hoda posle kazhdogo hoda alisy bob perehodit v parnuyu po sovershennomu parosochetaniyu vershinu. togda pered hodom alisy kazhdaya para libo polnostyu ispolzovana, libo polnostyu svobodna. matching ai_checked sol-official-matching reshenie strategiey parosochetaniya ai_checked matching invariant isklyuchim nachalnuyu stroku \\(0^n\\). po lemme `ternary-nonzero-strings-perfect-matching` vse ostalnye stroki iz \\(\\{0,1,2\\}^n\\) razbivayutsya na pary tak, chto dve stroki v kazhdoy pare otlichayutsya rovno v odnoy koordinate na 1. dlya polnoty napomnim postroenie: u nenulevoy stroki berem pervuyu nenulevuyu koordinatu i menyaem v ney 1 na 2 ili 2 na 1; eto involyutsiya bez nepodvizhnyh tochek, a parnye stroki soedineny dopustimym hodom. strategiya boba teper takova. pervyy hod alisy obyazatelno vedet iz \\(0^n\\) v nekotoruyu nenulevuyu stroku \\(v\\). bob otvechaet perehodom v stroku \\(w\\), parnuyu k \\(v\\) v postroennom parosochetanii. dalee bob delaet to zhe samoe posle kazhdogo hoda alisy. pochemu otvet vsegda legalen? induktivno pered kazhdym hodom alisy kazhdaya para parosochetaniya libo esche ne poseschena vovse, libo obe ee vershiny uzhe posescheny. alisa, esli hodit, prihodit v pervuyu vershinu nekotoroy esche ne poseschennoy…","source_keys":["putnam"]}
{"id":"putnam-2025-a4-cycle-commutation-graph-matrices","title":"Цикл как граф коммутирования матриц минимальной размерности, Putnam 2025 A4","path":"data\\problems\\putnam\\putnam-2025-a4-cycle-commutation-graph-matrices.yaml","raw_github_url":"https://raw.githubusercontent.com/didin-maxim/knowledge_graph_of_graphs/main/data/problems/putnam/putnam-2025-a4-cycle-commutation-graph-matrices.yaml","viewer_url":"https://didin-maxim.github.io/knowledge_graph_of_graphs/#putnam-2025-a4-cycle-commutation-graph-matrices","source_key":"putnam","source_label":"Putnam","source_titles":["Putnam 2025 A4, архивный источник"],"year":"2025","type":"olympiad_problem","authors":[],"tags":["graph_model","construction","goal_exact_bound","goal_impossibility"],"agent_topics":[],"difficulty":{"main":"national_final_hard","local_score":11,"comment":"Putnam A4; условие прямо задаёт цикл как граф коммутирования, а решение сочетает явную конструкцию ранговых проекторов и линейно-алгебраический запрет размерности 2.","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":"агент grouped classification","audit_source":"agent-university-archives.json"},"statements":{"original":[{"id":"stmt-original","title":"Условие","status":"ai_checked","text":"Найдите минимальное значение \\(k\\), для которого существуют вещественные матрицы \\(A_1,\\ldots,A_{2025}\\) размера \\(k\\times k\\) со свойством \\(A_iA_j=A_jA_i\\) тогда и только тогда, когда \\(|i-j|\\in\\{0,1,2024\\}\\).","definition_ids":[]}],"graph_theory":[{"id":"stmt-graph","title":"Граф коммутирования как цикл","status":"ai_checked","text":"Минимизируйте размерность вещественного матричного представления, в котором граф коммутирования матриц \\(A_1,\\ldots,A_{2025}\\) является ровно циклом \\(C_{2025}\\): две разные матрицы коммутируют тогда и только тогда, когда соответствующие вершины цикла соседние.","definition_ids":["cycle","simple_graph"]}]},"solutions":[{"id":"sol-official-compressed","title":"Решение: проекторы в размерности 3 и запрет размерности 2","status":"ai_checked","definition_ids":["cycle","simple_graph"],"standard_idea_ids":[],"tags":[],"has_text":true,"text_preview":"Ответ: \\(k=3\\). Сначала докажем, что \\(k\\le 3\\). Положим \\(n=2025\\), а индексы будем понимать по модулю \\(n\\). Выберем в \\(\\mathbb R^3\\) векторы \\[ v_i=(1,i,i^2)^T,\\qquad 1\\le i\\le n. \\] Любые три различных вектора \\(v_i,v_j,v_l\\) линейно независимы: соответствующий определитель является вандермондовым и равен \\((j-i)(l-i)(l-j)\\) с точностью до знака. Продолжим обозначения периодически, то есть \\(v_{i+n}=v_i\\). Для каждого \\(i\\) положим \\[ w_i=v_{i-1}\\times v_{i+1}. \\] Тогда \\(w_i\\ne0\\), потому что \\(v_{i-1}\\) и \\(v_{i+1}\\) линейно независимы. Кроме того, \\(v_i\\cdot w_i\\ne0\\): иначе три вектора \\(v_{i-1},v_i,v_{i+1}\\) лежали бы в плоскости \\(w_i^\\perp\\), что противоречит линейной независимости любых трех различных \\(v\\). Определим линейный оператор \\(A_i\\) формулой \\[ A_i x=\\frac{v_i\\cdot x}{v_i\\cdot w_i}\\,w_i. \\] Это вещественная матрица \\(3\\times3\\). Из формулы видно, что \\(A_iw_i=w_i…"}],"relations":[{"id":"rel-imc-2018-p6-putnam-2025-a4-orthogonal-representation","neighbor_id":"imc-2018-day2-p6-path-orthogonal-representation","direction":"backward","type":"same_motif","distance":2,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-putnam-2025-a4-cycle","neighbor_id":"cmo-1994-p3-voting-stabilizes-cycle","direction":"forward","type":"false_friend","distance":1,"status":"ai_checked"}],"search_text":"putnam-2025-a4-cycle-commutation-graph-matrices цикл как граф коммутирования матриц минимальной размерности, putnam 2025 a4 graph_model construction goal_exact_bound goal_impossibility 2025 https://maa.org/wp-content/uploads/2026/02/2025officialsolutions.pdf problem_and_solution putnam putnam 2025 a4, архивный источник putnam2025 src-putnam-2025-a4-official with_solution ? putnam 2025 a4, архивный источник stmt-original условие ai_checked найдите минимальное значение \\(k\\), для которого существуют вещественные матрицы \\(a_1,\\ldots,a_{2025}\\) размера \\(k\\times k\\) со свойством \\(a_ia_j=a_ja_i\\) тогда и только тогда, когда \\(|i-j|\\in\\{0,1,2024\\}\\). stmt-graph граф коммутирования как цикл ai_checked минимизируйте размерность вещественного матричного представления, в котором граф коммутирования матриц \\(a_1,\\ldots,a_{2025}\\) является ровно циклом \\(c_{2025}\\): две разные матрицы коммутируют тогда и только тогда, когда соответствующие вершины цикла соседние. cycle simple_graph idea-three-dimensional-cycle в \\(\\mathbb r^3\\) цикл задают ранговые проекторы берутся векторы \\(v_i\\) в \\(\\mathbb r^3\\), любые три из которых линейно независимы, и \\(w_i=v_{i-1}\\times v_{i+1}\\). проектор \\(a_i\\) на прямую \\(\\langle w_i\\rangle\\) вдоль плоскости \\(v_i^\\perp\\) зануляет проекторы соседей, а для несоседей условие коммутирования заставило бы три вектора \\(v_j\\) оказаться в одной плоскости. construction ai_checked idea-two-dimensional-obstruction в размерности 2 центральизатор слишком коммутативен никакая матрица \\(2\\times2\\) не может быть скалярной. а центральизатор любой нескалярной матрицы \\(2\\times2\\) коммутативен, поэтому две матрицы, обе коммутирующие с одной и той же вершиной цикла, неизбежно коммутируют между собой. graph_model ai_checked sol-official-compressed решение: проекторы в размерности 3 и запрет размерности 2 ai_checked cycle simple_graph ответ: \\(k=3\\). сначала докажем, что \\(k\\le 3\\). положим \\(n=2025\\), а индексы будем понимать по модулю \\(n\\). выберем в \\(\\mathbb r^3\\) векторы \\[ v_i=(1,i,i^2)^t,\\qquad 1\\le i\\le n. \\] любые три различных вектора \\(v_i,v_j,v_l\\) линейно независимы: соответствующий определитель является вандермондовым и равен \\((j-i)(l-i)(l-j)\\) с точностью до знака. продолжим обозначения периодически, то есть \\(v_{i+n}=v_i\\). для каждого \\(i\\) положим \\[ w_i=v_{i-1}\\times v_{i+1}. \\] тогда \\(w_i\\ne0\\), потому что \\(v_{i-1}\\) и \\(v_{i+1}\\) линейно независимы. кроме того, \\(v_i\\cdot w_i\\ne0\\): иначе три вектора \\(v_{i-1},v_i,v_{i+1}\\) лежали бы в плоскости \\(w_i^\\perp\\), что противоречит линейной независимости любых трех различных \\(v\\). определим линейный оператор \\(a_i\\) формулой \\[ a_i x=\\frac{v_i\\cdot x}{v_i\\cdot w_i}\\,w_i. \\] это вещественная матрица \\(3\\times3\\). из формулы видно, что \\(a_iw_i=w_i… putnam-2025-a4-cycle-commutation-graph-matrices tsikl kak graf kommutirovaniya matrits minimalnoy razmernosti, putnam 2025 a4 graph_model construction goal_exact_bound goal_impossibility 2025 https://maa.org/wp-content/uploads/2026/02/2025officialsolutions.pdf problem_and_solution putnam putnam 2025 a4, arhivnyy istochnik putnam2025 src-putnam-2025-a4-official with_solution ? putnam 2025 a4, arhivnyy istochnik stmt-original uslovie ai_checked naydite minimalnoe znachenie \\(k\\), dlya kotorogo suschestvuyut veschestvennye matritsy \\(a_1,\\ldots,a_{2025}\\) razmera \\(k\\times k\\) so svoystvom \\(a_ia_j=a_ja_i\\) togda i tolko togda, kogda \\(|i-j|\\in\\{0,1,2024\\}\\). stmt-graph graf kommutirovaniya kak tsikl ai_checked minimiziruyte razmernost veschestvennogo matrichnogo predstavleniya, v kotorom graf kommutirovaniya matrits \\(a_1,\\ldots,a_{2025}\\) yavlyaetsya rovno tsiklom \\(c_{2025}\\): dve raznye matritsy kommutiruyut togda i tolko togda, kogda sootvetstvuyuschie vershiny tsikla sosednie. cycle simple_graph idea-three-dimensional-cycle v \\(\\mathbb r^3\\) tsikl zadayut rangovye proektory berutsya vektory \\(v_i\\) v \\(\\mathbb r^3\\), lyubye tri iz kotoryh lineyno nezavisimy, i \\(w_i=v_{i-1}\\times v_{i+1}\\). proektor \\(a_i\\) na pryamuyu \\(\\langle w_i\\rangle\\) vdol ploskosti \\(v_i^\\perp\\) zanulyaet proektory sosedey, a dlya nesosedey uslovie kommutirovaniya zastavilo by tri vektora \\(v_j\\) okazatsya v odnoy ploskosti. construction ai_checked idea-two-dimensional-obstruction v razmernosti 2 tsentralizator slishkom kommutativen nikakaya matritsa \\(2\\times2\\) ne mozhet byt skalyarnoy. a tsentralizator lyuboy neskalyarnoy matritsy \\(2\\times2\\) kommutativen, poetomu dve matritsy, obe kommutiruyuschie s odnoy i toy zhe vershinoy tsikla, neizbezhno kommutiruyut mezhdu soboy. graph_model ai_checked sol-official-compressed reshenie: proektory v razmernosti 3 i zapret razmernosti 2 ai_checked cycle simple_graph otvet: \\(k=3\\). snachala dokazhem, chto \\(k\\le 3\\). polozhim \\(n=2025\\), a indeksy budem ponimat po modulyu \\(n\\). vyberem v \\(\\mathbb r^3\\) vektory \\[ v_i=(1,i,i^2)^t,\\qquad 1\\le i\\le n. \\] lyubye tri razlichnyh vektora \\(v_i,v_j,v_l\\) lineyno nezavisimy: sootvetstvuyuschiy opredelitel yavlyaetsya vandermondovym i raven \\((j-i)(l-i)(l-j)\\) s tochnostyu do znaka. prodolzhim oboznacheniya periodicheski, to est \\(v_{i+n}=v_i\\). dlya kazhdogo \\(i\\) polozhim \\[ w_i=v_{i-1}\\times v_{i+1}. \\] togda \\(w_i\\ne0\\), potomu chto \\(v_{i-1}\\) i \\(v_{i+1}\\) lineyno nezavisimy. krome togo, \\(v_i\\cdot w_i\\ne0\\): inache tri vektora \\(v_{i-1},v_i,v_{i+1}\\) lezhali by v ploskosti \\(w_i^\\perp\\), chto protivorechit lineynoy nezavisimosti lyubyh treh razlichnyh \\(v\\). opredelim lineynyy operator \\(a_i\\) formuloy \\[ a_i x=\\frac{v_i\\cdot x}{v_i\\cdot w_i}\\,w_i. \\] eto veschestvennaya matritsa \\(3\\times3\\). iz formuly vidno, chto \\(a_iw_i=w_i…","source_keys":["putnam"]}
{"id":"quadrangulation-euler-face-count","title":"Эйлеров подсчёт четырёхугольного разбиения многоугольника","path":"data\\problems\\classical\\quadrangulation-euler-face-count.yaml","raw_github_url":"https://raw.githubusercontent.com/didin-maxim/knowledge_graph_of_graphs/main/data/problems/classical/quadrangulation-euler-face-count.yaml","viewer_url":"https://didin-maxim.github.io/knowledge_graph_of_graphs/#quadrangulation-euler-face-count","source_key":"misc","source_label":"Прочее","source_titles":["Планарный граф"],"year":"","type":"lemma","authors":[],"tags":["planar_graphs","double_counting","classical_theorem","goal_counting"],"agent_topics":[],"difficulty":{"main":"exercise","local_score":3,"comment":"Стандартное следствие формулы Эйлера для четырёхугольных разбиений диска.","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":"Карточка подкреплена опубликованными неофициальными, справочными, журнальными, вики-, форумными источниками или страницами задач.","audit_source":"agent-imo-us-classical.json"},"statements":{"original":[{"id":"stmt-quadrangulation-count","title":"Формула для числа четырёхугольников","status":"ai_checked","text":"Пусть связный плоский граф разбивает внутренность многоугольника на \\(q\\) четырёхугольных граней. Пусть на внешней границе графа \\(B\\) вершин, а внутри многоугольника \\(I\\) вершин. Тогда \\(q=I+B/2-1\\).","definition_ids":["planar_graph"]}]},"solutions":[{"id":"sol-euler-face-count","title":"Двойной подсчёт граней","status":"ai_checked","definition_ids":["planar_graph"],"standard_idea_ids":["double_counting","face_counting"],"tags":[],"has_text":true,"text_preview":"Обозначим через \\(V\\), \\(E\\), \\(F\\) числа вершин, рёбер и граней плоского графа, считая внешнюю грань. Тогда \\(V=I+B\\), а \\(F=q+1\\). По формуле Эйлера для связного плоского графа \\[ V-E+F=2, \\] откуда \\[ E=I+B+q-1. \\] Теперь посчитаем стороны всех \\(q\\) внутренних четырёхугольных граней. С одной стороны, их \\(4q\\). С другой стороны, каждое внутреннее ребро граничит с двумя внутренними гранями и считается дважды, а каждое граничное ребро внешнего многоугольника считается один раз. Так как внешняя граница имеет \\(B\\) рёбер, получаем \\[ 4q=2E-B. \\] Подставляя найденное значение \\(E\\), имеем \\[ 4q=2(I+B+q-1)-B=2I+B+2q-2. \\] Следовательно, \\(2q=2I+B-2\\), то есть \\(q=I+B/2-1\\)."}],"relations":[{"id":"rel-euler-formula-quadrangulation-euler-count","neighbor_id":"euler-formula-planar","direction":"backward","type":"prerequisite","distance":1,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-quadrangulation-euler-count-cmo-1995-p3","neighbor_id":"cmo-1995-p3-polygon-quadrangulation-boomerangs","direction":"forward","type":"prerequisite","distance":1,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-quadrangulation-face-count-degree-two-chain","neighbor_id":"planar-large-girth-degree-two-chain","direction":"forward","type":"same_motif","distance":2,"status":"needs_human_review"},{"id":"rel-disk-boundary-chain-quadrangulation-face-count","neighbor_id":"disk-triangulation-boundary-degree-chain-reduction","direction":"backward","type":"same_motif","distance":2,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-putnam-2007-planar-triangulation","neighbor_id":"putnam-2007-a6-admissible-triangulation-bound","direction":"backward","type":"same_motif","distance":3,"status":"needs_human_review"}],"search_text":"quadrangulation-euler-face-count эйлеров подсчёт четырёхугольного разбиения многоугольника planar_graphs double_counting classical_theorem goal_counting https://ru.wikipedia.org/wiki/%d0%9f%d0%bb%d0%b0%d0%bd%d0%b0%d1%80%d0%bd%d1%8b%d0%b9_%d0%b3%d1%80%d0%b0%d1%84 misc reference src-wikipedia-planar with_solution планарный граф прочее ? планарный граф stmt-quadrangulation-count формула для числа четырёхугольников ai_checked пусть связный плоский граф разбивает внутренность многоугольника на \\(q\\) четырёхугольных граней. пусть на внешней границе графа \\(b\\) вершин, а внутри многоугольника \\(i\\) вершин. тогда \\(q=i+b/2-1\\). planar_graph idea-euler-plus-boundary-count эйлер плюс подсчёт граничных рёбер формула эйлера выражает число рёбер через \\(i,b,q\\), а подсчёт сторон четырёхугольных граней даёт второе уравнение: внутренние рёбра считаются дважды, а \\(b\\) граничных рёбер — один раз. planar_graphs double_counting ai_checked sol-euler-face-count двойной подсчёт граней ai_checked planar_graph double_counting face_counting обозначим через \\(v\\), \\(e\\), \\(f\\) числа вершин, рёбер и граней плоского графа, считая внешнюю грань. тогда \\(v=i+b\\), а \\(f=q+1\\). по формуле эйлера для связного плоского графа \\[ v-e+f=2, \\] откуда \\[ e=i+b+q-1. \\] теперь посчитаем стороны всех \\(q\\) внутренних четырёхугольных граней. с одной стороны, их \\(4q\\). с другой стороны, каждое внутреннее ребро граничит с двумя внутренними гранями и считается дважды, а каждое граничное ребро внешнего многоугольника считается один раз. так как внешняя граница имеет \\(b\\) рёбер, получаем \\[ 4q=2e-b. \\] подставляя найденное значение \\(e\\), имеем \\[ 4q=2(i+b+q-1)-b=2i+b+2q-2. \\] следовательно, \\(2q=2i+b-2\\), то есть \\(q=i+b/2-1\\). quadrangulation-euler-face-count eylerov podschet chetyrehugolnogo razbieniya mnogougolnika planar_graphs double_counting classical_theorem goal_counting https://ru.wikipedia.org/wiki/%d0%9f%d0%bb%d0%b0%d0%bd%d0%b0%d1%80%d0%bd%d1%8b%d0%b9_%d0%b3%d1%80%d0%b0%d1%84 misc reference src-wikipedia-planar with_solution planarnyy graf prochee ? planarnyy graf stmt-quadrangulation-count formula dlya chisla chetyrehugolnikov ai_checked pust svyaznyy ploskiy graf razbivaet vnutrennost mnogougolnika na \\(q\\) chetyrehugolnyh graney. pust na vneshney granitse grafa \\(b\\) vershin, a vnutri mnogougolnika \\(i\\) vershin. togda \\(q=i+b/2-1\\). planar_graph idea-euler-plus-boundary-count eyler plyus podschet granichnyh reber formula eylera vyrazhaet chislo reber cherez \\(i,b,q\\), a podschet storon chetyrehugolnyh graney daet vtoroe uravnenie: vnutrennie rebra schitayutsya dvazhdy, a \\(b\\) granichnyh reber — odin raz. planar_graphs double_counting ai_checked sol-euler-face-count dvoynoy podschet graney ai_checked planar_graph double_counting face_counting oboznachim cherez \\(v\\), \\(e\\), \\(f\\) chisla vershin, reber i graney ploskogo grafa, schitaya vneshnyuyu gran. togda \\(v=i+b\\), a \\(f=q+1\\). po formule eylera dlya svyaznogo ploskogo grafa \\[ v-e+f=2, \\] otkuda \\[ e=i+b+q-1. \\] teper poschitaem storony vseh \\(q\\) vnutrennih chetyrehugolnyh graney. s odnoy storony, ih \\(4q\\). s drugoy storony, kazhdoe vnutrennee rebro granichit s dvumya vnutrennimi granyami i schitaetsya dvazhdy, a kazhdoe granichnoe rebro vneshnego mnogougolnika schitaetsya odin raz. tak kak vneshnyaya granitsa imeet \\(b\\) reber, poluchaem \\[ 4q=2e-b. \\] podstavlyaya naydennoe znachenie \\(e\\), imeem \\[ 4q=2(i+b+q-1)-b=2i+b+2q-2. \\] sledovatelno, \\(2q=2i+b-2\\), to est \\(q=i+b/2-1\\).","source_keys":["misc"]}
{"id":"ramsey-r33","title":"Двухцветная раскраска \\(K_6\\) и одноцветный треугольник","path":"data\\problems\\classical\\ramsey-r33.yaml","raw_github_url":"https://raw.githubusercontent.com/didin-maxim/knowledge_graph_of_graphs/main/data/problems/classical/ramsey-r33.yaml","viewer_url":"https://didin-maxim.github.io/knowledge_graph_of_graphs/#ramsey-r33","source_key":"misc","source_label":"Прочее","source_titles":["Theorem on friends and strangers"],"year":"","type":"theorem","authors":["Frank P. Ramsey"],"tags":["ramsey_theory","classical_theorem","goal_exact_bound"],"agent_topics":[],"difficulty":{"main":"local_olympiad","local_score":3,"comment":"Классическое вводное упражнение по Рамсею.","status":"ai_checked"},"review_status":"needs_human_review","public_ready":false,"solution_state":"with_solution","solution_classification":{"type":"unofficial_published","label":"опубликованное неофициальное","status":"ai_checked","confidence":0.78,"basis":"агентский аудит средней сложности","notes":"Карточка подкреплена опубликованными неофициальными, справочными, журнальными, вики-, форумными источниками или страницами задач.","audit_source":"agent-imo-us-classical.json"},"statements":{"original":[{"id":"stmt-original-1","title":"","status":"needs_review","text":"Среди любых шести человек найдутся либо трое попарно знакомых, либо трое попарно незнакомых. При этом для пяти человек такое утверждение неверно.","definition_ids":["simple_graph","complement_graph","complete_graph"]}],"graph_theory":[{"id":"stmt-graph-1","title":"Двухцветная раскраска \\(K_6\\) и одноцветный треугольник","status":"ai_checked","text":"Любой простой граф на 6 вершинах содержит треугольник, или его дополнительный граф содержит треугольник. На 5 вершинах это неверно, поэтому \\( R(3,3)=6 \\).","definition_ids":["simple_graph","complement_graph","complete_graph","triangle"]}],"olympiad_reformulations":[{"id":"stmt-party-friends-strangers","title":"Вечеринка: знакомые и незнакомые","status":"ai_checked","text":"На вечеринке собрались шесть человек. Любые двое из них либо знакомы, либо незнакомы. Докажите, что найдутся трое человек, которые попарно знакомы, или трое человек, которые попарно незнакомы.","definition_ids":["complete_graph","clique","complement_graph"]}]},"solutions":[{"id":"sol-pigeonhole","title":"Доказательство через принцип Дирихле","status":"ai_checked","definition_ids":["cycle"],"standard_idea_ids":["pigeonhole_principle","complement_graph_transition"],"tags":[],"has_text":true,"text_preview":"Выберем вершину v. Среди пяти ребер из v хотя бы три одного цвета, скажем красные, к вершинам a,b,c. Если среди a,b,c есть красное ребро, оно вместе с v дает красный треугольник. Если красных ребер между a,b,c нет, то все три ребра между ними синие, и есть синий треугольник. Пример без одноцветного треугольника на 5 вершинах — цикл C5, где ребра одного цвета, а диагонали другого."}],"relations":[{"id":"rel-ramsey-r33","neighbor_id":"ramsey-theorem","direction":"backward","type":"specialization","distance":1,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-ramsey-r33-imo-1992-p3","neighbor_id":"imo-1992-p3-nine-points-partial-ramsey","direction":"forward","type":"prerequisite","distance":1,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-vosh-bureaucrats-ramsey-r33","neighbor_id":"vosh-2008-regional-bureaucrats-common-neighborhood","direction":"forward","type":"same_motif","distance":3,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-ramsey-r33-r34","neighbor_id":"ramsey-r34","direction":"forward","type":"prerequisite","distance":1,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-ramsey-r33-vosh-universal-acquaintance","neighbor_id":"vosh-2000-01-final-universal-acquaintance","direction":"forward","type":"same_motif","distance":2,"status":"needs_human_review"},{"id":"rel-ramsey-r33-cmo-1976-p8","neighbor_id":"cmo-1976-p8-red-blue-k9-clique","direction":"forward","type":"same_motif","distance":2,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-imc-2013-trips-complete-graph-clique-cover","neighbor_id":"imc-2013-day1-p3-six-trips-cover-pairs","direction":"backward","type":"same_motif","distance":4,"status":"needs_human_review"},{"id":"rel-imc-2022-triangles-ramsey-r33","neighbor_id":"imc-2022-day2-p5-regular-43-coloured-triangles","direction":"backward","type":"same_motif","distance":2,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-ramsey-r33-imo-1964-p4","neighbor_id":"imo-1964-p4-three-topic-ramsey","direction":"forward","type":"prerequisite","distance":1,"status":"needs_human_review"},{"id":"rel-color-extremal-ramsey-r33-kolm-2022-k10","neighbor_id":"kolmogorov-2022-round2-second-third-red-blue-k10-triangles","direction":"forward","type":"same_motif","distance":2,"status":"needs_human_review"},{"id":"rel-miklos-2005-p1-finite-ramsey-classical","neighbor_id":"miklos-schweitzer-2005-p1-high-chromatic-defined-graph","direction":"backward","type":"same_motif","distance":4,"status":"needs_human_review"},{"id":"rel-schweitzer-2009-p1-ramsey","neighbor_id":"miklos-schweitzer-2009-p1-k17-edge-coloring-cards","direction":"backward","type":"same_motif","distance":4,"status":"needs_human_review"},{"id":"rel-simon-marais-2017-a1-ramsey-r33","neighbor_id":"simon-marais-2017-a1-pentagon-triangle-game","direction":"backward","type":"same_motif","distance":2,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-vjimc-1999-lines-ramsey-r33","neighbor_id":"vjimc-1999-cat2-p1-lines-ramsey-three-relations","direction":"backward","type":"same_motif","distance":2,"status":"ai_checked"}],"search_text":"ramsey-r33 двухцветная раскраска \\(k_6\\) и одноцветный треугольник ramsey_theory classical_theorem goal_exact_bound frank p. ramsey frankpramsey https://en.wikipedia.org/wiki/theorem_on_friends_and_strangers misc reference src-wikipedia-friends-strangers theorem on friends and strangers with_solution прочее frank p. ramsey theorem on friends and strangers stmt-original-1 needs_review среди любых шести человек найдутся либо трое попарно знакомых, либо трое попарно незнакомых. при этом для пяти человек такое утверждение неверно. simple_graph complement_graph complete_graph stmt-graph-1 двухцветная раскраска \\(k_6\\) и одноцветный треугольник ai_checked любой простой граф на 6 вершинах содержит треугольник, или его дополнительный граф содержит треугольник. на 5 вершинах это неверно, поэтому \\( r(3,3)=6 \\). simple_graph complement_graph complete_graph triangle stmt-party-friends-strangers вечеринка: знакомые и незнакомые ai_checked на вечеринке собрались шесть человек. любые двое из них либо знакомы, либо незнакомы. докажите, что найдутся трое человек, которые попарно знакомы, или трое человек, которые попарно незнакомы. complete_graph clique complement_graph idea-pigeonhole-neighbors три ребра одного типа из одной вершины из одной вершины выходят 5 ребер двух цветов, поэтому хотя бы 3 из них одного цвета. ramsey_theory ai_checked sol-pigeonhole доказательство через принцип дирихле ai_checked cycle pigeonhole_principle complement_graph_transition выберем вершину v. среди пяти ребер из v хотя бы три одного цвета, скажем красные, к вершинам a,b,c. если среди a,b,c есть красное ребро, оно вместе с v дает красный треугольник. если красных ребер между a,b,c нет, то все три ребра между ними синие, и есть синий треугольник. пример без одноцветного треугольника на 5 вершинах — цикл c5, где ребра одного цвета, а диагонали другого. ramsey-r33 dvuhtsvetnaya raskraska \\(k_6\\) i odnotsvetnyy treugolnik ramsey_theory classical_theorem goal_exact_bound frank p. ramsey frankpramsey https://en.wikipedia.org/wiki/theorem_on_friends_and_strangers misc reference src-wikipedia-friends-strangers theorem on friends and strangers with_solution prochee frank p. ramsey theorem on friends and strangers stmt-original-1 needs_review sredi lyubyh shesti chelovek naydutsya libo troe poparno znakomyh, libo troe poparno neznakomyh. pri etom dlya pyati chelovek takoe utverzhdenie neverno. simple_graph complement_graph complete_graph stmt-graph-1 dvuhtsvetnaya raskraska \\(k_6\\) i odnotsvetnyy treugolnik ai_checked lyuboy prostoy graf na 6 vershinah soderzhit treugolnik, ili ego dopolnitelnyy graf soderzhit treugolnik. na 5 vershinah eto neverno, poetomu \\( r(3,3)=6 \\). simple_graph complement_graph complete_graph triangle stmt-party-friends-strangers vecherinka: znakomye i neznakomye ai_checked na vecherinke sobralis shest chelovek. lyubye dvoe iz nih libo znakomy, libo neznakomy. dokazhite, chto naydutsya troe chelovek, kotorye poparno znakomy, ili troe chelovek, kotorye poparno neznakomy. complete_graph clique complement_graph idea-pigeonhole-neighbors tri rebra odnogo tipa iz odnoy vershiny iz odnoy vershiny vyhodyat 5 reber dvuh tsvetov, poetomu hotya by 3 iz nih odnogo tsveta. ramsey_theory ai_checked sol-pigeonhole dokazatelstvo cherez printsip dirihle ai_checked cycle pigeonhole_principle complement_graph_transition vyberem vershinu v. sredi pyati reber iz v hotya by tri odnogo tsveta, skazhem krasnye, k vershinam a,b,c. esli sredi a,b,c est krasnoe rebro, ono vmeste s v daet krasnyy treugolnik. esli krasnyh reber mezhdu a,b,c net, to vse tri rebra mezhdu nimi sinie, i est siniy treugolnik. primer bez odnotsvetnogo treugolnika na 5 vershinah — tsikl c5, gde rebra odnogo tsveta, a diagonali drugogo.","source_keys":["misc"]}
{"id":"ramsey-r34","title":"Двухцветная раскраска \\(K_9\\): треугольник или независимая четвёрка","path":"data\\problems\\classical\\ramsey-r34.yaml","raw_github_url":"https://raw.githubusercontent.com/didin-maxim/knowledge_graph_of_graphs/main/data/problems/classical/ramsey-r34.yaml","viewer_url":"https://didin-maxim.github.io/knowledge_graph_of_graphs/#ramsey-r34","source_key":"misc","source_label":"Прочее","source_titles":["Теорема Рамсея","Small Ramsey Numbers, Electronic Journal of Combinatorics dynamic survey"],"year":"","type":"theorem","authors":["Frank P. Ramsey"],"tags":["ramsey_theory","classical_theorem","goal_exact_bound"],"agent_topics":[],"difficulty":{"main":"national_final_easy","local_score":5,"comment":"Классический малый пример Рамсея: доказательство использует только степени, дополнение и случай \\(R(3,3)=6\\).","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":"Карточка подкреплена опубликованными неофициальными, справочными, журнальными, вики-, форумными источниками или страницами задач.","audit_source":"agent-imo-us-classical.json"},"statements":{"original":[{"id":"stmt-original-1","title":"Точное значение \\(R(3,4)\\)","status":"ai_checked","text":"В любой красно-синей раскраске рёбер полного графа \\(K_9\\) найдётся либо красный треугольник, либо синяя клика из 4 вершин. При этом для \\(K_8\\) такое утверждение неверно, поэтому \\(R(3,4)=9\\).","definition_ids":["complete_graph","clique","triangle"]}],"graph_theory":[{"id":"stmt-graph-1","title":"Граф и дополнение","status":"ai_checked","text":"Любой простой граф на 9 вершинах содержит треугольник, или его дополнительный граф содержит \\(K_4\\). Эквивалентно, любой простой граф на 9 вершинах содержит \\(K_3\\) или независимое множество из 4 вершин; на 8 вершинах это неверно.","definition_ids":["simple_graph","complement_graph","complete_graph","clique","independent_set","triangle"]}],"olympiad_reformulations":[{"id":"stmt-party-1","title":"Вечеринка: трое знакомых или четверо незнакомых","status":"ai_checked","text":"Среди любых 9 человек найдутся либо трое попарно знакомых, либо четверо попарно незнакомых. Для 8 человек это уже не гарантировано.","definition_ids":["complete_graph","clique","independent_set","complement_graph"]}]},"solutions":[{"id":"sol-exact-r34","title":"Доказательство верхней и нижней оценки","status":"ai_checked","definition_ids":["simple_graph","complement_graph","complete_graph","clique","independent_set","cycle"],"standard_idea_ids":["pigeonhole_principle","complement_graph_transition"],"tags":[],"has_text":true,"text_preview":"Докажем сначала верхнюю оценку. Пусть \\(G\\) — простой граф на 9 вершинах. Достаточно доказать, что в \\(G\\) есть треугольник или независимое множество из 4 вершин. Если у некоторой вершины \\(v\\) есть хотя бы 4 соседа, возьмём четыре из них. Если среди этих четырёх соседей есть ребро, то вместе с \\(v\\) оно образует треугольник. Если же рёбер между ними нет, то эти четыре вершины образуют независимое множество. Остаётся случай, когда все степени в \\(G\\) не превосходят 3. Сумма степеней равна удвоенному числу рёбер, поэтому она чётна. Если бы все 9 степеней были равны 3, сумма была бы равна 27, что невозможно. Значит, найдётся вершина \\(v\\) степени не больше 2. Тогда в дополнительном графе \\(\\overline G\\) вершина \\(v\\) имеет не меньше 6 соседей. По уже известному факту \\(R(3,3)=6\\), среди этих 6 соседей в \\(\\overline G\\) есть либо треугольник, либо независимая тройка. Треугольник в \\(\\overl…"}],"relations":[{"id":"rel-ramsey-r33-r34","neighbor_id":"ramsey-r33","direction":"backward","type":"prerequisite","distance":1,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-ramsey-theorem-r34","neighbor_id":"ramsey-theorem","direction":"backward","type":"specialization","distance":1,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-ramsey-r34-cmo-1976-p8","neighbor_id":"cmo-1976-p8-red-blue-k9-clique","direction":"forward","type":"solution_transfer","distance":1,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-ramsey-r34-r35","neighbor_id":"ramsey-r35","direction":"forward","type":"prerequisite","distance":1,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-ramsey-r34-r44","neighbor_id":"ramsey-r44","direction":"forward","type":"prerequisite","distance":1,"status":"ai_checked"}],"search_text":"ramsey-r34 двухцветная раскраска \\(k_9\\): треугольник или независимая четвёрка ramsey_theory classical_theorem goal_exact_bound frank p. ramsey frankpramsey https://ru.wikipedia.org/wiki/%d0%a2%d0%b5%d0%be%d1%80%d0%b5%d0%bc%d0%b0_%d0%a0%d0%b0%d0%bc%d1%81%d0%b5%d1%8f https://www.combinatorics.org/ojs/index.php/eljc/article/view/ds1 misc reference small ramsey numbers, electronic journal of combinatorics dynamic survey src-small-ramsey-ds1 src-wikipedia-ramsey with_solution прочее теорема рамсея frank p. ramsey теорема рамсея small ramsey numbers, electronic journal of combinatorics dynamic survey stmt-original-1 точное значение \\(r(3,4)\\) ai_checked в любой красно-синей раскраске рёбер полного графа \\(k_9\\) найдётся либо красный треугольник, либо синяя клика из 4 вершин. при этом для \\(k_8\\) такое утверждение неверно, поэтому \\(r(3,4)=9\\). complete_graph clique triangle stmt-graph-1 граф и дополнение ai_checked любой простой граф на 9 вершинах содержит треугольник, или его дополнительный граф содержит \\(k_4\\). эквивалентно, любой простой граф на 9 вершинах содержит \\(k_3\\) или независимое множество из 4 вершин; на 8 вершинах это неверно. simple_graph complement_graph complete_graph clique independent_set triangle stmt-party-1 вечеринка: трое знакомых или четверо незнакомых ai_checked среди любых 9 человек найдутся либо трое попарно знакомых, либо четверо попарно незнакомых. для 8 человек это уже не гарантировано. complete_graph clique independent_set complement_graph idea-degree-or-complement-degree большая степень или большая степень в дополнении если вершина имеет хотя бы 4 соседа, её окрестность сразу проверяет треугольник или независимую четвёрку. если таких вершин нет, из нечётности суммы степеней появляется вершина степени не больше 2, то есть степени хотя бы 6 в дополнении. ramsey_theory pigeonhole_principle ai_checked idea-eight-vertex-construction восьмивершинная конструкция нижнюю оценку даёт граф, полученный из цикла \\(c_8\\) добавлением четырёх противоположных хорд. в нём нет треугольников, а независимая четвёрка в \\(c_8\\) неизбежно содержит одну из добавленных хорд. ramsey_theory extremal_graph_theory ai_checked sol-exact-r34 доказательство верхней и нижней оценки ai_checked simple_graph complement_graph complete_graph clique independent_set cycle pigeonhole_principle complement_graph_transition докажем сначала верхнюю оценку. пусть \\(g\\) — простой граф на 9 вершинах. достаточно доказать, что в \\(g\\) есть треугольник или независимое множество из 4 вершин. если у некоторой вершины \\(v\\) есть хотя бы 4 соседа, возьмём четыре из них. если среди этих четырёх соседей есть ребро, то вместе с \\(v\\) оно образует треугольник. если же рёбер между ними нет, то эти четыре вершины образуют независимое множество. остаётся случай, когда все степени в \\(g\\) не превосходят 3. сумма степеней равна удвоенному числу рёбер, поэтому она чётна. если бы все 9 степеней были равны 3, сумма была бы равна 27, что невозможно. значит, найдётся вершина \\(v\\) степени не больше 2. тогда в дополнительном графе \\(\\overline g\\) вершина \\(v\\) имеет не меньше 6 соседей. по уже известному факту \\(r(3,3)=6\\), среди этих 6 соседей в \\(\\overline g\\) есть либо треугольник, либо независимая тройка. треугольник в \\(\\overl… ramsey-r34 dvuhtsvetnaya raskraska \\(k_9\\): treugolnik ili nezavisimaya chetverka ramsey_theory classical_theorem goal_exact_bound frank p. ramsey frankpramsey https://ru.wikipedia.org/wiki/%d0%a2%d0%b5%d0%be%d1%80%d0%b5%d0%bc%d0%b0_%d0%a0%d0%b0%d0%bc%d1%81%d0%b5%d1%8f https://www.combinatorics.org/ojs/index.php/eljc/article/view/ds1 misc reference small ramsey numbers, electronic journal of combinatorics dynamic survey src-small-ramsey-ds1 src-wikipedia-ramsey with_solution prochee teorema ramseya frank p. ramsey teorema ramseya small ramsey numbers, electronic journal of combinatorics dynamic survey stmt-original-1 tochnoe znachenie \\(r(3,4)\\) ai_checked v lyuboy krasno-siney raskraske reber polnogo grafa \\(k_9\\) naydetsya libo krasnyy treugolnik, libo sinyaya klika iz 4 vershin. pri etom dlya \\(k_8\\) takoe utverzhdenie neverno, poetomu \\(r(3,4)=9\\). complete_graph clique triangle stmt-graph-1 graf i dopolnenie ai_checked lyuboy prostoy graf na 9 vershinah soderzhit treugolnik, ili ego dopolnitelnyy graf soderzhit \\(k_4\\). ekvivalentno, lyuboy prostoy graf na 9 vershinah soderzhit \\(k_3\\) ili nezavisimoe mnozhestvo iz 4 vershin; na 8 vershinah eto neverno. simple_graph complement_graph complete_graph clique independent_set triangle stmt-party-1 vecherinka: troe znakomyh ili chetvero neznakomyh ai_checked sredi lyubyh 9 chelovek naydutsya libo troe poparno znakomyh, libo chetvero poparno neznakomyh. dlya 8 chelovek eto uzhe ne garantirovano. complete_graph clique independent_set complement_graph idea-degree-or-complement-degree bolshaya stepen ili bolshaya stepen v dopolnenii esli vershina imeet hotya by 4 soseda, ee okrestnost srazu proveryaet treugolnik ili nezavisimuyu chetverku. esli takih vershin net, iz nechetnosti summy stepeney poyavlyaetsya vershina stepeni ne bolshe 2, to est stepeni hotya by 6 v dopolnenii. ramsey_theory pigeonhole_principle ai_checked idea-eight-vertex-construction vosmivershinnaya konstruktsiya nizhnyuyu otsenku daet graf, poluchennyy iz tsikla \\(c_8\\) dobavleniem chetyreh protivopolozhnyh hord. v nem net treugolnikov, a nezavisimaya chetverka v \\(c_8\\) neizbezhno soderzhit odnu iz dobavlennyh hord. ramsey_theory extremal_graph_theory ai_checked sol-exact-r34 dokazatelstvo verhney i nizhney otsenki ai_checked simple_graph complement_graph complete_graph clique independent_set cycle pigeonhole_principle complement_graph_transition dokazhem snachala verhnyuyu otsenku. pust \\(g\\) — prostoy graf na 9 vershinah. dostatochno dokazat, chto v \\(g\\) est treugolnik ili nezavisimoe mnozhestvo iz 4 vershin. esli u nekotoroy vershiny \\(v\\) est hotya by 4 soseda, vozmem chetyre iz nih. esli sredi etih chetyreh sosedey est rebro, to vmeste s \\(v\\) ono obrazuet treugolnik. esli zhe reber mezhdu nimi net, to eti chetyre vershiny obrazuyut nezavisimoe mnozhestvo. ostaetsya sluchay, kogda vse stepeni v \\(g\\) ne prevoshodyat 3. summa stepeney ravna udvoennomu chislu reber, poetomu ona chetna. esli by vse 9 stepeney byli ravny 3, summa byla by ravna 27, chto nevozmozhno. znachit, naydetsya vershina \\(v\\) stepeni ne bolshe 2. togda v dopolnitelnom grafe \\(\\overline g\\) vershina \\(v\\) imeet ne menshe 6 sosedey. po uzhe izvestnomu faktu \\(r(3,3)=6\\), sredi etih 6 sosedey v \\(\\overline g\\) est libo treugolnik, libo nezavisimaya troyka. treugolnik v \\(\\overl…","source_keys":["misc"]}
{"id":"ramsey-r35","title":"Двухцветная раскраска \\(K_{14}\\): треугольник или пятёрка","path":"data\\problems\\classical\\ramsey-r35.yaml","raw_github_url":"https://raw.githubusercontent.com/didin-maxim/knowledge_graph_of_graphs/main/data/problems/classical/ramsey-r35.yaml","viewer_url":"https://didin-maxim.github.io/knowledge_graph_of_graphs/#ramsey-r35","source_key":"misc","source_label":"Прочее","source_titles":["Теорема Рамсея","Small Ramsey Numbers, Electronic Journal of Combinatorics dynamic survey"],"year":"","type":"theorem","authors":["Frank P. Ramsey","Robert E. Greenwood","Andrew M. Gleason"],"tags":["ramsey_theory","classical_theorem","goal_exact_bound"],"agent_topics":[],"difficulty":{"main":"national_final_easy","local_score":6,"comment":"Верхняя оценка короткая; нижняя оценка требует аккуратной, но школьной проверки циклической конструкции.","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":"Карточка подкреплена опубликованными неофициальными, справочными, журнальными, вики-, форумными источниками или страницами задач.","audit_source":"agent-imo-us-classical.json"},"statements":{"original":[{"id":"stmt-original-1","title":"Точное значение \\(R(3,5)\\)","status":"ai_checked","text":"В любой красно-синей раскраске рёбер полного графа \\(K_{14}\\) найдётся либо красный треугольник, либо синяя клика из 5 вершин. При этом для \\(K_{13}\\) такое утверждение неверно, поэтому \\(R(3,5)=R(5,3)=14\\).","definition_ids":["complete_graph","clique","triangle"]}],"graph_theory":[{"id":"stmt-graph-1","title":"Граф и дополнение","status":"ai_checked","text":"Любой простой граф на 14 вершинах содержит треугольник, или его дополнительный граф содержит \\(K_5\\). Эквивалентно, любой простой граф на 14 вершинах содержит \\(K_3\\) или независимое множество из 5 вершин; на 13 вершинах это неверно.","definition_ids":["simple_graph","complement_graph","complete_graph","clique","independent_set","triangle"]}],"olympiad_reformulations":[{"id":"stmt-party-1","title":"Вечеринка: трое знакомых или пятеро незнакомых","status":"ai_checked","text":"Среди любых 14 человек найдутся либо трое попарно знакомых, либо пятеро попарно незнакомых. Для 13 человек это не гарантировано.","definition_ids":["complete_graph","clique","independent_set","complement_graph"]}]},"solutions":[{"id":"sol-exact-r35","title":"Доказательство верхней оценки и циклический пример","status":"ai_checked","definition_ids":["simple_graph","complement_graph","complete_graph","clique","independent_set"],"standard_idea_ids":["pigeonhole_principle","complement_graph_transition"],"tags":[],"has_text":true,"text_preview":"Докажем верхнюю оценку \\(R(3,5)\\le 14\\). Рассмотрим красно-синюю раскраску рёбер \\(K_{14}\\) и выберем вершину \\(v\\). Среди остальных 13 вершин либо хотя бы 5 соединены с \\(v\\) красным ребром, либо хотя бы 9 соединены с \\(v\\) синим ребром. В первом случае рассмотрим 5 красных соседей вершины \\(v\\). Если между двумя из них есть красное ребро, то вместе с \\(v\\) оно даёт красный треугольник. Если красных рёбер между этими пятью вершинами нет, то все рёбра между ними синие, и это синяя \\(K_5\\). Во втором случае рассмотрим 9 синих соседей вершины \\(v\\). По \\(R(3,4)=9\\) среди них есть либо красный треугольник, либо синяя \\(K_4\\). Красный треугольник уже подходит, а синяя \\(K_4\\) вместе с \\(v\\) даёт синюю \\(K_5\\). Значит, \\(R(3,5)\\le 14\\). Теперь покажем, что 13 вершин недостаточно. Возьмём вершины \\(0,1,\\ldots,12\\) по модулю 13. Соединим две вершины ребром графа \\(G\\), если их разность по моду…"}],"relations":[{"id":"rel-ramsey-r34-r35","neighbor_id":"ramsey-r34","direction":"backward","type":"prerequisite","distance":1,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-ramsey-theorem-r35","neighbor_id":"ramsey-theorem","direction":"backward","type":"specialization","distance":1,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-ramsey-r35-r44","neighbor_id":"ramsey-r44","direction":"forward","type":"same_motif","distance":2,"status":"ai_checked"}],"search_text":"ramsey-r35 двухцветная раскраска \\(k_{14}\\): треугольник или пятёрка ramsey_theory classical_theorem goal_exact_bound andrew m. gleason andrewmgleason frank p. ramsey frankpramsey https://ru.wikipedia.org/wiki/%d0%a2%d0%b5%d0%be%d1%80%d0%b5%d0%bc%d0%b0_%d0%a0%d0%b0%d0%bc%d1%81%d0%b5%d1%8f https://www.combinatorics.org/ojs/index.php/eljc/article/view/ds1 misc reference robert e. greenwood robertegreenwood small ramsey numbers, electronic journal of combinatorics dynamic survey src-small-ramsey-ds1 src-wikipedia-ramsey with_solution прочее теорема рамсея frank p. ramsey robert e. greenwood andrew m. gleason теорема рамсея small ramsey numbers, electronic journal of combinatorics dynamic survey stmt-original-1 точное значение \\(r(3,5)\\) ai_checked в любой красно-синей раскраске рёбер полного графа \\(k_{14}\\) найдётся либо красный треугольник, либо синяя клика из 5 вершин. при этом для \\(k_{13}\\) такое утверждение неверно, поэтому \\(r(3,5)=r(5,3)=14\\). complete_graph clique triangle stmt-graph-1 граф и дополнение ai_checked любой простой граф на 14 вершинах содержит треугольник, или его дополнительный граф содержит \\(k_5\\). эквивалентно, любой простой граф на 14 вершинах содержит \\(k_3\\) или независимое множество из 5 вершин; на 13 вершинах это неверно. simple_graph complement_graph complete_graph clique independent_set triangle stmt-party-1 вечеринка: трое знакомых или пятеро незнакомых ai_checked среди любых 14 человек найдутся либо трое попарно знакомых, либо пятеро попарно незнакомых. для 13 человек это не гарантировано. complete_graph clique independent_set complement_graph idea-recursive-upper-bound разделение соседей одной вершины верхняя оценка получается из рекурсии рамсея: около выбранной вершины либо достаточно много рёбер одного цвета для \\(r(2,5)\\), либо достаточно много рёбер другого цвета для \\(r(3,4)\\). ramsey_theory pigeonhole_principle ai_checked idea-cyclic-thirteen тринадцать точек на окружности для нижней оценки удобно взять вершины \\(\\mathbb z_{13}\\) и соединять две вершины, если их циклическое расстояние равно 1 или 5. такой граф не содержит треугольника, а пять независимых вершин невозможны из-за ограничения на циклические промежутки. ramsey_theory extremal_graph_theory ai_checked sol-exact-r35 доказательство верхней оценки и циклический пример ai_checked simple_graph complement_graph complete_graph clique independent_set pigeonhole_principle complement_graph_transition докажем верхнюю оценку \\(r(3,5)\\le 14\\). рассмотрим красно-синюю раскраску рёбер \\(k_{14}\\) и выберем вершину \\(v\\). среди остальных 13 вершин либо хотя бы 5 соединены с \\(v\\) красным ребром, либо хотя бы 9 соединены с \\(v\\) синим ребром. в первом случае рассмотрим 5 красных соседей вершины \\(v\\). если между двумя из них есть красное ребро, то вместе с \\(v\\) оно даёт красный треугольник. если красных рёбер между этими пятью вершинами нет, то все рёбра между ними синие, и это синяя \\(k_5\\). во втором случае рассмотрим 9 синих соседей вершины \\(v\\). по \\(r(3,4)=9\\) среди них есть либо красный треугольник, либо синяя \\(k_4\\). красный треугольник уже подходит, а синяя \\(k_4\\) вместе с \\(v\\) даёт синюю \\(k_5\\). значит, \\(r(3,5)\\le 14\\). теперь покажем, что 13 вершин недостаточно. возьмём вершины \\(0,1,\\ldots,12\\) по модулю 13. соединим две вершины ребром графа \\(g\\), если их разность по моду… ramsey-r35 dvuhtsvetnaya raskraska \\(k_{14}\\): treugolnik ili pyaterka ramsey_theory classical_theorem goal_exact_bound andrew m. gleason andrewmgleason frank p. ramsey frankpramsey https://ru.wikipedia.org/wiki/%d0%a2%d0%b5%d0%be%d1%80%d0%b5%d0%bc%d0%b0_%d0%a0%d0%b0%d0%bc%d1%81%d0%b5%d1%8f https://www.combinatorics.org/ojs/index.php/eljc/article/view/ds1 misc reference robert e. greenwood robertegreenwood small ramsey numbers, electronic journal of combinatorics dynamic survey src-small-ramsey-ds1 src-wikipedia-ramsey with_solution prochee teorema ramseya frank p. ramsey robert e. greenwood andrew m. gleason teorema ramseya small ramsey numbers, electronic journal of combinatorics dynamic survey stmt-original-1 tochnoe znachenie \\(r(3,5)\\) ai_checked v lyuboy krasno-siney raskraske reber polnogo grafa \\(k_{14}\\) naydetsya libo krasnyy treugolnik, libo sinyaya klika iz 5 vershin. pri etom dlya \\(k_{13}\\) takoe utverzhdenie neverno, poetomu \\(r(3,5)=r(5,3)=14\\). complete_graph clique triangle stmt-graph-1 graf i dopolnenie ai_checked lyuboy prostoy graf na 14 vershinah soderzhit treugolnik, ili ego dopolnitelnyy graf soderzhit \\(k_5\\). ekvivalentno, lyuboy prostoy graf na 14 vershinah soderzhit \\(k_3\\) ili nezavisimoe mnozhestvo iz 5 vershin; na 13 vershinah eto neverno. simple_graph complement_graph complete_graph clique independent_set triangle stmt-party-1 vecherinka: troe znakomyh ili pyatero neznakomyh ai_checked sredi lyubyh 14 chelovek naydutsya libo troe poparno znakomyh, libo pyatero poparno neznakomyh. dlya 13 chelovek eto ne garantirovano. complete_graph clique independent_set complement_graph idea-recursive-upper-bound razdelenie sosedey odnoy vershiny verhnyaya otsenka poluchaetsya iz rekursii ramseya: okolo vybrannoy vershiny libo dostatochno mnogo reber odnogo tsveta dlya \\(r(2,5)\\), libo dostatochno mnogo reber drugogo tsveta dlya \\(r(3,4)\\). ramsey_theory pigeonhole_principle ai_checked idea-cyclic-thirteen trinadtsat tochek na okruzhnosti dlya nizhney otsenki udobno vzyat vershiny \\(\\mathbb z_{13}\\) i soedinyat dve vershiny, esli ih tsiklicheskoe rasstoyanie ravno 1 ili 5. takoy graf ne soderzhit treugolnika, a pyat nezavisimyh vershin nevozmozhny iz-za ogranicheniya na tsiklicheskie promezhutki. ramsey_theory extremal_graph_theory ai_checked sol-exact-r35 dokazatelstvo verhney otsenki i tsiklicheskiy primer ai_checked simple_graph complement_graph complete_graph clique independent_set pigeonhole_principle complement_graph_transition dokazhem verhnyuyu otsenku \\(r(3,5)\\le 14\\). rassmotrim krasno-sinyuyu raskrasku reber \\(k_{14}\\) i vyberem vershinu \\(v\\). sredi ostalnyh 13 vershin libo hotya by 5 soedineny s \\(v\\) krasnym rebrom, libo hotya by 9 soedineny s \\(v\\) sinim rebrom. v pervom sluchae rassmotrim 5 krasnyh sosedey vershiny \\(v\\). esli mezhdu dvumya iz nih est krasnoe rebro, to vmeste s \\(v\\) ono daet krasnyy treugolnik. esli krasnyh reber mezhdu etimi pyatyu vershinami net, to vse rebra mezhdu nimi sinie, i eto sinyaya \\(k_5\\). vo vtorom sluchae rassmotrim 9 sinih sosedey vershiny \\(v\\). po \\(r(3,4)=9\\) sredi nih est libo krasnyy treugolnik, libo sinyaya \\(k_4\\). krasnyy treugolnik uzhe podhodit, a sinyaya \\(k_4\\) vmeste s \\(v\\) daet sinyuyu \\(k_5\\). znachit, \\(r(3,5)\\le 14\\). teper pokazhem, chto 13 vershin nedostatochno. vozmem vershiny \\(0,1,\\ldots,12\\) po modulyu 13. soedinim dve vershiny rebrom grafa \\(g\\), esli ih raznost po modu…","source_keys":["misc"]}
{"id":"ramsey-r44","title":"Двухцветная раскраска \\(K_{18}\\): одноцветная четвёрка","path":"data\\problems\\classical\\ramsey-r44.yaml","raw_github_url":"https://raw.githubusercontent.com/didin-maxim/knowledge_graph_of_graphs/main/data/problems/classical/ramsey-r44.yaml","viewer_url":"https://didin-maxim.github.io/knowledge_graph_of_graphs/#ramsey-r44","source_key":"misc","source_label":"Прочее","source_titles":["Теорема Рамсея","Small Ramsey Numbers, Electronic Journal of Combinatorics dynamic survey"],"year":"","type":"theorem","authors":["Frank P. Ramsey","Robert E. Greenwood","Andrew M. Gleason"],"tags":["ramsey_theory","classical_theorem","goal_exact_bound"],"agent_topics":[],"difficulty":{"main":"national_final_hard","local_score":8,"comment":"Верхняя оценка школьная; нижняя оценка остаётся школьной, но требует аккуратной проверки симметричной 17-вершинной конструкции.","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":"Карточка подкреплена опубликованными неофициальными, справочными, журнальными, вики-, форумными источниками или страницами задач.","audit_source":"agent-imo-us-classical.json"},"statements":{"original":[{"id":"stmt-original-1","title":"Точное значение \\(R(4,4)\\)","status":"ai_checked","text":"В любой красно-синей раскраске рёбер полного графа \\(K_{18}\\) найдётся одноцветная клика из 4 вершин. При этом для \\(K_{17}\\) такое утверждение неверно, поэтому \\(R(4,4)=18\\).","definition_ids":["complete_graph","clique"]}],"graph_theory":[{"id":"stmt-graph-1","title":"Граф и дополнение","status":"ai_checked","text":"Любой простой граф на 18 вершинах содержит \\(K_4\\), или его дополнительный граф содержит \\(K_4\\). На 17 вершинах это неверно.","definition_ids":["simple_graph","complement_graph","complete_graph","clique","independent_set"]}],"olympiad_reformulations":[{"id":"stmt-party-1","title":"Вечеринка: четверо знакомых или четверо незнакомых","status":"ai_checked","text":"Среди любых 18 человек найдутся либо четверо попарно знакомых, либо четверо попарно незнакомых. Для 17 человек это не гарантировано.","definition_ids":["complete_graph","clique","independent_set","complement_graph"]}]},"solutions":[{"id":"sol-exact-r44","title":"Доказательство через \\(R(3,4)=9\\) и граф Пэли","status":"ai_checked","definition_ids":["simple_graph","complement_graph","complete_graph","clique","independent_set"],"standard_idea_ids":["pigeonhole_principle","complement_graph_transition"],"tags":[],"has_text":true,"text_preview":"Докажем верхнюю оценку. Рассмотрим красно-синюю раскраску рёбер \\(K_{18}\\) и выберем вершину \\(v\\). Из \\(v\\) выходит 17 рёбер, поэтому хотя бы 9 из них имеют один цвет; пусть для определённости это красные рёбра к множеству \\(A\\) из 9 вершин. По \\(R(3,4)=9\\) внутри \\(A\\) найдётся либо красный треугольник, либо синяя \\(K_4\\). Если есть синяя \\(K_4\\), цель достигнута. Если есть красный треугольник, то вместе с вершиной \\(v\\) он образует красную \\(K_4\\), потому что все три ребра от \\(v\\) к этому треугольнику красные. Случай, когда у \\(v\\) есть 9 синих соседей, полностью симметричен. Значит, \\(R(4,4)\\le 18\\). Для нижней оценки построим раскраску на 17 вершинах без одноцветной \\(K_4\\). Возьмём вершины \\(\\mathbb Z_{17}\\). Соединим две вершины красным ребром, если их разность по модулю 17 лежит в множестве квадратичных вычетов \\[Q=\\{1,2,4,8,9,13,15,16\\}.\\] Остальные рёбра покрасим синим. Так к…"}],"relations":[{"id":"rel-ramsey-r34-r44","neighbor_id":"ramsey-r34","direction":"backward","type":"prerequisite","distance":1,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-ramsey-theorem-r44","neighbor_id":"ramsey-theorem","direction":"backward","type":"specialization","distance":1,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-ramsey-r35-r44","neighbor_id":"ramsey-r35","direction":"backward","type":"same_motif","distance":2,"status":"ai_checked"}],"search_text":"ramsey-r44 двухцветная раскраска \\(k_{18}\\): одноцветная четвёрка ramsey_theory classical_theorem goal_exact_bound andrew m. gleason andrewmgleason frank p. ramsey frankpramsey https://ru.wikipedia.org/wiki/%d0%a2%d0%b5%d0%be%d1%80%d0%b5%d0%bc%d0%b0_%d0%a0%d0%b0%d0%bc%d1%81%d0%b5%d1%8f https://www.combinatorics.org/ojs/index.php/eljc/article/view/ds1 misc reference robert e. greenwood robertegreenwood small ramsey numbers, electronic journal of combinatorics dynamic survey src-small-ramsey-ds1 src-wikipedia-ramsey with_solution прочее теорема рамсея frank p. ramsey robert e. greenwood andrew m. gleason теорема рамсея small ramsey numbers, electronic journal of combinatorics dynamic survey stmt-original-1 точное значение \\(r(4,4)\\) ai_checked в любой красно-синей раскраске рёбер полного графа \\(k_{18}\\) найдётся одноцветная клика из 4 вершин. при этом для \\(k_{17}\\) такое утверждение неверно, поэтому \\(r(4,4)=18\\). complete_graph clique stmt-graph-1 граф и дополнение ai_checked любой простой граф на 18 вершинах содержит \\(k_4\\), или его дополнительный граф содержит \\(k_4\\). на 17 вершинах это неверно. simple_graph complement_graph complete_graph clique independent_set stmt-party-1 вечеринка: четверо знакомых или четверо незнакомых ai_checked среди любых 18 человек найдутся либо четверо попарно знакомых, либо четверо попарно незнакомых. для 17 человек это не гарантировано. complete_graph clique independent_set complement_graph idea-r34-from-one-vertex девять соседей одного цвета у выбранной вершины среди 17 рёбер хотя бы 9 одного цвета. после этого применяется точное значение \\(r(3,4)=9\\). ramsey_theory pigeonhole_principle ai_checked idea-paley-seventeen симметричный граф пэли на 17 вершинах нижнюю оценку даёт граф на остатках по модулю 17: две вершины соединены, если их разность является квадратичным вычетом. такой граф изоморфен своему дополнению и не содержит \\(k_4\\). ramsey_theory extremal_graph_theory ai_checked sol-exact-r44 доказательство через \\(r(3,4)=9\\) и граф пэли ai_checked simple_graph complement_graph complete_graph clique independent_set pigeonhole_principle complement_graph_transition докажем верхнюю оценку. рассмотрим красно-синюю раскраску рёбер \\(k_{18}\\) и выберем вершину \\(v\\). из \\(v\\) выходит 17 рёбер, поэтому хотя бы 9 из них имеют один цвет; пусть для определённости это красные рёбра к множеству \\(a\\) из 9 вершин. по \\(r(3,4)=9\\) внутри \\(a\\) найдётся либо красный треугольник, либо синяя \\(k_4\\). если есть синяя \\(k_4\\), цель достигнута. если есть красный треугольник, то вместе с вершиной \\(v\\) он образует красную \\(k_4\\), потому что все три ребра от \\(v\\) к этому треугольнику красные. случай, когда у \\(v\\) есть 9 синих соседей, полностью симметричен. значит, \\(r(4,4)\\le 18\\). для нижней оценки построим раскраску на 17 вершинах без одноцветной \\(k_4\\). возьмём вершины \\(\\mathbb z_{17}\\). соединим две вершины красным ребром, если их разность по модулю 17 лежит в множестве квадратичных вычетов \\[q=\\{1,2,4,8,9,13,15,16\\}.\\] остальные рёбра покрасим синим. так к… ramsey-r44 dvuhtsvetnaya raskraska \\(k_{18}\\): odnotsvetnaya chetverka ramsey_theory classical_theorem goal_exact_bound andrew m. gleason andrewmgleason frank p. ramsey frankpramsey https://ru.wikipedia.org/wiki/%d0%a2%d0%b5%d0%be%d1%80%d0%b5%d0%bc%d0%b0_%d0%a0%d0%b0%d0%bc%d1%81%d0%b5%d1%8f https://www.combinatorics.org/ojs/index.php/eljc/article/view/ds1 misc reference robert e. greenwood robertegreenwood small ramsey numbers, electronic journal of combinatorics dynamic survey src-small-ramsey-ds1 src-wikipedia-ramsey with_solution prochee teorema ramseya frank p. ramsey robert e. greenwood andrew m. gleason teorema ramseya small ramsey numbers, electronic journal of combinatorics dynamic survey stmt-original-1 tochnoe znachenie \\(r(4,4)\\) ai_checked v lyuboy krasno-siney raskraske reber polnogo grafa \\(k_{18}\\) naydetsya odnotsvetnaya klika iz 4 vershin. pri etom dlya \\(k_{17}\\) takoe utverzhdenie neverno, poetomu \\(r(4,4)=18\\). complete_graph clique stmt-graph-1 graf i dopolnenie ai_checked lyuboy prostoy graf na 18 vershinah soderzhit \\(k_4\\), ili ego dopolnitelnyy graf soderzhit \\(k_4\\). na 17 vershinah eto neverno. simple_graph complement_graph complete_graph clique independent_set stmt-party-1 vecherinka: chetvero znakomyh ili chetvero neznakomyh ai_checked sredi lyubyh 18 chelovek naydutsya libo chetvero poparno znakomyh, libo chetvero poparno neznakomyh. dlya 17 chelovek eto ne garantirovano. complete_graph clique independent_set complement_graph idea-r34-from-one-vertex devyat sosedey odnogo tsveta u vybrannoy vershiny sredi 17 reber hotya by 9 odnogo tsveta. posle etogo primenyaetsya tochnoe znachenie \\(r(3,4)=9\\). ramsey_theory pigeonhole_principle ai_checked idea-paley-seventeen simmetrichnyy graf peli na 17 vershinah nizhnyuyu otsenku daet graf na ostatkah po modulyu 17: dve vershiny soedineny, esli ih raznost yavlyaetsya kvadratichnym vychetom. takoy graf izomorfen svoemu dopolneniyu i ne soderzhit \\(k_4\\). ramsey_theory extremal_graph_theory ai_checked sol-exact-r44 dokazatelstvo cherez \\(r(3,4)=9\\) i graf peli ai_checked simple_graph complement_graph complete_graph clique independent_set pigeonhole_principle complement_graph_transition dokazhem verhnyuyu otsenku. rassmotrim krasno-sinyuyu raskrasku reber \\(k_{18}\\) i vyberem vershinu \\(v\\). iz \\(v\\) vyhodit 17 reber, poetomu hotya by 9 iz nih imeyut odin tsvet; pust dlya opredelennosti eto krasnye rebra k mnozhestvu \\(a\\) iz 9 vershin. po \\(r(3,4)=9\\) vnutri \\(a\\) naydetsya libo krasnyy treugolnik, libo sinyaya \\(k_4\\). esli est sinyaya \\(k_4\\), tsel dostignuta. esli est krasnyy treugolnik, to vmeste s vershinoy \\(v\\) on obrazuet krasnuyu \\(k_4\\), potomu chto vse tri rebra ot \\(v\\) k etomu treugolniku krasnye. sluchay, kogda u \\(v\\) est 9 sinih sosedey, polnostyu simmetrichen. znachit, \\(r(4,4)\\le 18\\). dlya nizhney otsenki postroim raskrasku na 17 vershinah bez odnotsvetnoy \\(k_4\\). vozmem vershiny \\(\\mathbb z_{17}\\). soedinim dve vershiny krasnym rebrom, esli ih raznost po modulyu 17 lezhit v mnozhestve kvadratichnyh vychetov \\[q=\\{1,2,4,8,9,13,15,16\\}.\\] ostalnye rebra pokrasim sinim. tak k…","source_keys":["misc"]}
{"id":"ramsey-theorem","title":"Теорема Рамсея об одноцветной клике","path":"data\\problems\\classical\\ramsey-theorem.yaml","raw_github_url":"https://raw.githubusercontent.com/didin-maxim/knowledge_graph_of_graphs/main/data/problems/classical/ramsey-theorem.yaml","viewer_url":"https://didin-maxim.github.io/knowledge_graph_of_graphs/#ramsey-theorem","source_key":"misc","source_label":"Прочее","source_titles":["Теорема Рамсея"],"year":"","type":"theorem","authors":["Frank P. Ramsey"],"tags":["ramsey_theory","induction","classical_theorem","goal_exact_bound"],"agent_topics":[],"difficulty":{"main":"national_final_easy","local_score":6,"comment":"Базовая теорема с простым индукционным доказательством.","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":"Карточка подкреплена опубликованными неофициальными, справочными, журнальными, вики-, форумными источниками или страницами задач.","audit_source":"agent-imo-us-classical.json"},"statements":{"original":[{"id":"stmt-original-1","title":"","status":"ai_checked","text":"Для любых натуральных r и s существует такое N, что при любой раскраске каждого ребра полного графа Kₙ в красный или синий цвет найдется либо r вершин, все ребра между которыми красные, либо s вершин, все ребра между которыми синие.","definition_ids":["complete_graph","clique","independent_set","simple_graph"]}]},"solutions":[{"id":"sol-recursive-bound","title":"Рекуррентная оценка","status":"ai_checked","definition_ids":[],"standard_idea_ids":["induction","pigeonhole_principle"],"tags":[],"has_text":true,"text_preview":"Докажем рекурсию \\(R(r,s)\\le R(r-1,s)+R(r,s-1)\\) при базе \\(R(1,s)=R(r,1)=1\\). Возьмем полную красно-синюю раскраску на \\(N=R(r-1,s)+R(r,s-1)\\) вершинах и выберем вершину v. Среди остальных \\(N-1\\) вершин хотя бы \\(R(r-1,s)\\) соединены с v красным ребром или хотя бы \\(R(r,s-1)\\) соединены с v синим ребром. В первом случае применяем определение \\(R(r-1,s)\\) к красному множеству концов: если там есть красная \\(K_{r-1}\\), то вместе с v она дает красную \\(K_r\\); если там есть синяя \\(K_s\\), цель уже достигнута. Во втором случае применяем определение \\(R(r,s-1)\\) к синему множеству концов: синяя \\(K_{s-1}\\) вместе с v дает синюю \\(K_s\\), а красная \\(K_r\\) уже подходит. Индукция по \\(r+s\\) дает конечность всех чисел \\(R(r,s)\\)."}],"relations":[{"id":"rel-ramsey-r33","neighbor_id":"ramsey-r33","direction":"forward","type":"specialization","distance":1,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-ramsey-universal-acquaintance-2000","neighbor_id":"vosh-2000-01-final-universal-acquaintance","direction":"forward","type":"same_motif","distance":3,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-usa-tst-2013-ramsey","neighbor_id":"usa-tst-2013-dec-p1-language-club-rainbow-triangles","direction":"forward","type":"same_motif","distance":2,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-ramsey-theorem-r34","neighbor_id":"ramsey-r34","direction":"forward","type":"specialization","distance":1,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-ramsey-theorem-r35","neighbor_id":"ramsey-r35","direction":"forward","type":"specialization","distance":1,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-ramsey-theorem-r44","neighbor_id":"ramsey-r44","direction":"forward","type":"specialization","distance":1,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-ramsey-theorem-cmo-1976-p8","neighbor_id":"cmo-1976-p8-red-blue-k9-clique","direction":"forward","type":"specialization","distance":1,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-fyum-2008-tur3a-p2-ramsey-tree-independent-set","neighbor_id":"fyum-2008-tur3a-p2","direction":"backward","type":"same_motif","distance":2,"status":"needs_human_review"},{"id":"rel-fyum-2009-final-p2-ramsey-monochromatic-odd-cycles","neighbor_id":"fyum-2009-final-p2","direction":"backward","type":"same_motif","distance":3,"status":"needs_human_review"},{"id":"rel-ramsey-imo-1992-p3","neighbor_id":"imo-1992-p3-nine-points-partial-ramsey","direction":"forward","type":"prerequisite","distance":2,"status":"needs_human_review"},{"id":"rel-ramsey-theorem-tree-vs-independent-set-bound","neighbor_id":"tree-vs-independent-set-ramsey-bound","direction":"forward","type":"specialization","distance":2,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-yumt-2012-r3-p1-ramsey-theorem","neighbor_id":"yumt-2012-start-round3-problem1","direction":"backward","type":"same_motif","distance":2,"status":"needs_human_review"}],"search_text":"ramsey-theorem теорема рамсея об одноцветной клике ramsey_theory induction classical_theorem goal_exact_bound frank p. ramsey frankpramsey https://ru.wikipedia.org/wiki/%d0%a2%d0%b5%d0%be%d1%80%d0%b5%d0%bc%d0%b0_%d0%a0%d0%b0%d0%bc%d1%81%d0%b5%d1%8f misc reference src-wikipedia-ramsey with_solution прочее теорема рамсея frank p. ramsey теорема рамсея stmt-original-1 ai_checked для любых натуральных r и s существует такое n, что при любой раскраске каждого ребра полного графа kₙ в красный или синий цвет найдется либо r вершин, все ребра между которыми красные, либо s вершин, все ребра между которыми синие. complete_graph clique independent_set simple_graph idea-pivot-vertex выбор вершины выбрав вершину, делим остальные вершины по цвету ребра к ней и применяем индукцию к достаточно большой части. ramsey_theory induction ai_checked sol-recursive-bound рекуррентная оценка ai_checked induction pigeonhole_principle докажем рекурсию \\(r(r,s)\\le r(r-1,s)+r(r,s-1)\\) при базе \\(r(1,s)=r(r,1)=1\\). возьмем полную красно-синюю раскраску на \\(n=r(r-1,s)+r(r,s-1)\\) вершинах и выберем вершину v. среди остальных \\(n-1\\) вершин хотя бы \\(r(r-1,s)\\) соединены с v красным ребром или хотя бы \\(r(r,s-1)\\) соединены с v синим ребром. в первом случае применяем определение \\(r(r-1,s)\\) к красному множеству концов: если там есть красная \\(k_{r-1}\\), то вместе с v она дает красную \\(k_r\\); если там есть синяя \\(k_s\\), цель уже достигнута. во втором случае применяем определение \\(r(r,s-1)\\) к синему множеству концов: синяя \\(k_{s-1}\\) вместе с v дает синюю \\(k_s\\), а красная \\(k_r\\) уже подходит. индукция по \\(r+s\\) дает конечность всех чисел \\(r(r,s)\\). ramsey-theorem teorema ramseya ob odnotsvetnoy klike ramsey_theory induction classical_theorem goal_exact_bound frank p. ramsey frankpramsey https://ru.wikipedia.org/wiki/%d0%a2%d0%b5%d0%be%d1%80%d0%b5%d0%bc%d0%b0_%d0%a0%d0%b0%d0%bc%d1%81%d0%b5%d1%8f misc reference src-wikipedia-ramsey with_solution prochee teorema ramseya frank p. ramsey teorema ramseya stmt-original-1 ai_checked dlya lyubyh naturalnyh r i s suschestvuet takoe n, chto pri lyuboy raskraske kazhdogo rebra polnogo grafa kₙ v krasnyy ili siniy tsvet naydetsya libo r vershin, vse rebra mezhdu kotorymi krasnye, libo s vershin, vse rebra mezhdu kotorymi sinie. complete_graph clique independent_set simple_graph idea-pivot-vertex vybor vershiny vybrav vershinu, delim ostalnye vershiny po tsvetu rebra k ney i primenyaem induktsiyu k dostatochno bolshoy chasti. ramsey_theory induction ai_checked sol-recursive-bound rekurrentnaya otsenka ai_checked induction pigeonhole_principle dokazhem rekursiyu \\(r(r,s)\\le r(r-1,s)+r(r,s-1)\\) pri baze \\(r(1,s)=r(r,1)=1\\). vozmem polnuyu krasno-sinyuyu raskrasku na \\(n=r(r-1,s)+r(r,s-1)\\) vershinah i vyberem vershinu v. sredi ostalnyh \\(n-1\\) vershin hotya by \\(r(r-1,s)\\) soedineny s v krasnym rebrom ili hotya by \\(r(r,s-1)\\) soedineny s v sinim rebrom. v pervom sluchae primenyaem opredelenie \\(r(r-1,s)\\) k krasnomu mnozhestvu kontsov: esli tam est krasnaya \\(k_{r-1}\\), to vmeste s v ona daet krasnuyu \\(k_r\\); esli tam est sinyaya \\(k_s\\), tsel uzhe dostignuta. vo vtorom sluchae primenyaem opredelenie \\(r(r,s-1)\\) k sinemu mnozhestvu kontsov: sinyaya \\(k_{s-1}\\) vmeste s v daet sinyuyu \\(k_s\\), a krasnaya \\(k_r\\) uzhe podhodit. induktsiya po \\(r+s\\) daet konechnost vseh chisel \\(r(r,s)\\).","source_keys":["misc"]}
{"id":"redei-odd-hamiltonian-paths-tournament","title":"Теорема Редеи о нечётности числа гамильтоновых путей в турнире","path":"data\\problems\\classical\\redei-odd-hamiltonian-paths-tournament.yaml","raw_github_url":"https://raw.githubusercontent.com/didin-maxim/knowledge_graph_of_graphs/main/data/problems/classical/redei-odd-hamiltonian-paths-tournament.yaml","viewer_url":"https://didin-maxim.github.io/knowledge_graph_of_graphs/#redei-odd-hamiltonian-paths-tournament","source_key":"misc","source_label":"Прочее","source_titles":["Rédei László, Ein kombinatorischer Satz","Турнир (теория графов)","ФЮМ 2008, первый тур (a), задача 10"],"year":"","type":"theorem","authors":["László Rédei"],"tags":["tournaments","symmetrization","classical_theorem","goal_counting","goal_existence"],"agent_topics":[],"difficulty":{"main":"classical_tool","local_score":3,"comment":"Классическое усиление теоремы Редеи: существование гамильтонова пути следует из нечётности их числа.","status":"ai_checked"},"review_status":"needs_human_review","public_ready":false,"solution_state":"with_solution","solution_classification":{"type":"unofficial_published","label":"опубликованное неофициальное","status":"ai_checked","confidence":0.78,"basis":"агентский аудит средней сложности","notes":"Карточка подкреплена опубликованными неофициальными, справочными, журнальными, вики-, форумными источниками или страницами задач.","audit_source":"agent-imo-us-classical.json"},"statements":{"original":[{"id":"stmt-original-1","title":"","status":"source_verified","text":"В любом конечном турнире число направленных гамильтоновых путей нечётно. В частности, в каждом конечном турнире существует направленный гамильтонов путь.","definition_ids":["tournament","hamiltonian_path","directed_graph"]}],"olympiad_reformulations":[{"id":"stmt-fyum-2008-tur1a-p10","title":"ФЮМ 2008: нечётность числа гамильтоновых путей","status":"ai_checked","text":"Докажите, что в любом полном ориентированном графе нечётное число гамильтоновых путей.","definition_ids":["tournament","hamiltonian_path"]}]},"solutions":[{"id":"sol-complement-and-edge-reversal","title":"Инвариантность чётности при перевороте ребра","status":"ai_checked","definition_ids":["tournament","hamiltonian_path","directed_graph"],"standard_idea_ids":["complement_graph_transition"],"tags":[],"has_text":true,"text_preview":"Обозначим через h(G) число направленных гамильтоновых путей в конечном орграфе G. Сначала докажем вспомогательный факт: если n>1 и \\(\\overline G\\) — направленное дополнение G, то есть орграф на тех же вершинах, где дуга u→v стоит ровно тогда, когда в G такой дуги нет, то \\(h(G)\\equiv h(\\overline G)\\pmod 2\\). Для spanning-подграфа H графа G пусть s(H) — число нумераций вершин числами 1,...,n, при которых все дуги H идут из i в i+1. Если H не является объединением непересекающихся направленных путей, то s(H)=0; если является объединением k путей, то s(H)=k!, поэтому по модулю 2 вклад дают только сами гамильтоновы пути. Значит, \\(h(G)\\equiv \\sum_{E(H)\\subseteq E(G)}s(H)\\pmod 2\\). С другой стороны, нумерации, которые не задают гамильтонов путь в \\(\\overline G\\), — это ровно нумерации, где хотя бы одна соседняя дуга i→i+1 принадлежит G. По включениям-исключениям их число равно \\(\\sum_{E(H)\\s…"}],"relations":[{"id":"rel-kolm-2009-r4-regular-tournament-redei-parity","neighbor_id":"kolmogorov-2009-round4-high-regular-tournament-hamiltonian-paths","direction":"backward","type":"same_motif","distance":2,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-putnam-1996-a4-redei-odd-hamiltonian-paths-order-motif","neighbor_id":"putnam-1996-a4-oriented-triples-order","direction":"backward","type":"same_motif","distance":3,"status":"needs_human_review"},{"id":"rel-unique-insertion-oriented-triples-redei-order-tournament","neighbor_id":"unique-insertion-interval-oriented-triples","direction":"backward","type":"same_motif","distance":3,"status":"needs_human_review"},{"id":"rel-redei-odd-hamiltonian-paths-tournament-hamiltonian-path","neighbor_id":"tournament-hamiltonian-path","direction":"forward","type":"prerequisite","distance":1,"status":"ai_checked"}],"search_text":"redei-odd-hamiltonian-paths-tournament теорема редеи о нечётности числа гамильтоновых путей в турнире tournaments symmetrization classical_theorem goal_counting goal_existence https://acta.bibl.u-szeged.hu/13432/ https://ru.wikipedia.org/wiki/%d0%a2%d1%83%d1%80%d0%bd%d0%b8%d1%80_%28%d1%82%d0%b5%d0%be%d1%80%d0%b8%d1%8f_%d0%b3%d1%80%d0%b0%d1%84%d0%be%d0%b2%29 https://www.guas.info/competit/fest/fest19/tur1a.tex lászló rédei lászlórédei misc olympiad_archive reference research_paper rédei lászló, ein kombinatorischer satz src-fyum-2008-tur1a-p10-official src-redei-1935-ein-kombinatorischer-satz src-wikipedia-tournament with_solution прочее турнир (теория графов) фюм 2008, первый тур (a), задача 10 lászló rédei rédei lászló, ein kombinatorischer satz турнир (теория графов) фюм 2008, первый тур (a), задача 10 stmt-original-1 source_verified в любом конечном турнире число направленных гамильтоновых путей нечётно. в частности, в каждом конечном турнире существует направленный гамильтонов путь. tournament hamiltonian_path directed_graph stmt-fyum-2008-tur1a-p10 фюм 2008: нечётность числа гамильтоновых путей ai_checked докажите, что в любом полном ориентированном графе нечётное число гамильтоновых путей. tournament hamiltonian_path idea-arc-reversal-parity-invariant чётность не меняется при перевороте одного ребра если два турнира отличаются только направлением одного ребра, то числа их гамильтоновых путей имеют одинаковую чётность. поэтому любой турнир можно перевести в транзитивный турнир, где гамильтонов путь ровно один. tournaments symmetrization ai_checked idea-complement-parity дополнение орграфа сохраняет число путей по модулю 2 для любого орграфа с более чем одной вершиной число гамильтоновых путей в графе и в его направленном дополнении одинаково по модулю 2; это следует из включений-исключений по запрещённым соседним дугам. symmetrization double_counting ai_checked sol-complement-and-edge-reversal инвариантность чётности при перевороте ребра ai_checked tournament hamiltonian_path directed_graph complement_graph_transition обозначим через h(g) число направленных гамильтоновых путей в конечном орграфе g. сначала докажем вспомогательный факт: если n>1 и \\(\\overline g\\) — направленное дополнение g, то есть орграф на тех же вершинах, где дуга u→v стоит ровно тогда, когда в g такой дуги нет, то \\(h(g)\\equiv h(\\overline g)\\pmod 2\\). для spanning-подграфа h графа g пусть s(h) — число нумераций вершин числами 1,...,n, при которых все дуги h идут из i в i+1. если h не является объединением непересекающихся направленных путей, то s(h)=0; если является объединением k путей, то s(h)=k!, поэтому по модулю 2 вклад дают только сами гамильтоновы пути. значит, \\(h(g)\\equiv \\sum_{e(h)\\subseteq e(g)}s(h)\\pmod 2\\). с другой стороны, нумерации, которые не задают гамильтонов путь в \\(\\overline g\\), — это ровно нумерации, где хотя бы одна соседняя дуга i→i+1 принадлежит g. по включениям-исключениям их число равно \\(\\sum_{e(h)\\s… redei-odd-hamiltonian-paths-tournament teorema redei o nechetnosti chisla gamiltonovyh putey v turnire tournaments symmetrization classical_theorem goal_counting goal_existence https://acta.bibl.u-szeged.hu/13432/ https://ru.wikipedia.org/wiki/%d0%a2%d1%83%d1%80%d0%bd%d0%b8%d1%80_%28%d1%82%d0%b5%d0%be%d1%80%d0%b8%d1%8f_%d0%b3%d1%80%d0%b0%d1%84%d0%be%d0%b2%29 https://www.guas.info/competit/fest/fest19/tur1a.tex lászló rédei lászlórédei misc olympiad_archive reference research_paper rédei lászló, ein kombinatorischer satz src-fyum-2008-tur1a-p10-official src-redei-1935-ein-kombinatorischer-satz src-wikipedia-tournament with_solution prochee turnir (teoriya grafov) fyum 2008, pervyy tur (a), zadacha 10 lászló rédei rédei lászló, ein kombinatorischer satz turnir (teoriya grafov) fyum 2008, pervyy tur (a), zadacha 10 stmt-original-1 source_verified v lyubom konechnom turnire chislo napravlennyh gamiltonovyh putey nechetno. v chastnosti, v kazhdom konechnom turnire suschestvuet napravlennyy gamiltonov put. tournament hamiltonian_path directed_graph stmt-fyum-2008-tur1a-p10 fyum 2008: nechetnost chisla gamiltonovyh putey ai_checked dokazhite, chto v lyubom polnom orientirovannom grafe nechetnoe chislo gamiltonovyh putey. tournament hamiltonian_path idea-arc-reversal-parity-invariant chetnost ne menyaetsya pri perevorote odnogo rebra esli dva turnira otlichayutsya tolko napravleniem odnogo rebra, to chisla ih gamiltonovyh putey imeyut odinakovuyu chetnost. poetomu lyuboy turnir mozhno perevesti v tranzitivnyy turnir, gde gamiltonov put rovno odin. tournaments symmetrization ai_checked idea-complement-parity dopolnenie orgrafa sohranyaet chislo putey po modulyu 2 dlya lyubogo orgrafa s bolee chem odnoy vershinoy chislo gamiltonovyh putey v grafe i v ego napravlennom dopolnenii odinakovo po modulyu 2; eto sleduet iz vklyucheniy-isklyucheniy po zapreschennym sosednim dugam. symmetrization double_counting ai_checked sol-complement-and-edge-reversal invariantnost chetnosti pri perevorote rebra ai_checked tournament hamiltonian_path directed_graph complement_graph_transition oboznachim cherez h(g) chislo napravlennyh gamiltonovyh putey v konechnom orgrafe g. snachala dokazhem vspomogatelnyy fakt: esli n>1 i \\(\\overline g\\) — napravlennoe dopolnenie g, to est orgraf na teh zhe vershinah, gde duga u→v stoit rovno togda, kogda v g takoy dugi net, to \\(h(g)\\equiv h(\\overline g)\\pmod 2\\). dlya spanning-podgrafa h grafa g pust s(h) — chislo numeratsiy vershin chislami 1,...,n, pri kotoryh vse dugi h idut iz i v i+1. esli h ne yavlyaetsya obedineniem neperesekayuschihsya napravlennyh putey, to s(h)=0; esli yavlyaetsya obedineniem k putey, to s(h)=k!, poetomu po modulyu 2 vklad dayut tolko sami gamiltonovy puti. znachit, \\(h(g)\\equiv \\sum_{e(h)\\subseteq e(g)}s(h)\\pmod 2\\). s drugoy storony, numeratsii, kotorye ne zadayut gamiltonov put v \\(\\overline g\\), — eto rovno numeratsii, gde hotya by odna sosednyaya duga i→i+1 prinadlezhit g. po vklyucheniyam-isklyucheniyam ih chislo ravno \\(\\sum_{e(h)\\s…","source_keys":["misc","fyum"]}
{"id":"regular-bipartite-perfect-matching-decomposition","title":"Разложение регулярного двудольного графа на совершенные паросочетания","path":"data\\problems\\classical\\regular-bipartite-perfect-matching-decomposition.yaml","raw_github_url":"https://raw.githubusercontent.com/didin-maxim/knowledge_graph_of_graphs/main/data/problems/classical/regular-bipartite-perfect-matching-decomposition.yaml","viewer_url":"https://didin-maxim.github.io/knowledge_graph_of_graphs/#regular-bipartite-perfect-matching-decomposition","source_key":"misc","source_label":"Прочее","source_titles":["Wikipedia, Kőnig's line coloring theorem"],"year":"","type":"lemma","authors":["Dénes Kőnig"],"tags":["matching","classical_lemma","induction","goal_construction"],"agent_topics":[],"difficulty":{"main":"national_final_medium","local_score":5,"comment":"Классическая лемма: напрямую следует из Холла и индукции.","status":"ai_checked"},"review_status":"ai_checked","public_ready":true,"solution_state":"with_solution","solution_classification":{"type":"classical_self_contained","label":"классическое самодостаточное доказательство","status":"ai_checked","confidence":0.9,"basis":"Карточка содержит стандартное доказательство через теорему Холла и индукцию по степени.","notes":"Это самостоятельная лемма, вынесенная из доказательства теоремы Кёнига о рёберной раскраске двудольных графов.","audit_source":"manual-status-audit-2026-05-16"},"statements":{"original":[{"id":"stmt-original","title":"Регулярный двудольный граф","status":"ai_checked","text":"Пусть \\(G\\) — конечный \\(d\\)-регулярный двудольный граф с \\(d\\ge 1\\). Тогда множество его рёбер можно разбить на \\(d\\) совершенных паросочетаний.","definition_ids":["bipartite_graph","degree","matching"]}]},"solutions":[{"id":"sol-hall-induction","title":"Холл и индукция по степени","status":"ai_checked","definition_ids":["bipartite_graph","degree","matching"],"standard_idea_ids":["extremal_choice"],"tags":[],"has_text":true,"text_preview":"Пусть доли двудольного графа равны \\(X\\) и \\(Y\\). Так как граф \\(d\\)-регулярен и \\(d>0\\), подсчёт рёбер даёт \\(d|X|=d|Y|\\), значит \\(|X|=|Y|\\). Проверим условие Холла для доли \\(X\\). Для любого множества \\(S\\subseteq X\\) из него выходит ровно \\(d|S|\\) рёбер. Все эти рёбра входят в множество соседей \\(N(S)\\subseteq Y\\), а каждая вершина из \\(N(S)\\) инцидентна не более чем \\(d\\) таким рёбрам. Поэтому \\(d|S|\\le d|N(S)|\\), то есть \\(|S|\\le |N(S)|\\). По теореме Холла существует паросочетание, покрывающее всю долю \\(X\\); поскольку \\(|X|=|Y|\\), оно является совершенным. Удалим найденное совершенное паросочетание. Степень каждой вершины уменьшится ровно на 1, поэтому оставшийся граф будет \\((d-1)\\)-регулярным и двудольным. Повторяя рассуждение или применяя индукцию по \\(d\\), получаем разбиение всех рёбер исходного графа на \\(d\\) совершенных паросочетаний."}],"relations":[{"id":"rel-regular-bipartite-decomposition-konig-line-coloring","neighbor_id":"konig-line-coloring-bipartite","direction":"forward","type":"prerequisite","distance":1,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-regular-bipartite-decomposition-hall-marriage","neighbor_id":"hall-marriage-theorem","direction":"backward","type":"prerequisite","distance":1,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-ms2012-p3-regular-bipartite-decomposition-toolchain","neighbor_id":"miklos-schweitzer-2012-p3-two-colored-k-chromatic-tree","direction":"forward","type":"prerequisite","distance":2,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-ternary-nonzero-matching-regular-bipartite-decomposition","neighbor_id":"ternary-nonzero-strings-perfect-matching","direction":"backward","type":"same_motif","distance":3,"status":"needs_human_review"}],"search_text":"regular-bipartite-perfect-matching-decomposition разложение регулярного двудольного графа на совершенные паросочетания matching classical_lemma induction goal_construction dénes kőnig déneskőnig https://en.wikipedia.org/wiki/k%c5%91nig%27s_line_coloring_theorem misc src-wikipedia-konig-line-coloring standard_reference wikipedia, kőnig's line coloring theorem with_solution прочее dénes kőnig wikipedia, kőnig's line coloring theorem stmt-original регулярный двудольный граф ai_checked пусть \\(g\\) — конечный \\(d\\)-регулярный двудольный граф с \\(d\\ge 1\\). тогда множество его рёбер можно разбить на \\(d\\) совершенных паросочетаний. bipartite_graph degree matching idea-hall-then-remove найти совершенное паросочетание и удалить в регулярном двудольном графе условие холла следует из подсчёта рёбер из множества левой доли в его соседей. после удаления совершенного паросочетания граф остаётся регулярным меньшей степени. matching induction ai_checked sol-hall-induction холл и индукция по степени ai_checked bipartite_graph degree matching extremal_choice пусть доли двудольного графа равны \\(x\\) и \\(y\\). так как граф \\(d\\)-регулярен и \\(d>0\\), подсчёт рёбер даёт \\(d|x|=d|y|\\), значит \\(|x|=|y|\\). проверим условие холла для доли \\(x\\). для любого множества \\(s\\subseteq x\\) из него выходит ровно \\(d|s|\\) рёбер. все эти рёбра входят в множество соседей \\(n(s)\\subseteq y\\), а каждая вершина из \\(n(s)\\) инцидентна не более чем \\(d\\) таким рёбрам. поэтому \\(d|s|\\le d|n(s)|\\), то есть \\(|s|\\le |n(s)|\\). по теореме холла существует паросочетание, покрывающее всю долю \\(x\\); поскольку \\(|x|=|y|\\), оно является совершенным. удалим найденное совершенное паросочетание. степень каждой вершины уменьшится ровно на 1, поэтому оставшийся граф будет \\((d-1)\\)-регулярным и двудольным. повторяя рассуждение или применяя индукцию по \\(d\\), получаем разбиение всех рёбер исходного графа на \\(d\\) совершенных паросочетаний. regular-bipartite-perfect-matching-decomposition razlozhenie regulyarnogo dvudolnogo grafa na sovershennye parosochetaniya matching classical_lemma induction goal_construction dénes kőnig déneskőnig https://en.wikipedia.org/wiki/k%c5%91nig%27s_line_coloring_theorem misc src-wikipedia-konig-line-coloring standard_reference wikipedia, kőnig's line coloring theorem with_solution prochee dénes kőnig wikipedia, kőnig's line coloring theorem stmt-original regulyarnyy dvudolnyy graf ai_checked pust \\(g\\) — konechnyy \\(d\\)-regulyarnyy dvudolnyy graf s \\(d\\ge 1\\). togda mnozhestvo ego reber mozhno razbit na \\(d\\) sovershennyh parosochetaniy. bipartite_graph degree matching idea-hall-then-remove nayti sovershennoe parosochetanie i udalit v regulyarnom dvudolnom grafe uslovie holla sleduet iz podscheta reber iz mnozhestva levoy doli v ego sosedey. posle udaleniya sovershennogo parosochetaniya graf ostaetsya regulyarnym menshey stepeni. matching induction ai_checked sol-hall-induction holl i induktsiya po stepeni ai_checked bipartite_graph degree matching extremal_choice pust doli dvudolnogo grafa ravny \\(x\\) i \\(y\\). tak kak graf \\(d\\)-regulyaren i \\(d>0\\), podschet reber daet \\(d|x|=d|y|\\), znachit \\(|x|=|y|\\). proverim uslovie holla dlya doli \\(x\\). dlya lyubogo mnozhestva \\(s\\subseteq x\\) iz nego vyhodit rovno \\(d|s|\\) reber. vse eti rebra vhodyat v mnozhestvo sosedey \\(n(s)\\subseteq y\\), a kazhdaya vershina iz \\(n(s)\\) intsidentna ne bolee chem \\(d\\) takim rebram. poetomu \\(d|s|\\le d|n(s)|\\), to est \\(|s|\\le |n(s)|\\). po teoreme holla suschestvuet parosochetanie, pokryvayuschee vsyu dolyu \\(x\\); poskolku \\(|x|=|y|\\), ono yavlyaetsya sovershennym. udalim naydennoe sovershennoe parosochetanie. stepen kazhdoy vershiny umenshitsya rovno na 1, poetomu ostavshiysya graf budet \\((d-1)\\)-regulyarnym i dvudolnym. povtoryaya rassuzhdenie ili primenyaya induktsiyu po \\(d\\), poluchaem razbienie vseh reber ishodnogo grafa na \\(d\\) sovershennyh parosochetaniy.","source_keys":["misc"]}
{"id":"rmm-2012-p1-sociable-sets-bipartite-parity","title":"Чётность покрывающих множеств в двудольном графе знакомств, RMM 2012 P1","path":"data\\problems\\rmm\\rmm-2012-p1-sociable-sets-bipartite-parity.yaml","raw_github_url":"https://raw.githubusercontent.com/didin-maxim/knowledge_graph_of_graphs/main/data/problems/rmm/rmm-2012-p1-sociable-sets-bipartite-parity.yaml","viewer_url":"https://didin-maxim.github.io/knowledge_graph_of_graphs/#rmm-2012-p1-sociable-sets-bipartite-parity","source_key":"rmm","source_label":"RMM","source_titles":["RMM 2012 официальные условия и решения","MOlympiad.NET, Romanian Masters Mathematics 2012 решения"],"year":"2012","type":"olympiad_problem","authors":[],"tags":["double_counting","goal_counting"],"agent_topics":[],"difficulty":{"main":"national_final_hard","local_score":9,"comment":"RMM 2012 P1; графовая модель неявная в условии, но официальное решение естественно формулируется в языке двудольного графа и двойного счёта.","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 доведён до полного","status":"ai_checked","confidence":0.9,"basis":"официальный источник и повторная проверка полного русского решения из хвоста очереди official-plan-needs-completion","notes":"Доказательство самодостаточно: один и тот же счёт разделённых пар по модулю 2 даёт чётность покрывающих множеств в обеих долях.","audit_source":"official-plan-tail-pass-2026-05-16"},"statements":{"original":[{"id":"stmt-original","title":"Условие","status":"ai_checked","text":"Есть конечное число мальчиков и девочек. Набор мальчиков называется покрывающим, если каждая девочка знает хотя бы одного мальчика из этого набора; аналогично определяется покрывающий набор девочек. Докажите, что число покрывающих наборов мальчиков и число покрывающих наборов девочек одной чётности.","definition_ids":[]}],"graph_theory":[{"id":"stmt-graph","title":"Чётность покрывающих множеств в двудольном графе знакомств, RMM 2012 P1","status":"ai_checked","text":"Пусть \\(G=(L,R,E)\\) — конечный двудольный граф. Подмножество \\(X\\subseteq L\\) назовём покрывающим, если каждая вершина из \\(R\\) имеет соседа в \\(X\\). Аналогично определяется покрывающее подмножество \\(Y\\subseteq R\\). Докажите, что число покрывающих подмножеств в \\(L\\) и число покрывающих подмножеств в \\(R\\) имеют одинаковую чётность.","definition_ids":["bipartite_graph"]}]},"solutions":[{"id":"sol-official-compressed","title":"Решение через разделённые пары","status":"ai_checked","definition_ids":["bipartite_graph"],"standard_idea_ids":["double_counting"],"tags":[],"has_text":true,"text_preview":"Построим двудольный граф знакомств: левая доля \\(L\\) — мальчики, правая доля \\(R\\) — девочки, ребро означает знакомство. Будем считать по модулю \\(2\\) число упорядоченных пар подмножеств \\((X,Y)\\), где \\(X\\subseteq L\\), \\(Y\\subseteq R\\), и между \\(X\\) и \\(Y\\) нет ни одного ребра. Сначала зафиксируем \\(X\\subseteq L\\). Пусть \\(Y_X\\) — множество девочек, не знакомых ни с одним мальчиком из \\(X\\). Тогда условие отсутствия ребер между \\(X\\) и \\(Y\\) означает ровно, что \\(Y\\) можно выбрать произвольным подмножеством \\(Y_X\\). Значит, при данном \\(X\\) число подходящих \\(Y\\) равно \\(2^{|Y_X|}\\). По модулю \\(2\\) это число равно \\(1\\) только в случае \\(|Y_X|=0\\), а это как раз означает, что каждая девочка знакома хотя бы с одним мальчиком из \\(X\\), то есть \\(X\\) покрывающее. Если \\(|Y_X|>0\\), вклад равен \\(0\\) по модулю \\(2\\). Поэтому общее число таких разделённых пар сравнимо по модулю \\(2\\) с чис…"}],"relations":[{"id":"rel-rmm-2012-p1-hall-cover-parity","neighbor_id":"hall-marriage-theorem","direction":"backward","type":"same_motif","distance":3,"status":"needs_human_review"},{"id":"rel-rmm-2012-vosh-2025-two-side-bipartite-balance","neighbor_id":"vosh-2025-26-final-regions-friendship-coloring","direction":"forward","type":"same_motif","distance":3,"status":"needs_human_review"}],"search_text":"rmm-2012-p1-sociable-sets-bipartite-parity чётность покрывающих множеств в двудольном графе знакомств, rmm 2012 p1 double_counting goal_counting 2012 https://rmms.lbi.ro/rmm2012/index.php?id=solutions_math https://www.molympiad.net/2017/06/romanian-masters-mathematics-2012.html molympiad.net, romanian masters mathematics 2012 решения official_archive olympiad_archive rmm rmm 2012 официальные условия и решения rmm2012 src-molympiad-rmm-2012 src-rmm-2012-official with_solution ? rmm 2012 официальные условия и решения molympiad.net, romanian masters mathematics 2012 решения stmt-original условие ai_checked есть конечное число мальчиков и девочек. набор мальчиков называется покрывающим, если каждая девочка знает хотя бы одного мальчика из этого набора; аналогично определяется покрывающий набор девочек. докажите, что число покрывающих наборов мальчиков и число покрывающих наборов девочек одной чётности. stmt-graph чётность покрывающих множеств в двудольном графе знакомств, rmm 2012 p1 ai_checked пусть \\(g=(l,r,e)\\) — конечный двудольный граф. подмножество \\(x\\subseteq l\\) назовём покрывающим, если каждая вершина из \\(r\\) имеет соседа в \\(x\\). аналогично определяется покрывающее подмножество \\(y\\subseteq r\\). докажите, что число покрывающих подмножеств в \\(l\\) и число покрывающих подмножеств в \\(r\\) имеют одинаковую чётность. bipartite_graph idea-separated-pairs счёт пар разделённых множеств считаются упорядоченные пары \\((x,y)\\), где набор мальчиков \\(x\\) и набор девочек \\(y\\) не соединены ни одним ребром. для фиксированного \\(x\\) число подходящих \\(y\\) равно степени двойки и потому даёт вклад 1 по модулю 2 ровно тогда, когда \\(x\\) уже покрывающий. double_counting ai_checked idea-bipartite-symmetry симметрия двух долей то же рассуждение работает и в обратную сторону: по симметрии двудольного графа одна и та же сумма по модулю 2 равна и числу покрывающих множеств мальчиков, и числу покрывающих множеств девочек. graph_symmetry ai_checked sol-official-compressed решение через разделённые пары ai_checked bipartite_graph double_counting построим двудольный граф знакомств: левая доля \\(l\\) — мальчики, правая доля \\(r\\) — девочки, ребро означает знакомство. будем считать по модулю \\(2\\) число упорядоченных пар подмножеств \\((x,y)\\), где \\(x\\subseteq l\\), \\(y\\subseteq r\\), и между \\(x\\) и \\(y\\) нет ни одного ребра. сначала зафиксируем \\(x\\subseteq l\\). пусть \\(y_x\\) — множество девочек, не знакомых ни с одним мальчиком из \\(x\\). тогда условие отсутствия ребер между \\(x\\) и \\(y\\) означает ровно, что \\(y\\) можно выбрать произвольным подмножеством \\(y_x\\). значит, при данном \\(x\\) число подходящих \\(y\\) равно \\(2^{|y_x|}\\). по модулю \\(2\\) это число равно \\(1\\) только в случае \\(|y_x|=0\\), а это как раз означает, что каждая девочка знакома хотя бы с одним мальчиком из \\(x\\), то есть \\(x\\) покрывающее. если \\(|y_x|>0\\), вклад равен \\(0\\) по модулю \\(2\\). поэтому общее число таких разделённых пар сравнимо по модулю \\(2\\) с чис… rmm-2012-p1-sociable-sets-bipartite-parity chetnost pokryvayuschih mnozhestv v dvudolnom grafe znakomstv, rmm 2012 p1 double_counting goal_counting 2012 https://rmms.lbi.ro/rmm2012/index.php?id=solutions_math https://www.molympiad.net/2017/06/romanian-masters-mathematics-2012.html molympiad.net, romanian masters mathematics 2012 resheniya official_archive olympiad_archive rmm rmm 2012 ofitsialnye usloviya i resheniya rmm2012 src-molympiad-rmm-2012 src-rmm-2012-official with_solution ? rmm 2012 ofitsialnye usloviya i resheniya molympiad.net, romanian masters mathematics 2012 resheniya stmt-original uslovie ai_checked est konechnoe chislo malchikov i devochek. nabor malchikov nazyvaetsya pokryvayuschim, esli kazhdaya devochka znaet hotya by odnogo malchika iz etogo nabora; analogichno opredelyaetsya pokryvayuschiy nabor devochek. dokazhite, chto chislo pokryvayuschih naborov malchikov i chislo pokryvayuschih naborov devochek odnoy chetnosti. stmt-graph chetnost pokryvayuschih mnozhestv v dvudolnom grafe znakomstv, rmm 2012 p1 ai_checked pust \\(g=(l,r,e)\\) — konechnyy dvudolnyy graf. podmnozhestvo \\(x\\subseteq l\\) nazovem pokryvayuschim, esli kazhdaya vershina iz \\(r\\) imeet soseda v \\(x\\). analogichno opredelyaetsya pokryvayuschee podmnozhestvo \\(y\\subseteq r\\). dokazhite, chto chislo pokryvayuschih podmnozhestv v \\(l\\) i chislo pokryvayuschih podmnozhestv v \\(r\\) imeyut odinakovuyu chetnost. bipartite_graph idea-separated-pairs schet par razdelennyh mnozhestv schitayutsya uporyadochennye pary \\((x,y)\\), gde nabor malchikov \\(x\\) i nabor devochek \\(y\\) ne soedineny ni odnim rebrom. dlya fiksirovannogo \\(x\\) chislo podhodyaschih \\(y\\) ravno stepeni dvoyki i potomu daet vklad 1 po modulyu 2 rovno togda, kogda \\(x\\) uzhe pokryvayuschiy. double_counting ai_checked idea-bipartite-symmetry simmetriya dvuh doley to zhe rassuzhdenie rabotaet i v obratnuyu storonu: po simmetrii dvudolnogo grafa odna i ta zhe summa po modulyu 2 ravna i chislu pokryvayuschih mnozhestv malchikov, i chislu pokryvayuschih mnozhestv devochek. graph_symmetry ai_checked sol-official-compressed reshenie cherez razdelennye pary ai_checked bipartite_graph double_counting postroim dvudolnyy graf znakomstv: levaya dolya \\(l\\) — malchiki, pravaya dolya \\(r\\) — devochki, rebro oznachaet znakomstvo. budem schitat po modulyu \\(2\\) chislo uporyadochennyh par podmnozhestv \\((x,y)\\), gde \\(x\\subseteq l\\), \\(y\\subseteq r\\), i mezhdu \\(x\\) i \\(y\\) net ni odnogo rebra. snachala zafiksiruem \\(x\\subseteq l\\). pust \\(y_x\\) — mnozhestvo devochek, ne znakomyh ni s odnim malchikom iz \\(x\\). togda uslovie otsutstviya reber mezhdu \\(x\\) i \\(y\\) oznachaet rovno, chto \\(y\\) mozhno vybrat proizvolnym podmnozhestvom \\(y_x\\). znachit, pri dannom \\(x\\) chislo podhodyaschih \\(y\\) ravno \\(2^{|y_x|}\\). po modulyu \\(2\\) eto chislo ravno \\(1\\) tolko v sluchae \\(|y_x|=0\\), a eto kak raz oznachaet, chto kazhdaya devochka znakoma hotya by s odnim malchikom iz \\(x\\), to est \\(x\\) pokryvayuschee. esli \\(|y_x|>0\\), vklad raven \\(0\\) po modulyu \\(2\\). poetomu obschee chislo takih razdelennyh par sravnimo po modulyu \\(2\\) s chis…","source_keys":["rmm"]}
{"id":"rmm-2013-p2-tester-pair-endomorphism-digraph","title":"Тестер-пара через жёсткий раскрашенный орграф, RMM 2013 P2","path":"data\\problems\\rmm\\rmm-2013-p2-tester-pair-endomorphism-digraph.yaml","raw_github_url":"https://raw.githubusercontent.com/didin-maxim/knowledge_graph_of_graphs/main/data/problems/rmm/rmm-2013-p2-tester-pair-endomorphism-digraph.yaml","viewer_url":"https://didin-maxim.github.io/knowledge_graph_of_graphs/#rmm-2013-p2-tester-pair-endomorphism-digraph","source_key":"rmm","source_label":"RMM","source_titles":["RMM 2013 официальные условия и решения","MOlympiad.NET, Romanian Masters Mathematics 2013 решения"],"year":"2013","type":"olympiad_problem","authors":[],"tags":["connectivity","goal_construction"],"agent_topics":[],"difficulty":{"main":"national_final_hard","local_score":10,"comment":"RMM 2013 P2; графовая модель содержится в одном из официальных решений и там уже становится центральным содержанием задачи.","status":"ai_checked"},"review_status":"needs_human_review","public_ready":false,"solution_state":"with_solution","solution_classification":{"type":"official_complete_or_near_complete","status":"ai_checked","confidence":0.78,"basis":"Аудит 2026-05-06: локальная конструкция и проверка жёсткости выписаны.","notes":"Кандидат оказался ложным срабатыванием по сжатости: текст подробно задаёт обе биекции, маркер компоненты и проверку отсутствия нетождественных эндоморфизмов. Общий review_status остаётся needs_human_review из-за источниковых/метаданных.","label":"официальное полное/почти полное"},"statements":{"original":[{"id":"stmt-original","title":"Условие","status":"ai_checked","text":"Существует ли пара функций \\(g,h:\\mathbb R\\to\\mathbb R\\), для которой всякая функция \\(f\\), удовлетворяющая \\(f(g(x))=g(f(x))\\) и \\(f(h(x))=h(f(x))\\) для всех \\(x\\), обязана быть тождественной?","definition_ids":[]}],"graph_theory":[{"id":"stmt-graph","title":"Тестер-пара через жёсткий раскрашенный орграф, RMM 2013 P2","status":"ai_checked","text":"Требуется построить ориентированный граф с множеством вершин мощности континуум, рёбра которого раскрашены в красный и синий цвета, так что из каждой вершины выходит ровно одна красная и ровно одна синяя дуга. Эндоморфизмом такого графа называется отображение вершин в себя, сохраняющее оба цвета дуг. Докажите, что существует такой граф, у которого единственный эндоморфизм — тождественное отображение.","definition_ids":["directed_graph"]}]},"solutions":[{"id":"sol-official-compressed","title":"Графовое решение","status":"ai_checked","definition_ids":["directed_graph"],"standard_idea_ids":[],"tags":[],"has_text":true,"text_preview":"Ответ: да; более того, можно выбрать обе функции биекциями. Сначала переведём условие на язык раскрашенных орграфов. Для заданных \\(g,h:\\mathbb R\\to\\mathbb R\\) проведём из каждой вершины \\(t\\) красную дугу \\(t\\to g(t)\\) и синюю дугу \\(t\\to h(t)\\). Равенства \\(f(g(t))=g(f(t))\\) и \\(f(h(t))=h(f(t))\\) означают ровно то, что \\(f\\) переводит красные дуги в красные, а синие в синие, то есть является эндоморфизмом этого раскрашенного орграфа. Поэтому достаточно построить такой граф на \\(\\mathbb R\\), у которого нет нетождественных эндоморфизмов. Положим \\(g(t)=t+1\\). Тогда красные дуги разбивают \\(\\mathbb R\\) на множества \\(S_x=x+\\mathbb Z\\), где \\(0\\le x<1\\). Они будут компонентами. Для каждого \\(x\\in[0,1)\\) зафиксируем двоичную запись \\(x=0.x_1x_2\\ldots\\), выбирая для двоично-рациональных чисел ту запись, которая не оканчивается бесконечной цепочкой единиц. Определим \\(h\\) отдельно на каждом…"}],"relations":[{"id":"rel-tc-2013-rmm-2013-graph-rigidity","neighbor_id":"tc-2013-14-vertex-transitive-not-transposition","direction":"backward","type":"same_motif","distance":3,"status":"needs_human_review"},{"id":"rel-apmo-2016-rmm-2013-functional-digraph-encoding","neighbor_id":"apmo-2016-p4-dreamland-28-step-coloring","direction":"backward","type":"same_motif","distance":3,"status":"needs_human_review"}],"search_text":"rmm-2013-p2-tester-pair-endomorphism-digraph тестер-пара через жёсткий раскрашенный орграф, rmm 2013 p2 connectivity goal_construction 2013 https://rmms.lbi.ro/rmm2013/index.php?id=solutions_math https://www.molympiad.net/2017/06/romanian-masters-mathematics-2013.html molympiad.net, romanian masters mathematics 2013 решения official_archive olympiad_archive rmm rmm 2013 официальные условия и решения rmm2013 src-molympiad-rmm-2013 src-rmm-2013-official with_solution ? rmm 2013 официальные условия и решения molympiad.net, romanian masters mathematics 2013 решения stmt-original условие ai_checked существует ли пара функций \\(g,h:\\mathbb r\\to\\mathbb r\\), для которой всякая функция \\(f\\), удовлетворяющая \\(f(g(x))=g(f(x))\\) и \\(f(h(x))=h(f(x))\\) для всех \\(x\\), обязана быть тождественной? stmt-graph тестер-пара через жёсткий раскрашенный орграф, rmm 2013 p2 ai_checked требуется построить ориентированный граф с множеством вершин мощности континуум, рёбра которого раскрашены в красный и синий цвета, так что из каждой вершины выходит ровно одна красная и ровно одна синяя дуга. эндоморфизмом такого графа называется отображение вершин в себя, сохраняющее оба цвета дуг. докажите, что существует такой граф, у которого единственный эндоморфизм — тождественное отображение. directed_graph idea-commuting-endomorphism коммутирование равно эндоморфизму орграфа если провести из каждой вершины красную дугу \\(x\\to g(x)\\) и синюю дугу \\(x\\to h(x)\\), то условие \\(f\\circ g=g\\circ f\\) и \\(f\\circ h=h\\circ f\\) в точности означает, что \\(f\\) сохраняет дуги и их цвета, то есть является эндоморфизмом построенного раскрашенного орграфа. ai_checked idea-rigid-components жёсткие компоненты без гомоморфизмов между ними берём красные дуги \\(t\\to t+1\\), поэтому компоненты имеют вид \\(x+\\mathbb z\\), \\(0\\le x<1\\). синие дуги внутри компоненты сначала ставят единственный маркер скачка на три, который фиксирует начало компоненты, а затем блоками по три кодируют двоичные цифры параметра \\(x\\). цветосохраняющий гомоморфизм обязан сохранить красный сдвиг, затем маркер, затем каждый блок, поэтому возможен только между одинаковыми компонентами и только тождественный. connectivity ai_checked sol-official-compressed графовое решение ai_checked directed_graph ответ: да; более того, можно выбрать обе функции биекциями. сначала переведём условие на язык раскрашенных орграфов. для заданных \\(g,h:\\mathbb r\\to\\mathbb r\\) проведём из каждой вершины \\(t\\) красную дугу \\(t\\to g(t)\\) и синюю дугу \\(t\\to h(t)\\). равенства \\(f(g(t))=g(f(t))\\) и \\(f(h(t))=h(f(t))\\) означают ровно то, что \\(f\\) переводит красные дуги в красные, а синие в синие, то есть является эндоморфизмом этого раскрашенного орграфа. поэтому достаточно построить такой граф на \\(\\mathbb r\\), у которого нет нетождественных эндоморфизмов. положим \\(g(t)=t+1\\). тогда красные дуги разбивают \\(\\mathbb r\\) на множества \\(s_x=x+\\mathbb z\\), где \\(0\\le x<1\\). они будут компонентами. для каждого \\(x\\in[0,1)\\) зафиксируем двоичную запись \\(x=0.x_1x_2\\ldots\\), выбирая для двоично-рациональных чисел ту запись, которая не оканчивается бесконечной цепочкой единиц. определим \\(h\\) отдельно на каждом… rmm-2013-p2-tester-pair-endomorphism-digraph tester-para cherez zhestkiy raskrashennyy orgraf, rmm 2013 p2 connectivity goal_construction 2013 https://rmms.lbi.ro/rmm2013/index.php?id=solutions_math https://www.molympiad.net/2017/06/romanian-masters-mathematics-2013.html molympiad.net, romanian masters mathematics 2013 resheniya official_archive olympiad_archive rmm rmm 2013 ofitsialnye usloviya i resheniya rmm2013 src-molympiad-rmm-2013 src-rmm-2013-official with_solution ? rmm 2013 ofitsialnye usloviya i resheniya molympiad.net, romanian masters mathematics 2013 resheniya stmt-original uslovie ai_checked suschestvuet li para funktsiy \\(g,h:\\mathbb r\\to\\mathbb r\\), dlya kotoroy vsyakaya funktsiya \\(f\\), udovletvoryayuschaya \\(f(g(x))=g(f(x))\\) i \\(f(h(x))=h(f(x))\\) dlya vseh \\(x\\), obyazana byt tozhdestvennoy? stmt-graph tester-para cherez zhestkiy raskrashennyy orgraf, rmm 2013 p2 ai_checked trebuetsya postroit orientirovannyy graf s mnozhestvom vershin moschnosti kontinuum, rebra kotorogo raskrasheny v krasnyy i siniy tsveta, tak chto iz kazhdoy vershiny vyhodit rovno odna krasnaya i rovno odna sinyaya duga. endomorfizmom takogo grafa nazyvaetsya otobrazhenie vershin v sebya, sohranyayuschee oba tsveta dug. dokazhite, chto suschestvuet takoy graf, u kotorogo edinstvennyy endomorfizm — tozhdestvennoe otobrazhenie. directed_graph idea-commuting-endomorphism kommutirovanie ravno endomorfizmu orgrafa esli provesti iz kazhdoy vershiny krasnuyu dugu \\(x\\to g(x)\\) i sinyuyu dugu \\(x\\to h(x)\\), to uslovie \\(f\\circ g=g\\circ f\\) i \\(f\\circ h=h\\circ f\\) v tochnosti oznachaet, chto \\(f\\) sohranyaet dugi i ih tsveta, to est yavlyaetsya endomorfizmom postroennogo raskrashennogo orgrafa. ai_checked idea-rigid-components zhestkie komponenty bez gomomorfizmov mezhdu nimi berem krasnye dugi \\(t\\to t+1\\), poetomu komponenty imeyut vid \\(x+\\mathbb z\\), \\(0\\le x<1\\). sinie dugi vnutri komponenty snachala stavyat edinstvennyy marker skachka na tri, kotoryy fiksiruet nachalo komponenty, a zatem blokami po tri kodiruyut dvoichnye tsifry parametra \\(x\\). tsvetosohranyayuschiy gomomorfizm obyazan sohranit krasnyy sdvig, zatem marker, zatem kazhdyy blok, poetomu vozmozhen tolko mezhdu odinakovymi komponentami i tolko tozhdestvennyy. connectivity ai_checked sol-official-compressed grafovoe reshenie ai_checked directed_graph otvet: da; bolee togo, mozhno vybrat obe funktsii biektsiyami. snachala perevedem uslovie na yazyk raskrashennyh orgrafov. dlya zadannyh \\(g,h:\\mathbb r\\to\\mathbb r\\) provedem iz kazhdoy vershiny \\(t\\) krasnuyu dugu \\(t\\to g(t)\\) i sinyuyu dugu \\(t\\to h(t)\\). ravenstva \\(f(g(t))=g(f(t))\\) i \\(f(h(t))=h(f(t))\\) oznachayut rovno to, chto \\(f\\) perevodit krasnye dugi v krasnye, a sinie v sinie, to est yavlyaetsya endomorfizmom etogo raskrashennogo orgrafa. poetomu dostatochno postroit takoy graf na \\(\\mathbb r\\), u kotorogo net netozhdestvennyh endomorfizmov. polozhim \\(g(t)=t+1\\). togda krasnye dugi razbivayut \\(\\mathbb r\\) na mnozhestva \\(s_x=x+\\mathbb z\\), gde \\(0\\le x<1\\). oni budut komponentami. dlya kazhdogo \\(x\\in[0,1)\\) zafiksiruem dvoichnuyu zapis \\(x=0.x_1x_2\\ldots\\), vybiraya dlya dvoichno-ratsionalnyh chisel tu zapis, kotoraya ne okanchivaetsya beskonechnoy tsepochkoy edinits. opredelim \\(h\\) otdelno na kazhdom…","source_keys":["rmm"]}
{"id":"rmm-2016-p6-ab-tree-termination-semiinvariant","title":"Конечность преобразований AB-деревьев, RMM 2016 P6","path":"data\\problems\\rmm\\rmm-2016-p6-ab-tree-termination-semiinvariant.yaml","raw_github_url":"https://raw.githubusercontent.com/didin-maxim/knowledge_graph_of_graphs/main/data/problems/rmm/rmm-2016-p6-ab-tree-termination-semiinvariant.yaml","viewer_url":"https://didin-maxim.github.io/knowledge_graph_of_graphs/#rmm-2016-p6-ab-tree-termination-semiinvariant","source_key":"rmm","source_label":"RMM","source_titles":["RMM 2016 официальные условия и решения","MOlympiad.NET, Romanian Masters Mathematics 2016 решения"],"year":"2016","type":"olympiad_problem","authors":[],"tags":["trees","goal_proof"],"agent_topics":[],"difficulty":{"main":"national_final_hard","local_score":10,"comment":"RMM 2016 P6; графы даны прямо в условии, а официальное решение почти полностью является теорией взвешенных двудольных деревьев.","status":"ai_checked"},"review_status":"source_verified","public_ready":true,"solution_state":"with_solution","solution_classification":{"type":"official_complete_or_near_complete","status":"source_verified","confidence":0.9,"basis":"официальный источник и аудит очень высокой сложности","notes":"Официальный полуинвариант развёрнут: дана проверка неизменности внешних коэффициентов, локальный подсчёт и финальный аргумент конечности.","label":"официальное полное/почти полное"},"statements":{"original":[{"id":"stmt-original","title":"Условие","status":"source_verified","text":"Дано \\(n\\) точек в евклидовом пространстве, никакие четыре из них не лежат в одной плоскости; множество точек разбито на доли \\(A\\) и \\(B\\). AB-дерево состоит из \\(n-1\\) отрезков, каждый соединяет точку из \\(A\\) с точкой из \\(B\\), и замкнутых ломаных нет. Разрешена операция: если в дереве есть три ребра \\(A_1B_1\\), \\(B_1A_2\\), \\(A_2B_2\\), где \\(A_1,A_2\\in A\\), \\(B_1,B_2\\in B\\), и \\(|A_1B_1|+|A_2B_2|>|A_1B_2|+|A_2B_1|\\), то удаляют ребро \\(A_1B_1\\) и заменяют его ребром \\(A_1B_2\\). Докажите, что любой процесс таких преобразований конечен.","definition_ids":["tree","bipartite_graph","path"]}],"graph_theory":[{"id":"stmt-graph","title":"Конечность преобразований AB-деревьев, RMM 2016 P6","status":"ai_checked","text":"Дано конечное двудольное дерево, вершины которого разбиты на доли \\(A\\) и \\(B\\) и расположены как точки в евклидовом пространстве; длина ребра равна евклидову расстоянию между его концами. Разрешена операция: если в дереве есть путь \\(A_1-B_1-A_2-B_2\\) и \\(|A_1B_2|+|A_2B_1|<|A_1B_1|+|A_2B_2|\\), удалить ребро \\(A_1B_1\\) и добавить ребро \\(A_1B_2\\), снова получая двудольное дерево на тех же вершинах. Докажите, что любая последовательность таких допустимых операций конечна.","definition_ids":["tree","bipartite_graph","path"]}]},"solutions":[{"id":"sol-official-compressed","title":"Строго убывающий потенциал на двудольных деревьях","status":"source_verified","definition_ids":["tree","bipartite_graph","path"],"standard_idea_ids":["potential_function"],"tags":[],"has_text":true,"text_preview":"Зафиксируем конечное множество точек и будем рассматривать только деревья на этих же вершинах. Таких деревьев конечное число, поэтому достаточно найти числовой потенциал, который строго уменьшается при каждой допустимой замене. Для ребра \\(e=AB\\) дерева \\(T\\), где \\(A\\) -- вершина доли \\(A\\), а \\(B\\) -- вершина доли \\(B\\), удалим \\(e\\). Получатся две компоненты; обозначим через \\(p_T(e)\\) число вершин доли \\(A\\) в той компоненте, которая содержит конец \\(A\\) ребра \\(e\\). Введём \\[ f(T)=\\sum_{e=AB} p_T(e)\\,|AB|, \\] где \\(|AB|\\) -- евклидова длина соответствующего отрезка. Рассмотрим один допустимый шаг. В дереве \\(T\\) есть путь \\(A_1B_1A_2B_2\\), удаляется ребро \\(A_1B_1\\) и добавляется ребро \\(A_1B_2\\); новое дерево обозначим \\(T'\\). После удаления трёх старых рёбер локального пути \\(A_1B_1\\), \\(A_2B_1\\), \\(A_2B_2\\) дерево распадается на четыре подвешенные части при вершинах \\(A_1,B_1,A_…"}],"relations":[{"id":"rel-rmm-2016-rmm-2023-tree-exchange-descent","neighbor_id":"rmm-2023-p6-colored-spanning-tree-suspicious-edges","direction":"forward","type":"same_motif","distance":2,"status":"needs_human_review"}],"search_text":"rmm-2016-p6-ab-tree-termination-semiinvariant конечность преобразований ab-деревьев, rmm 2016 p6 trees goal_proof 2016 https://rmms.lbi.ro/rmm2016/index.php?id=solutions_math https://www.molympiad.net/2017/06/romanian-masters-mathematics-2016.html molympiad.net, romanian masters mathematics 2016 решения official_archive olympiad_archive rmm rmm 2016 официальные условия и решения rmm2016 src-molympiad-rmm-2016 src-rmm-2016-official with_solution ? rmm 2016 официальные условия и решения molympiad.net, romanian masters mathematics 2016 решения stmt-original условие source_verified дано \\(n\\) точек в евклидовом пространстве, никакие четыре из них не лежат в одной плоскости; множество точек разбито на доли \\(a\\) и \\(b\\). ab-дерево состоит из \\(n-1\\) отрезков, каждый соединяет точку из \\(a\\) с точкой из \\(b\\), и замкнутых ломаных нет. разрешена операция: если в дереве есть три ребра \\(a_1b_1\\), \\(b_1a_2\\), \\(a_2b_2\\), где \\(a_1,a_2\\in a\\), \\(b_1,b_2\\in b\\), и \\(|a_1b_1|+|a_2b_2|>|a_1b_2|+|a_2b_1|\\), то удаляют ребро \\(a_1b_1\\) и заменяют его ребром \\(a_1b_2\\). докажите, что любой процесс таких преобразований конечен. tree bipartite_graph path stmt-graph конечность преобразований ab-деревьев, rmm 2016 p6 ai_checked дано конечное двудольное дерево, вершины которого разбиты на доли \\(a\\) и \\(b\\) и расположены как точки в евклидовом пространстве; длина ребра равна евклидову расстоянию между его концами. разрешена операция: если в дереве есть путь \\(a_1-b_1-a_2-b_2\\) и \\(|a_1b_2|+|a_2b_1|<|a_1b_1|+|a_2b_2|\\), удалить ребро \\(a_1b_1\\) и добавить ребро \\(a_1b_2\\), снова получая двудольное дерево на тех же вершинах. докажите, что любая последовательность таких допустимых операций конечна. tree bipartite_graph path idea-cut-weight-potential вес ребра умножается на размер своей a-стороны для каждого ребра \\(e\\) после его удаления смотрим на компоненту, содержащую его конец из \\(a\\), и считаем число вершин \\(a\\) в этой компоненте. сумма \\(\\sum p_t(e)\\,|e|\\) по всем рёбрам оказывается естественным потенциалом. trees ai_checked idea-local-exchange-decreases локальная замена уменьшает потенциал при замене \\(a_1b_1\\to a_1b_2\\) изменяются только коэффициенты у трёх рёбер локальной конфигурации. после подстановки получается множитель \\(p_t(a_1b_1)\\bigl(|a_1b_2|+|a_2b_1|-|a_1b_1|-|a_2b_2|\\bigr)<0\\). extremal_choice ai_checked sol-official-compressed строго убывающий потенциал на двудольных деревьях source_verified tree bipartite_graph path potential_function зафиксируем конечное множество точек и будем рассматривать только деревья на этих же вершинах. таких деревьев конечное число, поэтому достаточно найти числовой потенциал, который строго уменьшается при каждой допустимой замене. для ребра \\(e=ab\\) дерева \\(t\\), где \\(a\\) -- вершина доли \\(a\\), а \\(b\\) -- вершина доли \\(b\\), удалим \\(e\\). получатся две компоненты; обозначим через \\(p_t(e)\\) число вершин доли \\(a\\) в той компоненте, которая содержит конец \\(a\\) ребра \\(e\\). введём \\[ f(t)=\\sum_{e=ab} p_t(e)\\,|ab|, \\] где \\(|ab|\\) -- евклидова длина соответствующего отрезка. рассмотрим один допустимый шаг. в дереве \\(t\\) есть путь \\(a_1b_1a_2b_2\\), удаляется ребро \\(a_1b_1\\) и добавляется ребро \\(a_1b_2\\); новое дерево обозначим \\(t'\\). после удаления трёх старых рёбер локального пути \\(a_1b_1\\), \\(a_2b_1\\), \\(a_2b_2\\) дерево распадается на четыре подвешенные части при вершинах \\(a_1,b_1,a_… rmm-2016-p6-ab-tree-termination-semiinvariant konechnost preobrazovaniy ab-derevev, rmm 2016 p6 trees goal_proof 2016 https://rmms.lbi.ro/rmm2016/index.php?id=solutions_math https://www.molympiad.net/2017/06/romanian-masters-mathematics-2016.html molympiad.net, romanian masters mathematics 2016 resheniya official_archive olympiad_archive rmm rmm 2016 ofitsialnye usloviya i resheniya rmm2016 src-molympiad-rmm-2016 src-rmm-2016-official with_solution ? rmm 2016 ofitsialnye usloviya i resheniya molympiad.net, romanian masters mathematics 2016 resheniya stmt-original uslovie source_verified dano \\(n\\) tochek v evklidovom prostranstve, nikakie chetyre iz nih ne lezhat v odnoy ploskosti; mnozhestvo tochek razbito na doli \\(a\\) i \\(b\\). ab-derevo sostoit iz \\(n-1\\) otrezkov, kazhdyy soedinyaet tochku iz \\(a\\) s tochkoy iz \\(b\\), i zamknutyh lomanyh net. razreshena operatsiya: esli v dereve est tri rebra \\(a_1b_1\\), \\(b_1a_2\\), \\(a_2b_2\\), gde \\(a_1,a_2\\in a\\), \\(b_1,b_2\\in b\\), i \\(|a_1b_1|+|a_2b_2|>|a_1b_2|+|a_2b_1|\\), to udalyayut rebro \\(a_1b_1\\) i zamenyayut ego rebrom \\(a_1b_2\\). dokazhite, chto lyuboy protsess takih preobrazovaniy konechen. tree bipartite_graph path stmt-graph konechnost preobrazovaniy ab-derevev, rmm 2016 p6 ai_checked dano konechnoe dvudolnoe derevo, vershiny kotorogo razbity na doli \\(a\\) i \\(b\\) i raspolozheny kak tochki v evklidovom prostranstve; dlina rebra ravna evklidovu rasstoyaniyu mezhdu ego kontsami. razreshena operatsiya: esli v dereve est put \\(a_1-b_1-a_2-b_2\\) i \\(|a_1b_2|+|a_2b_1|<|a_1b_1|+|a_2b_2|\\), udalit rebro \\(a_1b_1\\) i dobavit rebro \\(a_1b_2\\), snova poluchaya dvudolnoe derevo na teh zhe vershinah. dokazhite, chto lyubaya posledovatelnost takih dopustimyh operatsiy konechna. tree bipartite_graph path idea-cut-weight-potential ves rebra umnozhaetsya na razmer svoey a-storony dlya kazhdogo rebra \\(e\\) posle ego udaleniya smotrim na komponentu, soderzhaschuyu ego konets iz \\(a\\), i schitaem chislo vershin \\(a\\) v etoy komponente. summa \\(\\sum p_t(e)\\,|e|\\) po vsem rebram okazyvaetsya estestvennym potentsialom. trees ai_checked idea-local-exchange-decreases lokalnaya zamena umenshaet potentsial pri zamene \\(a_1b_1\\to a_1b_2\\) izmenyayutsya tolko koeffitsienty u treh reber lokalnoy konfiguratsii. posle podstanovki poluchaetsya mnozhitel \\(p_t(a_1b_1)\\bigl(|a_1b_2|+|a_2b_1|-|a_1b_1|-|a_2b_2|\\bigr)<0\\). extremal_choice ai_checked sol-official-compressed strogo ubyvayuschiy potentsial na dvudolnyh derevyah source_verified tree bipartite_graph path potential_function zafiksiruem konechnoe mnozhestvo tochek i budem rassmatrivat tolko derevya na etih zhe vershinah. takih derevev konechnoe chislo, poetomu dostatochno nayti chislovoy potentsial, kotoryy strogo umenshaetsya pri kazhdoy dopustimoy zamene. dlya rebra \\(e=ab\\) dereva \\(t\\), gde \\(a\\) -- vershina doli \\(a\\), a \\(b\\) -- vershina doli \\(b\\), udalim \\(e\\). poluchatsya dve komponenty; oboznachim cherez \\(p_t(e)\\) chislo vershin doli \\(a\\) v toy komponente, kotoraya soderzhit konets \\(a\\) rebra \\(e\\). vvedem \\[ f(t)=\\sum_{e=ab} p_t(e)\\,|ab|, \\] gde \\(|ab|\\) -- evklidova dlina sootvetstvuyuschego otrezka. rassmotrim odin dopustimyy shag. v dereve \\(t\\) est put \\(a_1b_1a_2b_2\\), udalyaetsya rebro \\(a_1b_1\\) i dobavlyaetsya rebro \\(a_1b_2\\); novoe derevo oboznachim \\(t'\\). posle udaleniya treh staryh reber lokalnogo puti \\(a_1b_1\\), \\(a_2b_1\\), \\(a_2b_2\\) derevo raspadaetsya na chetyre podveshennye chasti pri vershinah \\(a_1,b_1,a_…","source_keys":["rmm"]}
{"id":"rmm-2017-p5-sieve-sticks-bipartite-matching","title":"Разбиение решета на минимальное число палочек, RMM 2017 P5","path":"data\\problems\\rmm\\rmm-2017-p5-sieve-sticks-bipartite-matching.yaml","raw_github_url":"https://raw.githubusercontent.com/didin-maxim/knowledge_graph_of_graphs/main/data/problems/rmm/rmm-2017-p5-sieve-sticks-bipartite-matching.yaml","viewer_url":"https://didin-maxim.github.io/knowledge_graph_of_graphs/#rmm-2017-p5-sieve-sticks-bipartite-matching","source_key":"rmm","source_label":"RMM","source_titles":["RMM 2017 официальные условия и решения","MOlympiad.NET, Romanian Masters Mathematics 2017 решения"],"year":"2017","type":"olympiad_problem","authors":["Palmer Mebane","Nikolai Beluhov"],"tags":["matching","goal_classification"],"agent_topics":[],"difficulty":{"main":"national_final_hard","local_score":10,"comment":"RMM 2017 P5; графовая модель появляется в одном из официальных решений и даёт чистую нижнюю оценку через теорему Холла.","status":"ai_checked"},"review_status":"ai_checked","public_ready":true,"solution_state":"with_solution","solution_classification":{"type":"official_complete_or_near_complete","status":"ai_checked","confidence":0.78,"basis":"Аудит 2026-05-06: доказательство через условие Холла уже локально развёрнуто.","notes":"Кандидат оказался ложным срабатыванием по сжатости: решение содержит верхнюю оценку, построение двудольного графа и подробную проверку условия Холла для нижней оценки.","label":"официальное полное/почти полное"},"statements":{"original":[{"id":"stmt-original","title":"Условие","status":"ai_checked","text":"Решетом называется доска \\(n\\times n\\), из которой удалено ровно по одной клетке в каждой строке и каждом столбце. Палочка — это прямоугольник \\(1\\times k\\) или \\(k\\times1\\). Для данного решета \\(A\\) обозначим через \\(m(A)\\) минимальное число палочек, на которые можно разбить все его клетки. Найдите все возможные значения \\(m(A)\\).","definition_ids":[]}],"graph_theory":[{"id":"stmt-graph","title":"Вершинное покрытие в интервальном графе решета","status":"ai_checked","text":"Пусть \\(\\pi\\) — перестановка множества \\(\\{1,\\ldots,n\\}\\), а \\(Q=\\{1,\\ldots,n\\}^2\\setminus\\{(i,\\pi(i)):1\\le i\\le n\\}\\). Максимальные последовательные подмножества \\(Q\\) с фиксированной первой координатой образуют левую долю, а с фиксированной второй координатой — правую долю. Каждый элемент \\(Q\\) задаёт ребро между содержащими его двумя такими подмножествами. Найдите все возможные значения минимального размера вершинного покрытия полученного двудольного графа.","definition_ids":["bipartite_graph","vertex_cover"]}]},"solutions":[{"id":"sol-official-compressed","title":"Графовое решение с проверкой Холла","status":"ai_checked","definition_ids":["matching"],"standard_idea_ids":[],"tags":[],"has_text":true,"text_preview":"Ответ: единственное возможное значение равно \\(2n-2\\). Верхняя оценка получается сразу: если разрезать решето на максимальные горизонтальные палочки, то в строке с удалённой крайней клеткой получается одна палочка, а в каждой из остальных \\(n-2\\) строк — две; всего \\(2n-2\\). Значит, \\(m(A)\\le 2n-2\\). Докажем обратную оценку графовым способом из третьего доказательства. Достаточно найти \\(2n-2\\) клеток решета, никакие две из которых не могут лежать в одной палочке: тогда любому разбиению понадобится по крайней мере столько палочек. Рассмотрим двудольный граф \\(G\\). В левую долю \\(G_h\\) поместим все максимальные горизонтальные палочки, получающиеся в строках решета, а в правую долю \\(G_v\\) — все максимальные вертикальные палочки. В каждой доле ровно \\(2n-2\\) вершин: например, горизонтальных палочек по одной в строках, где дырка стоит в крайнем столбце, и по две в остальных строках; так ка…"}],"relations":[{"id":"rel-egmo-2022-rmm-2017-bipartite-matching-model","neighbor_id":"egmo-2022-p5-domino-parity-bipartite-matching","direction":"backward","type":"same_motif","distance":2,"status":"needs_human_review"},{"id":"rel-edge-count-bound-rmm-2017-sieve-sticks","neighbor_id":"edge-count-bipartite-matching-bound","direction":"backward","type":"same_motif","distance":2,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-matching-tiling-rmm-2017-imo-2010-hall-incidence","neighbor_id":"imo-2010-c2-flags-diagonal-matching","direction":"forward","type":"same_motif","distance":2,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-matching-tiling-kolm-2002-rmm-2017-hall-deficiency","neighbor_id":"kolmogorov-2002-team-olympiad-seniors-problem-8","direction":"backward","type":"same_motif","distance":2,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-matching-tiling-memo-2021-rmm-2017-grid-incidence-bigraph","neighbor_id":"memo-2021-i2-bishop-circuit-forest","direction":"backward","type":"same_motif","distance":3,"status":"needs_human_review"},{"id":"rel-hall-rmm-2017-p5-grid-matching","neighbor_id":"hall-marriage-theorem","direction":"backward","type":"same_motif","distance":2,"status":"needs_human_review"},{"id":"rel-rmm-2017-p5-egmo-2016-p3-grid-incidence","neighbor_id":"egmo-2016-p3-blue-cells-bipartite-incidence","direction":"backward","type":"same_motif","distance":2,"status":"needs_human_review"}],"search_text":"rmm-2017-p5-sieve-sticks-bipartite-matching разбиение решета на минимальное число палочек, rmm 2017 p5 matching goal_classification 2017 https://rmms.lbi.ro/rmm2017/index.php?id=solutions_math https://www.molympiad.net/2017/06/romanian-masters-mathematics-2017.html molympiad.net, romanian masters mathematics 2017 решения nikolai beluhov nikolaibeluhov official_archive olympiad_archive palmer mebane palmermebane rmm rmm 2017 официальные условия и решения rmm2017 src-molympiad-rmm-2017 src-rmm-2017-official with_solution palmer mebane nikolai beluhov rmm 2017 официальные условия и решения molympiad.net, romanian masters mathematics 2017 решения stmt-original условие ai_checked решетом называется доска \\(n\\times n\\), из которой удалено ровно по одной клетке в каждой строке и каждом столбце. палочка — это прямоугольник \\(1\\times k\\) или \\(k\\times1\\). для данного решета \\(a\\) обозначим через \\(m(a)\\) минимальное число палочек, на которые можно разбить все его клетки. найдите все возможные значения \\(m(a)\\). stmt-graph вершинное покрытие в интервальном графе решета ai_checked пусть \\(\\pi\\) — перестановка множества \\(\\{1,\\ldots,n\\}\\), а \\(q=\\{1,\\ldots,n\\}^2\\setminus\\{(i,\\pi(i)):1\\le i\\le n\\}\\). максимальные последовательные подмножества \\(q\\) с фиксированной первой координатой образуют левую долю, а с фиксированной второй координатой — правую долю. каждый элемент \\(q\\) задаёт ребро между содержащими его двумя такими подмножествами. найдите все возможные значения минимального размера вершинного покрытия полученного двудольного графа. bipartite_graph vertex_cover idea-sticks-incidence-graph горизонтальные и вертикальные палочки образуют двудольный граф берутся максимальные горизонтальные и вертикальные палочки, возникающие после разрезания по всем линиям сетки. клетка решета задаёт ребро между двумя палочками, которые в ней пересекаются. matching ai_checked idea-hall-cells совершенное паросочетание выбирает попарно несовместимые клетки если в построенном двудольном графе выполнено условие холла, то существует паросочетание размера \\(2n-2\\). соответствующие клетки лежат в разных палочках, поэтому никакая палочка не может покрыть две из них; отсюда сразу следует нижняя оценка на число палочек. matching ai_checked sol-official-compressed графовое решение с проверкой холла ai_checked matching ответ: единственное возможное значение равно \\(2n-2\\). верхняя оценка получается сразу: если разрезать решето на максимальные горизонтальные палочки, то в строке с удалённой крайней клеткой получается одна палочка, а в каждой из остальных \\(n-2\\) строк — две; всего \\(2n-2\\). значит, \\(m(a)\\le 2n-2\\). докажем обратную оценку графовым способом из третьего доказательства. достаточно найти \\(2n-2\\) клеток решета, никакие две из которых не могут лежать в одной палочке: тогда любому разбиению понадобится по крайней мере столько палочек. рассмотрим двудольный граф \\(g\\). в левую долю \\(g_h\\) поместим все максимальные горизонтальные палочки, получающиеся в строках решета, а в правую долю \\(g_v\\) — все максимальные вертикальные палочки. в каждой доле ровно \\(2n-2\\) вершин: например, горизонтальных палочек по одной в строках, где дырка стоит в крайнем столбце, и по две в остальных строках; так ка… rmm-2017-p5-sieve-sticks-bipartite-matching razbienie resheta na minimalnoe chislo palochek, rmm 2017 p5 matching goal_classification 2017 https://rmms.lbi.ro/rmm2017/index.php?id=solutions_math https://www.molympiad.net/2017/06/romanian-masters-mathematics-2017.html molympiad.net, romanian masters mathematics 2017 resheniya nikolai beluhov nikolaibeluhov official_archive olympiad_archive palmer mebane palmermebane rmm rmm 2017 ofitsialnye usloviya i resheniya rmm2017 src-molympiad-rmm-2017 src-rmm-2017-official with_solution palmer mebane nikolai beluhov rmm 2017 ofitsialnye usloviya i resheniya molympiad.net, romanian masters mathematics 2017 resheniya stmt-original uslovie ai_checked reshetom nazyvaetsya doska \\(n\\times n\\), iz kotoroy udaleno rovno po odnoy kletke v kazhdoy stroke i kazhdom stolbtse. palochka — eto pryamougolnik \\(1\\times k\\) ili \\(k\\times1\\). dlya dannogo resheta \\(a\\) oboznachim cherez \\(m(a)\\) minimalnoe chislo palochek, na kotorye mozhno razbit vse ego kletki. naydite vse vozmozhnye znacheniya \\(m(a)\\). stmt-graph vershinnoe pokrytie v intervalnom grafe resheta ai_checked pust \\(\\pi\\) — perestanovka mnozhestva \\(\\{1,\\ldots,n\\}\\), a \\(q=\\{1,\\ldots,n\\}^2\\setminus\\{(i,\\pi(i)):1\\le i\\le n\\}\\). maksimalnye posledovatelnye podmnozhestva \\(q\\) s fiksirovannoy pervoy koordinatoy obrazuyut levuyu dolyu, a s fiksirovannoy vtoroy koordinatoy — pravuyu dolyu. kazhdyy element \\(q\\) zadaet rebro mezhdu soderzhaschimi ego dvumya takimi podmnozhestvami. naydite vse vozmozhnye znacheniya minimalnogo razmera vershinnogo pokrytiya poluchennogo dvudolnogo grafa. bipartite_graph vertex_cover idea-sticks-incidence-graph gorizontalnye i vertikalnye palochki obrazuyut dvudolnyy graf berutsya maksimalnye gorizontalnye i vertikalnye palochki, voznikayuschie posle razrezaniya po vsem liniyam setki. kletka resheta zadaet rebro mezhdu dvumya palochkami, kotorye v ney peresekayutsya. matching ai_checked idea-hall-cells sovershennoe parosochetanie vybiraet poparno nesovmestimye kletki esli v postroennom dvudolnom grafe vypolneno uslovie holla, to suschestvuet parosochetanie razmera \\(2n-2\\). sootvetstvuyuschie kletki lezhat v raznyh palochkah, poetomu nikakaya palochka ne mozhet pokryt dve iz nih; otsyuda srazu sleduet nizhnyaya otsenka na chislo palochek. matching ai_checked sol-official-compressed grafovoe reshenie s proverkoy holla ai_checked matching otvet: edinstvennoe vozmozhnoe znachenie ravno \\(2n-2\\). verhnyaya otsenka poluchaetsya srazu: esli razrezat resheto na maksimalnye gorizontalnye palochki, to v stroke s udalennoy krayney kletkoy poluchaetsya odna palochka, a v kazhdoy iz ostalnyh \\(n-2\\) strok — dve; vsego \\(2n-2\\). znachit, \\(m(a)\\le 2n-2\\). dokazhem obratnuyu otsenku grafovym sposobom iz tretego dokazatelstva. dostatochno nayti \\(2n-2\\) kletok resheta, nikakie dve iz kotoryh ne mogut lezhat v odnoy palochke: togda lyubomu razbieniyu ponadobitsya po krayney mere stolko palochek. rassmotrim dvudolnyy graf \\(g\\). v levuyu dolyu \\(g_h\\) pomestim vse maksimalnye gorizontalnye palochki, poluchayuschiesya v strokah resheta, a v pravuyu dolyu \\(g_v\\) — vse maksimalnye vertikalnye palochki. v kazhdoy dole rovno \\(2n-2\\) vershin: naprimer, gorizontalnyh palochek po odnoy v strokah, gde dyrka stoit v kraynem stolbtse, i po dve v ostalnyh strokah; tak ka…","source_keys":["rmm"]}
{"id":"rmm-2023-p6-colored-spanning-tree-suspicious-edges","title":"Счёт цветов в остовах через подозрительные рёбра, RMM 2023 P6","path":"data\\problems\\rmm\\rmm-2023-p6-colored-spanning-tree-suspicious-edges.yaml","raw_github_url":"https://raw.githubusercontent.com/didin-maxim/knowledge_graph_of_graphs/main/data/problems/rmm/rmm-2023-p6-colored-spanning-tree-suspicious-edges.yaml","viewer_url":"https://didin-maxim.github.io/knowledge_graph_of_graphs/#rmm-2023-p6-colored-spanning-tree-suspicious-edges","source_key":"rmm","source_label":"RMM","source_titles":["RMM 2023 официальные условия и решения","MOlympiad.NET, Romanian Masters Mathematics 2023 решения"],"year":"2023","type":"olympiad_problem","authors":[],"tags":["trees","coloring","goal_existence"],"agent_topics":[],"difficulty":{"main":"national_final_hard","local_score":10,"comment":"RMM 2023 P6; полностью графовая задача на остовы, циклы, разрезы и экстремальный выбор семейства.","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 доведён до полного","status":"ai_checked","confidence":0.86,"basis":"официальный источник и повторная проверка развёрнутого решения из хвоста очереди official-plan-needs-completion","notes":"Сжатый официальный план раскрыт в полное доказательство через минимальное хорошее семейство, подозрительные рёбра, обмен по разрезу и обмен по циклу.","audit_source":"official-plan-tail-pass-2026-05-16"},"statements":{"original":[{"id":"stmt-original","title":"Условие","status":"ai_checked","text":"Дан связный граф на \\(r+g+b+1\\) вершинах с красными, зелёными и синими рёбрами. Известно, что у него есть остов с ровно \\(r\\) красными рёбрами, остов с ровно \\(g\\) зелёными и остов с ровно \\(b\\) синими. Докажите, что существует остов, в котором одновременно ровно \\(r\\) красных, \\(g\\) зелёных и \\(b\\) синих рёбер.","definition_ids":[]}]},"solutions":[{"id":"sol-official-compressed","title":"Решение через подозрительные рёбра","status":"ai_checked","definition_ids":["cycle","spanning_tree"],"standard_idea_ids":["extremal_choice"],"tags":[],"has_text":true,"text_preview":"Для остова \\(T\\) обозначим через \\(r(T),g(T),b(T)\\) числа красных, зелёных и синих рёбер. Для семейства остовов \\(\\mathcal C\\) положим, например, \\[ r(\\mathcal C)=\\min_{T\\in\\mathcal C}r(T),\\quad R(\\mathcal C)=\\max_{T\\in\\mathcal C}r(T), \\] и тем же способом для зелёного и синего цветов. Назовём \\(\\mathcal C\\) хорошим, если \\[ r\\in [r(\\mathcal C),R(\\mathcal C)],\\quad g\\in [g(\\mathcal C),G(\\mathcal C)],\\quad b\\in [b(\\mathcal C),B(\\mathcal C)]. \\] Семейство всех остовов хорошее по условию задачи. Ребро назовём подозрительным для \\(\\mathcal C\\), если оно входит хотя бы в один, но не во все остовы из \\(\\mathcal C\\). Выберем хорошее семейство \\(\\mathcal C\\) с минимальным числом подозрительных рёбер. Если в \\(\\mathcal C\\) уже есть остов с \\((r,g,b)\\), всё доказано. Иначе, так как каждый остов имеет ровно \\(r+g+b\\) рёбер, у каких-то цветов целевое число достигается снизу и сверху не одновременно…"}],"relations":[{"id":"rel-maximum-spanning-tree-cycle-shortest-edge-rmm-2023-spanning-tree-exchange","neighbor_id":"maximum-spanning-tree-cycle-shortest-edge-lemma","direction":"backward","type":"same_motif","distance":2,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-metadata-tree-euler-tree-rmm-2023-spanning-exchange","neighbor_id":"tree-equivalent-properties","direction":"backward","type":"prerequisite","distance":1,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-colored-spanning-tree-exchange-lemma-to-rmm-2023-p6","neighbor_id":"colored-spanning-tree-good-family-exchange-lemma","direction":"backward","type":"prerequisite","distance":1,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-rmm-2016-rmm-2023-tree-exchange-descent","neighbor_id":"rmm-2016-p6-ab-tree-termination-semiinvariant","direction":"backward","type":"same_motif","distance":2,"status":"needs_human_review"}],"search_text":"rmm-2023-p6-colored-spanning-tree-suspicious-edges счёт цветов в остовах через подозрительные рёбра, rmm 2023 p6 trees coloring goal_existence 2023 https://rmms.lbi.ro/rmm2023/index.php?id=problems_math https://www.molympiad.net/2023/03/romanian-masters-mathematics-2023.html molympiad.net, romanian masters mathematics 2023 решения official_archive olympiad_archive rmm rmm 2023 официальные условия и решения rmm2023 src-molympiad-rmm-2023 src-rmm-2023-official with_solution ? rmm 2023 официальные условия и решения molympiad.net, romanian masters mathematics 2023 решения stmt-original условие ai_checked дан связный граф на \\(r+g+b+1\\) вершинах с красными, зелёными и синими рёбрами. известно, что у него есть остов с ровно \\(r\\) красными рёбрами, остов с ровно \\(g\\) зелёными и остов с ровно \\(b\\) синими. докажите, что существует остов, в котором одновременно ровно \\(r\\) красных, \\(g\\) зелёных и \\(b\\) синих рёбер. idea-good-family-box выбираем хорошее семейство остовов рассматривается семейство остовов, для которого заданные числа \\(r,g,b\\) лежат внутри прямоугольной коробки между минимальными и максимальными цветовыми счётчиками по этому семейству. trees ai_checked idea-suspicious-edges минимизируем число подозрительных рёбер подозрительным называется ребро, которое содержится не во всех и не ни в одном остове семейства. если выбрать хорошее семейство с минимальным числом подозрительных рёбер, то локальными заменами по циклу или по разрезу можно построить другое хорошее семейство с меньшим числом подозрительных рёбер — противоречие. extremal_choice ai_checked sol-official-compressed решение через подозрительные рёбра ai_checked cycle spanning_tree extremal_choice для остова \\(t\\) обозначим через \\(r(t),g(t),b(t)\\) числа красных, зелёных и синих рёбер. для семейства остовов \\(\\mathcal c\\) положим, например, \\[ r(\\mathcal c)=\\min_{t\\in\\mathcal c}r(t),\\quad r(\\mathcal c)=\\max_{t\\in\\mathcal c}r(t), \\] и тем же способом для зелёного и синего цветов. назовём \\(\\mathcal c\\) хорошим, если \\[ r\\in [r(\\mathcal c),r(\\mathcal c)],\\quad g\\in [g(\\mathcal c),g(\\mathcal c)],\\quad b\\in [b(\\mathcal c),b(\\mathcal c)]. \\] семейство всех остовов хорошее по условию задачи. ребро назовём подозрительным для \\(\\mathcal c\\), если оно входит хотя бы в один, но не во все остовы из \\(\\mathcal c\\). выберем хорошее семейство \\(\\mathcal c\\) с минимальным числом подозрительных рёбер. если в \\(\\mathcal c\\) уже есть остов с \\((r,g,b)\\), всё доказано. иначе, так как каждый остов имеет ровно \\(r+g+b\\) рёбер, у каких-то цветов целевое число достигается снизу и сверху не одновременно… rmm-2023-p6-colored-spanning-tree-suspicious-edges schet tsvetov v ostovah cherez podozritelnye rebra, rmm 2023 p6 trees coloring goal_existence 2023 https://rmms.lbi.ro/rmm2023/index.php?id=problems_math https://www.molympiad.net/2023/03/romanian-masters-mathematics-2023.html molympiad.net, romanian masters mathematics 2023 resheniya official_archive olympiad_archive rmm rmm 2023 ofitsialnye usloviya i resheniya rmm2023 src-molympiad-rmm-2023 src-rmm-2023-official with_solution ? rmm 2023 ofitsialnye usloviya i resheniya molympiad.net, romanian masters mathematics 2023 resheniya stmt-original uslovie ai_checked dan svyaznyy graf na \\(r+g+b+1\\) vershinah s krasnymi, zelenymi i sinimi rebrami. izvestno, chto u nego est ostov s rovno \\(r\\) krasnymi rebrami, ostov s rovno \\(g\\) zelenymi i ostov s rovno \\(b\\) sinimi. dokazhite, chto suschestvuet ostov, v kotorom odnovremenno rovno \\(r\\) krasnyh, \\(g\\) zelenyh i \\(b\\) sinih reber. idea-good-family-box vybiraem horoshee semeystvo ostovov rassmatrivaetsya semeystvo ostovov, dlya kotorogo zadannye chisla \\(r,g,b\\) lezhat vnutri pryamougolnoy korobki mezhdu minimalnymi i maksimalnymi tsvetovymi schetchikami po etomu semeystvu. trees ai_checked idea-suspicious-edges minimiziruem chislo podozritelnyh reber podozritelnym nazyvaetsya rebro, kotoroe soderzhitsya ne vo vseh i ne ni v odnom ostove semeystva. esli vybrat horoshee semeystvo s minimalnym chislom podozritelnyh reber, to lokalnymi zamenami po tsiklu ili po razrezu mozhno postroit drugoe horoshee semeystvo s menshim chislom podozritelnyh reber — protivorechie. extremal_choice ai_checked sol-official-compressed reshenie cherez podozritelnye rebra ai_checked cycle spanning_tree extremal_choice dlya ostova \\(t\\) oboznachim cherez \\(r(t),g(t),b(t)\\) chisla krasnyh, zelenyh i sinih reber. dlya semeystva ostovov \\(\\mathcal c\\) polozhim, naprimer, \\[ r(\\mathcal c)=\\min_{t\\in\\mathcal c}r(t),\\quad r(\\mathcal c)=\\max_{t\\in\\mathcal c}r(t), \\] i tem zhe sposobom dlya zelenogo i sinego tsvetov. nazovem \\(\\mathcal c\\) horoshim, esli \\[ r\\in [r(\\mathcal c),r(\\mathcal c)],\\quad g\\in [g(\\mathcal c),g(\\mathcal c)],\\quad b\\in [b(\\mathcal c),b(\\mathcal c)]. \\] semeystvo vseh ostovov horoshee po usloviyu zadachi. rebro nazovem podozritelnym dlya \\(\\mathcal c\\), esli ono vhodit hotya by v odin, no ne vo vse ostovy iz \\(\\mathcal c\\). vyberem horoshee semeystvo \\(\\mathcal c\\) s minimalnym chislom podozritelnyh reber. esli v \\(\\mathcal c\\) uzhe est ostov s \\((r,g,b)\\), vse dokazano. inache, tak kak kazhdyy ostov imeet rovno \\(r+g+b\\) reber, u kakih-to tsvetov tselevoe chislo dostigaetsya snizu i sverhu ne odnovremenno…","source_keys":["rmm"]}
{"id":"robbins-strong-orientation-theorem","title":"Теорема Роббинса о сильной ориентации графа без мостов","path":"data\\problems\\classical\\robbins-strong-orientation-theorem.yaml","raw_github_url":"https://raw.githubusercontent.com/didin-maxim/knowledge_graph_of_graphs/main/data/problems/classical/robbins-strong-orientation-theorem.yaml","viewer_url":"https://didin-maxim.github.io/knowledge_graph_of_graphs/#robbins-strong-orientation-theorem","source_key":"misc","source_label":"Прочее","source_titles":["Wikipedia, Robbins' theorem"],"year":"","type":"theorem","authors":["Herbert Robbins"],"tags":["connectivity","classical_theorem","goal_characterization"],"agent_topics":[],"difficulty":{"main":"classical_tool","local_score":7,"comment":"Классический критерий сильной ориентируемости; доказательство через уши удобно для олимпиадного применения.","status":"ai_checked"},"review_status":"ai_checked","public_ready":true,"solution_state":"with_solution","solution_classification":{"type":"classical_self_contained","label":"классическое самодостаточное доказательство","status":"ai_checked","confidence":0.88,"basis":"Карточка содержит самодостаточное доказательство через добавление ушей.","notes":"Внешняя тяжёлая теорема не используется; сама карточка является локальной теоремой-инструментом.","audit_source":"manual-status-audit-2026-05-16"},"statements":{"original":[{"id":"stmt-original","title":"","status":"ai_checked","text":"Конечный связный неориентированный граф можно ориентировать так, чтобы получился сильно связный орграф, тогда и только тогда, когда в исходном графе нет мостов.","definition_ids":["connected_graph","directed_graph","path","bridge"]}]},"solutions":[{"id":"sol-ear-decomposition","title":"Доказательство через добавление ушей","status":"ai_checked","definition_ids":["connected_graph","directed_graph","path","cycle","bridge"],"standard_idea_ids":[],"tags":[],"has_text":true,"text_preview":"Необходимость очевидна: если неориентированное ребро \\(e\\) было мостом, то после любой ориентации дуга, соответствующая \\(e\\), остается единственным переходом между двумя частями графа. В одну из сторон по этой дуге можно перейти только в одном направлении, поэтому сильной связности быть не может. Докажем достаточность. Пусть \\(G\\) связен и не имеет мостов. Начнем с любого цикла и ориентируем его циклически; полученный подграф сильно связен. Будем расширять уже построенный сильно связный ориентированный подграф \\(H\\). Если есть ребро с обоими концами в \\(H\\), его можно ориентировать произвольно: сильная связность не испортится. Если есть вершины вне \\(H\\), рассмотрим компоненту \\(K\\) графа \\(G-V(H)\\), смежную с \\(H\\). Так как мостов нет, эта компонента не может присоединяться к \\(H\\) единственным ребром: такое ребро было бы мостом. Значит, из \\(H\\) в \\(K\\) входят по крайней мере два реб…"}],"relations":[{"id":"rel-robbins-critical-bridgeless-criterion","neighbor_id":"edge-critical-bridgeless-graphs-give-critical-strong-orientations","direction":"forward","type":"prerequisite","distance":1,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-robbins-tc-2022-bug-bridgeless-orientation","neighbor_id":"tc-2022-bug-one-way-doors-bridgeless-grid","direction":"forward","type":"same_motif","distance":2,"status":"needs_human_review"}],"search_text":"robbins-strong-orientation-theorem теорема роббинса о сильной ориентации графа без мостов connectivity classical_theorem goal_characterization herbert robbins herbertrobbins https://en.wikipedia.org/wiki/robbins%27_theorem misc src-wikipedia-robbins-theorem standard_reference wikipedia, robbins' theorem with_solution прочее herbert robbins wikipedia, robbins' theorem stmt-original ai_checked конечный связный неориентированный граф можно ориентировать так, чтобы получился сильно связный орграф, тогда и только тогда, когда в исходном графе нет мостов. connected_graph directed_graph path bridge idea-ears-orient-one-way ориентировать цикл и последовательно добавлять уши цикл ориентируется по кругу. если уже ориентированная часть сильно связна, то новое ухо между двумя ее вершинами можно направить от одного конца к другому: до начала уха и от конца уха внутри старой части уже есть направленные пути. connectivity ai_checked sol-ear-decomposition доказательство через добавление ушей ai_checked connected_graph directed_graph path cycle bridge необходимость очевидна: если неориентированное ребро \\(e\\) было мостом, то после любой ориентации дуга, соответствующая \\(e\\), остается единственным переходом между двумя частями графа. в одну из сторон по этой дуге можно перейти только в одном направлении, поэтому сильной связности быть не может. докажем достаточность. пусть \\(g\\) связен и не имеет мостов. начнем с любого цикла и ориентируем его циклически; полученный подграф сильно связен. будем расширять уже построенный сильно связный ориентированный подграф \\(h\\). если есть ребро с обоими концами в \\(h\\), его можно ориентировать произвольно: сильная связность не испортится. если есть вершины вне \\(h\\), рассмотрим компоненту \\(k\\) графа \\(g-v(h)\\), смежную с \\(h\\). так как мостов нет, эта компонента не может присоединяться к \\(h\\) единственным ребром: такое ребро было бы мостом. значит, из \\(h\\) в \\(k\\) входят по крайней мере два реб… robbins-strong-orientation-theorem teorema robbinsa o silnoy orientatsii grafa bez mostov connectivity classical_theorem goal_characterization herbert robbins herbertrobbins https://en.wikipedia.org/wiki/robbins%27_theorem misc src-wikipedia-robbins-theorem standard_reference wikipedia, robbins' theorem with_solution prochee herbert robbins wikipedia, robbins' theorem stmt-original ai_checked konechnyy svyaznyy neorientirovannyy graf mozhno orientirovat tak, chtoby poluchilsya silno svyaznyy orgraf, togda i tolko togda, kogda v ishodnom grafe net mostov. connected_graph directed_graph path bridge idea-ears-orient-one-way orientirovat tsikl i posledovatelno dobavlyat ushi tsikl orientiruetsya po krugu. esli uzhe orientirovannaya chast silno svyazna, to novoe uho mezhdu dvumya ee vershinami mozhno napravit ot odnogo kontsa k drugomu: do nachala uha i ot kontsa uha vnutri staroy chasti uzhe est napravlennye puti. connectivity ai_checked sol-ear-decomposition dokazatelstvo cherez dobavlenie ushey ai_checked connected_graph directed_graph path cycle bridge neobhodimost ochevidna: esli neorientirovannoe rebro \\(e\\) bylo mostom, to posle lyuboy orientatsii duga, sootvetstvuyuschaya \\(e\\), ostaetsya edinstvennym perehodom mezhdu dvumya chastyami grafa. v odnu iz storon po etoy duge mozhno pereyti tolko v odnom napravlenii, poetomu silnoy svyaznosti byt ne mozhet. dokazhem dostatochnost. pust \\(g\\) svyazen i ne imeet mostov. nachnem s lyubogo tsikla i orientiruem ego tsiklicheski; poluchennyy podgraf silno svyazen. budem rasshiryat uzhe postroennyy silno svyaznyy orientirovannyy podgraf \\(h\\). esli est rebro s oboimi kontsami v \\(h\\), ego mozhno orientirovat proizvolno: silnaya svyaznost ne isportitsya. esli est vershiny vne \\(h\\), rassmotrim komponentu \\(k\\) grafa \\(g-v(h)\\), smezhnuyu s \\(h\\). tak kak mostov net, eta komponenta ne mozhet prisoedinyatsya k \\(h\\) edinstvennym rebrom: takoe rebro bylo by mostom. znachit, iz \\(h\\) v \\(k\\) vhodyat po krayney mere dva reb…","source_keys":["misc"]}
{"id":"round-robin-winner-count-hall-lemma","title":"Число разных победителей в произвольном наборе дней кругового турнира","path":"data\\problems\\classical\\round-robin-winner-count-hall-lemma.yaml","raw_github_url":"https://raw.githubusercontent.com/didin-maxim/knowledge_graph_of_graphs/main/data/problems/classical/round-robin-winner-count-hall-lemma.yaml","viewer_url":"https://didin-maxim.github.io/knowledge_graph_of_graphs/#round-robin-winner-count-hall-lemma","source_key":"misc","source_label":"Прочее","source_titles":["Putnam 2012 B3, архивный источник"],"year":"","type":"lemma","authors":[],"tags":["matching","tournaments","double_counting","goal_existence","classical_lemma"],"agent_topics":["game_strategy_candidate"],"difficulty":{"main":"classical_tool","local_score":4,"comment":"Короткая, но самостоятельная лемма о расписании и паросочетаниях: она упаковывает нетривиальную нижнюю оценку соседства для любых выбранных дней, которая затем напрямую подает условие Холла.","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":"агент high-reasoning extraction аудит","notes":"Извлечено из архива решений Putnam и развернуто самодостаточно.","audit_source":"agent-putnam-extraction-2026-05-05"},"statements":{"original":[{"id":"stmt-winner-count-days","title":"Лемма о числе победителей","status":"ai_checked","text":"Пусть \\(2n\\) команд играют полный круговой турнир за \\(2n-1\\) дней: в каждый день каждая команда играет ровно одну игру, в каждой игре есть один победитель и один проигравший, а за весь турнир каждая пара команд встречается ровно один раз. Для произвольного множества \\(D\\) дней обозначим через \\(W(D)\\) множество команд, которые выиграли хотя бы одну игру в один из дней из \\(D\\). Тогда \\(|W(D)|\\ge |D|\\).","definition_ids":["matching","complete_graph"]}],"graph_theory":[{"id":"stmt-one-factorization","title":"Ориентированная 1-факторизация","status":"ai_checked","text":"Пусть рёбра полного графа \\(K_{2n}\\) разбиты на \\(2n-1\\) совершенных паросочетаний \\(M_1,\\ldots,M_{2n-1}\\), и каждое ребро ориентировано. Для любого множества индексов \\(I\\) пусть \\(S(I)\\) — множество начальных вершин всех ориентированных рёбер, принадлежащих паросочетаниям \\(M_i\\) с \\(i\\in I\\). Тогда \\(|S(I)|\\ge |I|\\).","definition_ids":["complete_graph","matching","directed_graph","one_factorization"]}]},"solutions":[{"id":"sol-count-losses","title":"Подсчет поражений выбранной внешней команды","status":"ai_checked","definition_ids":["matching","complete_graph","directed_graph"],"standard_idea_ids":["double_counting"],"tags":[],"has_text":true,"text_preview":"Возьмем произвольное множество \\(D\\) из \\(m\\) дней. При \\(m=0\\) утверждение пусто, поэтому считаем \\(1\\le m\\le 2n-1\\). Пусть \\(W=W(D)\\) — множество команд, которые хотя бы раз выиграли в эти дни. Предположим, что \\(|W|<m\\). Тогда \\(|W|<2n\\), так что существует команда \\(x\\), не входящая в \\(W\\). В каждый день из \\(D\\) команда \\(x\\) играла ровно одну игру. Она не могла выиграть такую игру, иначе входила бы в \\(W\\). Значит, в каждый из \\(m\\) выбранных дней команда \\(x\\) проиграла. Ее соперники в этих \\(m\\) играх попарно различны, потому что в полном круговом турнире команда \\(x\\) встречается с каждой другой командой не более одного раза. Каждый из этих соперников выиграл соответствующую игру, а значит принадлежит \\(W\\). Получается, что в \\(W\\) лежат по крайней мере \\(m\\) различных команд, противоречие с \\(|W|<m\\). Следовательно, \\(|W(D)|\\ge |D|\\). Графовая формулировка получается тем же д…"}],"relations":[{"id":"rel-winner-count-lemma-putnam-2012-b3-prerequisite","neighbor_id":"putnam-2012-b3-round-robin-winners-hall","direction":"forward","type":"prerequisite","distance":1,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-winner-count-lemma-hall-marriage-neighborhood","neighbor_id":"hall-marriage-theorem","direction":"forward","type":"same_motif","distance":2,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-winner-count-lemma-imo-1998-one-factorization-scheduling","neighbor_id":"imo-1998-c6-k-ge-6-one-factorization","direction":"forward","type":"same_motif","distance":3,"status":"needs_human_review"},{"id":"rel-winner-count-lemma-all-union-1987-tournament-loss-counting","neighbor_id":"all-union-1987-final-9-tournament-score-squares","direction":"forward","type":"same_motif","distance":3,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-winner-count-lemma-imc2011-hall-applications","neighbor_id":"imc-2011-day2-p2b-tripartite-three-quarter-perfect-cover","direction":"forward","type":"same_motif","distance":3,"status":"ai_checked"}],"search_text":"round-robin-winner-count-hall-lemma число разных победителей в произвольном наборе дней кругового турнира matching tournaments double_counting goal_existence classical_lemma archive_statement https://kskedlaya.org/putnam-archive/2012.pdf misc putnam 2012 b3, архивный источник src-putnam-2012-b3-kedlaya with_solution прочее ? putnam 2012 b3, архивный источник stmt-winner-count-days лемма о числе победителей ai_checked пусть \\(2n\\) команд играют полный круговой турнир за \\(2n-1\\) дней: в каждый день каждая команда играет ровно одну игру, в каждой игре есть один победитель и один проигравший, а за весь турнир каждая пара команд встречается ровно один раз. для произвольного множества \\(d\\) дней обозначим через \\(w(d)\\) множество команд, которые выиграли хотя бы одну игру в один из дней из \\(d\\). тогда \\(|w(d)|\\ge |d|\\). matching complete_graph stmt-one-factorization ориентированная 1-факторизация ai_checked пусть рёбра полного графа \\(k_{2n}\\) разбиты на \\(2n-1\\) совершенных паросочетаний \\(m_1,\\ldots,m_{2n-1}\\), и каждое ребро ориентировано. для любого множества индексов \\(i\\) пусть \\(s(i)\\) — множество начальных вершин всех ориентированных рёбер, принадлежащих паросочетаниям \\(m_i\\) с \\(i\\in i\\). тогда \\(|s(i)|\\ge |i|\\). complete_graph matching directed_graph one_factorization idea-outsider-loses-to-all-days команда вне множества победителей проигрывает каждый выбранный день если выбранные дни имеют слишком мало разных победителей, то найдется команда, которая не выигрывала ни в один из этих дней; она обязана проиграть в каждый выбранный день. tournaments double_counting ai_checked idea-distinct-opponents-force-count соперники в этих поражениях различны в полном круговом турнире одна и та же пара команд встречается только один раз, поэтому поражения одной команды в \\(m\\) выбранных дней происходят от \\(m\\) различных победителей. tournaments double_counting ai_checked idea-hall-neighborhood оценка является готовым условием холла если дни соединить с командами-победителями, то лемма утверждает, что любое множество левых вершин имеет не меньше соседей, чем его размер. matching graph_model ai_checked sol-count-losses подсчет поражений выбранной внешней команды ai_checked matching complete_graph directed_graph double_counting возьмем произвольное множество \\(d\\) из \\(m\\) дней. при \\(m=0\\) утверждение пусто, поэтому считаем \\(1\\le m\\le 2n-1\\). пусть \\(w=w(d)\\) — множество команд, которые хотя бы раз выиграли в эти дни. предположим, что \\(|w|<m\\). тогда \\(|w|<2n\\), так что существует команда \\(x\\), не входящая в \\(w\\). в каждый день из \\(d\\) команда \\(x\\) играла ровно одну игру. она не могла выиграть такую игру, иначе входила бы в \\(w\\). значит, в каждый из \\(m\\) выбранных дней команда \\(x\\) проиграла. ее соперники в этих \\(m\\) играх попарно различны, потому что в полном круговом турнире команда \\(x\\) встречается с каждой другой командой не более одного раза. каждый из этих соперников выиграл соответствующую игру, а значит принадлежит \\(w\\). получается, что в \\(w\\) лежат по крайней мере \\(m\\) различных команд, противоречие с \\(|w|<m\\). следовательно, \\(|w(d)|\\ge |d|\\). графовая формулировка получается тем же д… round-robin-winner-count-hall-lemma chislo raznyh pobediteley v proizvolnom nabore dney krugovogo turnira matching tournaments double_counting goal_existence classical_lemma archive_statement https://kskedlaya.org/putnam-archive/2012.pdf misc putnam 2012 b3, arhivnyy istochnik src-putnam-2012-b3-kedlaya with_solution prochee ? putnam 2012 b3, arhivnyy istochnik stmt-winner-count-days lemma o chisle pobediteley ai_checked pust \\(2n\\) komand igrayut polnyy krugovoy turnir za \\(2n-1\\) dney: v kazhdyy den kazhdaya komanda igraet rovno odnu igru, v kazhdoy igre est odin pobeditel i odin proigravshiy, a za ves turnir kazhdaya para komand vstrechaetsya rovno odin raz. dlya proizvolnogo mnozhestva \\(d\\) dney oboznachim cherez \\(w(d)\\) mnozhestvo komand, kotorye vyigrali hotya by odnu igru v odin iz dney iz \\(d\\). togda \\(|w(d)|\\ge |d|\\). matching complete_graph stmt-one-factorization orientirovannaya 1-faktorizatsiya ai_checked pust rebra polnogo grafa \\(k_{2n}\\) razbity na \\(2n-1\\) sovershennyh parosochetaniy \\(m_1,\\ldots,m_{2n-1}\\), i kazhdoe rebro orientirovano. dlya lyubogo mnozhestva indeksov \\(i\\) pust \\(s(i)\\) — mnozhestvo nachalnyh vershin vseh orientirovannyh reber, prinadlezhaschih parosochetaniyam \\(m_i\\) s \\(i\\in i\\). togda \\(|s(i)|\\ge |i|\\). complete_graph matching directed_graph one_factorization idea-outsider-loses-to-all-days komanda vne mnozhestva pobediteley proigryvaet kazhdyy vybrannyy den esli vybrannye dni imeyut slishkom malo raznyh pobediteley, to naydetsya komanda, kotoraya ne vyigryvala ni v odin iz etih dney; ona obyazana proigrat v kazhdyy vybrannyy den. tournaments double_counting ai_checked idea-distinct-opponents-force-count soperniki v etih porazheniyah razlichny v polnom krugovom turnire odna i ta zhe para komand vstrechaetsya tolko odin raz, poetomu porazheniya odnoy komandy v \\(m\\) vybrannyh dney proishodyat ot \\(m\\) razlichnyh pobediteley. tournaments double_counting ai_checked idea-hall-neighborhood otsenka yavlyaetsya gotovym usloviem holla esli dni soedinit s komandami-pobeditelyami, to lemma utverzhdaet, chto lyuboe mnozhestvo levyh vershin imeet ne menshe sosedey, chem ego razmer. matching graph_model ai_checked sol-count-losses podschet porazheniy vybrannoy vneshney komandy ai_checked matching complete_graph directed_graph double_counting vozmem proizvolnoe mnozhestvo \\(d\\) iz \\(m\\) dney. pri \\(m=0\\) utverzhdenie pusto, poetomu schitaem \\(1\\le m\\le 2n-1\\). pust \\(w=w(d)\\) — mnozhestvo komand, kotorye hotya by raz vyigrali v eti dni. predpolozhim, chto \\(|w|<m\\). togda \\(|w|<2n\\), tak chto suschestvuet komanda \\(x\\), ne vhodyaschaya v \\(w\\). v kazhdyy den iz \\(d\\) komanda \\(x\\) igrala rovno odnu igru. ona ne mogla vyigrat takuyu igru, inache vhodila by v \\(w\\). znachit, v kazhdyy iz \\(m\\) vybrannyh dney komanda \\(x\\) proigrala. ee soperniki v etih \\(m\\) igrah poparno razlichny, potomu chto v polnom krugovom turnire komanda \\(x\\) vstrechaetsya s kazhdoy drugoy komandoy ne bolee odnogo raza. kazhdyy iz etih sopernikov vyigral sootvetstvuyuschuyu igru, a znachit prinadlezhit \\(w\\). poluchaetsya, chto v \\(w\\) lezhat po krayney mere \\(m\\) razlichnyh komand, protivorechie s \\(|w|<m\\). sledovatelno, \\(|w(d)|\\ge |d|\\). grafovaya formulirovka poluchaetsya tem zhe d…","source_keys":["misc","putnam"]}
{"id":"school239-2021-10-11-p8-friendship-parity-postcards","title":"Граф друзей с чётностью общих соседей и открытками, Открытая олимпиада ФМЛ 239 2021","path":"data\\problems\\school239\\school239-2021-10-11-p8-friendship-parity-postcards.yaml","raw_github_url":"https://raw.githubusercontent.com/didin-maxim/knowledge_graph_of_graphs/main/data/problems/school239/school239-2021-10-11-p8-friendship-parity-postcards.yaml","viewer_url":"https://didin-maxim.github.io/knowledge_graph_of_graphs/#school239-2021-10-11-p8-friendship-parity-postcards","source_key":"school239","source_label":"Открытая олимпиада ФМЛ 239","source_titles":["Открытая олимпиада ФМЛ 239, 2021: официальные условия"],"year":"2021","type":"olympiad_problem","authors":[],"tags":["graph_model","degree_counting","invariant","goal_counting"],"agent_topics":[],"difficulty":{"main":"regional","local_score":7,"comment":"Открытая олимпиада ФМЛ 239 2021, параллель 10-11 классов, задача 8.","status":"needs_human_review"},"review_status":"needs_human_review","public_ready":false,"solution_state":"with_solution","solution_classification":{"type":"ai_original","status":"ai_checked","confidence":0.7,"basis":"официальный или опубликованный источник решения не обнаружен","notes":"Решение выглядит как восстановленное/написанное ИИ с нуля; желательно выборочно перепроверять математически.","label":"ИИ-решение с нуля"},"statements":{"original":[{"id":"stmt-original","title":"Условие","status":"source_verified","text":"У любых двух жителей города чётное количество общих друзей в этом городе. На День города некоторые жители посылают открытки друзьям. Каждый житель с нечётным числом друзей посылает ровно одну открытку, каждый другой — не более одной открытки. При этом каждый получает не более одной открытки. Докажите, что количество способов, которыми это может произойти, нечётно.","definition_ids":["simple_graph","degree","directed_graph","neighborhood"]}],"graph_theory":[{"id":"stmt-graph","title":"Граф друзей с чётностью общих соседей и открытками, Открытая олимпиада ФМЛ 239 2021","status":"ai_checked","text":"Пусть в конечном графе у любых двух вершин чётное число общих соседей. Докажите, что нечётно число способов выбрать множество \\(S\\), содержащее все вершины нечётной степени, и паросочетание из \\(S\\) в множество всех вершин, где каждая вершина из \\(S\\) покрыта ребром исходного графа.","definition_ids":["simple_graph","degree","bipartite_graph","matching","neighborhood"]}]},"solutions":[{"id":"sol-ai-f2-cauchy-binet","title":"ИИ-решение: паросочетания и матрица смежности над F2","status":"ai_checked","definition_ids":["simple_graph","degree","bipartite_graph","matching","neighborhood"],"standard_idea_ids":[],"tags":["linear_algebra_over_f2","matching","parity_argument"],"has_text":true,"text_preview":"Обозначим через \\(O\\) множество жителей с нечётным числом друзей. Каждый допустимый способ рассылки задаётся так: выбирается множество отправителей \\(R\\), причём \\(O\\subseteq R\\), а затем каждому \\(v\\in R\\) инъективно сопоставляется один из его друзей-получателей. Инъективность здесь ровно означает, что никто не получает больше одной открытки. Встречные открытки между двумя друзьями разрешены: в двудольной модели это два разных ребра между левой и правой копиями этих двух вершин. Зафиксируем множество \\(R\\) и найдём по модулю 2 число способов выбрать получателей для всех отправителей из \\(R\\). Пусть \\(A\\) — матрица смежности графа друзей над полем \\(F_2\\). Если получатели образуют множество \\(C\\) размера \\(|R|\\), то число биекций из \\(R\\) в \\(C\\), выбирающих только рёбра графа, по модулю 2 равно перманенту матрицы \\(A[R,C]\\). Над \\(F_2\\) знак перестановки не важен, поэтому перманент рав…"}],"relations":[],"search_text":"school239-2021-10-11-p8-friendship-parity-postcards граф друзей с чётностью общих соседей и открытками, открытая олимпиада фмл 239 2021 graph_model degree_counting invariant goal_counting 2021 https://drive.google.com/file/d/1nslf56jhpvisekysqgchuz5wedecvf_n/view?usp=sharing olympiad_archive school239 school2392021 src-school239-2021-official-conditions with_solution открытая олимпиада фмл 239 открытая олимпиада фмл 239, 2021: официальные условия открытаяолимпиадафмл239 открытаяолимпиадафмл2392021 unknown открытая олимпиада фмл 239, 2021: официальные условия stmt-original условие source_verified у любых двух жителей города чётное количество общих друзей в этом городе. на день города некоторые жители посылают открытки друзьям. каждый житель с нечётным числом друзей посылает ровно одну открытку, каждый другой — не более одной открытки. при этом каждый получает не более одной открытки. докажите, что количество способов, которыми это может произойти, нечётно. simple_graph degree directed_graph neighborhood stmt-graph граф друзей с чётностью общих соседей и открытками, открытая олимпиада фмл 239 2021 ai_checked пусть в конечном графе у любых двух вершин чётное число общих соседей. докажите, что нечётно число способов выбрать множество \\(s\\), содержащее все вершины нечётной степени, и паросочетание из \\(s\\) в множество всех вершин, где каждая вершина из \\(s\\) покрыта ребром исходного графа. simple_graph degree bipartite_graph matching neighborhood idea-postcards-as-oriented-matching-like-choices открытки как ориентированные выбранные рёбра открытка от жителя к другу соответствует ориентированному ребру графа друзей. условие о чётном числе общих друзей является графовым условием на пары вершин. graph_model invariant ai_checked idea-adjacency-square-and-cauchy-binet паритет паросочетаний через квадрат матрицы смежности для фиксированного множества отправителей паритет инъективных выборов получателей равен определителю соответствующего главного минора матрицы \\(a^2\\) над \\(f_2\\). условие о чётном числе общих соседей зануляет внедиагональные элементы \\(a^2\\), а диагональ равна чётностям степеней. matching invariant goal_counting ai_checked sol-ai-f2-cauchy-binet ии-решение: паросочетания и матрица смежности над f2 ai_checked simple_graph degree bipartite_graph matching neighborhood linear_algebra_over_f2 matching parity_argument обозначим через \\(o\\) множество жителей с нечётным числом друзей. каждый допустимый способ рассылки задаётся так: выбирается множество отправителей \\(r\\), причём \\(o\\subseteq r\\), а затем каждому \\(v\\in r\\) инъективно сопоставляется один из его друзей-получателей. инъективность здесь ровно означает, что никто не получает больше одной открытки. встречные открытки между двумя друзьями разрешены: в двудольной модели это два разных ребра между левой и правой копиями этих двух вершин. зафиксируем множество \\(r\\) и найдём по модулю 2 число способов выбрать получателей для всех отправителей из \\(r\\). пусть \\(a\\) — матрица смежности графа друзей над полем \\(f_2\\). если получатели образуют множество \\(c\\) размера \\(|r|\\), то число биекций из \\(r\\) в \\(c\\), выбирающих только рёбра графа, по модулю 2 равно перманенту матрицы \\(a[r,c]\\). над \\(f_2\\) знак перестановки не важен, поэтому перманент рав… school239-2021-10-11-p8-friendship-parity-postcards graf druzey s chetnostyu obschih sosedey i otkrytkami, otkrytaya olimpiada fml 239 2021 graph_model degree_counting invariant goal_counting 2021 https://drive.google.com/file/d/1nslf56jhpvisekysqgchuz5wedecvf_n/view?usp=sharing olympiad_archive school239 school2392021 src-school239-2021-official-conditions with_solution otkrytaya olimpiada fml 239 otkrytaya olimpiada fml 239, 2021: ofitsialnye usloviya otkrytayaolimpiadafml239 otkrytayaolimpiadafml2392021 unknown otkrytaya olimpiada fml 239, 2021: ofitsialnye usloviya stmt-original uslovie source_verified u lyubyh dvuh zhiteley goroda chetnoe kolichestvo obschih druzey v etom gorode. na den goroda nekotorye zhiteli posylayut otkrytki druzyam. kazhdyy zhitel s nechetnym chislom druzey posylaet rovno odnu otkrytku, kazhdyy drugoy — ne bolee odnoy otkrytki. pri etom kazhdyy poluchaet ne bolee odnoy otkrytki. dokazhite, chto kolichestvo sposobov, kotorymi eto mozhet proizoyti, nechetno. simple_graph degree directed_graph neighborhood stmt-graph graf druzey s chetnostyu obschih sosedey i otkrytkami, otkrytaya olimpiada fml 239 2021 ai_checked pust v konechnom grafe u lyubyh dvuh vershin chetnoe chislo obschih sosedey. dokazhite, chto nechetno chislo sposobov vybrat mnozhestvo \\(s\\), soderzhaschee vse vershiny nechetnoy stepeni, i parosochetanie iz \\(s\\) v mnozhestvo vseh vershin, gde kazhdaya vershina iz \\(s\\) pokryta rebrom ishodnogo grafa. simple_graph degree bipartite_graph matching neighborhood idea-postcards-as-oriented-matching-like-choices otkrytki kak orientirovannye vybrannye rebra otkrytka ot zhitelya k drugu sootvetstvuet orientirovannomu rebru grafa druzey. uslovie o chetnom chisle obschih druzey yavlyaetsya grafovym usloviem na pary vershin. graph_model invariant ai_checked idea-adjacency-square-and-cauchy-binet paritet parosochetaniy cherez kvadrat matritsy smezhnosti dlya fiksirovannogo mnozhestva otpraviteley paritet inektivnyh vyborov poluchateley raven opredelitelyu sootvetstvuyuschego glavnogo minora matritsy \\(a^2\\) nad \\(f_2\\). uslovie o chetnom chisle obschih sosedey zanulyaet vnediagonalnye elementy \\(a^2\\), a diagonal ravna chetnostyam stepeney. matching invariant goal_counting ai_checked sol-ai-f2-cauchy-binet ii-reshenie: parosochetaniya i matritsa smezhnosti nad f2 ai_checked simple_graph degree bipartite_graph matching neighborhood linear_algebra_over_f2 matching parity_argument oboznachim cherez \\(o\\) mnozhestvo zhiteley s nechetnym chislom druzey. kazhdyy dopustimyy sposob rassylki zadaetsya tak: vybiraetsya mnozhestvo otpraviteley \\(r\\), prichem \\(o\\subseteq r\\), a zatem kazhdomu \\(v\\in r\\) inektivno sopostavlyaetsya odin iz ego druzey-poluchateley. inektivnost zdes rovno oznachaet, chto nikto ne poluchaet bolshe odnoy otkrytki. vstrechnye otkrytki mezhdu dvumya druzyami razresheny: v dvudolnoy modeli eto dva raznyh rebra mezhdu levoy i pravoy kopiyami etih dvuh vershin. zafiksiruem mnozhestvo \\(r\\) i naydem po modulyu 2 chislo sposobov vybrat poluchateley dlya vseh otpraviteley iz \\(r\\). pust \\(a\\) — matritsa smezhnosti grafa druzey nad polem \\(f_2\\). esli poluchateli obrazuyut mnozhestvo \\(c\\) razmera \\(|r|\\), to chislo biektsiy iz \\(r\\) v \\(c\\), vybirayuschih tolko rebra grafa, po modulyu 2 ravno permanentu matritsy \\(a[r,c]\\). nad \\(f_2\\) znak perestanovki ne vazhen, poetomu permanent rav…","source_keys":["school239"]}
{"id":"school239-2021-8-9-p3-nonbipartite-min-degree-odd-cycle","title":"Короткий нечётный цикл в недвудольном графе на 239 вершинах, Открытая олимпиада ФМЛ 239 2021","path":"data\\problems\\school239\\school239-2021-8-9-p3-nonbipartite-min-degree-odd-cycle.yaml","raw_github_url":"https://raw.githubusercontent.com/didin-maxim/knowledge_graph_of_graphs/main/data/problems/school239/school239-2021-8-9-p3-nonbipartite-min-degree-odd-cycle.yaml","viewer_url":"https://didin-maxim.github.io/knowledge_graph_of_graphs/#school239-2021-8-9-p3-nonbipartite-min-degree-odd-cycle","source_key":"school239","source_label":"Открытая олимпиада ФМЛ 239","source_titles":["Открытая олимпиада ФМЛ 239, 2021: официальные условия"],"year":"2021","type":"olympiad_problem","authors":[],"tags":["extremal_graph_theory","connectivity","degree_counting","goal_exact_bound","construction"],"agent_topics":[],"difficulty":{"main":"regional","local_score":6,"comment":"Открытая олимпиада ФМЛ 239 2021, параллель 8-9 классов, задача 3. Решение использует школьный подсчёт по кратчайшему нечётному циклу и явную экстремальную конструкцию.","status":"ai_checked"},"review_status":"ai_checked","public_ready":true,"solution_state":"with_solution","solution_classification":{"type":"ai_original","status":"ai_checked","confidence":0.7,"basis":"официальный или опубликованный источник решения не обнаружен","notes":"Решение выглядит как восстановленное/написанное ИИ с нуля; желательно выборочно перепроверять математически.","label":"ИИ-решение с нуля"},"statements":{"original":[{"id":"stmt-original","title":"Условие","status":"source_verified","text":"Дан недвудольный граф с 239 вершинами, степень каждой из которых не меньше 3. Для какого наименьшего k можно гарантировать, что есть нечётный цикл длины не больше k?","definition_ids":["simple_graph","bipartite_graph","degree","cycle"]}],"graph_theory":[{"id":"stmt-graph","title":"Короткий нечётный цикл в недвудольном графе на 239 вершинах, Открытая олимпиада ФМЛ 239 2021","status":"ai_checked","text":"Найти наименьшее число k, такое что в любом недвудольном простом графе на 239 вершинах с минимальной степенью не меньше 3 обязательно есть нечётный цикл длины не больше k.","definition_ids":["simple_graph","bipartite_graph","degree","cycle"]}]},"solutions":[{"id":"sol-ai-shortest-cycle-and-blow-up","title":"ИИ-решение: кратчайший нечётный цикл и точная конструкция","status":"ai_checked","definition_ids":["simple_graph","bipartite_graph","degree","cycle"],"standard_idea_ids":[],"tags":[],"has_text":true,"text_preview":"Ответ: \\(k=159\\). Сначала докажем, что в любом подходящем графе есть нечётный цикл длины не больше 159. Пусть \\(C\\) — кратчайший нечётный цикл в графе, а его длина равна \\(g\\). Если \\(g=3\\), то нужная оценка очевидна, поэтому далее считаем, что \\(g\\ge5\\). У цикла \\(C\\) нет хорд: любая хорда разбила бы \\(C\\) на два меньших цикла, и один из них был бы нечётным. Кроме того, никакая вершина \\(x\\notin V(C)\\) не может быть смежна с тремя вершинами цикла \\(C\\). Действительно, три соседа \\(x\\) разбивают \\(C\\) на три дуги. Так как длина \\(C\\) нечётна, одна из этих дуг имеет нечётную длину. Если эта дуга состоит из одного ребра, то вместе с \\(x\\) получается треугольник, что противоречит \\(g\\ge5\\). Если её длина больше 1, то эта дуга вместе с двумя рёбрами к \\(x\\) даёт нечётный цикл короче \\(C\\) (случай равенства длине \\(C\\) возможен только когда две остальные дуги имеют длину 1, но тогда снова ес…"}],"relations":[],"search_text":"school239-2021-8-9-p3-nonbipartite-min-degree-odd-cycle короткий нечётный цикл в недвудольном графе на 239 вершинах, открытая олимпиада фмл 239 2021 extremal_graph_theory connectivity degree_counting goal_exact_bound construction 2021 https://drive.google.com/file/d/1nslf56jhpvisekysqgchuz5wedecvf_n/view?usp=sharing olympiad_archive school239 school2392021 src-school239-2021-official-conditions with_solution открытая олимпиада фмл 239 открытая олимпиада фмл 239, 2021: официальные условия открытаяолимпиадафмл239 открытаяолимпиадафмл2392021 unknown открытая олимпиада фмл 239, 2021: официальные условия stmt-original условие source_verified дан недвудольный граф с 239 вершинами, степень каждой из которых не меньше 3. для какого наименьшего k можно гарантировать, что есть нечётный цикл длины не больше k? simple_graph bipartite_graph degree cycle stmt-graph короткий нечётный цикл в недвудольном графе на 239 вершинах, открытая олимпиада фмл 239 2021 ai_checked найти наименьшее число k, такое что в любом недвудольном простом графе на 239 вершинах с минимальной степенью не меньше 3 обязательно есть нечётный цикл длины не больше k. simple_graph bipartite_graph degree cycle idea-explicit-graph граф явно задан в условии в условии напрямую дан недвудольный граф, ограничение на минимальную степень и требуется точная гарантированная оценка длины нечётного цикла. graph_model extremal_graph_theory ai_checked idea-shortest-odd-cycle-counting считать внешних соседей кратчайшего нечётного цикла если кратчайший нечётный цикл имеет длину больше 3, то у него нет хорд, а внешняя вершина не может быть смежна с тремя его вершинами. поэтому минимум по одному внешнему ребру из каждой вершины цикла даёт нижнюю оценку на число внешних вершин; точность достигается раздутым нечётным циклом. extremal_graph_theory degree_counting construction ai_checked sol-ai-shortest-cycle-and-blow-up ии-решение: кратчайший нечётный цикл и точная конструкция ai_checked simple_graph bipartite_graph degree cycle ответ: \\(k=159\\). сначала докажем, что в любом подходящем графе есть нечётный цикл длины не больше 159. пусть \\(c\\) — кратчайший нечётный цикл в графе, а его длина равна \\(g\\). если \\(g=3\\), то нужная оценка очевидна, поэтому далее считаем, что \\(g\\ge5\\). у цикла \\(c\\) нет хорд: любая хорда разбила бы \\(c\\) на два меньших цикла, и один из них был бы нечётным. кроме того, никакая вершина \\(x\\notin v(c)\\) не может быть смежна с тремя вершинами цикла \\(c\\). действительно, три соседа \\(x\\) разбивают \\(c\\) на три дуги. так как длина \\(c\\) нечётна, одна из этих дуг имеет нечётную длину. если эта дуга состоит из одного ребра, то вместе с \\(x\\) получается треугольник, что противоречит \\(g\\ge5\\). если её длина больше 1, то эта дуга вместе с двумя рёбрами к \\(x\\) даёт нечётный цикл короче \\(c\\) (случай равенства длине \\(c\\) возможен только когда две остальные дуги имеют длину 1, но тогда снова ес… school239-2021-8-9-p3-nonbipartite-min-degree-odd-cycle korotkiy nechetnyy tsikl v nedvudolnom grafe na 239 vershinah, otkrytaya olimpiada fml 239 2021 extremal_graph_theory connectivity degree_counting goal_exact_bound construction 2021 https://drive.google.com/file/d/1nslf56jhpvisekysqgchuz5wedecvf_n/view?usp=sharing olympiad_archive school239 school2392021 src-school239-2021-official-conditions with_solution otkrytaya olimpiada fml 239 otkrytaya olimpiada fml 239, 2021: ofitsialnye usloviya otkrytayaolimpiadafml239 otkrytayaolimpiadafml2392021 unknown otkrytaya olimpiada fml 239, 2021: ofitsialnye usloviya stmt-original uslovie source_verified dan nedvudolnyy graf s 239 vershinami, stepen kazhdoy iz kotoryh ne menshe 3. dlya kakogo naimenshego k mozhno garantirovat, chto est nechetnyy tsikl dliny ne bolshe k? simple_graph bipartite_graph degree cycle stmt-graph korotkiy nechetnyy tsikl v nedvudolnom grafe na 239 vershinah, otkrytaya olimpiada fml 239 2021 ai_checked nayti naimenshee chislo k, takoe chto v lyubom nedvudolnom prostom grafe na 239 vershinah s minimalnoy stepenyu ne menshe 3 obyazatelno est nechetnyy tsikl dliny ne bolshe k. simple_graph bipartite_graph degree cycle idea-explicit-graph graf yavno zadan v uslovii v uslovii napryamuyu dan nedvudolnyy graf, ogranichenie na minimalnuyu stepen i trebuetsya tochnaya garantirovannaya otsenka dliny nechetnogo tsikla. graph_model extremal_graph_theory ai_checked idea-shortest-odd-cycle-counting schitat vneshnih sosedey kratchayshego nechetnogo tsikla esli kratchayshiy nechetnyy tsikl imeet dlinu bolshe 3, to u nego net hord, a vneshnyaya vershina ne mozhet byt smezhna s tremya ego vershinami. poetomu minimum po odnomu vneshnemu rebru iz kazhdoy vershiny tsikla daet nizhnyuyu otsenku na chislo vneshnih vershin; tochnost dostigaetsya razdutym nechetnym tsiklom. extremal_graph_theory degree_counting construction ai_checked sol-ai-shortest-cycle-and-blow-up ii-reshenie: kratchayshiy nechetnyy tsikl i tochnaya konstruktsiya ai_checked simple_graph bipartite_graph degree cycle otvet: \\(k=159\\). snachala dokazhem, chto v lyubom podhodyaschem grafe est nechetnyy tsikl dliny ne bolshe 159. pust \\(c\\) — kratchayshiy nechetnyy tsikl v grafe, a ego dlina ravna \\(g\\). esli \\(g=3\\), to nuzhnaya otsenka ochevidna, poetomu dalee schitaem, chto \\(g\\ge5\\). u tsikla \\(c\\) net hord: lyubaya horda razbila by \\(c\\) na dva menshih tsikla, i odin iz nih byl by nechetnym. krome togo, nikakaya vershina \\(x\\notin v(c)\\) ne mozhet byt smezhna s tremya vershinami tsikla \\(c\\). deystvitelno, tri soseda \\(x\\) razbivayut \\(c\\) na tri dugi. tak kak dlina \\(c\\) nechetna, odna iz etih dug imeet nechetnuyu dlinu. esli eta duga sostoit iz odnogo rebra, to vmeste s \\(x\\) poluchaetsya treugolnik, chto protivorechit \\(g\\ge5\\). esli ee dlina bolshe 1, to eta duga vmeste s dvumya rebrami k \\(x\\) daet nechetnyy tsikl koroche \\(c\\) (sluchay ravenstva dline \\(c\\) vozmozhen tolko kogda dve ostalnye dugi imeyut dlinu 1, no togda snova es…","source_keys":["school239"]}
{"id":"school239-2024-10-11-p8-empty-disk-perfect-matching","title":"Разбиение точек на пары, покрываемые пустыми кругами, Открытая олимпиада ФМЛ 239 2024","path":"data\\problems\\school239\\school239-2024-10-11-p8-empty-disk-perfect-matching.yaml","raw_github_url":"https://raw.githubusercontent.com/didin-maxim/knowledge_graph_of_graphs/main/data/problems/school239/school239-2024-10-11-p8-empty-disk-perfect-matching.yaml","viewer_url":"https://didin-maxim.github.io/knowledge_graph_of_graphs/#school239-2024-10-11-p8-empty-disk-perfect-matching","source_key":"school239","source_label":"Открытая олимпиада ФМЛ 239","source_titles":["Открытая олимпиада ФМЛ 239, 2024: официальные условия"],"year":"2024","type":"olympiad_problem","authors":[],"tags":["matching","graph_model","goal_existence"],"agent_topics":[],"difficulty":{"main":"regional","local_score":7,"comment":"Открытая олимпиада ФМЛ 239 2024, параллель 10-11 классов, задача 8.","status":"needs_human_review"},"review_status":"needs_human_review","public_ready":false,"solution_state":"with_solution","solution_classification":{"type":"ai_original","status":"ai_checked","confidence":0.7,"basis":"официальный или опубликованный источник решения не обнаружен","notes":"Решение выглядит как восстановленное/написанное ИИ с нуля; желательно выборочно перепроверять математически.","label":"ИИ-решение с нуля"},"statements":{"original":[{"id":"stmt-original","title":"Условие","status":"source_verified","text":"На плоскости дано 2n точек. Никакие три из них не лежат на одной прямой и никакие четыре не лежат на одной окружности. Докажите, что можно разбить эти точки на n пар и покрыть каждую пару точек кругом, не содержащим других данных точек.","definition_ids":["matching"]}],"graph_theory":[{"id":"stmt-graph","title":"Разбиение точек на пары, покрываемые пустыми кругами, Открытая олимпиада ФМЛ 239 2024","status":"ai_checked","text":"На данных \\(2n\\) точках рассмотрим граф: две точки соединены ребром, если существует круг, содержащий эти две точки и не содержащий других данных точек. Докажите, что этот граф имеет совершенное паросочетание.","definition_ids":["matching"]}]},"solutions":[{"id":"sol-ai-delaunay-tutte","title":"ИИ-решение через триангуляцию Делоне и теорему Татта","status":"source_verified","definition_ids":["matching"],"standard_idea_ids":[],"tags":[],"has_text":true,"text_preview":"Построим на данных \\(2n\\) точках триангуляцию Делоне \\(T\\). Из-за условий общего положения триангуляция невырождена: никакие четыре точки не лежат на одной окружности, поэтому ребро \\(pq\\) входит в \\(T\\) тогда и только тогда, когда существует замкнутый круг, на границе которого лежат \\(p\\) и \\(q\\), а внутри и на границе нет других данных точек. Значит, каждое ребро \\(T\\) уже является допустимой парой для исходной задачи. Дальше используется внешний тяжёлый факт: теорема Делленкура о 1-жёсткости триангуляций Делоне. В нужной нам форме она утверждает, что для любой триангуляции Делоне конечного множества точек общего положения и любого множества вершин \\(S\\) граф \\(T-S\\) имеет не больше \\(|S|\\) компонент связности. Ссылка для проверки факта: M. B. Dillencourt, «Toughness and Delaunay Triangulations», Discrete & Computational Geometry 5 (1990), 575-601; страница EUDML: https://eudml.org/do…"}],"relations":[],"search_text":"school239-2024-10-11-p8-empty-disk-perfect-matching разбиение точек на пары, покрываемые пустыми кругами, открытая олимпиада фмл 239 2024 matching graph_model goal_existence 2024 https://disk.yandex.ru/i/vqxe1jidepz3ea olympiad_archive school239 school2392024 src-school239-2024-official-conditions with_solution открытая олимпиада фмл 239 открытая олимпиада фмл 239, 2024: официальные условия открытаяолимпиадафмл239 открытаяолимпиадафмл2392024 unknown открытая олимпиада фмл 239, 2024: официальные условия stmt-original условие source_verified на плоскости дано 2n точек. никакие три из них не лежат на одной прямой и никакие четыре не лежат на одной окружности. докажите, что можно разбить эти точки на n пар и покрыть каждую пару точек кругом, не содержащим других данных точек. matching stmt-graph разбиение точек на пары, покрываемые пустыми кругами, открытая олимпиада фмл 239 2024 ai_checked на данных \\(2n\\) точках рассмотрим граф: две точки соединены ребром, если существует круг, содержащий эти две точки и не содержащий других данных точек. докажите, что этот граф имеет совершенное паросочетание. matching idea-empty-disk-graph граф пар, покрываемых пустым кругом хотя исходная формулировка геометрическая, её можно рассматривать как задачу о совершенном паросочетании в графе, где рёбрами являются пары точек, покрываемые пустым кругом. удобно взять не весь этот граф, а триангуляцию делоне: каждое её ребро уже имеет пустой круг, а известная теорема делленкура даёт совершенное паросочетание при чётном числе вершин. graph_model matching ai_checked sol-ai-delaunay-tutte ии-решение через триангуляцию делоне и теорему татта source_verified matching построим на данных \\(2n\\) точках триангуляцию делоне \\(t\\). из-за условий общего положения триангуляция невырождена: никакие четыре точки не лежат на одной окружности, поэтому ребро \\(pq\\) входит в \\(t\\) тогда и только тогда, когда существует замкнутый круг, на границе которого лежат \\(p\\) и \\(q\\), а внутри и на границе нет других данных точек. значит, каждое ребро \\(t\\) уже является допустимой парой для исходной задачи. дальше используется внешний тяжёлый факт: теорема делленкура о 1-жёсткости триангуляций делоне. в нужной нам форме она утверждает, что для любой триангуляции делоне конечного множества точек общего положения и любого множества вершин \\(s\\) граф \\(t-s\\) имеет не больше \\(|s|\\) компонент связности. ссылка для проверки факта: m. b. dillencourt, «toughness and delaunay triangulations», discrete & computational geometry 5 (1990), 575-601; страница eudml: https://eudml.org/do… school239-2024-10-11-p8-empty-disk-perfect-matching razbienie tochek na pary, pokryvaemye pustymi krugami, otkrytaya olimpiada fml 239 2024 matching graph_model goal_existence 2024 https://disk.yandex.ru/i/vqxe1jidepz3ea olympiad_archive school239 school2392024 src-school239-2024-official-conditions with_solution otkrytaya olimpiada fml 239 otkrytaya olimpiada fml 239, 2024: ofitsialnye usloviya otkrytayaolimpiadafml239 otkrytayaolimpiadafml2392024 unknown otkrytaya olimpiada fml 239, 2024: ofitsialnye usloviya stmt-original uslovie source_verified na ploskosti dano 2n tochek. nikakie tri iz nih ne lezhat na odnoy pryamoy i nikakie chetyre ne lezhat na odnoy okruzhnosti. dokazhite, chto mozhno razbit eti tochki na n par i pokryt kazhduyu paru tochek krugom, ne soderzhaschim drugih dannyh tochek. matching stmt-graph razbienie tochek na pary, pokryvaemye pustymi krugami, otkrytaya olimpiada fml 239 2024 ai_checked na dannyh \\(2n\\) tochkah rassmotrim graf: dve tochki soedineny rebrom, esli suschestvuet krug, soderzhaschiy eti dve tochki i ne soderzhaschiy drugih dannyh tochek. dokazhite, chto etot graf imeet sovershennoe parosochetanie. matching idea-empty-disk-graph graf par, pokryvaemyh pustym krugom hotya ishodnaya formulirovka geometricheskaya, ee mozhno rassmatrivat kak zadachu o sovershennom parosochetanii v grafe, gde rebrami yavlyayutsya pary tochek, pokryvaemye pustym krugom. udobno vzyat ne ves etot graf, a triangulyatsiyu delone: kazhdoe ee rebro uzhe imeet pustoy krug, a izvestnaya teorema dellenkura daet sovershennoe parosochetanie pri chetnom chisle vershin. graph_model matching ai_checked sol-ai-delaunay-tutte ii-reshenie cherez triangulyatsiyu delone i teoremu tatta source_verified matching postroim na dannyh \\(2n\\) tochkah triangulyatsiyu delone \\(t\\). iz-za usloviy obschego polozheniya triangulyatsiya nevyrozhdena: nikakie chetyre tochki ne lezhat na odnoy okruzhnosti, poetomu rebro \\(pq\\) vhodit v \\(t\\) togda i tolko togda, kogda suschestvuet zamknutyy krug, na granitse kotorogo lezhat \\(p\\) i \\(q\\), a vnutri i na granitse net drugih dannyh tochek. znachit, kazhdoe rebro \\(t\\) uzhe yavlyaetsya dopustimoy paroy dlya ishodnoy zadachi. dalshe ispolzuetsya vneshniy tyazhelyy fakt: teorema dellenkura o 1-zhestkosti triangulyatsiy delone. v nuzhnoy nam forme ona utverzhdaet, chto dlya lyuboy triangulyatsii delone konechnogo mnozhestva tochek obschego polozheniya i lyubogo mnozhestva vershin \\(s\\) graf \\(t-s\\) imeet ne bolshe \\(|s|\\) komponent svyaznosti. ssylka dlya proverki fakta: m. b. dillencourt, «toughness and delaunay triangulations», discrete & computational geometry 5 (1990), 575-601; stranitsa eudml: https://eudml.org/do…","source_keys":["school239"]}
{"id":"school239-2024-8-9-p2-noncrossing-segments-perfect-matching","title":"Паросочетание среди непересекающихся отрезков, Открытая олимпиада ФМЛ 239 2024","path":"data\\problems\\school239\\school239-2024-8-9-p2-noncrossing-segments-perfect-matching.yaml","raw_github_url":"https://raw.githubusercontent.com/didin-maxim/knowledge_graph_of_graphs/main/data/problems/school239/school239-2024-8-9-p2-noncrossing-segments-perfect-matching.yaml","viewer_url":"https://didin-maxim.github.io/knowledge_graph_of_graphs/#school239-2024-8-9-p2-noncrossing-segments-perfect-matching","source_key":"school239","source_label":"Открытая олимпиада ФМЛ 239","source_titles":["Открытая олимпиада ФМЛ 239, 2024: официальные условия"],"year":"2024","type":"olympiad_problem","authors":[],"tags":["matching","planar_graphs","graph_model","goal_existence"],"agent_topics":[],"difficulty":{"main":"regional","local_score":7,"comment":"Открытая олимпиада ФМЛ 239 2024, параллель 8-9 классов, задача 2.","status":"needs_human_review"},"review_status":"needs_human_review","public_ready":false,"solution_state":"with_solution","solution_classification":{"type":"ai_original","status":"ai_checked","confidence":0.7,"basis":"официальный или опубликованный источник решения не обнаружен","notes":"Решение выглядит как восстановленное/написанное ИИ с нуля; желательно выборочно перепроверять математически.","label":"ИИ-решение с нуля"},"statements":{"original":[{"id":"stmt-original","title":"Условие","status":"source_verified","text":"На плоскости дано 2n точек, никакие три из которых не лежат на одной прямой. Они соединены не пересекающимися по внутренним точкам отрезками так, что любой отрезок с концами в двух данных точках будет пересекать какой-то из проведённых во внутренней точке. Верно ли, что всегда можно выбрать n проведённых отрезков, не имеющих общих концов?","definition_ids":["simple_graph","matching","planar_graph"]}],"graph_theory":[{"id":"stmt-graph","title":"Совершенное паросочетание в максимальном прямолинейном плоском графе","status":"needs_human_review","text":"Пусть \\(G\\) — максимальный по включению прямолинейный плоский граф на \\(2n\\) вершинах в общем положении: добавление любого нового ребра между двумя его вершинами нарушает плоскость данного чертежа. Обязательно ли \\(G\\) содержит совершенное паросочетание?","definition_ids":["simple_graph","matching","planar_graph"]}]},"solutions":[{"id":"sol-ai-apollonian-counterexample","title":"ИИ-решение: контрпример через триангуляцию с большой независимой долей","status":"ai_checked","definition_ids":["simple_graph","matching","planar_graph"],"standard_idea_ids":[],"tags":[],"has_text":true,"text_preview":"Ответ отрицательный. Построим пример на \\(16\\) точках. Возьмём треугольник \\(AB C_0\\). Внутри треугольника \\(AB C_0\\) поставим точку \\(C_1\\) и соединим её с \\(A,B,C_0\\). Затем внутри нового треугольника \\(AB C_1\\) поставим точку \\(C_2\\) и соединим её с \\(A,B,C_1\\). Так же последовательно построим точки \\(C_3\\) и \\(C_4\\), каждый раз помещая \\(C_i\\) внутрь треугольника \\(AB C_{i-1}\\) и соединяя с его тремя вершинами. После этого есть \\(7\\) старых точек: \\(A,B,C_0,C_1,C_2,C_3,C_4\\). Полученный рисунок разбивает исходный треугольник на \\(9\\) маленьких треугольных областей. Теперь в каждую из этих \\(9\\) треугольных областей поместим по одной новой точке и соединим её ровно с тремя вершинами области, в которой она лежит. Новые точки можно выбрать так, чтобы никакие три из всех \\(16\\) точек не лежали на одной прямой: на каждом шаге достаточно избегать конечного числа запрещённых прямых. Провед…"}],"relations":[],"search_text":"school239-2024-8-9-p2-noncrossing-segments-perfect-matching паросочетание среди непересекающихся отрезков, открытая олимпиада фмл 239 2024 matching planar_graphs graph_model goal_existence 2024 https://disk.yandex.ru/i/vqxe1jidepz3ea olympiad_archive school239 school2392024 src-school239-2024-official-conditions with_solution открытая олимпиада фмл 239 открытая олимпиада фмл 239, 2024: официальные условия открытаяолимпиадафмл239 открытаяолимпиадафмл2392024 unknown открытая олимпиада фмл 239, 2024: официальные условия stmt-original условие source_verified на плоскости дано 2n точек, никакие три из которых не лежат на одной прямой. они соединены не пересекающимися по внутренним точкам отрезками так, что любой отрезок с концами в двух данных точках будет пересекать какой-то из проведённых во внутренней точке. верно ли, что всегда можно выбрать n проведённых отрезков, не имеющих общих концов? simple_graph matching planar_graph stmt-graph совершенное паросочетание в максимальном прямолинейном плоском графе needs_human_review пусть \\(g\\) — максимальный по включению прямолинейный плоский граф на \\(2n\\) вершинах в общем положении: добавление любого нового ребра между двумя его вершинами нарушает плоскость данного чертежа. обязательно ли \\(g\\) содержит совершенное паросочетание? simple_graph matching planar_graph idea-geometric-graph-perfect-matching проведённые отрезки образуют геометрический граф проведённые отрезки являются рёбрами непересекающегося геометрического графа, а требуемый выбор n отрезков без общих концов является совершенным паросочетанием. graph_model matching ai_checked sol-ai-apollonian-counterexample ии-решение: контрпример через триангуляцию с большой независимой долей ai_checked simple_graph matching planar_graph ответ отрицательный. построим пример на \\(16\\) точках. возьмём треугольник \\(ab c_0\\). внутри треугольника \\(ab c_0\\) поставим точку \\(c_1\\) и соединим её с \\(a,b,c_0\\). затем внутри нового треугольника \\(ab c_1\\) поставим точку \\(c_2\\) и соединим её с \\(a,b,c_1\\). так же последовательно построим точки \\(c_3\\) и \\(c_4\\), каждый раз помещая \\(c_i\\) внутрь треугольника \\(ab c_{i-1}\\) и соединяя с его тремя вершинами. после этого есть \\(7\\) старых точек: \\(a,b,c_0,c_1,c_2,c_3,c_4\\). полученный рисунок разбивает исходный треугольник на \\(9\\) маленьких треугольных областей. теперь в каждую из этих \\(9\\) треугольных областей поместим по одной новой точке и соединим её ровно с тремя вершинами области, в которой она лежит. новые точки можно выбрать так, чтобы никакие три из всех \\(16\\) точек не лежали на одной прямой: на каждом шаге достаточно избегать конечного числа запрещённых прямых. провед… school239-2024-8-9-p2-noncrossing-segments-perfect-matching parosochetanie sredi neperesekayuschihsya otrezkov, otkrytaya olimpiada fml 239 2024 matching planar_graphs graph_model goal_existence 2024 https://disk.yandex.ru/i/vqxe1jidepz3ea olympiad_archive school239 school2392024 src-school239-2024-official-conditions with_solution otkrytaya olimpiada fml 239 otkrytaya olimpiada fml 239, 2024: ofitsialnye usloviya otkrytayaolimpiadafml239 otkrytayaolimpiadafml2392024 unknown otkrytaya olimpiada fml 239, 2024: ofitsialnye usloviya stmt-original uslovie source_verified na ploskosti dano 2n tochek, nikakie tri iz kotoryh ne lezhat na odnoy pryamoy. oni soedineny ne peresekayuschimisya po vnutrennim tochkam otrezkami tak, chto lyuboy otrezok s kontsami v dvuh dannyh tochkah budet peresekat kakoy-to iz provedennyh vo vnutrenney tochke. verno li, chto vsegda mozhno vybrat n provedennyh otrezkov, ne imeyuschih obschih kontsov? simple_graph matching planar_graph stmt-graph sovershennoe parosochetanie v maksimalnom pryamolineynom ploskom grafe needs_human_review pust \\(g\\) — maksimalnyy po vklyucheniyu pryamolineynyy ploskiy graf na \\(2n\\) vershinah v obschem polozhenii: dobavlenie lyubogo novogo rebra mezhdu dvumya ego vershinami narushaet ploskost dannogo chertezha. obyazatelno li \\(g\\) soderzhit sovershennoe parosochetanie? simple_graph matching planar_graph idea-geometric-graph-perfect-matching provedennye otrezki obrazuyut geometricheskiy graf provedennye otrezki yavlyayutsya rebrami neperesekayuschegosya geometricheskogo grafa, a trebuemyy vybor n otrezkov bez obschih kontsov yavlyaetsya sovershennym parosochetaniem. graph_model matching ai_checked sol-ai-apollonian-counterexample ii-reshenie: kontrprimer cherez triangulyatsiyu s bolshoy nezavisimoy doley ai_checked simple_graph matching planar_graph otvet otritsatelnyy. postroim primer na \\(16\\) tochkah. vozmem treugolnik \\(ab c_0\\). vnutri treugolnika \\(ab c_0\\) postavim tochku \\(c_1\\) i soedinim ee s \\(a,b,c_0\\). zatem vnutri novogo treugolnika \\(ab c_1\\) postavim tochku \\(c_2\\) i soedinim ee s \\(a,b,c_1\\). tak zhe posledovatelno postroim tochki \\(c_3\\) i \\(c_4\\), kazhdyy raz pomeschaya \\(c_i\\) vnutr treugolnika \\(ab c_{i-1}\\) i soedinyaya s ego tremya vershinami. posle etogo est \\(7\\) staryh tochek: \\(a,b,c_0,c_1,c_2,c_3,c_4\\). poluchennyy risunok razbivaet ishodnyy treugolnik na \\(9\\) malenkih treugolnyh oblastey. teper v kazhduyu iz etih \\(9\\) treugolnyh oblastey pomestim po odnoy novoy tochke i soedinim ee rovno s tremya vershinami oblasti, v kotoroy ona lezhit. novye tochki mozhno vybrat tak, chtoby nikakie tri iz vseh \\(16\\) tochek ne lezhali na odnoy pryamoy: na kazhdom shage dostatochno izbegat konechnogo chisla zapreschennyh pryamyh. proved…","source_keys":["school239"]}
{"id":"shortest-odd-cycle-external-neighbor-bound","title":"Внешняя вершина кратчайшего нечётного цикла","path":"data\\problems\\classical\\shortest-odd-cycle-external-neighbor-bound.yaml","raw_github_url":"https://raw.githubusercontent.com/didin-maxim/knowledge_graph_of_graphs/main/data/problems/classical/shortest-odd-cycle-external-neighbor-bound.yaml","viewer_url":"https://didin-maxim.github.io/knowledge_graph_of_graphs/#shortest-odd-cycle-external-neighbor-bound","source_key":"misc","source_label":"Прочее","source_titles":["Задача 116640, Всероссийская олимпиада 2010/11, заключительный этап, 10 класс"],"year":"","type":"lemma","authors":["Дольников В.Л."],"tags":["coloring","forbidden_clique","goal_exact_bound"],"agent_topics":[],"difficulty":{"main":"regional","local_score":4,"comment":"Типичная лемма про минимальный нечётный цикл в \\(K_4\\)-free графе.","status":"ai_checked"},"review_status":"needs_human_review","public_ready":false,"solution_state":"with_solution","solution_classification":{"type":"unofficial_published","label":"опубликованное неофициальное","status":"ai_checked","confidence":0.78,"basis":"агентский аудит средней сложности","notes":"Карточка подкреплена опубликованными неофициальными, справочными, журнальными, вики-, форумными источниками или страницами задач.","audit_source":"agent-imo-us-classical.json"},"statements":{"original":[{"id":"stmt-original-1","title":"","status":"needs_human_review","text":"Пусть \\(G\\) — простой граф без клики \\(K_4\\), а \\(C\\) — нечётный цикл минимальной длины в \\(G\\). Докажите, что любая вершина графа \\(G\\), не принадлежащая циклу \\(C\\), смежна не более чем с двумя вершинами цикла \\(C\\).","definition_ids":["simple_graph","cycle","clique"]}]},"solutions":[{"id":"sol-odd-arc-or-k4","title":"Нечётная дуга или \\(K_4\\)","status":"ai_checked","definition_ids":["clique","cycle"],"standard_idea_ids":[],"tags":[],"has_text":true,"text_preview":"Пусть вершина \\(x\\notin V(C)\\) смежна с тремя различными вершинами \\(a,b,c\\) цикла \\(C\\). Эти вершины разбивают цикл \\(C\\) на три дуги; так как длина \\(C\\) нечётна, хотя бы одна из дуг имеет нечётную длину. Если длина этой дуги больше 1, то вместе с рёбрами от \\(x\\) к её концам она образует нечётный цикл меньшей длины, чем \\(C\\), что невозможно. Следовательно, единственный оставшийся случай — выбранная нечётная дуга имеет длину 1. Тогда \\(C\\) является треугольником, и вершина \\(x\\) смежна со всеми тремя его вершинами. Но это даёт клику \\(K_4\\), запрещённую по условию. Противоречие."}],"relations":[{"id":"rel-shortest-odd-cycle-neighbor-vosh-2010-11","neighbor_id":"vosh-2010-11-final-nonbreakable-company","direction":"forward","type":"prerequisite","distance":1,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-color-extremal-brooks-shortest-odd-cycle","neighbor_id":"brooks-theorem","direction":"backward","type":"same_motif","distance":2,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-metadata-kolm-2006-triangle-free-shortest-odd-cycle","neighbor_id":"kolmogorov-2006-round-1-super-high-first-league-problem-1","direction":"backward","type":"same_motif","distance":1,"status":"needs_human_review"},{"id":"rel-min-degree-common-neighborhood-clique-shortest-odd-cycle-k4-free","neighbor_id":"min-degree-common-neighborhood-clique","direction":"backward","type":"same_motif","distance":2,"status":"needs_human_review"}],"search_text":"shortest-odd-cycle-external-neighbor-bound внешняя вершина кратчайшего нечётного цикла coloring forbidden_clique goal_exact_bound https://www.problems.ru/view_problem_details_new.php?id=116640 misc olympiad_archive src-problems-116640 with_solution дольников в.л. задача 116640, всероссийская олимпиада 2010/11, заключительный этап, 10 класс прочее дольников в.л. задача 116640, всероссийская олимпиада 2010/11, заключительный этап, 10 класс stmt-original-1 needs_human_review пусть \\(g\\) — простой граф без клики \\(k_4\\), а \\(c\\) — нечётный цикл минимальной длины в \\(g\\). докажите, что любая вершина графа \\(g\\), не принадлежащая циклу \\(c\\), смежна не более чем с двумя вершинами цикла \\(c\\). simple_graph cycle clique idea-three_neighbors_split_odd_cycle три соседа разбивают цикл на дуги если внешняя вершина имеет на кратчайшем нечётном цикле три соседа, то одна из дуг между соседями даёт меньший нечётный цикл; исключение возможно только для треугольника, но тогда возникает \\(k_4\\). minimal_counterexample forbidden_clique ai_checked sol-odd-arc-or-k4 нечётная дуга или \\(k_4\\) ai_checked clique cycle пусть вершина \\(x\\notin v(c)\\) смежна с тремя различными вершинами \\(a,b,c\\) цикла \\(c\\). эти вершины разбивают цикл \\(c\\) на три дуги; так как длина \\(c\\) нечётна, хотя бы одна из дуг имеет нечётную длину. если длина этой дуги больше 1, то вместе с рёбрами от \\(x\\) к её концам она образует нечётный цикл меньшей длины, чем \\(c\\), что невозможно. следовательно, единственный оставшийся случай — выбранная нечётная дуга имеет длину 1. тогда \\(c\\) является треугольником, и вершина \\(x\\) смежна со всеми тремя его вершинами. но это даёт клику \\(k_4\\), запрещённую по условию. противоречие. shortest-odd-cycle-external-neighbor-bound vneshnyaya vershina kratchayshego nechetnogo tsikla coloring forbidden_clique goal_exact_bound https://www.problems.ru/view_problem_details_new.php?id=116640 misc olympiad_archive src-problems-116640 with_solution dolnikov v.l. zadacha 116640, vserossiyskaya olimpiada 2010/11, zaklyuchitelnyy etap, 10 klass prochee dolnikov v.l. zadacha 116640, vserossiyskaya olimpiada 2010/11, zaklyuchitelnyy etap, 10 klass stmt-original-1 needs_human_review pust \\(g\\) — prostoy graf bez kliki \\(k_4\\), a \\(c\\) — nechetnyy tsikl minimalnoy dliny v \\(g\\). dokazhite, chto lyubaya vershina grafa \\(g\\), ne prinadlezhaschaya tsiklu \\(c\\), smezhna ne bolee chem s dvumya vershinami tsikla \\(c\\). simple_graph cycle clique idea-three_neighbors_split_odd_cycle tri soseda razbivayut tsikl na dugi esli vneshnyaya vershina imeet na kratchayshem nechetnom tsikle tri soseda, to odna iz dug mezhdu sosedyami daet menshiy nechetnyy tsikl; isklyuchenie vozmozhno tolko dlya treugolnika, no togda voznikaet \\(k_4\\). minimal_counterexample forbidden_clique ai_checked sol-odd-arc-or-k4 nechetnaya duga ili \\(k_4\\) ai_checked clique cycle pust vershina \\(x\\notin v(c)\\) smezhna s tremya razlichnymi vershinami \\(a,b,c\\) tsikla \\(c\\). eti vershiny razbivayut tsikl \\(c\\) na tri dugi; tak kak dlina \\(c\\) nechetna, hotya by odna iz dug imeet nechetnuyu dlinu. esli dlina etoy dugi bolshe 1, to vmeste s rebrami ot \\(x\\) k ee kontsam ona obrazuet nechetnyy tsikl menshey dliny, chem \\(c\\), chto nevozmozhno. sledovatelno, edinstvennyy ostavshiysya sluchay — vybrannaya nechetnaya duga imeet dlinu 1. togda \\(c\\) yavlyaetsya treugolnikom, i vershina \\(x\\) smezhna so vsemi tremya ego vershinami. no eto daet kliku \\(k_4\\), zapreschennuyu po usloviyu. protivorechie.","source_keys":["misc"]}
{"id":"sim-k6-no-draw","title":"Игра SIM на \\(K_6\\): ничья невозможна","path":"data\\problems\\classical\\sim-k6-no-draw.yaml","raw_github_url":"https://raw.githubusercontent.com/didin-maxim/knowledge_graph_of_graphs/main/data/problems/classical/sim-k6-no-draw.yaml","viewer_url":"https://didin-maxim.github.io/knowledge_graph_of_graphs/#sim-k6-no-draw","source_key":"misc","source_label":"Прочее","source_titles":["Gustavus J. Simmons, The Game of Sim"],"year":"","type":"classical_problem","authors":["Gustavus J. Simmons"],"tags":["ramsey_theory","coloring","forbidden_triangle","pigeonhole_principle","goal_impossibility","goal_strategy_game"],"agent_topics":["game_strategy"],"difficulty":{"main":"exercise","local_score":3,"comment":"Классическое игровое следствие элементарного случая теоремы Рамсея \\(R(3,3)=6\\). Карточка доказывает невозможность ничьей, но не утверждает, какой игрок выигрывает при оптимальной игре.","status":"ai_checked"},"review_status":"ai_checked","public_ready":true,"solution_state":"with_solution","solution_classification":{"type":"ai_original","label":"полное ИИ-решение","status":"ai_checked","confidence":0.99,"basis":"Самодостаточное стандартное доказательство \\(R(3,3)\\le6\\) и явный перенос в правила игры.","notes":"Все шаги доказаны внутри карточки; внешняя вычислительная стратегия не используется.","audit_source":"manual-proof-review-2026-08-15"},"statements":{"original":[{"id":"stmt-sim-no-draw","title":"В полной партии SIM обязательно появляется проигравший","status":"source_verified","text":"На рёбрах полного графа \\(K_6\\) два игрока по очереди красят по одному ещё не окрашенному ребру, каждый -- своим цветом. Игрок немедленно проигрывает, если после его хода три ребра его цвета образуют треугольник. Докажите, что ничья невозможна: не удастся окрасить все рёбра, не создав одноцветного треугольника.","definition_ids":["complete_graph","triangle"]}]},"solutions":[{"id":"sol-ramsey-r33","title":"Доказательство через шесть рёбер из одной вершины","status":"ai_checked","definition_ids":["complete_graph","triangle"],"standard_idea_ids":["pigeonhole_principle"],"tags":[],"has_text":true,"text_preview":"Предположим, что все рёбра \\(K_6\\) удалось окрасить двумя цветами без одноцветного треугольника. Выберем вершину \\(v\\). Из неё выходят пять рёбер, поэтому по принципу Дирихле не менее трёх из них имеют один цвет. Пусть, например, рёбра \\(va,vb,vc\\) красные. Если хотя бы одно из рёбер \\(ab,bc,ca\\) красное, то оно вместе с двумя красными рёбрами из \\(v\\) образует красный треугольник. Если ни одно из них не красное, то все три рёбра \\(ab,bc,ca\\) синие и образуют синий треугольник. В обоих случаях получено противоречие. Значит, всякая двухцветная раскраска рёбер \\(K_6\\) содержит одноцветный треугольник. Теперь вернёмся к игре. Если бы никто не проиграл раньше, после окраски последнего ребра получилась бы полная двухцветная раскраска \\(K_6\\), а потому в ней имелся бы одноцветный треугольник. Рассмотрим первый ход, после которого такой треугольник появился. На этом ходу меняется только набор…"}],"relations":[{"id":"rel-simon-marais-sim-paired","neighbor_id":"simon-marais-2017-a1-pentagon-triangle-game","direction":"backward","type":"paired_variant","distance":1,"status":"ai_checked"}],"search_text":"sim-k6-no-draw игра sim на \\(k_6\\): ничья невозможна ramsey_theory coloring forbidden_triangle pigeonhole_principle goal_impossibility goal_strategy_game book_chapter gustavus j. simmons gustavus j. simmons, the game of sim gustavusjsimmons https://www.taylorfrancis.com/chapters/edit/10.4324/9781315224169-11/game-sim-gustavus-simmons misc src-simmons-sim-game with_solution прочее gustavus j. simmons gustavus j. simmons, the game of sim stmt-sim-no-draw в полной партии sim обязательно появляется проигравший source_verified на рёбрах полного графа \\(k_6\\) два игрока по очереди красят по одному ещё не окрашенному ребру, каждый -- своим цветом. игрок немедленно проигрывает, если после его хода три ребра его цвета образуют треугольник. докажите, что ничья невозможна: не удастся окрасить все рёбра, не создав одноцветного треугольника. complete_graph triangle idea-r33-forces-loss последняя позиция была бы двухцветной раскраской \\(k_6\\) если бы партия дошла до полной раскраски без проигрыша, два цвета дали бы раскраску рёбер \\(k_6\\) без одноцветного треугольника. это невозможно по элементарному доказательству \\(r(3,3)\\le6\\). ramsey_theory forbidden_triangle ai_checked sol-ramsey-r33 доказательство через шесть рёбер из одной вершины ai_checked complete_graph triangle pigeonhole_principle предположим, что все рёбра \\(k_6\\) удалось окрасить двумя цветами без одноцветного треугольника. выберем вершину \\(v\\). из неё выходят пять рёбер, поэтому по принципу дирихле не менее трёх из них имеют один цвет. пусть, например, рёбра \\(va,vb,vc\\) красные. если хотя бы одно из рёбер \\(ab,bc,ca\\) красное, то оно вместе с двумя красными рёбрами из \\(v\\) образует красный треугольник. если ни одно из них не красное, то все три рёбра \\(ab,bc,ca\\) синие и образуют синий треугольник. в обоих случаях получено противоречие. значит, всякая двухцветная раскраска рёбер \\(k_6\\) содержит одноцветный треугольник. теперь вернёмся к игре. если бы никто не проиграл раньше, после окраски последнего ребра получилась бы полная двухцветная раскраска \\(k_6\\), а потому в ней имелся бы одноцветный треугольник. рассмотрим первый ход, после которого такой треугольник появился. на этом ходу меняется только набор… sim-k6-no-draw igra sim na \\(k_6\\): nichya nevozmozhna ramsey_theory coloring forbidden_triangle pigeonhole_principle goal_impossibility goal_strategy_game book_chapter gustavus j. simmons gustavus j. simmons, the game of sim gustavusjsimmons https://www.taylorfrancis.com/chapters/edit/10.4324/9781315224169-11/game-sim-gustavus-simmons misc src-simmons-sim-game with_solution prochee gustavus j. simmons gustavus j. simmons, the game of sim stmt-sim-no-draw v polnoy partii sim obyazatelno poyavlyaetsya proigravshiy source_verified na rebrah polnogo grafa \\(k_6\\) dva igroka po ocheredi krasyat po odnomu esche ne okrashennomu rebru, kazhdyy -- svoim tsvetom. igrok nemedlenno proigryvaet, esli posle ego hoda tri rebra ego tsveta obrazuyut treugolnik. dokazhite, chto nichya nevozmozhna: ne udastsya okrasit vse rebra, ne sozdav odnotsvetnogo treugolnika. complete_graph triangle idea-r33-forces-loss poslednyaya pozitsiya byla by dvuhtsvetnoy raskraskoy \\(k_6\\) esli by partiya doshla do polnoy raskraski bez proigrysha, dva tsveta dali by raskrasku reber \\(k_6\\) bez odnotsvetnogo treugolnika. eto nevozmozhno po elementarnomu dokazatelstvu \\(r(3,3)\\le6\\). ramsey_theory forbidden_triangle ai_checked sol-ramsey-r33 dokazatelstvo cherez shest reber iz odnoy vershiny ai_checked complete_graph triangle pigeonhole_principle predpolozhim, chto vse rebra \\(k_6\\) udalos okrasit dvumya tsvetami bez odnotsvetnogo treugolnika. vyberem vershinu \\(v\\). iz nee vyhodyat pyat reber, poetomu po printsipu dirihle ne menee treh iz nih imeyut odin tsvet. pust, naprimer, rebra \\(va,vb,vc\\) krasnye. esli hotya by odno iz reber \\(ab,bc,ca\\) krasnoe, to ono vmeste s dvumya krasnymi rebrami iz \\(v\\) obrazuet krasnyy treugolnik. esli ni odno iz nih ne krasnoe, to vse tri rebra \\(ab,bc,ca\\) sinie i obrazuyut siniy treugolnik. v oboih sluchayah polucheno protivorechie. znachit, vsyakaya dvuhtsvetnaya raskraska reber \\(k_6\\) soderzhit odnotsvetnyy treugolnik. teper vernemsya k igre. esli by nikto ne proigral ranshe, posle okraski poslednego rebra poluchilas by polnaya dvuhtsvetnaya raskraska \\(k_6\\), a potomu v ney imelsya by odnotsvetnyy treugolnik. rassmotrim pervyy hod, posle kotorogo takoy treugolnik poyavilsya. na etom hodu menyaetsya tolko nabor…","source_keys":["misc"]}
{"id":"simon-marais-2017-a1-pentagon-triangle-game","title":"Игра до первого одноцветного треугольника на полном графе","path":"data\\problems\\simon-marais\\simon-marais-2017-a1-pentagon-triangle-game.yaml","raw_github_url":"https://raw.githubusercontent.com/didin-maxim/knowledge_graph_of_graphs/main/data/problems/simon-marais/simon-marais-2017-a1-pentagon-triangle-game.yaml","viewer_url":"https://didin-maxim.github.io/knowledge_graph_of_graphs/#simon-marais-2017-a1-pentagon-triangle-game","source_key":"simon","source_label":"SIMON","source_titles":["Simon Marais Mathematics Competition 2017 A1, официальные условия и решения","38-я Летняя конференция Турнира городов 2026, проект 2 «Игры на меняющихся графах»","ЛКТГ 2026, проект 2 «Игры на меняющихся графах»: условия, русская редакция 7","ЛКТГ 2026, проект 2 «Игры на меняющихся графах»: решения, русская редакция 7"],"year":"2017","type":"olympiad_problem","authors":[],"tags":["coloring","graph_symmetry","goal_strategy_game","ramsey_theory"],"agent_topics":["game_strategy"],"difficulty":{"main":"national_final_easy","local_score":4,"comment":"Небольшая игровая задача на \\(K_5\\): главное - заметить симметрию и построить двойную угрозу.","status":"ai_checked"},"review_status":"ai_checked","public_ready":true,"solution_state":"with_solution","solution_classification":{"type":"official_complete_or_near_complete","label":"официальное полное решение","status":"ai_checked","confidence":0.98,"basis":"официальный PDF решений, русская редакция 7","notes":"Полная пятивершинная стратегия Синего перенесена самодостаточно."},"statements":{"original":[{"id":"stmt-original","title":"Условие","status":"ai_checked","text":"На бумаге нарисованы пять сторон и пять диагоналей правильного пятиугольника. Два игрока по очереди раскрашивают по одному из этих десяти отрезков: первый игрок красит синим, второй - красным. Уже раскрашенный отрезок перекрашивать нельзя. Игрок выигрывает, если первым создал треугольник своего цвета, все три вершины которого являются вершинами правильного пятиугольника. Если все десять отрезков раскрашены и никто не выиграл, объявляется ничья. Определите, может ли первый игрок, второй игрок или ни один из них гарантировать победу.","definition_ids":[]}],"graph_theory":[{"id":"stmt-graph","title":"Игра на рёбрах пятиугольника до одноцветного треугольника, SMMC 2017 A1","status":"ai_checked","text":"Два игрока по очереди раскрашивают ещё не раскрашенные рёбра полного графа \\(K_5\\): первый - синим, второй - красным. Побеждает тот, кто первым получает одноцветный треугольник своего цвета. Если все рёбра раскрашены без такого треугольника, получается ничья. Определите, у кого есть выигрышная стратегия.","definition_ids":["complete_graph","cycle","triangle"]}],"olympiad_reformulations":[{"id":"stmt-lktg-general-n","title":"Параметрическая формулировка для всех n не меньше 5","status":"source_verified","text":"Пусть \\(n\\ge 5\\). Синий и Красный по очереди красят свободные рёбра полного графа \\(K_n\\) в свой цвет; начинает Синий. Игрок немедленно выигрывает, когда три ребра его цвета впервые образуют треугольник. Если все рёбра окрашены и такого треугольника ни у кого нет, объявляется ничья. Определите исход при правильной игре.","definition_ids":["complete_graph","triangle"]}]},"solutions":[{"id":"sol-official-strategy","title":"Пятивершинная стратегия двойной угрозы для всех n не меньше 5","status":"ai_checked","definition_ids":["complete_graph","triangle"],"standard_idea_ids":[],"tags":[],"has_text":true,"text_preview":"При каждом \\(n\\ge 5\\) выигрывает Синий. Первым ходом Синий красит ребро \\(P_1P_2\\). Разберём положение первого красного ребра. Случай 1. Красное ребро имеет общий конец с \\(P_1P_2\\). Переименуем концы так, чтобы оно было \\(P_2P_3\\), и выберем ещё две вершины \\(P_4,P_5\\). Синий красит \\(P_2P_4\\) и угрожает следующим ходом взять \\(P_1P_4\\), завершив треугольник \\(P_1P_2P_4\\). Если Красный не красит \\(P_1P_4\\), Синий немедленно выполняет угрозу, поэтому считаем, что \\(P_1P_4\\) стало красным. Тогда Синий красит \\(P_2P_5\\). Теперь рёбра \\(P_1P_5\\) и \\(P_4P_5\\) являются двумя угрозами: первое завершает синий треугольник \\(P_1P_2P_5\\), второе — треугольник \\(P_2P_4P_5\\). Случай 2. Первое красное ребро не имеет общих концов с \\(P_1P_2\\). Обозначим его через \\(P_3P_4\\) и выберем пятую вершину \\(P_5\\). Синий красит \\(P_1P_5\\), угрожая ребром \\(P_2P_5\\). Если Красный не закроет угрозу, Синий сразу…"}],"relations":[{"id":"rel-smmc-2017-a1-vjimc-1999-monochromatic-triangle","neighbor_id":"vjimc-1999-cat2-p1-lines-ramsey-three-relations","direction":"forward","type":"same_motif","distance":2,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-smmc-2017-a1-imo-1992-partial-ramsey-triangle","neighbor_id":"imo-1992-p3-nine-points-partial-ramsey","direction":"forward","type":"same_motif","distance":3,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-smmc-2017-a1-imo-1964-three-color-ramsey","neighbor_id":"imo-1964-p4-three-topic-ramsey","direction":"forward","type":"same_motif","distance":3,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-spbmo-2010-11-p3-smmc-2017-a1-more-threats-than-blocks","neighbor_id":"spbmo-2010-11-p3-k2009-long-cycle-game","direction":"backward","type":"same_motif","distance":3,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-simon-marais-sim-paired","neighbor_id":"sim-k6-no-draw","direction":"forward","type":"paired_variant","distance":1,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-simon-marais-2017-a1-ramsey-r33","neighbor_id":"ramsey-r33","direction":"forward","type":"same_motif","distance":2,"status":"ai_checked"}],"search_text":"simon-marais-2017-a1-pentagon-triangle-game игра до первого одноцветного треугольника на полном графе coloring graph_symmetry goal_strategy_game ramsey_theory 2017 38-я летняя конференция турнира городов 2026, проект 2 «игры на меняющихся графах» https://turgor.ru/lktg/2026/2/2-1-changing_graphs-rus.pdf https://turgor.ru/lktg/2026/2/2-1-changing_graphs-sol-rus.pdf https://turgor.ru/lktg/2026/2/index.html https://www.simonmarais.org/uploads/8/2/3/5/82358688/smmc-2017-solutions-preliminary_1.pdf official_archive official_solutions olympiad_archive problem_and_solution simon simon marais mathematics competition 2017 a1, официальные условия и решения simon2017 src-lktg-2026-project2-page src-lktg-2026-project2-problems-ru src-lktg-2026-project2-solutions-ru src-simon-marais-2017-a1-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 ? simon marais mathematics competition 2017 a1, официальные условия и решения 38-я летняя конференция турнира городов 2026, проект 2 «игры на меняющихся графах» лктг 2026, проект 2 «игры на меняющихся графах»: условия, русская редакция 7 лктг 2026, проект 2 «игры на меняющихся графах»: решения, русская редакция 7 stmt-original условие ai_checked на бумаге нарисованы пять сторон и пять диагоналей правильного пятиугольника. два игрока по очереди раскрашивают по одному из этих десяти отрезков: первый игрок красит синим, второй - красным. уже раскрашенный отрезок перекрашивать нельзя. игрок выигрывает, если первым создал треугольник своего цвета, все три вершины которого являются вершинами правильного пятиугольника. если все десять отрезков раскрашены и никто не выиграл, объявляется ничья. определите, может ли первый игрок, второй игрок или ни один из них гарантировать победу. stmt-graph игра на рёбрах пятиугольника до одноцветного треугольника, smmc 2017 a1 ai_checked два игрока по очереди раскрашивают ещё не раскрашенные рёбра полного графа \\(k_5\\): первый - синим, второй - красным. побеждает тот, кто первым получает одноцветный треугольник своего цвета. если все рёбра раскрашены без такого треугольника, получается ничья. определите, у кого есть выигрышная стратегия. complete_graph cycle triangle stmt-lktg-general-n параметрическая формулировка для всех n не меньше 5 source_verified пусть \\(n\\ge 5\\). синий и красный по очереди красят свободные рёбра полного графа \\(k_n\\) в свой цвет; начинает синий. игрок немедленно выигрывает, когда три ребра его цвета впервые образуют треугольник. если все рёбра окрашены и такого треугольника ни у кого нет, объявляется ничья. определите исход при правильной игре. complete_graph triangle idea-first-edge-symmetry первый ход можно зафиксировать по симметрии пусть вершины пятиугольника пронумерованы \\(1,2,3,4,5\\). поскольку пять сторон и пять диагоналей образуют полный граф \\(k_5\\), можно свободно переименовывать вершины: первый игрок начинает с ребра \\(12\\), а первый ответ второго существенно бывает только двух типов - ребро, инцидентное \\(12\\), или ребро между двумя оставшимися вершинами. их удобно обозначить как \\(23\\) и \\(34\\). graph_symmetry ai_checked idea-double-threat создать две угрозы одним ходом стратегия первого игрока состоит в том, чтобы после вынужденного защитного ответа второго получить позицию с двумя разными синими рёбрами, каждое из которых завершает синий треугольник. второй игрок может закрыть только одну угрозу. goal_strategy_game ai_checked idea-two-blue-threats две одновременные угрозы на пяти вершинах синий после первого ответа красного выбирает не более пяти вершин и последовательно вынуждает красного закрыть одну угрозу. третий синий ход создаёт уже две разные угрозы завершить синий треугольник, а раздельное расположение первых красных рёбер не позволяет красному самому выиграть этим ходом. coloring goal_strategy_game ai_checked sol-official-strategy пятивершинная стратегия двойной угрозы для всех n не меньше 5 ai_checked complete_graph triangle при каждом \\(n\\ge 5\\) выигрывает синий. первым ходом синий красит ребро \\(p_1p_2\\). разберём положение первого красного ребра. случай 1. красное ребро имеет общий конец с \\(p_1p_2\\). переименуем концы так, чтобы оно было \\(p_2p_3\\), и выберем ещё две вершины \\(p_4,p_5\\). синий красит \\(p_2p_4\\) и угрожает следующим ходом взять \\(p_1p_4\\), завершив треугольник \\(p_1p_2p_4\\). если красный не красит \\(p_1p_4\\), синий немедленно выполняет угрозу, поэтому считаем, что \\(p_1p_4\\) стало красным. тогда синий красит \\(p_2p_5\\). теперь рёбра \\(p_1p_5\\) и \\(p_4p_5\\) являются двумя угрозами: первое завершает синий треугольник \\(p_1p_2p_5\\), второе — треугольник \\(p_2p_4p_5\\). случай 2. первое красное ребро не имеет общих концов с \\(p_1p_2\\). обозначим его через \\(p_3p_4\\) и выберем пятую вершину \\(p_5\\). синий красит \\(p_1p_5\\), угрожая ребром \\(p_2p_5\\). если красный не закроет угрозу, синий сразу… simon-marais-2017-a1-pentagon-triangle-game igra do pervogo odnotsvetnogo treugolnika na polnom grafe coloring graph_symmetry goal_strategy_game ramsey_theory 2017 38-ya letnyaya konferentsiya turnira gorodov 2026, proekt 2 «igry na menyayuschihsya grafah» https://turgor.ru/lktg/2026/2/2-1-changing_graphs-rus.pdf https://turgor.ru/lktg/2026/2/2-1-changing_graphs-sol-rus.pdf https://turgor.ru/lktg/2026/2/index.html https://www.simonmarais.org/uploads/8/2/3/5/82358688/smmc-2017-solutions-preliminary_1.pdf official_archive official_solutions olympiad_archive problem_and_solution simon simon marais mathematics competition 2017 a1, ofitsialnye usloviya i resheniya simon2017 src-lktg-2026-project2-page src-lktg-2026-project2-problems-ru src-lktg-2026-project2-solutions-ru src-simon-marais-2017-a1-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 ? simon marais mathematics competition 2017 a1, ofitsialnye usloviya i resheniya 38-ya letnyaya konferentsiya turnira gorodov 2026, proekt 2 «igry na menyayuschihsya grafah» lktg 2026, proekt 2 «igry na menyayuschihsya grafah»: usloviya, russkaya redaktsiya 7 lktg 2026, proekt 2 «igry na menyayuschihsya grafah»: resheniya, russkaya redaktsiya 7 stmt-original uslovie ai_checked na bumage narisovany pyat storon i pyat diagonaley pravilnogo pyatiugolnika. dva igroka po ocheredi raskrashivayut po odnomu iz etih desyati otrezkov: pervyy igrok krasit sinim, vtoroy - krasnym. uzhe raskrashennyy otrezok perekrashivat nelzya. igrok vyigryvaet, esli pervym sozdal treugolnik svoego tsveta, vse tri vershiny kotorogo yavlyayutsya vershinami pravilnogo pyatiugolnika. esli vse desyat otrezkov raskrasheny i nikto ne vyigral, obyavlyaetsya nichya. opredelite, mozhet li pervyy igrok, vtoroy igrok ili ni odin iz nih garantirovat pobedu. stmt-graph igra na rebrah pyatiugolnika do odnotsvetnogo treugolnika, smmc 2017 a1 ai_checked dva igroka po ocheredi raskrashivayut esche ne raskrashennye rebra polnogo grafa \\(k_5\\): pervyy - sinim, vtoroy - krasnym. pobezhdaet tot, kto pervym poluchaet odnotsvetnyy treugolnik svoego tsveta. esli vse rebra raskrasheny bez takogo treugolnika, poluchaetsya nichya. opredelite, u kogo est vyigryshnaya strategiya. complete_graph cycle triangle stmt-lktg-general-n parametricheskaya formulirovka dlya vseh n ne menshe 5 source_verified pust \\(n\\ge 5\\). siniy i krasnyy po ocheredi krasyat svobodnye rebra polnogo grafa \\(k_n\\) v svoy tsvet; nachinaet siniy. igrok nemedlenno vyigryvaet, kogda tri rebra ego tsveta vpervye obrazuyut treugolnik. esli vse rebra okrasheny i takogo treugolnika ni u kogo net, obyavlyaetsya nichya. opredelite ishod pri pravilnoy igre. complete_graph triangle idea-first-edge-symmetry pervyy hod mozhno zafiksirovat po simmetrii pust vershiny pyatiugolnika pronumerovany \\(1,2,3,4,5\\). poskolku pyat storon i pyat diagonaley obrazuyut polnyy graf \\(k_5\\), mozhno svobodno pereimenovyvat vershiny: pervyy igrok nachinaet s rebra \\(12\\), a pervyy otvet vtorogo suschestvenno byvaet tolko dvuh tipov - rebro, intsidentnoe \\(12\\), ili rebro mezhdu dvumya ostavshimisya vershinami. ih udobno oboznachit kak \\(23\\) i \\(34\\). graph_symmetry ai_checked idea-double-threat sozdat dve ugrozy odnim hodom strategiya pervogo igroka sostoit v tom, chtoby posle vynuzhdennogo zaschitnogo otveta vtorogo poluchit pozitsiyu s dvumya raznymi sinimi rebrami, kazhdoe iz kotoryh zavershaet siniy treugolnik. vtoroy igrok mozhet zakryt tolko odnu ugrozu. goal_strategy_game ai_checked idea-two-blue-threats dve odnovremennye ugrozy na pyati vershinah siniy posle pervogo otveta krasnogo vybiraet ne bolee pyati vershin i posledovatelno vynuzhdaet krasnogo zakryt odnu ugrozu. tretiy siniy hod sozdaet uzhe dve raznye ugrozy zavershit siniy treugolnik, a razdelnoe raspolozhenie pervyh krasnyh reber ne pozvolyaet krasnomu samomu vyigrat etim hodom. coloring goal_strategy_game ai_checked sol-official-strategy pyativershinnaya strategiya dvoynoy ugrozy dlya vseh n ne menshe 5 ai_checked complete_graph triangle pri kazhdom \\(n\\ge 5\\) vyigryvaet siniy. pervym hodom siniy krasit rebro \\(p_1p_2\\). razberem polozhenie pervogo krasnogo rebra. sluchay 1. krasnoe rebro imeet obschiy konets s \\(p_1p_2\\). pereimenuem kontsy tak, chtoby ono bylo \\(p_2p_3\\), i vyberem esche dve vershiny \\(p_4,p_5\\). siniy krasit \\(p_2p_4\\) i ugrozhaet sleduyuschim hodom vzyat \\(p_1p_4\\), zavershiv treugolnik \\(p_1p_2p_4\\). esli krasnyy ne krasit \\(p_1p_4\\), siniy nemedlenno vypolnyaet ugrozu, poetomu schitaem, chto \\(p_1p_4\\) stalo krasnym. togda siniy krasit \\(p_2p_5\\). teper rebra \\(p_1p_5\\) i \\(p_4p_5\\) yavlyayutsya dvumya ugrozami: pervoe zavershaet siniy treugolnik \\(p_1p_2p_5\\), vtoroe — treugolnik \\(p_2p_4p_5\\). sluchay 2. pervoe krasnoe rebro ne imeet obschih kontsov s \\(p_1p_2\\). oboznachim ego cherez \\(p_3p_4\\) i vyberem pyatuyu vershinu \\(p_5\\). siniy krasit \\(p_1p_5\\), ugrozhaya rebrom \\(p_2p_5\\). esli krasnyy ne zakroet ugrozu, siniy srazu…","source_keys":["simon","lktg"]}
{"id":"simon-marais-2017-b3-red-lattice-connected-graph","title":"Красные треугольники в раскраске целочисленной решётки, Simon Marais 2017 B3","path":"data\\problems\\simon-marais\\simon-marais-2017-b3-red-lattice-connected-graph.yaml","raw_github_url":"https://raw.githubusercontent.com/didin-maxim/knowledge_graph_of_graphs/main/data/problems/simon-marais/simon-marais-2017-b3-red-lattice-connected-graph.yaml","viewer_url":"https://didin-maxim.github.io/knowledge_graph_of_graphs/#simon-marais-2017-b3-red-lattice-connected-graph","source_key":"simon","source_label":"Simon Marais","source_titles":["Simon Marais Mathematics Competition 2017 B3, официальные условия и решения"],"year":"2017","type":"olympiad_problem","authors":[],"tags":["connectivity","graph_in_solution","minimal_counterexample","extremal_choice","trees","goal_proof"],"agent_topics":[],"difficulty":{"main":"national_final_hard","local_score":9,"comment":"Задача уровня сложной финальной олимпиады: официальное решение строит вспомогательный граф красных решётчатых точек, доказывает его связность минимальным выбором, затем сводит контрпример к минимальному связному пути и завершает доказательство тонким выпукло-геометрическим угловым доводом.","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":"агент grouped classification","audit_source":"agent-university-archives.json"},"statements":{"original":[{"id":"stmt-original","title":"Условие","status":"ai_checked","text":"Каждая точка плоскости с целыми координатами покрашена в красный или синий цвет так, что выполнены два свойства. Во-первых, для любых двух красных точек отрезок, соединяющий их, не содержит синих точек. Во-вторых, если две синие точки находятся на расстоянии \\(2\\) друг от друга, то середина соединяющего их отрезка синяя. Докажите, что если три красные точки являются вершинами треугольника, то внутри этого треугольника нет синих точек.","definition_ids":[]}]},"solutions":[{"id":"sol-official-graph-expanded","title":"Связность красного графа и минимальный путь","status":"ai_checked","definition_ids":["simple_graph","connected_graph","path"],"standard_idea_ids":["minimal_counterexample","extremal_choice"],"tags":[],"has_text":true,"text_preview":"Построим граф \\(G_R\\): его вершины — красные точки целочисленной решётки, а ребро соединяет две красные точки на расстоянии \\(1\\). Сначала докажем, что \\(G_R\\) связен. Предположим противное и выберем красные точки \\(A=(a_1,a_2)\\) и \\(B=(b_1,b_2)\\) из разных компонент так, чтобы длина \\(AB\\) была минимальной. Тогда \\(AB>1\\). Если бы существовала красная точка \\(C\\), для которой одновременно \\(AC<AB\\) и \\(BC<AB\\), то, в какой бы компоненте она ни лежала, мы получили бы более близкую пару красных точек из разных компонент. Значит, такой красной точки нет. Отсюда внутри отрезка \\(AB\\) нет красных решётчатых точек. Синих точек на этом отрезке тоже нет по первому условию, потому что концы \\(A\\) и \\(B\\) красные. Следовательно, на внутренности \\(AB\\) вообще нет решётчатых точек. В частности, \\(A\\) и \\(B\\) имеют разные первые и разные вторые координаты. Без ограничения общности пусть \\(b_1>a_1\\)…"}],"relations":[],"search_text":"simon-marais-2017-b3-red-lattice-connected-graph красные треугольники в раскраске целочисленной решётки, simon marais 2017 b3 connectivity graph_in_solution minimal_counterexample extremal_choice trees goal_proof 2017 https://www.simonmarais.org/uploads/8/2/3/5/82358688/smmc-2017-solutions-preliminary_1.pdf problem_and_solution simon simon marais simon marais mathematics competition 2017 b3, официальные условия и решения simon2017 simonmarais simonmarais2017 src-simon-marais-2017-b3-official with_solution ? simon marais mathematics competition 2017 b3, официальные условия и решения stmt-original условие ai_checked каждая точка плоскости с целыми координатами покрашена в красный или синий цвет так, что выполнены два свойства. во-первых, для любых двух красных точек отрезок, соединяющий их, не содержит синих точек. во-вторых, если две синие точки находятся на расстоянии \\(2\\) друг от друга, то середина соединяющего их отрезка синяя. докажите, что если три красные точки являются вершинами треугольника, то внутри этого треугольника нет синих точек. idea-red-unit-graph-connected красный единичный граф связен если две красные вершины лежат в разных компонентах, выбираем такую пару на минимальном расстоянии. внутри отрезка между ними нет решётчатых точек; затем две соседние по решётке точки вынужденно оказываются синими, а симметричные относительно красных концов точки — красными. среди четырёх серединообразных точек одна является решётчатой, не синей и ближе к обоим концам, что противоречит минимальности. connectivity minimal_counterexample graph_in_solution ai_checked idea-minimal-connected-red-set минимальное связное множество красных точек является путём берём минимальное по числу вершин связное множество красных точек, выпуклая оболочка которого содержит синюю точку. вершина, удаляемая без потери связности, обязана входить в любой красный треугольник, внутри которого лежит синяя точка. поэтому таких удаляемых вершин не может быть три; значит минимальный связный граф не ветвится и имеет вид пути. minimal_counterexample trees connectivity ai_checked idea-lattice-angle-bound единичный решётчатый отрезок виден под углом не больше \\(45^\\circ\\) если \\(pq\\) — единичный горизонтальный или вертикальный отрезок решётки, а \\(y\\) — решётчатая точка вне прямой \\(pq\\), то \\(\\angle pyq\\le 45^\\circ\\). после поворота и сдвига это сводится к \\(p=(0,0)\\), \\(q=(1,0)\\): ближайшие решётчатые точки вне прямой дают угол \\(45^\\circ\\), а при увеличении расстояния угол только уменьшается. extremal_choice ai_checked sol-official-graph-expanded связность красного графа и минимальный путь ai_checked simple_graph connected_graph path minimal_counterexample extremal_choice построим граф \\(g_r\\): его вершины — красные точки целочисленной решётки, а ребро соединяет две красные точки на расстоянии \\(1\\). сначала докажем, что \\(g_r\\) связен. предположим противное и выберем красные точки \\(a=(a_1,a_2)\\) и \\(b=(b_1,b_2)\\) из разных компонент так, чтобы длина \\(ab\\) была минимальной. тогда \\(ab>1\\). если бы существовала красная точка \\(c\\), для которой одновременно \\(ac<ab\\) и \\(bc<ab\\), то, в какой бы компоненте она ни лежала, мы получили бы более близкую пару красных точек из разных компонент. значит, такой красной точки нет. отсюда внутри отрезка \\(ab\\) нет красных решётчатых точек. синих точек на этом отрезке тоже нет по первому условию, потому что концы \\(a\\) и \\(b\\) красные. следовательно, на внутренности \\(ab\\) вообще нет решётчатых точек. в частности, \\(a\\) и \\(b\\) имеют разные первые и разные вторые координаты. без ограничения общности пусть \\(b_1>a_1\\)… simon-marais-2017-b3-red-lattice-connected-graph krasnye treugolniki v raskraske tselochislennoy reshetki, simon marais 2017 b3 connectivity graph_in_solution minimal_counterexample extremal_choice trees goal_proof 2017 https://www.simonmarais.org/uploads/8/2/3/5/82358688/smmc-2017-solutions-preliminary_1.pdf problem_and_solution simon simon marais simon marais mathematics competition 2017 b3, ofitsialnye usloviya i resheniya simon2017 simonmarais simonmarais2017 src-simon-marais-2017-b3-official with_solution ? simon marais mathematics competition 2017 b3, ofitsialnye usloviya i resheniya stmt-original uslovie ai_checked kazhdaya tochka ploskosti s tselymi koordinatami pokrashena v krasnyy ili siniy tsvet tak, chto vypolneny dva svoystva. vo-pervyh, dlya lyubyh dvuh krasnyh tochek otrezok, soedinyayuschiy ih, ne soderzhit sinih tochek. vo-vtoryh, esli dve sinie tochki nahodyatsya na rasstoyanii \\(2\\) drug ot druga, to seredina soedinyayuschego ih otrezka sinyaya. dokazhite, chto esli tri krasnye tochki yavlyayutsya vershinami treugolnika, to vnutri etogo treugolnika net sinih tochek. idea-red-unit-graph-connected krasnyy edinichnyy graf svyazen esli dve krasnye vershiny lezhat v raznyh komponentah, vybiraem takuyu paru na minimalnom rasstoyanii. vnutri otrezka mezhdu nimi net reshetchatyh tochek; zatem dve sosednie po reshetke tochki vynuzhdenno okazyvayutsya sinimi, a simmetrichnye otnositelno krasnyh kontsov tochki — krasnymi. sredi chetyreh seredinoobraznyh tochek odna yavlyaetsya reshetchatoy, ne siney i blizhe k oboim kontsam, chto protivorechit minimalnosti. connectivity minimal_counterexample graph_in_solution ai_checked idea-minimal-connected-red-set minimalnoe svyaznoe mnozhestvo krasnyh tochek yavlyaetsya putem berem minimalnoe po chislu vershin svyaznoe mnozhestvo krasnyh tochek, vypuklaya obolochka kotorogo soderzhit sinyuyu tochku. vershina, udalyaemaya bez poteri svyaznosti, obyazana vhodit v lyuboy krasnyy treugolnik, vnutri kotorogo lezhit sinyaya tochka. poetomu takih udalyaemyh vershin ne mozhet byt tri; znachit minimalnyy svyaznyy graf ne vetvitsya i imeet vid puti. minimal_counterexample trees connectivity ai_checked idea-lattice-angle-bound edinichnyy reshetchatyy otrezok viden pod uglom ne bolshe \\(45^\\circ\\) esli \\(pq\\) — edinichnyy gorizontalnyy ili vertikalnyy otrezok reshetki, a \\(y\\) — reshetchataya tochka vne pryamoy \\(pq\\), to \\(\\angle pyq\\le 45^\\circ\\). posle povorota i sdviga eto svoditsya k \\(p=(0,0)\\), \\(q=(1,0)\\): blizhayshie reshetchatye tochki vne pryamoy dayut ugol \\(45^\\circ\\), a pri uvelichenii rasstoyaniya ugol tolko umenshaetsya. extremal_choice ai_checked sol-official-graph-expanded svyaznost krasnogo grafa i minimalnyy put ai_checked simple_graph connected_graph path minimal_counterexample extremal_choice postroim graf \\(g_r\\): ego vershiny — krasnye tochki tselochislennoy reshetki, a rebro soedinyaet dve krasnye tochki na rasstoyanii \\(1\\). snachala dokazhem, chto \\(g_r\\) svyazen. predpolozhim protivnoe i vyberem krasnye tochki \\(a=(a_1,a_2)\\) i \\(b=(b_1,b_2)\\) iz raznyh komponent tak, chtoby dlina \\(ab\\) byla minimalnoy. togda \\(ab>1\\). esli by suschestvovala krasnaya tochka \\(c\\), dlya kotoroy odnovremenno \\(ac<ab\\) i \\(bc<ab\\), to, v kakoy by komponente ona ni lezhala, my poluchili by bolee blizkuyu paru krasnyh tochek iz raznyh komponent. znachit, takoy krasnoy tochki net. otsyuda vnutri otrezka \\(ab\\) net krasnyh reshetchatyh tochek. sinih tochek na etom otrezke tozhe net po pervomu usloviyu, potomu chto kontsy \\(a\\) i \\(b\\) krasnye. sledovatelno, na vnutrennosti \\(ab\\) voobsche net reshetchatyh tochek. v chastnosti, \\(a\\) i \\(b\\) imeyut raznye pervye i raznye vtorye koordinaty. bez ogranicheniya obschnosti pust \\(b_1>a_1\\)…","source_keys":["simon"]}
{"id":"simon-marais-2018-b3-dodecahedron-spider-pursuit","title":"Погоня трёх пауков за жуком на графе додекаэдра, SMMC 2018 B3","path":"data\\problems\\simon-marais\\simon-marais-2018-b3-dodecahedron-spider-pursuit.yaml","raw_github_url":"https://raw.githubusercontent.com/didin-maxim/knowledge_graph_of_graphs/main/data/problems/simon-marais/simon-marais-2018-b3-dodecahedron-spider-pursuit.yaml","viewer_url":"https://didin-maxim.github.io/knowledge_graph_of_graphs/#simon-marais-2018-b3-dodecahedron-spider-pursuit","source_key":"simon","source_label":"SMMC","source_titles":["Simon Marais Mathematics Competition 2018 B3, официальные условия и решения"],"year":"2018","type":"olympiad_problem","authors":[],"tags":["graph_model","goal_strategy_game","graph_symmetry","trees","connectivity"],"agent_topics":["game_strategy"],"difficulty":{"main":"national_final_hard","local_score":9,"comment":"Сложная стратегическая задача на метрическом графе додекаэдра; решение использует симметрию, разделение графа и преследование на дереве.","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":"агент grouped classification","audit_source":"agent-university-archives.json"},"statements":{"original":[{"id":"stmt-original","title":"Условие","status":"ai_checked","text":"Три паука пытаются поймать жука. Все они изначально находятся на рёбрах правильного додекаэдра с длиной ребра \\(1\\). В некоторый момент они начинают непрерывно двигаться вдоль рёбер додекаэдра. Жук и один из пауков имеют максимальную скорость \\(1\\), а два остальных паука имеют максимальную скорость \\(1/2018\\). Каждый игрок всегда знает своё положение и положения всех остальных; можно мгновенно разворачиваться и реагировать на поведение других. Пауки могут договариваться о стратегии до игры и во время игры. Если какой-либо паук когда-либо оказывается в той же точке, что и жук, пауки выигрывают. Докажите, что пауки могут выиграть независимо от начальных положений всех участников и от движения жука.","definition_ids":[]}],"graph_theory":[{"id":"stmt-graph","title":"Погоня трёх пауков за жуком на графе додекаэдра, SMMC 2018 B3","status":"ai_checked","text":"На метрическом графе додекаэдра, где каждое ребро имеет длину \\(1\\), один быстрый преследователь скорости \\(1\\) и два медленных преследователя скорости \\(1/2018\\) ловят беглеца скорости \\(1\\). Все участники имеют полную информацию и могут двигаться по рёбрам. Докажите, что у трёх преследователей есть стратегия гарантированного захвата.","definition_ids":["simple_graph","tree","planar_graph"]}]},"solutions":[{"id":"sol-official-structured","title":"Сведение к дереву в половине додекаэдра","status":"ai_checked","definition_ids":["tree","connected_graph"],"standard_idea_ids":["invariant","delete_to_simplify"],"tags":[],"has_text":true,"text_preview":"Рассматриваем рёбра додекаэдра как метрический граф \\(G\\), все рёбра имеют длину \\(1\\). Зафиксируем вершину \\(V\\). В графе додекаэдра относительно \\(V\\) есть соответственно \\(3,6,6,3,1\\) вершин на расстояниях \\(1,2,3,4,5\\); последняя вершина на расстоянии \\(5\\) единственна. Первая фаза. Быстрый паук идёт в \\(V\\), а один из медленных пауков — в единственную вершину, удалённую от \\(V\\) на расстояние \\(5\\). Это можно сделать независимо от жука: жук пауков не ловит, а время игры не ограничено. Пусть оба паука заняли эти позиции к моменту \\(t_0\\). Вторая фаза. Оставшийся медленный паук может гарантировать, что после \\(t_0\\) жук посетит какую-нибудь вершину додекаэдра. Действительно, если жук после \\(t_0\\) вообще не посещает вершин, то он всё время остаётся во внутренности одного и того же ребра. Медленный паук доходит до этого ребра и затем идёт по нему к жуку. На отрезке жук не может пройти…"}],"relations":[{"id":"rel-smmc-2023-c4-smmc-2018-b3-pursuit-barrier","neighbor_id":"simon-marais-2023-c4-reverse-chess-grid-pursuit","direction":"backward","type":"same_motif","distance":3,"status":"ai_checked"}],"search_text":"simon-marais-2018-b3-dodecahedron-spider-pursuit погоня трёх пауков за жуком на графе додекаэдра, smmc 2018 b3 graph_model goal_strategy_game graph_symmetry trees connectivity 2018 https://www.simonmarais.org/uploads/8/2/3/5/82358688/smmc-2018-solutions_1.pdf problem_and_solution simon simon marais mathematics competition 2018 b3, официальные условия и решения simon2018 smmc smmc2018 src-simon-marais-2018-b3-official with_solution ? simon marais mathematics competition 2018 b3, официальные условия и решения stmt-original условие ai_checked три паука пытаются поймать жука. все они изначально находятся на рёбрах правильного додекаэдра с длиной ребра \\(1\\). в некоторый момент они начинают непрерывно двигаться вдоль рёбер додекаэдра. жук и один из пауков имеют максимальную скорость \\(1\\), а два остальных паука имеют максимальную скорость \\(1/2018\\). каждый игрок всегда знает своё положение и положения всех остальных; можно мгновенно разворачиваться и реагировать на поведение других. пауки могут договариваться о стратегии до игры и во время игры. если какой-либо паук когда-либо оказывается в той же точке, что и жук, пауки выигрывают. докажите, что пауки могут выиграть независимо от начальных положений всех участников и от движения жука. stmt-graph погоня трёх пауков за жуком на графе додекаэдра, smmc 2018 b3 ai_checked на метрическом графе додекаэдра, где каждое ребро имеет длину \\(1\\), один быстрый преследователь скорости \\(1\\) и два медленных преследователя скорости \\(1/2018\\) ловят беглеца скорости \\(1\\). все участники имеют полную информацию и могут двигаться по рёбрам. докажите, что у трёх преследователей есть стратегия гарантированного захвата. simple_graph tree planar_graph idea-capture-on-tree на дереве медленный паук всё равно выдавливает жука если жук заперт в конечном дереве и не может пройти через охраняемые выходы, то паук, пусть даже очень медленный, может двигаться по единственному пути к жуку. отступая, жук в конце концов приходит к листу или к охраняемой вершине. trees goal_strategy_game ai_checked idea-reflection-barrier быстрый паук превращает плоскость симметрии в барьер когда жук находится в вершине \\(w\\), а быстрый паук — в зеркально симметричной вершине \\(v\\), быстрый паук может дальше копировать движение жука отражением относительно плоскости симметрии. любое пересечение этой плоскости приводит к немедленному совпадению с быстрым пауком. graph_symmetry goal_strategy_game ai_checked sol-official-structured сведение к дереву в половине додекаэдра ai_checked tree connected_graph invariant delete_to_simplify рассматриваем рёбра додекаэдра как метрический граф \\(g\\), все рёбра имеют длину \\(1\\). зафиксируем вершину \\(v\\). в графе додекаэдра относительно \\(v\\) есть соответственно \\(3,6,6,3,1\\) вершин на расстояниях \\(1,2,3,4,5\\); последняя вершина на расстоянии \\(5\\) единственна. первая фаза. быстрый паук идёт в \\(v\\), а один из медленных пауков — в единственную вершину, удалённую от \\(v\\) на расстояние \\(5\\). это можно сделать независимо от жука: жук пауков не ловит, а время игры не ограничено. пусть оба паука заняли эти позиции к моменту \\(t_0\\). вторая фаза. оставшийся медленный паук может гарантировать, что после \\(t_0\\) жук посетит какую-нибудь вершину додекаэдра. действительно, если жук после \\(t_0\\) вообще не посещает вершин, то он всё время остаётся во внутренности одного и того же ребра. медленный паук доходит до этого ребра и затем идёт по нему к жуку. на отрезке жук не может пройти… simon-marais-2018-b3-dodecahedron-spider-pursuit pogonya treh paukov za zhukom na grafe dodekaedra, smmc 2018 b3 graph_model goal_strategy_game graph_symmetry trees connectivity 2018 https://www.simonmarais.org/uploads/8/2/3/5/82358688/smmc-2018-solutions_1.pdf problem_and_solution simon simon marais mathematics competition 2018 b3, ofitsialnye usloviya i resheniya simon2018 smmc smmc2018 src-simon-marais-2018-b3-official with_solution ? simon marais mathematics competition 2018 b3, ofitsialnye usloviya i resheniya stmt-original uslovie ai_checked tri pauka pytayutsya poymat zhuka. vse oni iznachalno nahodyatsya na rebrah pravilnogo dodekaedra s dlinoy rebra \\(1\\). v nekotoryy moment oni nachinayut nepreryvno dvigatsya vdol reber dodekaedra. zhuk i odin iz paukov imeyut maksimalnuyu skorost \\(1\\), a dva ostalnyh pauka imeyut maksimalnuyu skorost \\(1/2018\\). kazhdyy igrok vsegda znaet svoe polozhenie i polozheniya vseh ostalnyh; mozhno mgnovenno razvorachivatsya i reagirovat na povedenie drugih. pauki mogut dogovarivatsya o strategii do igry i vo vremya igry. esli kakoy-libo pauk kogda-libo okazyvaetsya v toy zhe tochke, chto i zhuk, pauki vyigryvayut. dokazhite, chto pauki mogut vyigrat nezavisimo ot nachalnyh polozheniy vseh uchastnikov i ot dvizheniya zhuka. stmt-graph pogonya treh paukov za zhukom na grafe dodekaedra, smmc 2018 b3 ai_checked na metricheskom grafe dodekaedra, gde kazhdoe rebro imeet dlinu \\(1\\), odin bystryy presledovatel skorosti \\(1\\) i dva medlennyh presledovatelya skorosti \\(1/2018\\) lovyat begletsa skorosti \\(1\\). vse uchastniki imeyut polnuyu informatsiyu i mogut dvigatsya po rebram. dokazhite, chto u treh presledovateley est strategiya garantirovannogo zahvata. simple_graph tree planar_graph idea-capture-on-tree na dereve medlennyy pauk vse ravno vydavlivaet zhuka esli zhuk zapert v konechnom dereve i ne mozhet proyti cherez ohranyaemye vyhody, to pauk, pust dazhe ochen medlennyy, mozhet dvigatsya po edinstvennomu puti k zhuku. otstupaya, zhuk v kontse kontsov prihodit k listu ili k ohranyaemoy vershine. trees goal_strategy_game ai_checked idea-reflection-barrier bystryy pauk prevraschaet ploskost simmetrii v barer kogda zhuk nahoditsya v vershine \\(w\\), a bystryy pauk — v zerkalno simmetrichnoy vershine \\(v\\), bystryy pauk mozhet dalshe kopirovat dvizhenie zhuka otrazheniem otnositelno ploskosti simmetrii. lyuboe peresechenie etoy ploskosti privodit k nemedlennomu sovpadeniyu s bystrym paukom. graph_symmetry goal_strategy_game ai_checked sol-official-structured svedenie k derevu v polovine dodekaedra ai_checked tree connected_graph invariant delete_to_simplify rassmatrivaem rebra dodekaedra kak metricheskiy graf \\(g\\), vse rebra imeyut dlinu \\(1\\). zafiksiruem vershinu \\(v\\). v grafe dodekaedra otnositelno \\(v\\) est sootvetstvenno \\(3,6,6,3,1\\) vershin na rasstoyaniyah \\(1,2,3,4,5\\); poslednyaya vershina na rasstoyanii \\(5\\) edinstvenna. pervaya faza. bystryy pauk idet v \\(v\\), a odin iz medlennyh paukov — v edinstvennuyu vershinu, udalennuyu ot \\(v\\) na rasstoyanie \\(5\\). eto mozhno sdelat nezavisimo ot zhuka: zhuk paukov ne lovit, a vremya igry ne ogranicheno. pust oba pauka zanyali eti pozitsii k momentu \\(t_0\\). vtoraya faza. ostavshiysya medlennyy pauk mozhet garantirovat, chto posle \\(t_0\\) zhuk posetit kakuyu-nibud vershinu dodekaedra. deystvitelno, esli zhuk posle \\(t_0\\) voobsche ne poseschaet vershin, to on vse vremya ostaetsya vo vnutrennosti odnogo i togo zhe rebra. medlennyy pauk dohodit do etogo rebra i zatem idet po nemu k zhuku. na otrezke zhuk ne mozhet proyti…","source_keys":["simon"]}
{"id":"simon-marais-2019-b3-motzkin-straus-clique-labeling","title":"Максимум суммы произведений меток на рёбрах и кликовое число, SMMC 2019 B3","path":"data\\problems\\simon-marais\\simon-marais-2019-b3-motzkin-straus-clique-labeling.yaml","raw_github_url":"https://raw.githubusercontent.com/didin-maxim/knowledge_graph_of_graphs/main/data/problems/simon-marais/simon-marais-2019-b3-motzkin-straus-clique-labeling.yaml","viewer_url":"https://didin-maxim.github.io/knowledge_graph_of_graphs/#simon-marais-2019-b3-motzkin-straus-clique-labeling","source_key":"simon","source_label":"SMMC","source_titles":["Simon Marais Mathematics Competition 2019 B3, официальные условия и решения"],"year":"2019","type":"olympiad_problem","authors":[],"tags":["extremal_graph_theory","extremal_choice","forbidden_clique","goal_exact_bound","symmetrization","classical_theorem"],"agent_topics":[],"difficulty":{"main":"national_final_medium","local_score":7,"comment":"Олимпиадная версия теоремы Моцкина-Штрауса: ключевой ход - перенос веса между несмежными вершинами.","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":"агент grouped classification","audit_source":"agent-university-archives.json"},"statements":{"original":[{"id":"stmt-original","title":"Условие","status":"ai_checked","text":"Пусть \\(G\\) - конечный простой граф, а \\(k\\) - наибольшее число вершин в клике графа \\(G\\). Каждой вершине \\(G\\) присваивается неотрицательное вещественное число так, что сумма всех меток равна \\(1\\). Значением ребра называется произведение меток двух его концов, а значением разметки - сумма значений всех рёбер. Докажите, что максимальное возможное значение разметки графа \\(G\\) равно \\((k-1)/(2k)\\).","definition_ids":["simple_graph","clique"]}],"graph_theory":[{"id":"stmt-graph","title":"Формулировка как теорема Моцкина-Штрауса","status":"ai_checked","text":"Для конечного простого графа \\(G=(V,E)\\) с кликовым числом \\(\\omega(G)=k\\) докажите, что \\(\\max \\sum_{uv\\in E} x_u x_v=(k-1)/(2k)\\), где максимум берётся по всем \\(x_v\\ge0\\) с \\(\\sum_{v\\in V}x_v=1\\).","definition_ids":["simple_graph","clique"]}]},"solutions":[{"id":"sol-official-motzkin-straus","title":"Сжатие носителя до клики","status":"ai_checked","definition_ids":["clique"],"standard_idea_ids":["symmetrization","extremal_choice"],"tags":[],"has_text":true,"text_preview":"Сначала получим нижнюю оценку. Возьмём максимальную клику размера \\(k\\), всем её вершинам присвоим метку \\(1/k\\), а всем остальным вершинам - метку \\(0\\). В этой клике \\(k(k-1)/2\\) рёбер, каждое имеет значение \\(1/k^2\\), поэтому значение разметки равно \\((k-1)/(2k)\\). Докажем, что больше получить нельзя. Рассмотрим произвольную разметку. Если существуют две несмежные вершины \\(u\\) и \\(v\\) с положительными метками \\(a\\) и \\(b\\), обозначим через \\(S_u\\) и \\(S_v\\) суммы меток соседей вершин \\(u\\) и \\(v\\). Поскольку \\(u\\) и \\(v\\) не смежны, ребра \\(uv\\) нет, а значит вклад всех рёбер, инцидентных хотя бы одной из этих двух вершин, равен \\(aS_u+bS_v\\). Если \\(S_u\\ge S_v\\), заменим метки \\(u,v\\) на \\(a+b,0\\). Тогда новый такой вклад равен \\((a+b)S_u\\), а разность равна \\(b(S_u-S_v)\\ge0\\). Если же \\(S_v>S_u\\), заменим метки \\(u,v\\) на \\(0,a+b\\); новый вклад равен \\((a+b)S_v\\), а разность равна…"}],"relations":[{"id":"rel-smmc-2019-b3-vjimc-2017-motzkin-straus-transfer","neighbor_id":"vjimc-2017-cat1-p3-polyhedron-edge-products","direction":"forward","type":"solution_transfer","distance":1,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-smmc-2019-b3-turan-motzkin-straus","neighbor_id":"turan-theorem","direction":"forward","type":"same_motif","distance":1,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-simon-marais-2019-b3-mantel","neighbor_id":"mantel-theorem","direction":"forward","type":"same_motif","distance":3,"status":"needs_human_review"}],"search_text":"simon-marais-2019-b3-motzkin-straus-clique-labeling максимум суммы произведений меток на рёбрах и кликовое число, smmc 2019 b3 extremal_graph_theory extremal_choice forbidden_clique goal_exact_bound symmetrization classical_theorem 2019 https://www.simonmarais.org/uploads/8/2/3/5/82358688/smmc-2019-solutions_1.pdf problem_and_solution simon simon marais mathematics competition 2019 b3, официальные условия и решения simon2019 smmc smmc2019 src-simon-marais-2019-b3-official with_solution ? simon marais mathematics competition 2019 b3, официальные условия и решения stmt-original условие ai_checked пусть \\(g\\) - конечный простой граф, а \\(k\\) - наибольшее число вершин в клике графа \\(g\\). каждой вершине \\(g\\) присваивается неотрицательное вещественное число так, что сумма всех меток равна \\(1\\). значением ребра называется произведение меток двух его концов, а значением разметки - сумма значений всех рёбер. докажите, что максимальное возможное значение разметки графа \\(g\\) равно \\((k-1)/(2k)\\). simple_graph clique stmt-graph формулировка как теорема моцкина-штрауса ai_checked для конечного простого графа \\(g=(v,e)\\) с кликовым числом \\(\\omega(g)=k\\) докажите, что \\(\\max \\sum_{uv\\in e} x_u x_v=(k-1)/(2k)\\), где максимум берётся по всем \\(x_v\\ge0\\) с \\(\\sum_{v\\in v}x_v=1\\). simple_graph clique idea-lower-bound-clique равномерно нагрузить максимальную клику если выбрать клику размера \\(k\\) и дать каждой её вершине метку \\(1/k\\), а всем остальным - ноль, то вклад дают ровно \\(k(k-1)/2\\) рёбер клики, и сумма равна \\((k-1)/(2k)\\). forbidden_clique goal_construction ai_checked idea-merge-nonadjacent-positive-weights сливать положительные веса несмежных вершин если две несмежные вершины имеют положительные метки, то можно перенести весь их общий вес на ту из них, у которой сумма меток соседей не меньше. значение разметки не уменьшается, а число положительных меток уменьшается. extremal_choice symmetrization ai_checked sol-official-motzkin-straus сжатие носителя до клики ai_checked clique symmetrization extremal_choice сначала получим нижнюю оценку. возьмём максимальную клику размера \\(k\\), всем её вершинам присвоим метку \\(1/k\\), а всем остальным вершинам - метку \\(0\\). в этой клике \\(k(k-1)/2\\) рёбер, каждое имеет значение \\(1/k^2\\), поэтому значение разметки равно \\((k-1)/(2k)\\). докажем, что больше получить нельзя. рассмотрим произвольную разметку. если существуют две несмежные вершины \\(u\\) и \\(v\\) с положительными метками \\(a\\) и \\(b\\), обозначим через \\(s_u\\) и \\(s_v\\) суммы меток соседей вершин \\(u\\) и \\(v\\). поскольку \\(u\\) и \\(v\\) не смежны, ребра \\(uv\\) нет, а значит вклад всех рёбер, инцидентных хотя бы одной из этих двух вершин, равен \\(as_u+bs_v\\). если \\(s_u\\ge s_v\\), заменим метки \\(u,v\\) на \\(a+b,0\\). тогда новый такой вклад равен \\((a+b)s_u\\), а разность равна \\(b(s_u-s_v)\\ge0\\). если же \\(s_v>s_u\\), заменим метки \\(u,v\\) на \\(0,a+b\\); новый вклад равен \\((a+b)s_v\\), а разность равна… simon-marais-2019-b3-motzkin-straus-clique-labeling maksimum summy proizvedeniy metok na rebrah i klikovoe chislo, smmc 2019 b3 extremal_graph_theory extremal_choice forbidden_clique goal_exact_bound symmetrization classical_theorem 2019 https://www.simonmarais.org/uploads/8/2/3/5/82358688/smmc-2019-solutions_1.pdf problem_and_solution simon simon marais mathematics competition 2019 b3, ofitsialnye usloviya i resheniya simon2019 smmc smmc2019 src-simon-marais-2019-b3-official with_solution ? simon marais mathematics competition 2019 b3, ofitsialnye usloviya i resheniya stmt-original uslovie ai_checked pust \\(g\\) - konechnyy prostoy graf, a \\(k\\) - naibolshee chislo vershin v klike grafa \\(g\\). kazhdoy vershine \\(g\\) prisvaivaetsya neotritsatelnoe veschestvennoe chislo tak, chto summa vseh metok ravna \\(1\\). znacheniem rebra nazyvaetsya proizvedenie metok dvuh ego kontsov, a znacheniem razmetki - summa znacheniy vseh reber. dokazhite, chto maksimalnoe vozmozhnoe znachenie razmetki grafa \\(g\\) ravno \\((k-1)/(2k)\\). simple_graph clique stmt-graph formulirovka kak teorema motskina-shtrausa ai_checked dlya konechnogo prostogo grafa \\(g=(v,e)\\) s klikovym chislom \\(\\omega(g)=k\\) dokazhite, chto \\(\\max \\sum_{uv\\in e} x_u x_v=(k-1)/(2k)\\), gde maksimum beretsya po vsem \\(x_v\\ge0\\) s \\(\\sum_{v\\in v}x_v=1\\). simple_graph clique idea-lower-bound-clique ravnomerno nagruzit maksimalnuyu kliku esli vybrat kliku razmera \\(k\\) i dat kazhdoy ee vershine metku \\(1/k\\), a vsem ostalnym - nol, to vklad dayut rovno \\(k(k-1)/2\\) reber kliki, i summa ravna \\((k-1)/(2k)\\). forbidden_clique goal_construction ai_checked idea-merge-nonadjacent-positive-weights slivat polozhitelnye vesa nesmezhnyh vershin esli dve nesmezhnye vershiny imeyut polozhitelnye metki, to mozhno perenesti ves ih obschiy ves na tu iz nih, u kotoroy summa metok sosedey ne menshe. znachenie razmetki ne umenshaetsya, a chislo polozhitelnyh metok umenshaetsya. extremal_choice symmetrization ai_checked sol-official-motzkin-straus szhatie nositelya do kliki ai_checked clique symmetrization extremal_choice snachala poluchim nizhnyuyu otsenku. vozmem maksimalnuyu kliku razmera \\(k\\), vsem ee vershinam prisvoim metku \\(1/k\\), a vsem ostalnym vershinam - metku \\(0\\). v etoy klike \\(k(k-1)/2\\) reber, kazhdoe imeet znachenie \\(1/k^2\\), poetomu znachenie razmetki ravno \\((k-1)/(2k)\\). dokazhem, chto bolshe poluchit nelzya. rassmotrim proizvolnuyu razmetku. esli suschestvuyut dve nesmezhnye vershiny \\(u\\) i \\(v\\) s polozhitelnymi metkami \\(a\\) i \\(b\\), oboznachim cherez \\(s_u\\) i \\(s_v\\) summy metok sosedey vershin \\(u\\) i \\(v\\). poskolku \\(u\\) i \\(v\\) ne smezhny, rebra \\(uv\\) net, a znachit vklad vseh reber, intsidentnyh hotya by odnoy iz etih dvuh vershin, raven \\(as_u+bs_v\\). esli \\(s_u\\ge s_v\\), zamenim metki \\(u,v\\) na \\(a+b,0\\). togda novyy takoy vklad raven \\((a+b)s_u\\), a raznost ravna \\(b(s_u-s_v)\\ge0\\). esli zhe \\(s_v>s_u\\), zamenim metki \\(u,v\\) na \\(0,a+b\\); novyy vklad raven \\((a+b)s_v\\), a raznost ravna…","source_keys":["simon"]}
{"id":"simon-marais-2020-a1-odd-cycle-line-transversal","title":"Нечетная 2-регулярная конфигурация и прямая-трансверсаль, Simon Marais 2020 A1","path":"data\\problems\\simon-marais\\simon-marais-2020-a1-odd-cycle-line-transversal.yaml","raw_github_url":"https://raw.githubusercontent.com/didin-maxim/knowledge_graph_of_graphs/main/data/problems/simon-marais/simon-marais-2020-a1-odd-cycle-line-transversal.yaml","viewer_url":"https://didin-maxim.github.io/knowledge_graph_of_graphs/#simon-marais-2020-a1-odd-cycle-line-transversal","source_key":"simon","source_label":"Simon Marais","source_titles":["Simon Marais Mathematics Competition 2020 A1, официальные условия и решения"],"year":"2020","type":"olympiad_problem","authors":[],"tags":["graph_model","coloring","parity_coloring","goal_impossibility"],"agent_topics":[],"difficulty":{"main":"national_final_medium","local_score":5,"comment":"Ключевой шаг - увидеть 2-регулярный граф и нечетную компоненту; после этого работает стандартная паритетная раскраска сторон прямой.","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":"агент grouped classification","audit_source":"agent-university-archives.json"},"statements":{"original":[{"id":"stmt-original","title":"Условие","status":"ai_checked","text":"В плоскости даны 1001 точка, никакие три из которых не лежат на одной прямой. Эти точки соединены 1001 отрезком так, что каждая точка является концом ровно двух отрезков. Докажите, что не существует прямой, которая пересекает каждый из этих 1001 отрезков во внутренней точке.","definition_ids":[]}],"graph_theory":[{"id":"stmt-graph","title":"Нечетная 2-регулярная конфигурация и прямая-трансверсаль, Simon Marais 2020 A1","status":"ai_checked","text":"Дан прямолинейно вложенный в плоскость 2-регулярный граф \\(G\\) с \\(1001\\) вершиной и \\(1001\\) ребром; никакие три вершины не лежат на одной прямой. Докажите, что не существует прямой, пересекающей внутренности всех рёбер \\(G\\).","definition_ids":["cycle","degree"]}]},"solutions":[{"id":"sol-official-odd-cycle","title":"Нечетный цикл и стороны прямой","status":"ai_checked","definition_ids":["cycle","degree"],"standard_idea_ids":["pigeonhole_principle","invariant"],"tags":[],"has_text":true,"text_preview":"Построим граф G: вершины - данные точки, ребра - данные отрезки. По условию каждая вершина имеет степень 2, поэтому каждая связная компонента G является циклом. Суммарное число вершин равно 1001, значит хотя бы одна компонента C имеет нечетное число вершин. Пусть, к противоречию, существует прямая L, пересекающая каждое ребро во внутренней точке. Прямая L не может проходить через данную вершину P: две инцидентные ей стороны PA и PB могли бы пересекаться с L во внутренних точках только если соответственно A и B тоже лежат на L, но из-за отсутствия трех коллинеарных точек это возможно не более чем для одной из них. Значит все вершины C лежат вне L. Если L пересекает ребро цикла, его концы лежат по разные стороны от L. Следовательно, обходя C, мы должны чередовать стороны прямой. Это невозможно на нечетном цикле: последняя вершина после чередования оказывается на той же стороне, что и перв…"}],"relations":[{"id":"rel-simon-marais-2020-a1-cmo-1994-p3-odd-cycle-alternation","neighbor_id":"cmo-1994-p3-voting-stabilizes-cycle","direction":"forward","type":"same_motif","distance":2,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-simon-marais-2020-a1-odd-cycle","neighbor_id":"cmo-2019-p5-odd-cycle-edge-game","direction":"forward","type":"same_motif","distance":3,"status":"needs_human_review"}],"search_text":"simon-marais-2020-a1-odd-cycle-line-transversal нечетная 2-регулярная конфигурация и прямая-трансверсаль, simon marais 2020 a1 graph_model coloring parity_coloring goal_impossibility 2020 https://www.simonmarais.org/uploads/8/2/3/5/82358688/smmc-2020-solutions_1.pdf problem_and_solution simon simon marais simon marais mathematics competition 2020 a1, официальные условия и решения simon2020 simonmarais simonmarais2020 src-simon-marais-2020-a1-official with_solution ? simon marais mathematics competition 2020 a1, официальные условия и решения stmt-original условие ai_checked в плоскости даны 1001 точка, никакие три из которых не лежат на одной прямой. эти точки соединены 1001 отрезком так, что каждая точка является концом ровно двух отрезков. докажите, что не существует прямой, которая пересекает каждый из этих 1001 отрезков во внутренней точке. stmt-graph нечетная 2-регулярная конфигурация и прямая-трансверсаль, simon marais 2020 a1 ai_checked дан прямолинейно вложенный в плоскость 2-регулярный граф \\(g\\) с \\(1001\\) вершиной и \\(1001\\) ребром; никакие три вершины не лежат на одной прямой. докажите, что не существует прямой, пересекающей внутренности всех рёбер \\(g\\). cycle degree idea-odd-cycle-not-cut-by-one-line в 2-регулярном графе есть нечетный цикл граф со всеми степенями 2 распадается на циклы. так как всего вершин нечетное число, одна компонента является нечетным циклом. если прямая пересекает каждое его ребро, соседние вершины цикла должны лежать по разные стороны от прямой, что дало бы правильную 2-раскраску нечетного цикла. graph_model coloring parity_coloring goal_impossibility ai_checked sol-official-odd-cycle нечетный цикл и стороны прямой ai_checked cycle degree pigeonhole_principle invariant построим граф g: вершины - данные точки, ребра - данные отрезки. по условию каждая вершина имеет степень 2, поэтому каждая связная компонента g является циклом. суммарное число вершин равно 1001, значит хотя бы одна компонента c имеет нечетное число вершин. пусть, к противоречию, существует прямая l, пересекающая каждое ребро во внутренней точке. прямая l не может проходить через данную вершину p: две инцидентные ей стороны pa и pb могли бы пересекаться с l во внутренних точках только если соответственно a и b тоже лежат на l, но из-за отсутствия трех коллинеарных точек это возможно не более чем для одной из них. значит все вершины c лежат вне l. если l пересекает ребро цикла, его концы лежат по разные стороны от l. следовательно, обходя c, мы должны чередовать стороны прямой. это невозможно на нечетном цикле: последняя вершина после чередования оказывается на той же стороне, что и перв… simon-marais-2020-a1-odd-cycle-line-transversal nechetnaya 2-regulyarnaya konfiguratsiya i pryamaya-transversal, simon marais 2020 a1 graph_model coloring parity_coloring goal_impossibility 2020 https://www.simonmarais.org/uploads/8/2/3/5/82358688/smmc-2020-solutions_1.pdf problem_and_solution simon simon marais simon marais mathematics competition 2020 a1, ofitsialnye usloviya i resheniya simon2020 simonmarais simonmarais2020 src-simon-marais-2020-a1-official with_solution ? simon marais mathematics competition 2020 a1, ofitsialnye usloviya i resheniya stmt-original uslovie ai_checked v ploskosti dany 1001 tochka, nikakie tri iz kotoryh ne lezhat na odnoy pryamoy. eti tochki soedineny 1001 otrezkom tak, chto kazhdaya tochka yavlyaetsya kontsom rovno dvuh otrezkov. dokazhite, chto ne suschestvuet pryamoy, kotoraya peresekaet kazhdyy iz etih 1001 otrezkov vo vnutrenney tochke. stmt-graph nechetnaya 2-regulyarnaya konfiguratsiya i pryamaya-transversal, simon marais 2020 a1 ai_checked dan pryamolineyno vlozhennyy v ploskost 2-regulyarnyy graf \\(g\\) s \\(1001\\) vershinoy i \\(1001\\) rebrom; nikakie tri vershiny ne lezhat na odnoy pryamoy. dokazhite, chto ne suschestvuet pryamoy, peresekayuschey vnutrennosti vseh reber \\(g\\). cycle degree idea-odd-cycle-not-cut-by-one-line v 2-regulyarnom grafe est nechetnyy tsikl graf so vsemi stepenyami 2 raspadaetsya na tsikly. tak kak vsego vershin nechetnoe chislo, odna komponenta yavlyaetsya nechetnym tsiklom. esli pryamaya peresekaet kazhdoe ego rebro, sosednie vershiny tsikla dolzhny lezhat po raznye storony ot pryamoy, chto dalo by pravilnuyu 2-raskrasku nechetnogo tsikla. graph_model coloring parity_coloring goal_impossibility ai_checked sol-official-odd-cycle nechetnyy tsikl i storony pryamoy ai_checked cycle degree pigeonhole_principle invariant postroim graf g: vershiny - dannye tochki, rebra - dannye otrezki. po usloviyu kazhdaya vershina imeet stepen 2, poetomu kazhdaya svyaznaya komponenta g yavlyaetsya tsiklom. summarnoe chislo vershin ravno 1001, znachit hotya by odna komponenta c imeet nechetnoe chislo vershin. pust, k protivorechiyu, suschestvuet pryamaya l, peresekayuschaya kazhdoe rebro vo vnutrenney tochke. pryamaya l ne mozhet prohodit cherez dannuyu vershinu p: dve intsidentnye ey storony pa i pb mogli by peresekatsya s l vo vnutrennih tochkah tolko esli sootvetstvenno a i b tozhe lezhat na l, no iz-za otsutstviya treh kollinearnyh tochek eto vozmozhno ne bolee chem dlya odnoy iz nih. znachit vse vershiny c lezhat vne l. esli l peresekaet rebro tsikla, ego kontsy lezhat po raznye storony ot l. sledovatelno, obhodya c, my dolzhny cheredovat storony pryamoy. eto nevozmozhno na nechetnom tsikle: poslednyaya vershina posle cheredovaniya okazyvaetsya na toy zhe storone, chto i perv…","source_keys":["simon"]}
{"id":"simon-marais-2020-b4-rainbow-distance-clique-polygon","title":"Радужная клика по расстояниям в правильном многоугольнике, Simon Marais 2020 B4","path":"data\\problems\\simon-marais\\simon-marais-2020-b4-rainbow-distance-clique-polygon.yaml","raw_github_url":"https://raw.githubusercontent.com/didin-maxim/knowledge_graph_of_graphs/main/data/problems/simon-marais/simon-marais-2020-b4-rainbow-distance-clique-polygon.yaml","viewer_url":"https://didin-maxim.github.io/knowledge_graph_of_graphs/#simon-marais-2020-b4-rainbow-distance-clique-polygon","source_key":"simon","source_label":"Simon Marais","source_titles":["Simon Marais Mathematics Competition 2020 B4, официальные условия и решения"],"year":"2020","type":"olympiad_problem","authors":[],"tags":["graph_model","coloring","construction","goal_construction","goal_classification"],"agent_topics":[],"difficulty":{"main":"imo_p3_plus","local_score":13,"comment":"Часть (a) использует конструкцию Сингера через конечное поле \\(\\mathbb F_{p^3}\\), проективную прямую и циклическую факторгруппу; часть (b) в официальном источнике явно оставлена открытой.","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":"агент grouped classification","audit_source":"agent-university-archives.json"},"statements":{"original":[{"id":"stmt-original","title":"Условие","status":"ai_checked","text":"Пусть \\(n\\ge 2\\), а \\(P_n\\) — правильный многоугольник с \\(n^2-n+1\\) вершинами. Назовём \\(n\\) натянутым, если можно выбрать \\(n\\) вершин \\(P_n\\) так, чтобы все попарные расстояния между выбранными вершинами были различны. (a) Докажите, что если \\(n-1\\) простое, то \\(n\\) натянуто. (b) Какие \\(n\\ge 2\\) натянуты?","definition_ids":[]}],"graph_theory":[{"id":"stmt-graph","title":"Радужная клика по расстояниям в правильном многоугольнике, Simon Marais 2020 B4","status":"ai_checked","text":"Пусть \\(N=n^2-n+1\\). Рассмотрим полный граф на вершинах правильного \\(N\\)-угольника и покрасим каждое ребро цветом, равным евклидову расстоянию между его концами. Число \\(n\\) натянуто тогда и только тогда, когда в этой раскраске существует радужная клика \\(K_n\\), то есть \\(n\\) вершин, на которых все \\(\\binom n2\\) рёбер имеют попарно различные цвета. Докажите существование такой клики при простом \\(n-1\\) и определите все значения \\(n\\), для которых она существует.","definition_ids":["complete_graph","clique"]}]},"solutions":[{"id":"sol-official-part-a","title":"Часть (a): конструкция Сингера при простом \\(n-1\\)","status":"ai_checked","definition_ids":["complete_graph","clique"],"standard_idea_ids":[],"tags":[],"has_text":true,"text_preview":"Положим \\(p=n-1\\) и \\(N=n^2-n+1=p^2+p+1\\). Занумеруем вершины правильного \\(N\\)-угольника элементами \\(\\mathbb Z_N\\) по кругу. Для двух пар вершин \\(i,j\\) и \\(k,l\\) расстояния равны тогда и только тогда, когда \\(i-j=\\pm(k-l)\\) в \\(\\mathbb Z_N\\). Поэтому достаточно построить множество \\(D\\subset \\mathbb Z_N\\) из \\(p+1=n\\) элементов, у которого все \\(p(p+1)=N-1\\) упорядоченные разности \\(x-y\\), где \\(x,y\\in D\\) и \\(x\\ne y\\), попарно различны. Тогда они автоматически пробегают все ненулевые элементы \\(\\mathbb Z_N\\), а равенство двух неориентированных расстояний между выбранными вершинами могло бы дать равенство двух таких упорядоченных разностей с точностью до знака; это возможно только для одной и той же неупорядоченной пары. Построим такое \\(D\\). Пусть \\(F=\\mathbb F_p\\), а \\(E\\) — поле из \\(p^3\\) элементов, содержащее \\(F\\). Обозначим \\(G=E^*\\) и \\(H=F^*\\). Мультипликативная группа конеч…"}],"relations":[{"id":"rel-smmc-2020-b4-imo-1998-c6-rainbow-complete-graph-coloring","neighbor_id":"imo-1998-c6-k5-rainbow-edges-construction","direction":"forward","type":"same_motif","distance":3,"status":"ai_checked"}],"search_text":"simon-marais-2020-b4-rainbow-distance-clique-polygon радужная клика по расстояниям в правильном многоугольнике, simon marais 2020 b4 graph_model coloring construction goal_construction goal_classification 2020 https://www.simonmarais.org/uploads/8/2/3/5/82358688/smmc-2020-solutions_1.pdf problem_and_solution simon simon marais simon marais mathematics competition 2020 b4, официальные условия и решения simon2020 simonmarais simonmarais2020 src-simon-marais-2020-b4-official with_solution ? simon marais mathematics competition 2020 b4, официальные условия и решения stmt-original условие ai_checked пусть \\(n\\ge 2\\), а \\(p_n\\) — правильный многоугольник с \\(n^2-n+1\\) вершинами. назовём \\(n\\) натянутым, если можно выбрать \\(n\\) вершин \\(p_n\\) так, чтобы все попарные расстояния между выбранными вершинами были различны. (a) докажите, что если \\(n-1\\) простое, то \\(n\\) натянуто. (b) какие \\(n\\ge 2\\) натянуты? stmt-graph радужная клика по расстояниям в правильном многоугольнике, simon marais 2020 b4 ai_checked пусть \\(n=n^2-n+1\\). рассмотрим полный граф на вершинах правильного \\(n\\)-угольника и покрасим каждое ребро цветом, равным евклидову расстоянию между его концами. число \\(n\\) натянуто тогда и только тогда, когда в этой раскраске существует радужная клика \\(k_n\\), то есть \\(n\\) вершин, на которых все \\(\\binom n2\\) рёбер имеют попарно различные цвета. докажите существование такой клики при простом \\(n-1\\) и определите все значения \\(n\\), для которых она существует. complete_graph clique idea-singer-difference-set расстояния как разности в циклической группе если вершины правильного \\(n\\)-угольника занумеровать элементами \\(\\mathbb z_n\\), то равенство расстояний эквивалентно равенству циклических разностей с точностью до знака. поэтому достаточно найти \\(n\\)-элементное множество, у которого все упорядоченные ненулевые разности различны. при \\(n-1=p\\) такое множество даёт проективная прямая в плоскости над \\(\\mathbb f_p\\), отождествлённой с циклической группой порядка \\(p^2+p+1\\). graph_model coloring construction ai_checked idea-open-prime-power-conjecture открытая часть сводится к гипотезе о степенях простого числа официальное обсуждение после части (a) переводит часть (b) на язык абелевых планарных разностных множеств. та же конструкция работает для любого простого степенного \\(n-1\\), а обратное утверждение является prime power conjecture; в официальном источнике полная классификация не заявлена как известная. goal_classification ai_checked sol-official-part-a часть (a): конструкция сингера при простом \\(n-1\\) ai_checked complete_graph clique положим \\(p=n-1\\) и \\(n=n^2-n+1=p^2+p+1\\). занумеруем вершины правильного \\(n\\)-угольника элементами \\(\\mathbb z_n\\) по кругу. для двух пар вершин \\(i,j\\) и \\(k,l\\) расстояния равны тогда и только тогда, когда \\(i-j=\\pm(k-l)\\) в \\(\\mathbb z_n\\). поэтому достаточно построить множество \\(d\\subset \\mathbb z_n\\) из \\(p+1=n\\) элементов, у которого все \\(p(p+1)=n-1\\) упорядоченные разности \\(x-y\\), где \\(x,y\\in d\\) и \\(x\\ne y\\), попарно различны. тогда они автоматически пробегают все ненулевые элементы \\(\\mathbb z_n\\), а равенство двух неориентированных расстояний между выбранными вершинами могло бы дать равенство двух таких упорядоченных разностей с точностью до знака; это возможно только для одной и той же неупорядоченной пары. построим такое \\(d\\). пусть \\(f=\\mathbb f_p\\), а \\(e\\) — поле из \\(p^3\\) элементов, содержащее \\(f\\). обозначим \\(g=e^*\\) и \\(h=f^*\\). мультипликативная группа конеч… simon-marais-2020-b4-rainbow-distance-clique-polygon raduzhnaya klika po rasstoyaniyam v pravilnom mnogougolnike, simon marais 2020 b4 graph_model coloring construction goal_construction goal_classification 2020 https://www.simonmarais.org/uploads/8/2/3/5/82358688/smmc-2020-solutions_1.pdf problem_and_solution simon simon marais simon marais mathematics competition 2020 b4, ofitsialnye usloviya i resheniya simon2020 simonmarais simonmarais2020 src-simon-marais-2020-b4-official with_solution ? simon marais mathematics competition 2020 b4, ofitsialnye usloviya i resheniya stmt-original uslovie ai_checked pust \\(n\\ge 2\\), a \\(p_n\\) — pravilnyy mnogougolnik s \\(n^2-n+1\\) vershinami. nazovem \\(n\\) natyanutym, esli mozhno vybrat \\(n\\) vershin \\(p_n\\) tak, chtoby vse poparnye rasstoyaniya mezhdu vybrannymi vershinami byli razlichny. (a) dokazhite, chto esli \\(n-1\\) prostoe, to \\(n\\) natyanuto. (b) kakie \\(n\\ge 2\\) natyanuty? stmt-graph raduzhnaya klika po rasstoyaniyam v pravilnom mnogougolnike, simon marais 2020 b4 ai_checked pust \\(n=n^2-n+1\\). rassmotrim polnyy graf na vershinah pravilnogo \\(n\\)-ugolnika i pokrasim kazhdoe rebro tsvetom, ravnym evklidovu rasstoyaniyu mezhdu ego kontsami. chislo \\(n\\) natyanuto togda i tolko togda, kogda v etoy raskraske suschestvuet raduzhnaya klika \\(k_n\\), to est \\(n\\) vershin, na kotoryh vse \\(\\binom n2\\) reber imeyut poparno razlichnye tsveta. dokazhite suschestvovanie takoy kliki pri prostom \\(n-1\\) i opredelite vse znacheniya \\(n\\), dlya kotoryh ona suschestvuet. complete_graph clique idea-singer-difference-set rasstoyaniya kak raznosti v tsiklicheskoy gruppe esli vershiny pravilnogo \\(n\\)-ugolnika zanumerovat elementami \\(\\mathbb z_n\\), to ravenstvo rasstoyaniy ekvivalentno ravenstvu tsiklicheskih raznostey s tochnostyu do znaka. poetomu dostatochno nayti \\(n\\)-elementnoe mnozhestvo, u kotorogo vse uporyadochennye nenulevye raznosti razlichny. pri \\(n-1=p\\) takoe mnozhestvo daet proektivnaya pryamaya v ploskosti nad \\(\\mathbb f_p\\), otozhdestvlennoy s tsiklicheskoy gruppoy poryadka \\(p^2+p+1\\). graph_model coloring construction ai_checked idea-open-prime-power-conjecture otkrytaya chast svoditsya k gipoteze o stepenyah prostogo chisla ofitsialnoe obsuzhdenie posle chasti (a) perevodit chast (b) na yazyk abelevyh planarnyh raznostnyh mnozhestv. ta zhe konstruktsiya rabotaet dlya lyubogo prostogo stepennogo \\(n-1\\), a obratnoe utverzhdenie yavlyaetsya prime power conjecture; v ofitsialnom istochnike polnaya klassifikatsiya ne zayavlena kak izvestnaya. goal_classification ai_checked sol-official-part-a chast (a): konstruktsiya singera pri prostom \\(n-1\\) ai_checked complete_graph clique polozhim \\(p=n-1\\) i \\(n=n^2-n+1=p^2+p+1\\). zanumeruem vershiny pravilnogo \\(n\\)-ugolnika elementami \\(\\mathbb z_n\\) po krugu. dlya dvuh par vershin \\(i,j\\) i \\(k,l\\) rasstoyaniya ravny togda i tolko togda, kogda \\(i-j=\\pm(k-l)\\) v \\(\\mathbb z_n\\). poetomu dostatochno postroit mnozhestvo \\(d\\subset \\mathbb z_n\\) iz \\(p+1=n\\) elementov, u kotorogo vse \\(p(p+1)=n-1\\) uporyadochennye raznosti \\(x-y\\), gde \\(x,y\\in d\\) i \\(x\\ne y\\), poparno razlichny. togda oni avtomaticheski probegayut vse nenulevye elementy \\(\\mathbb z_n\\), a ravenstvo dvuh neorientirovannyh rasstoyaniy mezhdu vybrannymi vershinami moglo by dat ravenstvo dvuh takih uporyadochennyh raznostey s tochnostyu do znaka; eto vozmozhno tolko dlya odnoy i toy zhe neuporyadochennoy pary. postroim takoe \\(d\\). pust \\(f=\\mathbb f_p\\), a \\(e\\) — pole iz \\(p^3\\) elementov, soderzhaschee \\(f\\). oboznachim \\(g=e^*\\) i \\(h=f^*\\). multiplikativnaya gruppa konech…","source_keys":["simon"]}
{"id":"simon-marais-2021-a3-determinants-cycle-components","title":"Детерминанты 0-1 матриц с короткими строками, Simon Marais 2021 A3","path":"data\\problems\\simon-marais\\simon-marais-2021-a3-determinants-cycle-components.yaml","raw_github_url":"https://raw.githubusercontent.com/didin-maxim/knowledge_graph_of_graphs/main/data/problems/simon-marais/simon-marais-2021-a3-determinants-cycle-components.yaml","viewer_url":"https://didin-maxim.github.io/knowledge_graph_of_graphs/#simon-marais-2021-a3-determinants-cycle-components","source_key":"simon","source_label":"Simon Marais","source_titles":["Simon Marais Mathematics Competition 2021 A3, официальные условия и решения"],"year":"2021","type":"olympiad_problem","authors":[],"tags":["graph_in_solution","degree_counting","goal_counting"],"agent_topics":[],"difficulty":{"main":"national_final_hard","local_score":8,"comment":"Задача требует аккуратно связать разложения детерминанта с удалением листьев в мультиграфе, доказать блочный вклад чётных и нечётных циклов и отдельно проверить достижимость всех знаков.","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":"агент grouped classification","audit_source":"agent-university-archives.json"},"statements":{"original":[{"id":"stmt-original","title":"Условие","status":"ai_checked","text":"Пусть M - множество всех матриц 2021 на 2021, у которых в каждой строке не более двух элементов равны 1, а все остальные элементы равны 0. Определите размер множества {det A: A принадлежит M}.","definition_ids":[]}]},"solutions":[{"id":"sol-official-graph-pruning","title":"Мультиграф строк и столбцов","status":"ai_checked","definition_ids":["multigraph","cycle","degree"],"standard_idea_ids":["delete_to_simplify","double_counting"],"tags":[],"has_text":true,"text_preview":"Если у матрицы есть нулевая строка, то её детерминант равен 0. Если есть строка с одной единицей, разложим детерминант по этой строке и удалим эту строку вместе с соответствующим столбцом; модуль детерминанта не изменится. Повторяем эту процедуру. Если в какой-то момент не осталось строк, получаем модуль 1; если появилась нулевая строка, получаем 0. Иначе все оставшиеся строки содержат ровно две единицы. В этом случае считаем оставшиеся столбцы вершинами, а каждую строку - ребром между двумя столбцами, в которых стоят единицы. Петель нет, потому что в одной строке две единицы стоят в разных столбцах, но кратные рёбра возможны. Если в получившемся мультиграфе есть изолированная вершина, то соответствующий столбец нулевой и детерминант равен 0. Если есть вершина степени 1, то соответствующий столбец содержит единственную единицу, и разложение по этому столбцу удаляет листовое ребро и эту…"}],"relations":[{"id":"rel-simon-marais-2021-a3-imc-2001-determinant-cycles","neighbor_id":"imc-2001-day2-p4-zero-principal-minors-acyclic-digraph","direction":"forward","type":"same_motif","distance":3,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-simon-marais-2021-a3-schweitzer-1951-determinant-support","neighbor_id":"miklos-schweitzer-1951-p13-determinant-nonzero-pattern-matchings","direction":"forward","type":"same_motif","distance":3,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-simon-marais-2021-a3-putnam-2021-b5","neighbor_id":"putnam-2021-b5-very-odd-matrices-dag","direction":"forward","type":"same_motif","distance":3,"status":"needs_human_review"}],"search_text":"simon-marais-2021-a3-determinants-cycle-components детерминанты 0-1 матриц с короткими строками, simon marais 2021 a3 graph_in_solution degree_counting goal_counting 2021 https://www.simonmarais.org/uploads/8/2/3/5/82358688/smmc-2021-solutions.pdf problem_and_solution simon simon marais simon marais mathematics competition 2021 a3, официальные условия и решения simon2021 simonmarais simonmarais2021 src-simon-marais-2021-a3-official with_solution simon marais mathematics competition 2021 a3, официальные условия и решения stmt-original условие ai_checked пусть m - множество всех матриц 2021 на 2021, у которых в каждой строке не более двух элементов равны 1, а все остальные элементы равны 0. определите размер множества {det a: a принадлежит m}. idea-prune-to-cycle-components удаление листьев оставляет объединение циклов строка с одной единицей и соответствующий столбец удаляются разложением лапласа без изменения модуля детерминанта. когда все оставшиеся строки имеют по две единицы, они задают рёбра мультиграфа. если в этом графе есть изолированная вершина, соответствующий столбец нулевой; если есть вершина степени 1, по соответствующему столбцу снова можно разложить детерминант и удалить лист. после всех таких удалений остаётся граф с n вершинами, n рёбрами и минимальной степенью хотя бы 2. тогда сумма степеней равна 2n, поэтому все степени равны 2, то есть компоненты являются циклами. graph_in_solution degree_counting goal_counting ai_checked sol-official-graph-pruning мультиграф строк и столбцов ai_checked multigraph cycle degree delete_to_simplify double_counting если у матрицы есть нулевая строка, то её детерминант равен 0. если есть строка с одной единицей, разложим детерминант по этой строке и удалим эту строку вместе с соответствующим столбцом; модуль детерминанта не изменится. повторяем эту процедуру. если в какой-то момент не осталось строк, получаем модуль 1; если появилась нулевая строка, получаем 0. иначе все оставшиеся строки содержат ровно две единицы. в этом случае считаем оставшиеся столбцы вершинами, а каждую строку - ребром между двумя столбцами, в которых стоят единицы. петель нет, потому что в одной строке две единицы стоят в разных столбцах, но кратные рёбра возможны. если в получившемся мультиграфе есть изолированная вершина, то соответствующий столбец нулевой и детерминант равен 0. если есть вершина степени 1, то соответствующий столбец содержит единственную единицу, и разложение по этому столбцу удаляет листовое ребро и эту… simon-marais-2021-a3-determinants-cycle-components determinanty 0-1 matrits s korotkimi strokami, simon marais 2021 a3 graph_in_solution degree_counting goal_counting 2021 https://www.simonmarais.org/uploads/8/2/3/5/82358688/smmc-2021-solutions.pdf problem_and_solution simon simon marais simon marais mathematics competition 2021 a3, ofitsialnye usloviya i resheniya simon2021 simonmarais simonmarais2021 src-simon-marais-2021-a3-official with_solution simon marais mathematics competition 2021 a3, ofitsialnye usloviya i resheniya stmt-original uslovie ai_checked pust m - mnozhestvo vseh matrits 2021 na 2021, u kotoryh v kazhdoy stroke ne bolee dvuh elementov ravny 1, a vse ostalnye elementy ravny 0. opredelite razmer mnozhestva {det a: a prinadlezhit m}. idea-prune-to-cycle-components udalenie listev ostavlyaet obedinenie tsiklov stroka s odnoy edinitsey i sootvetstvuyuschiy stolbets udalyayutsya razlozheniem laplasa bez izmeneniya modulya determinanta. kogda vse ostavshiesya stroki imeyut po dve edinitsy, oni zadayut rebra multigrafa. esli v etom grafe est izolirovannaya vershina, sootvetstvuyuschiy stolbets nulevoy; esli est vershina stepeni 1, po sootvetstvuyuschemu stolbtsu snova mozhno razlozhit determinant i udalit list. posle vseh takih udaleniy ostaetsya graf s n vershinami, n rebrami i minimalnoy stepenyu hotya by 2. togda summa stepeney ravna 2n, poetomu vse stepeni ravny 2, to est komponenty yavlyayutsya tsiklami. graph_in_solution degree_counting goal_counting ai_checked sol-official-graph-pruning multigraf strok i stolbtsov ai_checked multigraph cycle degree delete_to_simplify double_counting esli u matritsy est nulevaya stroka, to ee determinant raven 0. esli est stroka s odnoy edinitsey, razlozhim determinant po etoy stroke i udalim etu stroku vmeste s sootvetstvuyuschim stolbtsom; modul determinanta ne izmenitsya. povtoryaem etu protseduru. esli v kakoy-to moment ne ostalos strok, poluchaem modul 1; esli poyavilas nulevaya stroka, poluchaem 0. inache vse ostavshiesya stroki soderzhat rovno dve edinitsy. v etom sluchae schitaem ostavshiesya stolbtsy vershinami, a kazhduyu stroku - rebrom mezhdu dvumya stolbtsami, v kotoryh stoyat edinitsy. petel net, potomu chto v odnoy stroke dve edinitsy stoyat v raznyh stolbtsah, no kratnye rebra vozmozhny. esli v poluchivshemsya multigrafe est izolirovannaya vershina, to sootvetstvuyuschiy stolbets nulevoy i determinant raven 0. esli est vershina stepeni 1, to sootvetstvuyuschiy stolbets soderzhit edinstvennuyu edinitsu, i razlozhenie po etomu stolbtsu udalyaet listovoe rebro i etu…","source_keys":["simon"]}
{"id":"simon-marais-2022-c3-random-walk-cycle-five","title":"Случайное блуждание по циклу из пяти вершин, Simon Marais 2022 C3","path":"data\\problems\\simon-marais\\simon-marais-2022-c3-random-walk-cycle-five.yaml","raw_github_url":"https://raw.githubusercontent.com/didin-maxim/knowledge_graph_of_graphs/main/data/problems/simon-marais/simon-marais-2022-c3-random-walk-cycle-five.yaml","viewer_url":"https://didin-maxim.github.io/knowledge_graph_of_graphs/#simon-marais-2022-c3-random-walk-cycle-five","source_key":"simon","source_label":"Simon Marais","source_titles":["Simon Marais Mathematics Competition 2022 C3, официальные условия и решения"],"year":"2022","type":"olympiad_problem","authors":[],"tags":["graph_model","graph_symmetry","induction","goal_bound"],"agent_topics":[],"difficulty":{"main":"national_final_medium","local_score":6,"comment":"После перехода к циклу C5 достаточно симметрии и короткой индукции по четным временам.","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":"агент grouped classification","audit_source":"agent-university-archives.json"},"statements":{"original":[{"id":"stmt-original","title":"Условие","status":"ai_checked","text":"Кузнечик сидит на числовой прямой, изначально в точке 0. Каждую секунду он прыгает на единицу влево или вправо с равными вероятностями; направления прыжков независимы. Пусть p - вероятность того, что после 2022 прыжков кузнечик находится в числе, делящемся на 5. Определите, верно ли p<1/5, p=1/5 или p>1/5.","definition_ids":[]}],"graph_theory":[{"id":"stmt-graph","title":"Случайное блуждание по циклу из пяти вершин, Simon Marais 2022 C3","status":"ai_checked","text":"Рассмотрим простой случайный обход на цикле \\(C_5\\) с вершинами \\(0,1,2,3,4\\), стартующий в вершине \\(0\\). Сравните с \\(1/5\\) вероятность оказаться в вершине \\(0\\) после \\(2022\\) шагов.","definition_ids":["cycle"]}]},"solutions":[{"id":"sol-official-cycle-recurrence","title":"Рекуррентное решение на C5","status":"ai_checked","definition_ids":["cycle"],"standard_idea_ids":["induction"],"tags":[],"has_text":true,"text_preview":"Сведем задачу к остаткам по модулю 5. После каждого прыжка остаток меняется на `+1` или `-1`, поэтому мы получаем простой случайный обход по циклу `C5` с вершинами `0,1,2,3,4`. Искомая вероятность `p` равна вероятности оказаться в вершине `0` после 2022 шагов. Пусть после `n` шагов вероятности в остатках `0,1,2,3,4` равны соответственно `a_n,b_n,c_n,d_n,e_n`. Старт и правило перехода симметричны относительно отражения цикла, меняющего `1` с `4` и `2` с `3`, поэтому для всех `n` имеем `b_n=e_n` и `c_n=d_n`. Значит достаточно следить за тремя числами `a_n,b_n,c_n`. Из вершины `0` можно попасть только в `1` или `4`, из вершины `1` - в `0` или `2`, а из вершины `2` - в `1` или `3`. С учетом симметрии получаем рекуррентные формулы `a_{n+1}=b_n`, `b_{n+1}=(a_n+c_n)/2`, `c_{n+1}=(b_n+c_n)/2`. Докажем индукцией по четным `n>0`, что `a_n>c_n>b_n`. Для `n=2` это видно непосредственно: за два шага…"}],"relations":[{"id":"rel-smmc-2022-c3-imc-2022-flea-cycle-walk-recurrence","neighbor_id":"imc-2022-day1-p3-flea-cycle-recurrence","direction":"forward","type":"same_motif","distance":2,"status":"ai_checked"}],"search_text":"simon-marais-2022-c3-random-walk-cycle-five случайное блуждание по циклу из пяти вершин, simon marais 2022 c3 graph_model graph_symmetry induction goal_bound 2022 https://www.simonmarais.org/uploads/8/2/3/5/82358688/smmc-2022-solutions.pdf problem_and_solution simon simon marais simon marais mathematics competition 2022 c3, официальные условия и решения simon2022 simonmarais simonmarais2022 src-simon-marais-2022-c3-official with_solution ? simon marais mathematics competition 2022 c3, официальные условия и решения stmt-original условие ai_checked кузнечик сидит на числовой прямой, изначально в точке 0. каждую секунду он прыгает на единицу влево или вправо с равными вероятностями; направления прыжков независимы. пусть p - вероятность того, что после 2022 прыжков кузнечик находится в числе, делящемся на 5. определите, верно ли p<1/5, p=1/5 или p>1/5. stmt-graph случайное блуждание по циклу из пяти вершин, simon marais 2022 c3 ai_checked рассмотрим простой случайный обход на цикле \\(c_5\\) с вершинами \\(0,1,2,3,4\\), стартующий в вершине \\(0\\). сравните с \\(1/5\\) вероятность оказаться в вершине \\(0\\) после \\(2022\\) шагов. cycle idea-cycle-five-symmetry-order симметрия цикла и порядок вероятностей вероятности в вершинах 1 и 4 равны, как и в вершинах 2 и 3. для четных моментов можно индукцией доказать строгий порядок \\(a_n>c_n>b_n\\), где \\(a_n\\) - вероятность в 0, \\(b_n\\) - в 1 или 4, \\(c_n\\) - в 2 или 3. тогда \\(a_n\\) больше среднего значения 1/5. graph_model graph_symmetry induction goal_bound ai_checked sol-official-cycle-recurrence рекуррентное решение на c5 ai_checked cycle induction сведем задачу к остаткам по модулю 5. после каждого прыжка остаток меняется на `+1` или `-1`, поэтому мы получаем простой случайный обход по циклу `c5` с вершинами `0,1,2,3,4`. искомая вероятность `p` равна вероятности оказаться в вершине `0` после 2022 шагов. пусть после `n` шагов вероятности в остатках `0,1,2,3,4` равны соответственно `a_n,b_n,c_n,d_n,e_n`. старт и правило перехода симметричны относительно отражения цикла, меняющего `1` с `4` и `2` с `3`, поэтому для всех `n` имеем `b_n=e_n` и `c_n=d_n`. значит достаточно следить за тремя числами `a_n,b_n,c_n`. из вершины `0` можно попасть только в `1` или `4`, из вершины `1` - в `0` или `2`, а из вершины `2` - в `1` или `3`. с учетом симметрии получаем рекуррентные формулы `a_{n+1}=b_n`, `b_{n+1}=(a_n+c_n)/2`, `c_{n+1}=(b_n+c_n)/2`. докажем индукцией по четным `n>0`, что `a_n>c_n>b_n`. для `n=2` это видно непосредственно: за два шага… simon-marais-2022-c3-random-walk-cycle-five sluchaynoe bluzhdanie po tsiklu iz pyati vershin, simon marais 2022 c3 graph_model graph_symmetry induction goal_bound 2022 https://www.simonmarais.org/uploads/8/2/3/5/82358688/smmc-2022-solutions.pdf problem_and_solution simon simon marais simon marais mathematics competition 2022 c3, ofitsialnye usloviya i resheniya simon2022 simonmarais simonmarais2022 src-simon-marais-2022-c3-official with_solution ? simon marais mathematics competition 2022 c3, ofitsialnye usloviya i resheniya stmt-original uslovie ai_checked kuznechik sidit na chislovoy pryamoy, iznachalno v tochke 0. kazhduyu sekundu on prygaet na edinitsu vlevo ili vpravo s ravnymi veroyatnostyami; napravleniya pryzhkov nezavisimy. pust p - veroyatnost togo, chto posle 2022 pryzhkov kuznechik nahoditsya v chisle, delyaschemsya na 5. opredelite, verno li p<1/5, p=1/5 ili p>1/5. stmt-graph sluchaynoe bluzhdanie po tsiklu iz pyati vershin, simon marais 2022 c3 ai_checked rassmotrim prostoy sluchaynyy obhod na tsikle \\(c_5\\) s vershinami \\(0,1,2,3,4\\), startuyuschiy v vershine \\(0\\). sravnite s \\(1/5\\) veroyatnost okazatsya v vershine \\(0\\) posle \\(2022\\) shagov. cycle idea-cycle-five-symmetry-order simmetriya tsikla i poryadok veroyatnostey veroyatnosti v vershinah 1 i 4 ravny, kak i v vershinah 2 i 3. dlya chetnyh momentov mozhno induktsiey dokazat strogiy poryadok \\(a_n>c_n>b_n\\), gde \\(a_n\\) - veroyatnost v 0, \\(b_n\\) - v 1 ili 4, \\(c_n\\) - v 2 ili 3. togda \\(a_n\\) bolshe srednego znacheniya 1/5. graph_model graph_symmetry induction goal_bound ai_checked sol-official-cycle-recurrence rekurrentnoe reshenie na c5 ai_checked cycle induction svedem zadachu k ostatkam po modulyu 5. posle kazhdogo pryzhka ostatok menyaetsya na `+1` ili `-1`, poetomu my poluchaem prostoy sluchaynyy obhod po tsiklu `c5` s vershinami `0,1,2,3,4`. iskomaya veroyatnost `p` ravna veroyatnosti okazatsya v vershine `0` posle 2022 shagov. pust posle `n` shagov veroyatnosti v ostatkah `0,1,2,3,4` ravny sootvetstvenno `a_n,b_n,c_n,d_n,e_n`. start i pravilo perehoda simmetrichny otnositelno otrazheniya tsikla, menyayuschego `1` s `4` i `2` s `3`, poetomu dlya vseh `n` imeem `b_n=e_n` i `c_n=d_n`. znachit dostatochno sledit za tremya chislami `a_n,b_n,c_n`. iz vershiny `0` mozhno popast tolko v `1` ili `4`, iz vershiny `1` - v `0` ili `2`, a iz vershiny `2` - v `1` ili `3`. s uchetom simmetrii poluchaem rekurrentnye formuly `a_{n+1}=b_n`, `b_{n+1}=(a_n+c_n)/2`, `c_{n+1}=(b_n+c_n)/2`. dokazhem induktsiey po chetnym `n>0`, chto `a_n>c_n>b_n`. dlya `n=2` eto vidno neposredstvenno: za dva shaga…","source_keys":["simon"]}
{"id":"simon-marais-2023-c2-line-arrangement-region-coloring","title":"Раскраска областей в расположении отрезков, SMMC 2023 C2","path":"data\\problems\\simon-marais\\simon-marais-2023-c2-line-arrangement-region-coloring.yaml","raw_github_url":"https://raw.githubusercontent.com/didin-maxim/knowledge_graph_of_graphs/main/data/problems/simon-marais/simon-marais-2023-c2-line-arrangement-region-coloring.yaml","viewer_url":"https://didin-maxim.github.io/knowledge_graph_of_graphs/#simon-marais-2023-c2-line-arrangement-region-coloring","source_key":"simon","source_label":"SMMC","source_titles":["Simon Marais Mathematics Competition 2023 C2, официальные условия и решения"],"year":"2023","type":"olympiad_problem","authors":[],"tags":["planar_graphs","coloring","parity_coloring","region_adjacency","goal_characterization"],"agent_topics":[],"difficulty":{"main":"regional","local_score":6,"comment":"Граф смежности и его 2-раскраска заданы в условии; основная техническая часть — выбрать координаты, в которых области дают целочисленные клетки, и аккуратно просуммировать знакопеременные площади.","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":"агент grouped classification","audit_source":"agent-university-archives.json"},"statements":{"original":[{"id":"stmt-original","title":"Условие","status":"ai_checked","text":"Для целого \\(n\\ge2\\) рассмотрим отрезки, соединяющие точки \\((0,k)\\) и \\((n-k,0)\\) при \\(k=0,1,\\ldots,n\\). Их объединение делит плоскость на одну неограниченную область и несколько ограниченных областей, каждая из которых является треугольником или четырехугольником. Эти ограниченные области можно единственным образом раскрасить в синий и красный цвета так, что области, имеющие общую сторону, имеют разные цвета, а область с вершиной \\((0,0)\\) синяя. Найдите все \\(n\\), для которых суммарная синяя площадь равна суммарной красной площади.","definition_ids":["planar_graph"]}],"graph_theory":[{"id":"stmt-graph","title":"Раскраска областей в расположении отрезков, SMMC 2023 C2","status":"ai_checked","text":"Пусть \\(G_n\\) — взвешенный граф смежности ограниченных областей разбиения: вершины соответствуют ограниченным областям, вес вершины равен площади области, а ребро соединяет две вершины, если соответствующие области имеют общий отрезок границы положительной длины. Граф \\(G_n\\) двудолен; после фиксации доли вершины области у \\((0,0)\\) нужно определить все \\(n\\), для которых суммарный вес этой доли равен суммарному весу другой доли.","definition_ids":["bipartite_graph","planar_graph"]}]},"solutions":[{"id":"sol-signed-area-outline","title":"Через граф смежности областей и площади ячеек","status":"ai_checked","definition_ids":["planar_graph","bipartite_graph"],"standard_idea_ids":["invariant"],"tags":[],"has_text":true,"text_preview":"Ответ: все нечетные \\(n\\). Обозначим через \\(\\ell_k\\) отрезок, соединяющий \\((0,k)\\) и \\((n-k,0)\\), и для \\(1\\le k\\le n-1\\) положим \\[q_k(x,y)=kx+(n-k)y-k(n-k).\\] Прямая \\(q_k=0\\) содержит \\(\\ell_k\\), а в области у начала координат все \\(q_k<0\\). При переходе через общий кусок границы, лежащий на \\(\\ell_k\\), меняется знак ровно одного \\(q_k\\), поэтому цвет области определяется четностью числа положительных \\(q_k\\). В частности, граф смежности ограниченных областей двудолен, а его 2-раскраска единственна после фиксации синего цвета у \\((0,0)\\). Теперь посчитаем синюю площадь с плюсом, а красную с минусом. Введем параметры \\(r,s\\) формулами \\[x=\\frac{(n-r)(n-s)}n,\\qquad y=\\frac{rs}n.\\] Тогда \\[q_k(x,y)=(k-r)(k-s),\\] а якобиан этой замены равен \\((s-r)/n\\). Часть плоскости, разбитая на ограниченные области, получается при \\(0<r<s<n\\) после удаления диагональных клеток, прилегающих к кривой…"}],"relations":[{"id":"rel-line-arrangement-levels-smmc-2023-c2-dual-coloring","neighbor_id":"line-arrangement-side-count-levels","direction":"backward","type":"same_motif","distance":2,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-smmc-2023-c2-cmo-2022-region-adjacency-parity","neighbor_id":"cmo-2022-p4-region-adjacency-coloring","direction":"forward","type":"same_motif","distance":2,"status":"ai_checked"}],"search_text":"simon-marais-2023-c2-line-arrangement-region-coloring раскраска областей в расположении отрезков, smmc 2023 c2 planar_graphs coloring parity_coloring region_adjacency goal_characterization 2023 https://www.simonmarais.org/uploads/8/2/3/5/82358688/smmc2023solutions.pdf problem_and_solution simon simon marais mathematics competition 2023 c2, официальные условия и решения simon2023 smmc smmc2023 src-simon-marais-2023-c2-official with_solution ? simon marais mathematics competition 2023 c2, официальные условия и решения stmt-original условие ai_checked для целого \\(n\\ge2\\) рассмотрим отрезки, соединяющие точки \\((0,k)\\) и \\((n-k,0)\\) при \\(k=0,1,\\ldots,n\\). их объединение делит плоскость на одну неограниченную область и несколько ограниченных областей, каждая из которых является треугольником или четырехугольником. эти ограниченные области можно единственным образом раскрасить в синий и красный цвета так, что области, имеющие общую сторону, имеют разные цвета, а область с вершиной \\((0,0)\\) синяя. найдите все \\(n\\), для которых суммарная синяя площадь равна суммарной красной площади. planar_graph stmt-graph раскраска областей в расположении отрезков, smmc 2023 c2 ai_checked пусть \\(g_n\\) — взвешенный граф смежности ограниченных областей разбиения: вершины соответствуют ограниченным областям, вес вершины равен площади области, а ребро соединяет две вершины, если соответствующие области имеют общий отрезок границы положительной длины. граф \\(g_n\\) двудолен; после фиксации доли вершины области у \\((0,0)\\) нужно определить все \\(n\\), для которых суммарный вес этой доли равен суммарному весу другой доли. bipartite_graph planar_graph idea-dual-coloring-to-signed-area раскраска превращает задачу в знакопеременную сумму площадей так как соседние области имеют разные цвета, удобно считать синие площади с плюсом, а красные с минусом. координатная замена \\(x=(n-r)(n-s)/n\\), \\(y=rs/n\\) превращает ограниченные области в клетки между целыми линиями \\(r=i\\), \\(s=j\\); цвет клетки зависит только от четности числа целых \\(k\\) вне промежутка \\((r,s)\\), а площадь клетки равна простой величине \\((j-i)/n\\). region_adjacency double_counting ai_checked sol-signed-area-outline через граф смежности областей и площади ячеек ai_checked planar_graph bipartite_graph invariant ответ: все нечетные \\(n\\). обозначим через \\(\\ell_k\\) отрезок, соединяющий \\((0,k)\\) и \\((n-k,0)\\), и для \\(1\\le k\\le n-1\\) положим \\[q_k(x,y)=kx+(n-k)y-k(n-k).\\] прямая \\(q_k=0\\) содержит \\(\\ell_k\\), а в области у начала координат все \\(q_k<0\\). при переходе через общий кусок границы, лежащий на \\(\\ell_k\\), меняется знак ровно одного \\(q_k\\), поэтому цвет области определяется четностью числа положительных \\(q_k\\). в частности, граф смежности ограниченных областей двудолен, а его 2-раскраска единственна после фиксации синего цвета у \\((0,0)\\). теперь посчитаем синюю площадь с плюсом, а красную с минусом. введем параметры \\(r,s\\) формулами \\[x=\\frac{(n-r)(n-s)}n,\\qquad y=\\frac{rs}n.\\] тогда \\[q_k(x,y)=(k-r)(k-s),\\] а якобиан этой замены равен \\((s-r)/n\\). часть плоскости, разбитая на ограниченные области, получается при \\(0<r<s<n\\) после удаления диагональных клеток, прилегающих к кривой… simon-marais-2023-c2-line-arrangement-region-coloring raskraska oblastey v raspolozhenii otrezkov, smmc 2023 c2 planar_graphs coloring parity_coloring region_adjacency goal_characterization 2023 https://www.simonmarais.org/uploads/8/2/3/5/82358688/smmc2023solutions.pdf problem_and_solution simon simon marais mathematics competition 2023 c2, ofitsialnye usloviya i resheniya simon2023 smmc smmc2023 src-simon-marais-2023-c2-official with_solution ? simon marais mathematics competition 2023 c2, ofitsialnye usloviya i resheniya stmt-original uslovie ai_checked dlya tselogo \\(n\\ge2\\) rassmotrim otrezki, soedinyayuschie tochki \\((0,k)\\) i \\((n-k,0)\\) pri \\(k=0,1,\\ldots,n\\). ih obedinenie delit ploskost na odnu neogranichennuyu oblast i neskolko ogranichennyh oblastey, kazhdaya iz kotoryh yavlyaetsya treugolnikom ili chetyrehugolnikom. eti ogranichennye oblasti mozhno edinstvennym obrazom raskrasit v siniy i krasnyy tsveta tak, chto oblasti, imeyuschie obschuyu storonu, imeyut raznye tsveta, a oblast s vershinoy \\((0,0)\\) sinyaya. naydite vse \\(n\\), dlya kotoryh summarnaya sinyaya ploschad ravna summarnoy krasnoy ploschadi. planar_graph stmt-graph raskraska oblastey v raspolozhenii otrezkov, smmc 2023 c2 ai_checked pust \\(g_n\\) — vzveshennyy graf smezhnosti ogranichennyh oblastey razbieniya: vershiny sootvetstvuyut ogranichennym oblastyam, ves vershiny raven ploschadi oblasti, a rebro soedinyaet dve vershiny, esli sootvetstvuyuschie oblasti imeyut obschiy otrezok granitsy polozhitelnoy dliny. graf \\(g_n\\) dvudolen; posle fiksatsii doli vershiny oblasti u \\((0,0)\\) nuzhno opredelit vse \\(n\\), dlya kotoryh summarnyy ves etoy doli raven summarnomu vesu drugoy doli. bipartite_graph planar_graph idea-dual-coloring-to-signed-area raskraska prevraschaet zadachu v znakoperemennuyu summu ploschadey tak kak sosednie oblasti imeyut raznye tsveta, udobno schitat sinie ploschadi s plyusom, a krasnye s minusom. koordinatnaya zamena \\(x=(n-r)(n-s)/n\\), \\(y=rs/n\\) prevraschaet ogranichennye oblasti v kletki mezhdu tselymi liniyami \\(r=i\\), \\(s=j\\); tsvet kletki zavisit tolko ot chetnosti chisla tselyh \\(k\\) vne promezhutka \\((r,s)\\), a ploschad kletki ravna prostoy velichine \\((j-i)/n\\). region_adjacency double_counting ai_checked sol-signed-area-outline cherez graf smezhnosti oblastey i ploschadi yacheek ai_checked planar_graph bipartite_graph invariant otvet: vse nechetnye \\(n\\). oboznachim cherez \\(\\ell_k\\) otrezok, soedinyayuschiy \\((0,k)\\) i \\((n-k,0)\\), i dlya \\(1\\le k\\le n-1\\) polozhim \\[q_k(x,y)=kx+(n-k)y-k(n-k).\\] pryamaya \\(q_k=0\\) soderzhit \\(\\ell_k\\), a v oblasti u nachala koordinat vse \\(q_k<0\\). pri perehode cherez obschiy kusok granitsy, lezhaschiy na \\(\\ell_k\\), menyaetsya znak rovno odnogo \\(q_k\\), poetomu tsvet oblasti opredelyaetsya chetnostyu chisla polozhitelnyh \\(q_k\\). v chastnosti, graf smezhnosti ogranichennyh oblastey dvudolen, a ego 2-raskraska edinstvenna posle fiksatsii sinego tsveta u \\((0,0)\\). teper poschitaem sinyuyu ploschad s plyusom, a krasnuyu s minusom. vvedem parametry \\(r,s\\) formulami \\[x=\\frac{(n-r)(n-s)}n,\\qquad y=\\frac{rs}n.\\] togda \\[q_k(x,y)=(k-r)(k-s),\\] a yakobian etoy zameny raven \\((s-r)/n\\). chast ploskosti, razbitaya na ogranichennye oblasti, poluchaetsya pri \\(0<r<s<n\\) posle udaleniya diagonalnyh kletok, prilegayuschih k krivoy…","source_keys":["simon"]}
{"id":"simon-marais-2023-c4-reverse-chess-grid-pursuit","title":"Обратные шахматы: порог для погони королей за ладьёй на решётке, SMMC 2023 C4","path":"data\\problems\\simon-marais\\simon-marais-2023-c4-reverse-chess-grid-pursuit.yaml","raw_github_url":"https://raw.githubusercontent.com/didin-maxim/knowledge_graph_of_graphs/main/data/problems/simon-marais/simon-marais-2023-c4-reverse-chess-grid-pursuit.yaml","viewer_url":"https://didin-maxim.github.io/knowledge_graph_of_graphs/#simon-marais-2023-c4-reverse-chess-grid-pursuit","source_key":"simon","source_label":"SMMC","source_titles":["Simon Marais Mathematics Competition 2023 C4, официальные условия и решения"],"year":"2023","type":"olympiad_problem","authors":[],"tags":["graph_model","goal_strategy_game","construction","invariant","pigeonhole_principle"],"agent_topics":["game_strategy"],"difficulty":{"main":"national_final_medium","local_score":6,"comment":"Стратегическая задача уровня SMMC C4: нижняя оценка требует аккуратно контролировать запас безопасных строк, а верхняя строит явный монотонный барьер из королей.","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":"агент grouped classification","audit_source":"agent-university-archives.json"},"statements":{"original":[{"id":"stmt-original","title":"Условие","status":"ai_checked","text":"Пусть \\(k\\) — положительное целое число. Кейра и Роланд играют в обратные шахматы. Сначала Роланд выбирает положительное целое число \\(n>k/2023\\). Затем Кейра ставит \\(k\\) королей на \\(k\\) различных клеток шахматной доски с \\(2023\\) столбцами и \\(n\\) строками. После этого Роланд ставит ладью на свободную клетку. Игроки по очереди ходят любым числом своих фигур, возможно нулевым; первой ходит Кейра. Король ходит на одну клетку по горизонтали, вертикали или диагонали. Король не может ходить на клетку, занятую другим королём, но может взять ладью. Если Кейра за один ход двигает несколько королей, она двигает их по одному. Ладья Роланда ходит на любое число клеток по горизонтали или вертикали, не может брать королей и не может проходить через клетку, занятую королём. При каких \\(k\\) Кейра может гарантировать взятие ладьи независимо от ходов Роланда и от выбранного им \\(n\\)?","definition_ids":[]}],"graph_theory":[{"id":"stmt-graph","title":"Обратные шахматы: порог для погони королей за ладьёй на решётке, SMMC 2023 C4","status":"ai_checked","text":"Рассмотрим прямоугольную решётку из \\(2023\\) столбцов и \\(n\\) строк. Преследователи занимают различные вершины и за свой ход могут перейти в соседние по стороне или диагонали вершины, а беглец за свой ход может пройти по одной горизонтали или вертикали на любое расстояние, но его путь не должен проходить через занятую преследователем вершину. Беглец не удаляет преследователей, а преследователи выигрывают, если один из них переходит в вершину беглеца. Сначала беглец выбирает \\(n>k/2023\\), затем преследователи выбирают \\(k\\) стартовых вершин, затем беглец выбирает свободную стартовую вершину, после чего первым ходят преследователи. Найдите все \\(k\\), при которых у преследователей есть стратегия гарантированного захвата для любого выбора \\(n\\).","definition_ids":["simple_graph","path"]}]},"solutions":[{"id":"sol-threshold-1012","title":"Порог равен \\(1012\\)","status":"ai_checked","definition_ids":["simple_graph","path"],"standard_idea_ids":["pigeonhole_principle","invariant"],"tags":[],"has_text":true,"text_preview":"Ответ: \\(k\\ge1012\\). Сначала докажем, что при \\(k\\le1011\\) Роланд может избегать взятия бесконечно долго. Он выбирает число строк \\(n>2027\\cdot1012\\), что, в частности, больше \\(k/2023\\). Назовём строку безопасной в текущий момент, если она удалена по номеру хотя бы на \\(1014\\) от каждой строки, в которой стоит король. Каждый король делает небезопасными не более \\(2027\\) строк, поэтому при \\(k\\le1011\\) всегда существует безопасная строка. Роланд ставит ладью в безопасную строку. После первого хода Кейры короли всё ещё не могут находиться в этой строке, и Роланд переводит ладью горизонтально в первый столбец. Далее он повторяет один и тот же приём. Если в текущем столбце ладьи нет короля, ладья ходит вертикально в какую-нибудь безопасную строку, существующую в текущей позиции. Такой ход разрешён, потому что в её столбце нет королей, через которые ладья могла бы упереться. Если же в текущ…"}],"relations":[{"id":"rel-smmc-2023-c4-smmc-2018-b3-pursuit-barrier","neighbor_id":"simon-marais-2018-b3-dodecahedron-spider-pursuit","direction":"forward","type":"same_motif","distance":3,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-simon-marais-2023-c4-imo-2024-turbo","neighbor_id":"imo-2024-c4-turbo-grid-monsters-two-attempts-lower-bound","direction":"forward","type":"same_motif","distance":4,"status":"needs_human_review"}],"search_text":"simon-marais-2023-c4-reverse-chess-grid-pursuit обратные шахматы: порог для погони королей за ладьёй на решётке, smmc 2023 c4 graph_model goal_strategy_game construction invariant pigeonhole_principle 2023 https://www.simonmarais.org/uploads/8/2/3/5/82358688/smmc2023solutions.pdf problem_and_solution simon simon marais mathematics competition 2023 c4, официальные условия и решения simon2023 smmc smmc2023 src-simon-marais-2023-c4-official with_solution ? simon marais mathematics competition 2023 c4, официальные условия и решения stmt-original условие ai_checked пусть \\(k\\) — положительное целое число. кейра и роланд играют в обратные шахматы. сначала роланд выбирает положительное целое число \\(n>k/2023\\). затем кейра ставит \\(k\\) королей на \\(k\\) различных клеток шахматной доски с \\(2023\\) столбцами и \\(n\\) строками. после этого роланд ставит ладью на свободную клетку. игроки по очереди ходят любым числом своих фигур, возможно нулевым; первой ходит кейра. король ходит на одну клетку по горизонтали, вертикали или диагонали. король не может ходить на клетку, занятую другим королём, но может взять ладью. если кейра за один ход двигает несколько королей, она двигает их по одному. ладья роланда ходит на любое число клеток по горизонтали или вертикали, не может брать королей и не может проходить через клетку, занятую королём. при каких \\(k\\) кейра может гарантировать взятие ладьи независимо от ходов роланда и от выбранного им \\(n\\)? stmt-graph обратные шахматы: порог для погони королей за ладьёй на решётке, smmc 2023 c4 ai_checked рассмотрим прямоугольную решётку из \\(2023\\) столбцов и \\(n\\) строк. преследователи занимают различные вершины и за свой ход могут перейти в соседние по стороне или диагонали вершины, а беглец за свой ход может пройти по одной горизонтали или вертикали на любое расстояние, но его путь не должен проходить через занятую преследователем вершину. беглец не удаляет преследователей, а преследователи выигрывают, если один из них переходит в вершину беглеца. сначала беглец выбирает \\(n>k/2023\\), затем преследователи выбирают \\(k\\) стартовых вершин, затем беглец выбирает свободную стартовую вершину, после чего первым ходят преследователи. найдите все \\(k\\), при которых у преследователей есть стратегия гарантированного захвата для любого выбора \\(n\\). simple_graph path idea-safe-rows при \\(k\\le1011\\) ладья уходит между безопасными строками роланд выбирает очень большое число строк. в любой текущей позиции есть строка, удалённая от всех королей на большой запас. если в столбце ладьи нет короля, ладья вертикально уходит в такую строку; если король закрывает столбец, ладья сдвигается на два столбца, и тот же король уже не успевает закрыть следующий столбец. goal_strategy_game pigeonhole_principle ai_checked idea-column-barrier \\(1012\\) королей образуют движущийся барьер короли ставятся в верхней строке в нечётных столбцах \\(1,3,\\ldots,2023\\). каждый король отвечает за один двухстолбцовый блок, а вся линия каждый ход спускается на строку ниже; король, чей блок содержит ладью, становится в её столбец и не даёт ладье перескочить через линию. graph_model goal_strategy_game invariant ai_checked sol-threshold-1012 порог равен \\(1012\\) ai_checked simple_graph path pigeonhole_principle invariant ответ: \\(k\\ge1012\\). сначала докажем, что при \\(k\\le1011\\) роланд может избегать взятия бесконечно долго. он выбирает число строк \\(n>2027\\cdot1012\\), что, в частности, больше \\(k/2023\\). назовём строку безопасной в текущий момент, если она удалена по номеру хотя бы на \\(1014\\) от каждой строки, в которой стоит король. каждый король делает небезопасными не более \\(2027\\) строк, поэтому при \\(k\\le1011\\) всегда существует безопасная строка. роланд ставит ладью в безопасную строку. после первого хода кейры короли всё ещё не могут находиться в этой строке, и роланд переводит ладью горизонтально в первый столбец. далее он повторяет один и тот же приём. если в текущем столбце ладьи нет короля, ладья ходит вертикально в какую-нибудь безопасную строку, существующую в текущей позиции. такой ход разрешён, потому что в её столбце нет королей, через которые ладья могла бы упереться. если же в текущ… simon-marais-2023-c4-reverse-chess-grid-pursuit obratnye shahmaty: porog dlya pogoni koroley za ladey na reshetke, smmc 2023 c4 graph_model goal_strategy_game construction invariant pigeonhole_principle 2023 https://www.simonmarais.org/uploads/8/2/3/5/82358688/smmc2023solutions.pdf problem_and_solution simon simon marais mathematics competition 2023 c4, ofitsialnye usloviya i resheniya simon2023 smmc smmc2023 src-simon-marais-2023-c4-official with_solution ? simon marais mathematics competition 2023 c4, ofitsialnye usloviya i resheniya stmt-original uslovie ai_checked pust \\(k\\) — polozhitelnoe tseloe chislo. keyra i roland igrayut v obratnye shahmaty. snachala roland vybiraet polozhitelnoe tseloe chislo \\(n>k/2023\\). zatem keyra stavit \\(k\\) koroley na \\(k\\) razlichnyh kletok shahmatnoy doski s \\(2023\\) stolbtsami i \\(n\\) strokami. posle etogo roland stavit ladyu na svobodnuyu kletku. igroki po ocheredi hodyat lyubym chislom svoih figur, vozmozhno nulevym; pervoy hodit keyra. korol hodit na odnu kletku po gorizontali, vertikali ili diagonali. korol ne mozhet hodit na kletku, zanyatuyu drugim korolem, no mozhet vzyat ladyu. esli keyra za odin hod dvigaet neskolko koroley, ona dvigaet ih po odnomu. ladya rolanda hodit na lyuboe chislo kletok po gorizontali ili vertikali, ne mozhet brat koroley i ne mozhet prohodit cherez kletku, zanyatuyu korolem. pri kakih \\(k\\) keyra mozhet garantirovat vzyatie ladi nezavisimo ot hodov rolanda i ot vybrannogo im \\(n\\)? stmt-graph obratnye shahmaty: porog dlya pogoni koroley za ladey na reshetke, smmc 2023 c4 ai_checked rassmotrim pryamougolnuyu reshetku iz \\(2023\\) stolbtsov i \\(n\\) strok. presledovateli zanimayut razlichnye vershiny i za svoy hod mogut pereyti v sosednie po storone ili diagonali vershiny, a beglets za svoy hod mozhet proyti po odnoy gorizontali ili vertikali na lyuboe rasstoyanie, no ego put ne dolzhen prohodit cherez zanyatuyu presledovatelem vershinu. beglets ne udalyaet presledovateley, a presledovateli vyigryvayut, esli odin iz nih perehodit v vershinu begletsa. snachala beglets vybiraet \\(n>k/2023\\), zatem presledovateli vybirayut \\(k\\) startovyh vershin, zatem beglets vybiraet svobodnuyu startovuyu vershinu, posle chego pervym hodyat presledovateli. naydite vse \\(k\\), pri kotoryh u presledovateley est strategiya garantirovannogo zahvata dlya lyubogo vybora \\(n\\). simple_graph path idea-safe-rows pri \\(k\\le1011\\) ladya uhodit mezhdu bezopasnymi strokami roland vybiraet ochen bolshoe chislo strok. v lyuboy tekuschey pozitsii est stroka, udalennaya ot vseh koroley na bolshoy zapas. esli v stolbtse ladi net korolya, ladya vertikalno uhodit v takuyu stroku; esli korol zakryvaet stolbets, ladya sdvigaetsya na dva stolbtsa, i tot zhe korol uzhe ne uspevaet zakryt sleduyuschiy stolbets. goal_strategy_game pigeonhole_principle ai_checked idea-column-barrier \\(1012\\) koroley obrazuyut dvizhuschiysya barer koroli stavyatsya v verhney stroke v nechetnyh stolbtsah \\(1,3,\\ldots,2023\\). kazhdyy korol otvechaet za odin dvuhstolbtsovyy blok, a vsya liniya kazhdyy hod spuskaetsya na stroku nizhe; korol, chey blok soderzhit ladyu, stanovitsya v ee stolbets i ne daet lade pereskochit cherez liniyu. graph_model goal_strategy_game invariant ai_checked sol-threshold-1012 porog raven \\(1012\\) ai_checked simple_graph path pigeonhole_principle invariant otvet: \\(k\\ge1012\\). snachala dokazhem, chto pri \\(k\\le1011\\) roland mozhet izbegat vzyatiya beskonechno dolgo. on vybiraet chislo strok \\(n>2027\\cdot1012\\), chto, v chastnosti, bolshe \\(k/2023\\). nazovem stroku bezopasnoy v tekuschiy moment, esli ona udalena po nomeru hotya by na \\(1014\\) ot kazhdoy stroki, v kotoroy stoit korol. kazhdyy korol delaet nebezopasnymi ne bolee \\(2027\\) strok, poetomu pri \\(k\\le1011\\) vsegda suschestvuet bezopasnaya stroka. roland stavit ladyu v bezopasnuyu stroku. posle pervogo hoda keyry koroli vse esche ne mogut nahoditsya v etoy stroke, i roland perevodit ladyu gorizontalno v pervyy stolbets. dalee on povtoryaet odin i tot zhe priem. esli v tekuschem stolbtse ladi net korolya, ladya hodit vertikalno v kakuyu-nibud bezopasnuyu stroku, suschestvuyuschuyu v tekuschey pozitsii. takoy hod razreshen, potomu chto v ee stolbtse net koroley, cherez kotorye ladya mogla by uperetsya. esli zhe v tekusch…","source_keys":["simon"]}
{"id":"simon-marais-2024-a2-tripairable-perfect-matching","title":"Паросочетания по суммам-степеням тройки, SMMC 2024 A2","path":"data\\problems\\simon-marais\\simon-marais-2024-a2-tripairable-perfect-matching.yaml","raw_github_url":"https://raw.githubusercontent.com/didin-maxim/knowledge_graph_of_graphs/main/data/problems/simon-marais/simon-marais-2024-a2-tripairable-perfect-matching.yaml","viewer_url":"https://didin-maxim.github.io/knowledge_graph_of_graphs/#simon-marais-2024-a2-tripairable-perfect-matching","source_key":"simon","source_label":"SMMC","source_titles":["Simon Marais Mathematics Competition 2024 A2, официальные условия и решения"],"year":"2024","type":"olympiad_problem","authors":["Michael Albert","Christopher Tuffley"],"tags":["matching","induction","invariant","goal_counting","graph_model"],"agent_topics":[],"difficulty":{"main":"regional","local_score":5,"comment":"После графовой формулировки ключ — увидеть вынужденные ребра совершенного паросочетания и троичную рекурсию.","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":"агент grouped classification","audit_source":"agent-university-archives.json"},"statements":{"original":[{"id":"stmt-original","title":"Условие","status":"ai_checked","text":"Положительное целое \\(n\\) называется tripairable, если множество \\(\\{1,2,\\ldots,n\\}\\) можно разбить на непересекающиеся пары так, что сумма двух элементов в каждой паре является степенью 3. Например, \\(6\\) имеет такое разбиение: \\(\\{1,2\\}\\cup\\{3,6\\}\\cup\\{4,5\\}\\), поскольку \\(1+2=3^1\\), \\(3+6=3^2\\) и \\(4+5=3^2\\). Сколько положительных целых чисел, не превосходящих 2024, являются tripairable?","definition_ids":["matching"]}],"graph_theory":[{"id":"stmt-graph","title":"Паросочетания по суммам-степеням тройки, SMMC 2024 A2","status":"ai_checked","text":"Для каждого \\(n\\) дан граф \\(G_n\\) на вершинах \\(1,2,\\ldots,n\\), где различные вершины \\(i\\) и \\(j\\) соединены ребром тогда и только тогда, когда \\(i+j\\) — степень 3. Найдите количество значений \\(n\\le2024\\), для которых \\(G_n\\) имеет совершенное паросочетание.","definition_ids":["matching"]}]},"solutions":[{"id":"sol-ternary-count","title":"Сведение совершенного паросочетания к троичной записи","status":"ai_checked","definition_ids":["matching"],"standard_idea_ids":["induction","delete_to_simplify"],"tags":[],"has_text":true,"text_preview":"Считаем также \\(0\\) допустимым: пустой граф имеет пустое совершенное паросочетание. Докажем сильной индукцией по \\(n\\), что \\(G_n\\) имеет совершенное паросочетание тогда и только тогда, когда троичная запись \\(n\\) состоит только из цифр 0 и 2. Для \\(n=0\\) это верно. Пусть \\(n>0\\), и пусть \\(3^k\\le n<3^{k+1}\\). Сначала рассмотрим вершину \\(3^k\\). Если она сматчена с \\(x\\), то \\(3^k+x\\) должно быть степенью 3. Эта сумма больше \\(3^k\\) и меньше \\(3^{k+2}\\), значит единственная возможность — \\(3^k+x=3^{k+1}\\), то есть \\(x=2\\cdot3^k\\). Поэтому при \\(n<2\\cdot3^k\\) совершенного паросочетания нет; ровно в этом случае старшая троичная цифра числа \\(n\\) равна 1. Остается случай \\(2\\cdot3^k\\le n<3^{k+1}\\). Для всякой вершины \\(j\\ge3^k\\) ее партнер также вынужден: сумма с партнером не может быть \\(3^k\\), а следующая возможная степень в пределах графа — только \\(3^{k+1}\\), поэтому партнер равен \\(3^…"}],"relations":[{"id":"rel-ternary-nonzero-matching-simon-marais-2024-tripairable","neighbor_id":"ternary-nonzero-strings-perfect-matching","direction":"backward","type":"same_motif","distance":3,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-simon-marais-2024-a2-hall","neighbor_id":"hall-marriage-theorem","direction":"forward","type":"prerequisite","distance":2,"status":"needs_human_review"}],"search_text":"simon-marais-2024-a2-tripairable-perfect-matching паросочетания по суммам-степеням тройки, smmc 2024 a2 matching induction invariant goal_counting graph_model 2024 christopher tuffley christophertuffley https://www.simonmarais.org/uploads/8/2/3/5/82358688/smmc_2024_solutions.pdf michael albert michaelalbert problem_and_solution simon simon marais mathematics competition 2024 a2, официальные условия и решения simon2024 smmc smmc2024 src-simon-marais-2024-a2-official with_solution michael albert christopher tuffley simon marais mathematics competition 2024 a2, официальные условия и решения stmt-original условие ai_checked положительное целое \\(n\\) называется tripairable, если множество \\(\\{1,2,\\ldots,n\\}\\) можно разбить на непересекающиеся пары так, что сумма двух элементов в каждой паре является степенью 3. например, \\(6\\) имеет такое разбиение: \\(\\{1,2\\}\\cup\\{3,6\\}\\cup\\{4,5\\}\\), поскольку \\(1+2=3^1\\), \\(3+6=3^2\\) и \\(4+5=3^2\\). сколько положительных целых чисел, не превосходящих 2024, являются tripairable? matching stmt-graph паросочетания по суммам-степеням тройки, smmc 2024 a2 ai_checked для каждого \\(n\\) дан граф \\(g_n\\) на вершинах \\(1,2,\\ldots,n\\), где различные вершины \\(i\\) и \\(j\\) соединены ребром тогда и только тогда, когда \\(i+j\\) — степень 3. найдите количество значений \\(n\\le2024\\), для которых \\(g_n\\) имеет совершенное паросочетание. matching idea-forced-outer-matching большие вершины имеют вынужденных партнеров если \\(2\\cdot3^k\\le n<3^{k+1}\\), то каждая вершина \\(j\\ge3^k\\) может быть сматчена только с \\(3^{k+1}-j\\). поэтому весь верхний хвост вынужденно снимается, а существование совершенного паросочетания у \\(g_n\\) сводится к меньшему графу \\(g_m\\), где \\(m=3^{k+1}-n-1\\). matching induction ai_checked idea-ternary-zero-two троичная запись состоит только из 0 и 2 числа из промежутка \\(3^k\\le n<2\\cdot3^k\\) сразу невозможны: вершине \\(3^k\\) не хватает партнера \\(2\\cdot3^k\\). в верхней половине промежутка снятие вынужденного хвоста заменяет младшие троичные цифры на дополнение к 2, поэтому подходящие \\(n\\) — ровно те, чья троичная запись не содержит цифры 1. invariant ai_checked sol-ternary-count сведение совершенного паросочетания к троичной записи ai_checked matching induction delete_to_simplify считаем также \\(0\\) допустимым: пустой граф имеет пустое совершенное паросочетание. докажем сильной индукцией по \\(n\\), что \\(g_n\\) имеет совершенное паросочетание тогда и только тогда, когда троичная запись \\(n\\) состоит только из цифр 0 и 2. для \\(n=0\\) это верно. пусть \\(n>0\\), и пусть \\(3^k\\le n<3^{k+1}\\). сначала рассмотрим вершину \\(3^k\\). если она сматчена с \\(x\\), то \\(3^k+x\\) должно быть степенью 3. эта сумма больше \\(3^k\\) и меньше \\(3^{k+2}\\), значит единственная возможность — \\(3^k+x=3^{k+1}\\), то есть \\(x=2\\cdot3^k\\). поэтому при \\(n<2\\cdot3^k\\) совершенного паросочетания нет; ровно в этом случае старшая троичная цифра числа \\(n\\) равна 1. остается случай \\(2\\cdot3^k\\le n<3^{k+1}\\). для всякой вершины \\(j\\ge3^k\\) ее партнер также вынужден: сумма с партнером не может быть \\(3^k\\), а следующая возможная степень в пределах графа — только \\(3^{k+1}\\), поэтому партнер равен \\(3^… simon-marais-2024-a2-tripairable-perfect-matching parosochetaniya po summam-stepenyam troyki, smmc 2024 a2 matching induction invariant goal_counting graph_model 2024 christopher tuffley christophertuffley https://www.simonmarais.org/uploads/8/2/3/5/82358688/smmc_2024_solutions.pdf michael albert michaelalbert problem_and_solution simon simon marais mathematics competition 2024 a2, ofitsialnye usloviya i resheniya simon2024 smmc smmc2024 src-simon-marais-2024-a2-official with_solution michael albert christopher tuffley simon marais mathematics competition 2024 a2, ofitsialnye usloviya i resheniya stmt-original uslovie ai_checked polozhitelnoe tseloe \\(n\\) nazyvaetsya tripairable, esli mnozhestvo \\(\\{1,2,\\ldots,n\\}\\) mozhno razbit na neperesekayuschiesya pary tak, chto summa dvuh elementov v kazhdoy pare yavlyaetsya stepenyu 3. naprimer, \\(6\\) imeet takoe razbienie: \\(\\{1,2\\}\\cup\\{3,6\\}\\cup\\{4,5\\}\\), poskolku \\(1+2=3^1\\), \\(3+6=3^2\\) i \\(4+5=3^2\\). skolko polozhitelnyh tselyh chisel, ne prevoshodyaschih 2024, yavlyayutsya tripairable? matching stmt-graph parosochetaniya po summam-stepenyam troyki, smmc 2024 a2 ai_checked dlya kazhdogo \\(n\\) dan graf \\(g_n\\) na vershinah \\(1,2,\\ldots,n\\), gde razlichnye vershiny \\(i\\) i \\(j\\) soedineny rebrom togda i tolko togda, kogda \\(i+j\\) — stepen 3. naydite kolichestvo znacheniy \\(n\\le2024\\), dlya kotoryh \\(g_n\\) imeet sovershennoe parosochetanie. matching idea-forced-outer-matching bolshie vershiny imeyut vynuzhdennyh partnerov esli \\(2\\cdot3^k\\le n<3^{k+1}\\), to kazhdaya vershina \\(j\\ge3^k\\) mozhet byt smatchena tolko s \\(3^{k+1}-j\\). poetomu ves verhniy hvost vynuzhdenno snimaetsya, a suschestvovanie sovershennogo parosochetaniya u \\(g_n\\) svoditsya k menshemu grafu \\(g_m\\), gde \\(m=3^{k+1}-n-1\\). matching induction ai_checked idea-ternary-zero-two troichnaya zapis sostoit tolko iz 0 i 2 chisla iz promezhutka \\(3^k\\le n<2\\cdot3^k\\) srazu nevozmozhny: vershine \\(3^k\\) ne hvataet partnera \\(2\\cdot3^k\\). v verhney polovine promezhutka snyatie vynuzhdennogo hvosta zamenyaet mladshie troichnye tsifry na dopolnenie k 2, poetomu podhodyaschie \\(n\\) — rovno te, chya troichnaya zapis ne soderzhit tsifry 1. invariant ai_checked sol-ternary-count svedenie sovershennogo parosochetaniya k troichnoy zapisi ai_checked matching induction delete_to_simplify schitaem takzhe \\(0\\) dopustimym: pustoy graf imeet pustoe sovershennoe parosochetanie. dokazhem silnoy induktsiey po \\(n\\), chto \\(g_n\\) imeet sovershennoe parosochetanie togda i tolko togda, kogda troichnaya zapis \\(n\\) sostoit tolko iz tsifr 0 i 2. dlya \\(n=0\\) eto verno. pust \\(n>0\\), i pust \\(3^k\\le n<3^{k+1}\\). snachala rassmotrim vershinu \\(3^k\\). esli ona smatchena s \\(x\\), to \\(3^k+x\\) dolzhno byt stepenyu 3. eta summa bolshe \\(3^k\\) i menshe \\(3^{k+2}\\), znachit edinstvennaya vozmozhnost — \\(3^k+x=3^{k+1}\\), to est \\(x=2\\cdot3^k\\). poetomu pri \\(n<2\\cdot3^k\\) sovershennogo parosochetaniya net; rovno v etom sluchae starshaya troichnaya tsifra chisla \\(n\\) ravna 1. ostaetsya sluchay \\(2\\cdot3^k\\le n<3^{k+1}\\). dlya vsyakoy vershiny \\(j\\ge3^k\\) ee partner takzhe vynuzhden: summa s partnerom ne mozhet byt \\(3^k\\), a sleduyuschaya vozmozhnaya stepen v predelah grafa — tolko \\(3^{k+1}\\), poetomu partner raven \\(3^…","source_keys":["simon"]}
{"id":"simon-marais-2024-c4-random-maximal-independent-set-path","title":"Случайное максимальное независимое множество в пути, SMMC 2024 C4","path":"data\\problems\\simon-marais\\simon-marais-2024-c4-random-maximal-independent-set-path.yaml","raw_github_url":"https://raw.githubusercontent.com/didin-maxim/knowledge_graph_of_graphs/main/data/problems/simon-marais/simon-marais-2024-c4-random-maximal-independent-set-path.yaml","viewer_url":"https://didin-maxim.github.io/knowledge_graph_of_graphs/#simon-marais-2024-c4-random-maximal-independent-set-path","source_key":"simon","source_label":"SMMC","source_titles":["Simon Marais Mathematics Competition 2024 C4, официальные условия и решения"],"year":"2024","type":"olympiad_problem","authors":["Tony Guttman"],"tags":["graph_model","trees","dynamics","goal_exact_bound"],"agent_topics":[],"difficulty":{"main":"regional","local_score":6,"comment":"Графовая модель — случайный жадный максимальный независимый набор на пути; технически нужна аккуратная рекурсия и производящая функция.","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":"агент grouped classification","audit_source":"agent-university-archives.json"},"statements":{"original":[{"id":"stmt-original","title":"Условие","status":"ai_checked","text":"Очередь студентов входит в лекционную аудиторию с \\(N\\) местами в ряд. Каждый студент садится на место, выбранное равновероятно среди мест, не соседних с уже занятым местом. Преподаватель объявляет аудиторию заполненной, когда больше никого нельзя посадить по этому правилу. Пусть \\(S_N\\) — ожидаемая доля занятых мест в момент заполнения. Найдите \\(\\lim_{N\\to\\infty}S_N\\) или докажите, что предел не существует.","definition_ids":["independent_set","path"]}],"graph_theory":[{"id":"stmt-graph","title":"Случайное максимальное независимое множество в пути, SMMC 2024 C4","status":"ai_checked","text":"На пути \\(P_N\\) запускается случайный жадный процесс построения независимого множества: на каждом шаге равновероятно выбирается вершина, не смежная с уже выбранными вершинами, и добавляется в множество. Процесс останавливается, когда множество становится максимальным. Найдите предел ожидаемой плотности выбранных вершин.","definition_ids":["path","independent_set"]}]},"solutions":[{"id":"sol-path-generating-function","title":"Рекурсия для ожидаемого размера","status":"ai_checked","definition_ids":["path","independent_set"],"standard_idea_ids":["delete_to_simplify"],"tags":[],"has_text":true,"text_preview":"Пусть \\(E_N\\) — ожидаемый размер итогового независимого множества в пути из \\(N\\) вершин, и положим \\(E_N=0\\) при \\(N\\le0\\). Рассмотрим \\(N=n+1\\). Если первая выбранная вершина стоит на позиции \\(i+1\\), то она добавляет 1 выбранную вершину, ее соседи запрещаются, а слева и справа остаются независимые задачи на путях длины \\(i-1\\) и \\(n-i-1\\). Поэтому \\[E_{n+1}=1+\\frac{2}{n+1}\\sum_{i=0}^{n-1}E_i.\\] Вычитая соседние равенства, получаем \\[(n+2)E_{n+2}-(n+1)E_{n+1}=1+2E_n.\\] Для производящей функции \\(E(x)=\\sum_{n\\ge0}E_nx^n\\) это дает дифференциальное уравнение \\[(1-x)E'(x)-2xE(x)=\\frac1{1-x}.\\] С учетом \\(E(0)=0\\) получаем \\[E(x)=\\frac{1-e^{-2x}}{2(1-x)^2}.\\] Теперь извлечем главный член коэффициента. Так как \\[\\frac1{(1-x)^2}=\\sum_{m\\ge0}(m+1)x^m,\\qquad e^{-2x}=\\sum_{k\\ge0}\\frac{(-2)^k}{k!}x^k,\\] то \\[2E_n=(n+1)-\\sum_{k=0}^n\\frac{(-2)^k}{k!}(n+1-k). \\] После деления на \\(n\\) получаем \\[\\…"}],"relations":[{"id":"rel-simon-marais-2024-c4-independent-set","neighbor_id":"egmo-2022-p5-domino-parity-bipartite-matching","direction":"forward","type":"same_motif","distance":4,"status":"needs_human_review"}],"search_text":"simon-marais-2024-c4-random-maximal-independent-set-path случайное максимальное независимое множество в пути, smmc 2024 c4 graph_model trees dynamics goal_exact_bound 2024 https://www.simonmarais.org/uploads/8/2/3/5/82358688/smmc_2024_solutions.pdf problem_and_solution simon simon marais mathematics competition 2024 c4, официальные условия и решения simon2024 smmc smmc2024 src-simon-marais-2024-c4-official tony guttman tonyguttman with_solution tony guttman simon marais mathematics competition 2024 c4, официальные условия и решения stmt-original условие ai_checked очередь студентов входит в лекционную аудиторию с \\(n\\) местами в ряд. каждый студент садится на место, выбранное равновероятно среди мест, не соседних с уже занятым местом. преподаватель объявляет аудиторию заполненной, когда больше никого нельзя посадить по этому правилу. пусть \\(s_n\\) — ожидаемая доля занятых мест в момент заполнения. найдите \\(\\lim_{n\\to\\infty}s_n\\) или докажите, что предел не существует. independent_set path stmt-graph случайное максимальное независимое множество в пути, smmc 2024 c4 ai_checked на пути \\(p_n\\) запускается случайный жадный процесс построения независимого множества: на каждом шаге равновероятно выбирается вершина, не смежная с уже выбранными вершинами, и добавляется в множество. процесс останавливается, когда множество становится максимальным. найдите предел ожидаемой плотности выбранных вершин. path independent_set idea-first-choice-splits-path первый выбранный узел расщепляет путь если первая выбранная вершина имеет \\(i\\) вершин слева и \\(n-i\\) справа, то ее соседи больше недоступны, а оставшиеся две части становятся независимыми меньшими путями. trees dynamics ai_checked idea-generating-function-limit рекурсия решается производящей функцией для математического ожидания получается рекурсия свертки; производящая функция дает явную формулу, из которой сразу берется предел плотности. goal_exact_bound ai_checked sol-path-generating-function рекурсия для ожидаемого размера ai_checked path independent_set delete_to_simplify пусть \\(e_n\\) — ожидаемый размер итогового независимого множества в пути из \\(n\\) вершин, и положим \\(e_n=0\\) при \\(n\\le0\\). рассмотрим \\(n=n+1\\). если первая выбранная вершина стоит на позиции \\(i+1\\), то она добавляет 1 выбранную вершину, ее соседи запрещаются, а слева и справа остаются независимые задачи на путях длины \\(i-1\\) и \\(n-i-1\\). поэтому \\[e_{n+1}=1+\\frac{2}{n+1}\\sum_{i=0}^{n-1}e_i.\\] вычитая соседние равенства, получаем \\[(n+2)e_{n+2}-(n+1)e_{n+1}=1+2e_n.\\] для производящей функции \\(e(x)=\\sum_{n\\ge0}e_nx^n\\) это дает дифференциальное уравнение \\[(1-x)e'(x)-2xe(x)=\\frac1{1-x}.\\] с учетом \\(e(0)=0\\) получаем \\[e(x)=\\frac{1-e^{-2x}}{2(1-x)^2}.\\] теперь извлечем главный член коэффициента. так как \\[\\frac1{(1-x)^2}=\\sum_{m\\ge0}(m+1)x^m,\\qquad e^{-2x}=\\sum_{k\\ge0}\\frac{(-2)^k}{k!}x^k,\\] то \\[2e_n=(n+1)-\\sum_{k=0}^n\\frac{(-2)^k}{k!}(n+1-k). \\] после деления на \\(n\\) получаем \\[\\… simon-marais-2024-c4-random-maximal-independent-set-path sluchaynoe maksimalnoe nezavisimoe mnozhestvo v puti, smmc 2024 c4 graph_model trees dynamics goal_exact_bound 2024 https://www.simonmarais.org/uploads/8/2/3/5/82358688/smmc_2024_solutions.pdf problem_and_solution simon simon marais mathematics competition 2024 c4, ofitsialnye usloviya i resheniya simon2024 smmc smmc2024 src-simon-marais-2024-c4-official tony guttman tonyguttman with_solution tony guttman simon marais mathematics competition 2024 c4, ofitsialnye usloviya i resheniya stmt-original uslovie ai_checked ochered studentov vhodit v lektsionnuyu auditoriyu s \\(n\\) mestami v ryad. kazhdyy student saditsya na mesto, vybrannoe ravnoveroyatno sredi mest, ne sosednih s uzhe zanyatym mestom. prepodavatel obyavlyaet auditoriyu zapolnennoy, kogda bolshe nikogo nelzya posadit po etomu pravilu. pust \\(s_n\\) — ozhidaemaya dolya zanyatyh mest v moment zapolneniya. naydite \\(\\lim_{n\\to\\infty}s_n\\) ili dokazhite, chto predel ne suschestvuet. independent_set path stmt-graph sluchaynoe maksimalnoe nezavisimoe mnozhestvo v puti, smmc 2024 c4 ai_checked na puti \\(p_n\\) zapuskaetsya sluchaynyy zhadnyy protsess postroeniya nezavisimogo mnozhestva: na kazhdom shage ravnoveroyatno vybiraetsya vershina, ne smezhnaya s uzhe vybrannymi vershinami, i dobavlyaetsya v mnozhestvo. protsess ostanavlivaetsya, kogda mnozhestvo stanovitsya maksimalnym. naydite predel ozhidaemoy plotnosti vybrannyh vershin. path independent_set idea-first-choice-splits-path pervyy vybrannyy uzel rasscheplyaet put esli pervaya vybrannaya vershina imeet \\(i\\) vershin sleva i \\(n-i\\) sprava, to ee sosedi bolshe nedostupny, a ostavshiesya dve chasti stanovyatsya nezavisimymi menshimi putyami. trees dynamics ai_checked idea-generating-function-limit rekursiya reshaetsya proizvodyaschey funktsiey dlya matematicheskogo ozhidaniya poluchaetsya rekursiya svertki; proizvodyaschaya funktsiya daet yavnuyu formulu, iz kotoroy srazu beretsya predel plotnosti. goal_exact_bound ai_checked sol-path-generating-function rekursiya dlya ozhidaemogo razmera ai_checked path independent_set delete_to_simplify pust \\(e_n\\) — ozhidaemyy razmer itogovogo nezavisimogo mnozhestva v puti iz \\(n\\) vershin, i polozhim \\(e_n=0\\) pri \\(n\\le0\\). rassmotrim \\(n=n+1\\). esli pervaya vybrannaya vershina stoit na pozitsii \\(i+1\\), to ona dobavlyaet 1 vybrannuyu vershinu, ee sosedi zapreschayutsya, a sleva i sprava ostayutsya nezavisimye zadachi na putyah dliny \\(i-1\\) i \\(n-i-1\\). poetomu \\[e_{n+1}=1+\\frac{2}{n+1}\\sum_{i=0}^{n-1}e_i.\\] vychitaya sosednie ravenstva, poluchaem \\[(n+2)e_{n+2}-(n+1)e_{n+1}=1+2e_n.\\] dlya proizvodyaschey funktsii \\(e(x)=\\sum_{n\\ge0}e_nx^n\\) eto daet differentsialnoe uravnenie \\[(1-x)e'(x)-2xe(x)=\\frac1{1-x}.\\] s uchetom \\(e(0)=0\\) poluchaem \\[e(x)=\\frac{1-e^{-2x}}{2(1-x)^2}.\\] teper izvlechem glavnyy chlen koeffitsienta. tak kak \\[\\frac1{(1-x)^2}=\\sum_{m\\ge0}(m+1)x^m,\\qquad e^{-2x}=\\sum_{k\\ge0}\\frac{(-2)^k}{k!}x^k,\\] to \\[2e_n=(n+1)-\\sum_{k=0}^n\\frac{(-2)^k}{k!}(n+1-k). \\] posle deleniya na \\(n\\) poluchaem \\[\\…","source_keys":["simon"]}
{"id":"simon-marais-2025-b1-beaut-functions-gcd-graph","title":"Beaut-функции и раскраска графа общих делителей, SMMC 2025 B1","path":"data\\problems\\simon-marais\\simon-marais-2025-b1-beaut-functions-gcd-graph.yaml","raw_github_url":"https://raw.githubusercontent.com/didin-maxim/knowledge_graph_of_graphs/main/data/problems/simon-marais/simon-marais-2025-b1-beaut-functions-gcd-graph.yaml","viewer_url":"https://didin-maxim.github.io/knowledge_graph_of_graphs/#simon-marais-2025-b1-beaut-functions-gcd-graph","source_key":"simon","source_label":"SMMC","source_titles":["Simon Marais Mathematics Competition 2025 B1, официальные условия и решения"],"year":"2025","type":"olympiad_problem","authors":["Liam Baker"],"tags":["graph_model","coloring","extremal_choice","goal_characterization"],"agent_topics":[],"difficulty":{"main":"regional","local_score":5,"comment":"Естественная списочная раскраска графа по отношению \\(\\gcd>1\\); решение короткое, но требует точного выбора запрещающего интервала.","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":"агент grouped classification","audit_source":"agent-university-archives.json"},"statements":{"original":[{"id":"stmt-original","title":"Условие","status":"ai_checked","text":"Функция \\(f:\\{1,2,\\ldots,n\\}\\to\\{m+1,m+2,\\ldots,m+n\\}\\), где \\(m,n\\) — положительные целые числа, называется beaut, если \\(a\\mid f(a)\\) для всех \\(a\\in\\{1,2,\\ldots,n\\}\\), и \\(f(a)\\ne f(b)\\) для любых различных \\(a,b\\) с \\(\\gcd(a,b)\\ne1\\). Найдите все положительные \\(n\\), такие что для любого положительного \\(m\\) существует beaut-функция.","definition_ids":[]}],"graph_theory":[{"id":"stmt-graph","title":"Beaut-функции и раскраска графа общих делителей, SMMC 2025 B1","status":"ai_checked","text":"Пусть \\(H_n\\) — граф на вершинах \\(1,2,\\ldots,n\\), где \\(a\\) и \\(b\\) смежны тогда и только тогда, когда \\(\\gcd(a,b)>1\\). Для заданного \\(m\\) вершина \\(a\\) имеет список допустимых цветов \\(L_a=\\{x\\in\\{m+1,\\ldots,m+n\\}:a\\mid x\\}\\). Найдите все \\(n\\), для которых при любом \\(m\\) граф \\(H_n\\) имеет правильную раскраску, выбирающую цвет каждой вершины из ее списка.","definition_ids":["simple_graph","chromatic_number"]}]},"solutions":[{"id":"sol-n-at-most-five","title":"Характеризация: \\(n\\le5\\)","status":"ai_checked","definition_ids":["chromatic_number"],"standard_idea_ids":["extremal_choice"],"tags":[],"has_text":true,"text_preview":"Ответ: ровно \\(n\\le5\\). Сначала построим beaut-функцию для любого \\(m\\), если \\(n\\le5\\). Среди чисел \\(1,2,\\ldots,n\\) только пара \\(2,4\\) может состоять из различных взаимно не простых чисел: остальные числа из \\(\\{1,2,3,4,5\\}\\), кроме 2 и 4, не имеют общего делителя больше 1 с другим числом из этого множества. Поэтому для \\(n=1\\) можно взять \\(f(1)=m+1\\). Для \\(n=2\\) выбираем для 2 любое четное число из \\(m+1,m+2\\), а для 1 любое значение. Для \\(n=3\\) выбираем кратное 2 для вершины 2 и кратное 3 для вершины 3; совпадение этих значений не запрещено, потому что \\(\\gcd(2,3)=1\\). Для \\(n=4\\) в любом интервале из четырех подряд идущих чисел есть ровно одно кратное 4 и еще одно четное число, не кратное 4; ими задаем разные значения \\(f(4)\\) и \\(f(2)\\). Для \\(n=5\\) делаем то же для 2 и 4 и дополнительно выбираем кратное 5 для \\(f(5)\\); возможные совпадения со значениями в вершинах 2,3,4 не на…"}],"relations":[],"search_text":"simon-marais-2025-b1-beaut-functions-gcd-graph beaut-функции и раскраска графа общих делителей, smmc 2025 b1 graph_model coloring extremal_choice goal_characterization 2025 https://www.simonmarais.org/uploads/8/2/3/5/82358688/smmc2025_solutions.pdf liam baker liambaker problem_and_solution simon simon marais mathematics competition 2025 b1, официальные условия и решения simon2025 smmc smmc2025 src-simon-marais-2025-b1-official with_solution liam baker simon marais mathematics competition 2025 b1, официальные условия и решения stmt-original условие ai_checked функция \\(f:\\{1,2,\\ldots,n\\}\\to\\{m+1,m+2,\\ldots,m+n\\}\\), где \\(m,n\\) — положительные целые числа, называется beaut, если \\(a\\mid f(a)\\) для всех \\(a\\in\\{1,2,\\ldots,n\\}\\), и \\(f(a)\\ne f(b)\\) для любых различных \\(a,b\\) с \\(\\gcd(a,b)\\ne1\\). найдите все положительные \\(n\\), такие что для любого положительного \\(m\\) существует beaut-функция. stmt-graph beaut-функции и раскраска графа общих делителей, smmc 2025 b1 ai_checked пусть \\(h_n\\) — граф на вершинах \\(1,2,\\ldots,n\\), где \\(a\\) и \\(b\\) смежны тогда и только тогда, когда \\(\\gcd(a,b)>1\\). для заданного \\(m\\) вершина \\(a\\) имеет список допустимых цветов \\(l_a=\\{x\\in\\{m+1,\\ldots,m+n\\}:a\\mid x\\}\\). найдите все \\(n\\), для которых при любом \\(m\\) граф \\(h_n\\) имеет правильную раскраску, выбирающую цвет каждой вершины из ее списка. simple_graph chromatic_number idea-small-n-only-edge при \\(n\\le5\\) единственное нетривиальное ребро — между 2 и 4 для малых \\(n\\) условие различия цветов фактически нужно проверять только для пары \\(2,4\\), а нужные кратные в любом интервале длины \\(n\\) существуют по простому делению с остатком. coloring ai_checked idea-two-adjacent-lists-collapse для больших \\(n\\) две смежные вершины вынуждены получить один цвет если взять две смежные вершины больше половины \\(n\\), можно выбрать интервал длины \\(n\\), где единственное число, кратное хотя бы одной из них, — их произведение. тогда правильная списочная раскраска невозможна. extremal_choice coloring ai_checked sol-n-at-most-five характеризация: \\(n\\le5\\) ai_checked chromatic_number extremal_choice ответ: ровно \\(n\\le5\\). сначала построим beaut-функцию для любого \\(m\\), если \\(n\\le5\\). среди чисел \\(1,2,\\ldots,n\\) только пара \\(2,4\\) может состоять из различных взаимно не простых чисел: остальные числа из \\(\\{1,2,3,4,5\\}\\), кроме 2 и 4, не имеют общего делителя больше 1 с другим числом из этого множества. поэтому для \\(n=1\\) можно взять \\(f(1)=m+1\\). для \\(n=2\\) выбираем для 2 любое четное число из \\(m+1,m+2\\), а для 1 любое значение. для \\(n=3\\) выбираем кратное 2 для вершины 2 и кратное 3 для вершины 3; совпадение этих значений не запрещено, потому что \\(\\gcd(2,3)=1\\). для \\(n=4\\) в любом интервале из четырех подряд идущих чисел есть ровно одно кратное 4 и еще одно четное число, не кратное 4; ими задаем разные значения \\(f(4)\\) и \\(f(2)\\). для \\(n=5\\) делаем то же для 2 и 4 и дополнительно выбираем кратное 5 для \\(f(5)\\); возможные совпадения со значениями в вершинах 2,3,4 не на… simon-marais-2025-b1-beaut-functions-gcd-graph beaut-funktsii i raskraska grafa obschih deliteley, smmc 2025 b1 graph_model coloring extremal_choice goal_characterization 2025 https://www.simonmarais.org/uploads/8/2/3/5/82358688/smmc2025_solutions.pdf liam baker liambaker problem_and_solution simon simon marais mathematics competition 2025 b1, ofitsialnye usloviya i resheniya simon2025 smmc smmc2025 src-simon-marais-2025-b1-official with_solution liam baker simon marais mathematics competition 2025 b1, ofitsialnye usloviya i resheniya stmt-original uslovie ai_checked funktsiya \\(f:\\{1,2,\\ldots,n\\}\\to\\{m+1,m+2,\\ldots,m+n\\}\\), gde \\(m,n\\) — polozhitelnye tselye chisla, nazyvaetsya beaut, esli \\(a\\mid f(a)\\) dlya vseh \\(a\\in\\{1,2,\\ldots,n\\}\\), i \\(f(a)\\ne f(b)\\) dlya lyubyh razlichnyh \\(a,b\\) s \\(\\gcd(a,b)\\ne1\\). naydite vse polozhitelnye \\(n\\), takie chto dlya lyubogo polozhitelnogo \\(m\\) suschestvuet beaut-funktsiya. stmt-graph beaut-funktsii i raskraska grafa obschih deliteley, smmc 2025 b1 ai_checked pust \\(h_n\\) — graf na vershinah \\(1,2,\\ldots,n\\), gde \\(a\\) i \\(b\\) smezhny togda i tolko togda, kogda \\(\\gcd(a,b)>1\\). dlya zadannogo \\(m\\) vershina \\(a\\) imeet spisok dopustimyh tsvetov \\(l_a=\\{x\\in\\{m+1,\\ldots,m+n\\}:a\\mid x\\}\\). naydite vse \\(n\\), dlya kotoryh pri lyubom \\(m\\) graf \\(h_n\\) imeet pravilnuyu raskrasku, vybirayuschuyu tsvet kazhdoy vershiny iz ee spiska. simple_graph chromatic_number idea-small-n-only-edge pri \\(n\\le5\\) edinstvennoe netrivialnoe rebro — mezhdu 2 i 4 dlya malyh \\(n\\) uslovie razlichiya tsvetov fakticheski nuzhno proveryat tolko dlya pary \\(2,4\\), a nuzhnye kratnye v lyubom intervale dliny \\(n\\) suschestvuyut po prostomu deleniyu s ostatkom. coloring ai_checked idea-two-adjacent-lists-collapse dlya bolshih \\(n\\) dve smezhnye vershiny vynuzhdeny poluchit odin tsvet esli vzyat dve smezhnye vershiny bolshe poloviny \\(n\\), mozhno vybrat interval dliny \\(n\\), gde edinstvennoe chislo, kratnoe hotya by odnoy iz nih, — ih proizvedenie. togda pravilnaya spisochnaya raskraska nevozmozhna. extremal_choice coloring ai_checked sol-n-at-most-five harakterizatsiya: \\(n\\le5\\) ai_checked chromatic_number extremal_choice otvet: rovno \\(n\\le5\\). snachala postroim beaut-funktsiyu dlya lyubogo \\(m\\), esli \\(n\\le5\\). sredi chisel \\(1,2,\\ldots,n\\) tolko para \\(2,4\\) mozhet sostoyat iz razlichnyh vzaimno ne prostyh chisel: ostalnye chisla iz \\(\\{1,2,3,4,5\\}\\), krome 2 i 4, ne imeyut obschego delitelya bolshe 1 s drugim chislom iz etogo mnozhestva. poetomu dlya \\(n=1\\) mozhno vzyat \\(f(1)=m+1\\). dlya \\(n=2\\) vybiraem dlya 2 lyuboe chetnoe chislo iz \\(m+1,m+2\\), a dlya 1 lyuboe znachenie. dlya \\(n=3\\) vybiraem kratnoe 2 dlya vershiny 2 i kratnoe 3 dlya vershiny 3; sovpadenie etih znacheniy ne zaprescheno, potomu chto \\(\\gcd(2,3)=1\\). dlya \\(n=4\\) v lyubom intervale iz chetyreh podryad iduschih chisel est rovno odno kratnoe 4 i esche odno chetnoe chislo, ne kratnoe 4; imi zadaem raznye znacheniya \\(f(4)\\) i \\(f(2)\\). dlya \\(n=5\\) delaem to zhe dlya 2 i 4 i dopolnitelno vybiraem kratnoe 5 dlya \\(f(5)\\); vozmozhnye sovpadeniya so znacheniyami v vershinah 2,3,4 ne na…","source_keys":["simon"]}
{"id":"spbmo-1992-11-p55-two-connected-halves","title":"Разбиение дважды связного графа на две связные половины, СПбМО 1992","path":"data\\problems\\spbmo\\spbmo-1992-11-p55-two-connected-halves.yaml","raw_github_url":"https://raw.githubusercontent.com/didin-maxim/knowledge_graph_of_graphs/main/data/problems/spbmo/spbmo-1992-11-p55-two-connected-halves.yaml","viewer_url":"https://didin-maxim.github.io/knowledge_graph_of_graphs/#spbmo-1992-11-p55-two-connected-halves","source_key":"spbmo","source_label":"СПбМО","source_titles":["Санкт-Петербургская математическая олимпиада 1992, официальный PDF из архива PDMI"],"year":"1992","type":"olympiad_problem","authors":[],"tags":["connectivity","construction","goal_existence","graph_model"],"agent_topics":[],"difficulty":{"main":"regional","local_score":5,"comment":"Задача городского уровня СПбМО для 11 класса: условие быстро переводится в 2-связность, но решение требует заметить или доказать ушное разложение и получить порядок со связными префиксами и суффиксами.","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":"Условие","status":"source_verified","text":"В стране 100 городов, соединенных друг с другом дорогами так, что даже если любой город \\(A\\) закроет все дороги, выходящие из него, то и в этом случае из любого города можно будет проехать в любой другой (не считая, конечно, самого города \\(A\\)). Докажите, что страну можно разбить на два суверенных государства, по 50 городов в каждом, так, что в обоих государствах из любого города можно проехать в любой другой.","definition_ids":["connected_graph"]}],"graph_theory":[{"id":"stmt-graph","title":"Разбиение дважды связного графа на две связные половины","status":"ai_checked","text":"Пусть \\(G\\) — простой неориентированный граф на 100 вершинах, причём после удаления любой одной вершины оставшийся граф связен. Докажите, что множество вершин \\(G\\) можно разбить на два множества по 50 вершин так, что оба индуцированных подграфа на этих множествах связны.","definition_ids":["simple_graph","connected_graph","graph_cut"]}]},"solutions":[{"id":"sol-ear-ordering","title":"Порядок вершин со связными началом и концом","status":"ai_checked","definition_ids":["simple_graph","connected_graph","path"],"standard_idea_ids":["induction"],"tags":[],"has_text":true,"text_preview":"Переведём условие на язык графов: вершины - города, рёбра - дороги. По условию после удаления любой вершины граф остаётся связным. Докажем более общее утверждение: в любом таком графе можно занумеровать вершины \\(v_1,\\ldots,v_n\\) так, что для каждого \\(k\\) подграфы на множествах \\(\\{v_1,\\ldots,v_k\\}\\) и \\(\\{v_k,\\ldots,v_n\\}\\) связны. Сначала напомним и докажем нужный факт. Такой граф имеет ушное разложение: его можно получить из некоторого цикла, последовательно добавляя пути, концы которых уже построены, а внутренние вершины ещё не построены. В самом деле, начальный цикл есть, потому что граф связен и не имеет разделяющей вершины. Возьмём максимальный уже построенный подграф \\(H\\) такого вида. Если \\(H\\ne G\\), то у некоторой компоненты графа \\(G-H\\) есть сосед в \\(H\\). У неё не может быть только одна вершина-сосед в \\(H\\), иначе эта вершина отделяла бы компоненту от остального графа. З…"}],"relations":[],"search_text":"spbmo-1992-11-p55-two-connected-halves разбиение дважды связного графа на две связные половины, спбмо 1992 connectivity construction goal_existence graph_model 1992 https://www.pdmi.ras.ru/~olymp/1992/spbmo_1992.pdf olympiad_archive spbmo spbmo1992 src-spbmo-1992-pdmi-problems with_solution санкт-петербургская математическая олимпиада 1992, официальный pdf из архива pdmi спбмо спбмо1992 unknown санкт-петербургская математическая олимпиада 1992, официальный pdf из архива pdmi stmt-original условие source_verified в стране 100 городов, соединенных друг с другом дорогами так, что даже если любой город \\(a\\) закроет все дороги, выходящие из него, то и в этом случае из любого города можно будет проехать в любой другой (не считая, конечно, самого города \\(a\\)). докажите, что страну можно разбить на два суверенных государства, по 50 городов в каждом, так, что в обоих государствах из любого города можно проехать в любой другой. connected_graph stmt-graph разбиение дважды связного графа на две связные половины ai_checked пусть \\(g\\) — простой неориентированный граф на 100 вершинах, причём после удаления любой одной вершины оставшийся граф связен. докажите, что множество вершин \\(g\\) можно разбить на два множества по 50 вершин так, что оба индуцированных подграфа на этих множествах связны. simple_graph connected_graph graph_cut idea-two-connected-road-graph условие означает 2-связность дорожного графа города являются вершинами, дороги - рёбрами. требование, что после закрытия любого города остальные города по-прежнему связаны дорогами, ровно говорит об отсутствии разделяющей вершины. graph_model connectivity ai_checked idea-ear-ordering-prefix-suffix ушное разложение даёт порядок со связными префиксами и суффиксами 2-связный граф можно построить из цикла, последовательно добавляя пути между уже построенными вершинами. если при каждом добавлении вставлять новые вершины пути сразу после более раннего конца, сохраняется порядок, в котором каждый начальный и каждый конечный отрезок вершин порождает связный подграф. connectivity construction ai_checked sol-ear-ordering порядок вершин со связными началом и концом ai_checked simple_graph connected_graph path induction переведём условие на язык графов: вершины - города, рёбра - дороги. по условию после удаления любой вершины граф остаётся связным. докажем более общее утверждение: в любом таком графе можно занумеровать вершины \\(v_1,\\ldots,v_n\\) так, что для каждого \\(k\\) подграфы на множествах \\(\\{v_1,\\ldots,v_k\\}\\) и \\(\\{v_k,\\ldots,v_n\\}\\) связны. сначала напомним и докажем нужный факт. такой граф имеет ушное разложение: его можно получить из некоторого цикла, последовательно добавляя пути, концы которых уже построены, а внутренние вершины ещё не построены. в самом деле, начальный цикл есть, потому что граф связен и не имеет разделяющей вершины. возьмём максимальный уже построенный подграф \\(h\\) такого вида. если \\(h\\ne g\\), то у некоторой компоненты графа \\(g-h\\) есть сосед в \\(h\\). у неё не может быть только одна вершина-сосед в \\(h\\), иначе эта вершина отделяла бы компоненту от остального графа. з… spbmo-1992-11-p55-two-connected-halves razbienie dvazhdy svyaznogo grafa na dve svyaznye poloviny, spbmo 1992 connectivity construction goal_existence graph_model 1992 https://www.pdmi.ras.ru/~olymp/1992/spbmo_1992.pdf olympiad_archive spbmo spbmo1992 src-spbmo-1992-pdmi-problems with_solution sankt-peterburgskaya matematicheskaya olimpiada 1992, ofitsialnyy pdf iz arhiva pdmi spbmo spbmo1992 unknown sankt-peterburgskaya matematicheskaya olimpiada 1992, ofitsialnyy pdf iz arhiva pdmi stmt-original uslovie source_verified v strane 100 gorodov, soedinennyh drug s drugom dorogami tak, chto dazhe esli lyuboy gorod \\(a\\) zakroet vse dorogi, vyhodyaschie iz nego, to i v etom sluchae iz lyubogo goroda mozhno budet proehat v lyuboy drugoy (ne schitaya, konechno, samogo goroda \\(a\\)). dokazhite, chto stranu mozhno razbit na dva suverennyh gosudarstva, po 50 gorodov v kazhdom, tak, chto v oboih gosudarstvah iz lyubogo goroda mozhno proehat v lyuboy drugoy. connected_graph stmt-graph razbienie dvazhdy svyaznogo grafa na dve svyaznye poloviny ai_checked pust \\(g\\) — prostoy neorientirovannyy graf na 100 vershinah, prichem posle udaleniya lyuboy odnoy vershiny ostavshiysya graf svyazen. dokazhite, chto mnozhestvo vershin \\(g\\) mozhno razbit na dva mnozhestva po 50 vershin tak, chto oba indutsirovannyh podgrafa na etih mnozhestvah svyazny. simple_graph connected_graph graph_cut idea-two-connected-road-graph uslovie oznachaet 2-svyaznost dorozhnogo grafa goroda yavlyayutsya vershinami, dorogi - rebrami. trebovanie, chto posle zakrytiya lyubogo goroda ostalnye goroda po-prezhnemu svyazany dorogami, rovno govorit ob otsutstvii razdelyayuschey vershiny. graph_model connectivity ai_checked idea-ear-ordering-prefix-suffix ushnoe razlozhenie daet poryadok so svyaznymi prefiksami i suffiksami 2-svyaznyy graf mozhno postroit iz tsikla, posledovatelno dobavlyaya puti mezhdu uzhe postroennymi vershinami. esli pri kazhdom dobavlenii vstavlyat novye vershiny puti srazu posle bolee rannego kontsa, sohranyaetsya poryadok, v kotorom kazhdyy nachalnyy i kazhdyy konechnyy otrezok vershin porozhdaet svyaznyy podgraf. connectivity construction ai_checked sol-ear-ordering poryadok vershin so svyaznymi nachalom i kontsom ai_checked simple_graph connected_graph path induction perevedem uslovie na yazyk grafov: vershiny - goroda, rebra - dorogi. po usloviyu posle udaleniya lyuboy vershiny graf ostaetsya svyaznym. dokazhem bolee obschee utverzhdenie: v lyubom takom grafe mozhno zanumerovat vershiny \\(v_1,\\ldots,v_n\\) tak, chto dlya kazhdogo \\(k\\) podgrafy na mnozhestvah \\(\\{v_1,\\ldots,v_k\\}\\) i \\(\\{v_k,\\ldots,v_n\\}\\) svyazny. snachala napomnim i dokazhem nuzhnyy fakt. takoy graf imeet ushnoe razlozhenie: ego mozhno poluchit iz nekotorogo tsikla, posledovatelno dobavlyaya puti, kontsy kotoryh uzhe postroeny, a vnutrennie vershiny esche ne postroeny. v samom dele, nachalnyy tsikl est, potomu chto graf svyazen i ne imeet razdelyayuschey vershiny. vozmem maksimalnyy uzhe postroennyy podgraf \\(h\\) takogo vida. esli \\(h\\ne g\\), to u nekotoroy komponenty grafa \\(g-h\\) est sosed v \\(h\\). u nee ne mozhet byt tolko odna vershina-sosed v \\(h\\), inache eta vershina otdelyala by komponentu ot ostalnogo grafa. z…","source_keys":["spbmo"]}
{"id":"spbmo-1993-7-p12-unsociable-eccentrics","title":"Малообщительные и чудаки в графе знакомств, СПбМО 1993","path":"data\\problems\\spbmo\\spbmo-1993-7-p12-unsociable-eccentrics.yaml","raw_github_url":"https://raw.githubusercontent.com/didin-maxim/knowledge_graph_of_graphs/main/data/problems/spbmo/spbmo-1993-7-p12-unsociable-eccentrics.yaml","viewer_url":"https://didin-maxim.github.io/knowledge_graph_of_graphs/#spbmo-1993-7-p12-unsociable-eccentrics","source_key":"spbmo","source_label":"СПбМО","source_titles":["Санкт-Петербургская математическая олимпиада 1993, официальный PDF из архива PDMI"],"year":"1993","type":"olympiad_problem","authors":[],"tags":["degree_counting","cut_counting","double_counting","graph_model","goal_proof"],"agent_topics":[],"difficulty":{"main":"regional","local_score":3,"comment":"СПбМО 1993, 7 класс, задача 12; короткая задача на граф знакомств и счет степеней.","status":"source_verified"},"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":"source_verified","text":"Назовем человека малообщительным, если у него менее 10 знакомых. Назовем человека чудаком, если все его знакомые малообщительны. Докажите, что количество чудаков не больше количества малообщительных.","definition_ids":[]}],"graph_theory":[{"id":"stmt-graph","title":"Эквивалентная графовая формулировка","status":"ai_checked","text":"В простом графе знакомств назовем вершину малой, если ее степень меньше 10, и особой, если все ее соседи малые. Докажите, что число особых вершин не превосходит числа малых вершин.","definition_ids":["simple_graph","degree"]}]},"solutions":[{"id":"sol-degree-counting","title":"Подсчет ребер между двумя разностями множеств","status":"ai_checked","definition_ids":["simple_graph","degree","graph_cut"],"standard_idea_ids":["double_counting"],"tags":[],"has_text":true,"text_preview":"Рассмотрим граф знакомств: вершины - люди, ребра - пары знакомых. Пусть L - множество малообщительных людей, то есть вершин степени меньше 10, а C - множество чудаков, то есть вершин, все соседи которых лежат в L. Достаточно сравнить части C\\L и L\\C. Возьмем вершину v из C\\L. Она не малообщительна, значит имеет как минимум 10 соседей. Так как v - чудак, все эти соседи лежат в L. Более того, ни один из них не лежит в C: если u из L был бы чудаком и был знаком с v, то среди знакомых u оказался бы немалообщительный человек v, противоречие. Значит все соседи v лежат в L\\C. Поэтому число ребер между C\\L и L\\C не меньше 10|C\\L|. С другой стороны, каждая вершина из L\\C малообщительна, значит имеет меньше 10 соседей всего, а тем более меньше 10 соседей в C\\L. Поэтому тех же ребер меньше 10|L\\C|. Получаем |C\\L| < |L\\C|, если C\\L непусто; если C\\L пусто, неравенство очевидно. В обоих случаях |C|…"}],"relations":[{"id":"rel-spbmo-2019-6-8-p6-spbmo-1993-7-p12-social-local-degree-classes","neighbor_id":"spbmo-2019-6-8-p6-company-no-sociable-shy","direction":"backward","type":"same_motif","distance":3,"status":"ai_checked"}],"search_text":"spbmo-1993-7-p12-unsociable-eccentrics малообщительные и чудаки в графе знакомств, спбмо 1993 degree_counting cut_counting double_counting graph_model goal_proof 1993 https://www.pdmi.ras.ru/~olymp/1993/spbmo_1993.pdf olympiad_archive spbmo spbmo1993 src-spbmo-1993-pdmi-problems with_solution санкт-петербургская математическая олимпиада 1993, официальный pdf из архива pdmi спбмо спбмо1993 unknown санкт-петербургская математическая олимпиада 1993, официальный pdf из архива pdmi stmt-original оригинальная формулировка source_verified назовем человека малообщительным, если у него менее 10 знакомых. назовем человека чудаком, если все его знакомые малообщительны. докажите, что количество чудаков не больше количества малообщительных. stmt-graph эквивалентная графовая формулировка ai_checked в простом графе знакомств назовем вершину малой, если ее степень меньше 10, и особой, если все ее соседи малые. докажите, что число особых вершин не превосходит числа малых вершин. simple_graph degree idea-count-cross-edges считать ребра между немалыми чудаками и малыми не-чудаками если чудак не является малообщительным, то у него хотя бы 10 знакомых, и все они малообщительны. при этом такой знакомый не может сам быть чудаком: он знаком с немалообщительным человеком. поэтому все эти ребра идут в множество малообщительных не-чудаков. degree_counting cut_counting graph_model ai_checked sol-degree-counting подсчет ребер между двумя разностями множеств ai_checked simple_graph degree graph_cut double_counting рассмотрим граф знакомств: вершины - люди, ребра - пары знакомых. пусть l - множество малообщительных людей, то есть вершин степени меньше 10, а c - множество чудаков, то есть вершин, все соседи которых лежат в l. достаточно сравнить части c\\l и l\\c. возьмем вершину v из c\\l. она не малообщительна, значит имеет как минимум 10 соседей. так как v - чудак, все эти соседи лежат в l. более того, ни один из них не лежит в c: если u из l был бы чудаком и был знаком с v, то среди знакомых u оказался бы немалообщительный человек v, противоречие. значит все соседи v лежат в l\\c. поэтому число ребер между c\\l и l\\c не меньше 10|c\\l|. с другой стороны, каждая вершина из l\\c малообщительна, значит имеет меньше 10 соседей всего, а тем более меньше 10 соседей в c\\l. поэтому тех же ребер меньше 10|l\\c|. получаем |c\\l| < |l\\c|, если c\\l непусто; если c\\l пусто, неравенство очевидно. в обоих случаях |c|… spbmo-1993-7-p12-unsociable-eccentrics maloobschitelnye i chudaki v grafe znakomstv, spbmo 1993 degree_counting cut_counting double_counting graph_model goal_proof 1993 https://www.pdmi.ras.ru/~olymp/1993/spbmo_1993.pdf olympiad_archive spbmo spbmo1993 src-spbmo-1993-pdmi-problems with_solution sankt-peterburgskaya matematicheskaya olimpiada 1993, ofitsialnyy pdf iz arhiva pdmi spbmo spbmo1993 unknown sankt-peterburgskaya matematicheskaya olimpiada 1993, ofitsialnyy pdf iz arhiva pdmi stmt-original originalnaya formulirovka source_verified nazovem cheloveka maloobschitelnym, esli u nego menee 10 znakomyh. nazovem cheloveka chudakom, esli vse ego znakomye maloobschitelny. dokazhite, chto kolichestvo chudakov ne bolshe kolichestva maloobschitelnyh. stmt-graph ekvivalentnaya grafovaya formulirovka ai_checked v prostom grafe znakomstv nazovem vershinu maloy, esli ee stepen menshe 10, i osoboy, esli vse ee sosedi malye. dokazhite, chto chislo osobyh vershin ne prevoshodit chisla malyh vershin. simple_graph degree idea-count-cross-edges schitat rebra mezhdu nemalymi chudakami i malymi ne-chudakami esli chudak ne yavlyaetsya maloobschitelnym, to u nego hotya by 10 znakomyh, i vse oni maloobschitelny. pri etom takoy znakomyy ne mozhet sam byt chudakom: on znakom s nemaloobschitelnym chelovekom. poetomu vse eti rebra idut v mnozhestvo maloobschitelnyh ne-chudakov. degree_counting cut_counting graph_model ai_checked sol-degree-counting podschet reber mezhdu dvumya raznostyami mnozhestv ai_checked simple_graph degree graph_cut double_counting rassmotrim graf znakomstv: vershiny - lyudi, rebra - pary znakomyh. pust l - mnozhestvo maloobschitelnyh lyudey, to est vershin stepeni menshe 10, a c - mnozhestvo chudakov, to est vershin, vse sosedi kotoryh lezhat v l. dostatochno sravnit chasti c\\l i l\\c. vozmem vershinu v iz c\\l. ona ne maloobschitelna, znachit imeet kak minimum 10 sosedey. tak kak v - chudak, vse eti sosedi lezhat v l. bolee togo, ni odin iz nih ne lezhit v c: esli u iz l byl by chudakom i byl znakom s v, to sredi znakomyh u okazalsya by nemaloobschitelnyy chelovek v, protivorechie. znachit vse sosedi v lezhat v l\\c. poetomu chislo reber mezhdu c\\l i l\\c ne menshe 10|c\\l|. s drugoy storony, kazhdaya vershina iz l\\c maloobschitelna, znachit imeet menshe 10 sosedey vsego, a tem bolee menshe 10 sosedey v c\\l. poetomu teh zhe reber menshe 10|l\\c|. poluchaem |c\\l| < |l\\c|, esli c\\l nepusto; esli c\\l pusto, neravenstvo ochevidno. v oboih sluchayah |c|…","source_keys":["spbmo"]}
{"id":"spbmo-1996-11-p63-metro-distant-stations","title":"Максимум попарно далеких станций метро при 120 линиях, СПбМО 1996","path":"data\\problems\\spbmo\\spbmo-1996-11-p63-metro-distant-stations.yaml","raw_github_url":"https://raw.githubusercontent.com/didin-maxim/knowledge_graph_of_graphs/main/data/problems/spbmo/spbmo-1996-11-p63-metro-distant-stations.yaml","viewer_url":"https://didin-maxim.github.io/knowledge_graph_of_graphs/#spbmo-1996-11-p63-metro-distant-stations","source_key":"spbmo","source_label":"СПбМО","source_titles":["Санкт-Петербургская математическая олимпиада 1996, официальный PDF из архива PDMI"],"year":"1996","type":"olympiad_problem","authors":[],"tags":["connectivity","construction","extremal_choice","goal_exact_bound","graph_model","pigeonhole_principle"],"agent_topics":[],"difficulty":{"main":"regional","local_score":6,"comment":"СПбМО 1996, 11 класс. После перевода на граф пересадок решение короткое, но требуется аккуратно учесть, что станции могут лежать на нескольких линиях, и построить точный экстремальный пример.","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":"source_verified","text":"В городе N. 120 линий метро, причём с любой станции можно доехать до любой другой, сделав не более 15 пересадок. Будем говорить, что две станции находятся далеко друг от друга, если для того, чтобы добраться с одной на другую, требуется не менее 5 пересадок. Какое наибольшее количество попарно далеких друг от друга станций может быть в этом городе?","definition_ids":[]}]},"solutions":[{"id":"sol-disjoint-balls-and-tree-construction","title":"Ответ 40 через непересекающиеся шары радиуса 2","status":"ai_checked","definition_ids":["connected_graph","path","tree","distance"],"standard_idea_ids":["extremal_choice","pigeonhole_principle"],"tags":[],"has_text":true,"text_preview":"Ответ: \\(40\\). Построим граф пересадок линий: его вершины — линии метро, а две вершины соединены ребром, если соответствующие линии имеют общую станцию, где можно пересесть. Если станция лежит на нескольких линиях, то при оценке расстояния от нее до другой станции можно выбрать любую из этих линий; число пересадок равно минимальному расстоянию между соответствующими множествами линий. Докажем, что попарно далеких станций не больше \\(40\\). Пусть выбраны \\(m\\) попарно далеких станций. Для каждой из них выберем одну линию, проходящую через эту станцию. Для двух разных выбранных станций любые их линии находятся на расстоянии не меньше \\(5\\), иначе между самими станциями можно было бы доехать менее чем с \\(5\\) пересадками. Значит, выбранные \\(m\\) линий попарно удалены в графе пересадок хотя бы на \\(5\\). Рассмотрим вокруг каждой выбранной линии замкнутый шар радиуса \\(2\\), то есть все линии н…"}],"relations":[{"id":"rel-spbmo-2019-metro-path-cover-spbmo-1996-metro-tree-extremal","neighbor_id":"spbmo-2019-9-11-p2-metro-cover-by-simple-paths","direction":"backward","type":"same_motif","distance":3,"status":"ai_checked"}],"search_text":"spbmo-1996-11-p63-metro-distant-stations максимум попарно далеких станций метро при 120 линиях, спбмо 1996 connectivity construction extremal_choice goal_exact_bound graph_model pigeonhole_principle 1996 https://www.pdmi.ras.ru/~olymp/1996/spbmo_1996.pdf olympiad_archive spbmo spbmo1996 src-spbmo-1996-pdmi-problems with_solution санкт-петербургская математическая олимпиада 1996, официальный pdf из архива pdmi спбмо спбмо1996 unknown санкт-петербургская математическая олимпиада 1996, официальный pdf из архива pdmi stmt-original оригинальная формулировка source_verified в городе n. 120 линий метро, причём с любой станции можно доехать до любой другой, сделав не более 15 пересадок. будем говорить, что две станции находятся далеко друг от друга, если для того, чтобы добраться с одной на другую, требуется не менее 5 пересадок. какое наибольшее количество попарно далеких друг от друга станций может быть в этом городе? idea-transfer-graph-packing далекие станции дают упаковку линий у каждой выбранной станции можно выбрать одну проходящую через нее линию. если две станции требуют не менее 5 пересадок, то любые выбранные для них линии находятся в графе пересадок на расстоянии не меньше 5. graph_model connectivity ai_checked idea-disjoint-radius-two-balls шары радиуса 2 не пересекаются если выбранные линии попарно удалены хотя бы на 5, то их замкнутые шары радиуса 2 в графе пересадок попарно не пересекаются. при наличии хотя бы двух выбранных станций каждый такой шар содержит минимум три линии: саму линию и две первые линии на кратчайшем пути к другой выбранной линии. extremal_choice pigeonhole_principle ai_checked idea-one-short-arm-and-many-length-three-arms экстремальная конструкция почти из 40 трехзвенных лучей граница достигается деревом пересадок: один центральный узел, один луч длины 2 и 39 лучей длины 3. концы этих 40 лучей попарно находятся на расстоянии 5 или 6, а всего использовано ровно 120 линий. construction goal_exact_bound ai_checked sol-disjoint-balls-and-tree-construction ответ 40 через непересекающиеся шары радиуса 2 ai_checked connected_graph path tree distance extremal_choice pigeonhole_principle ответ: \\(40\\). построим граф пересадок линий: его вершины — линии метро, а две вершины соединены ребром, если соответствующие линии имеют общую станцию, где можно пересесть. если станция лежит на нескольких линиях, то при оценке расстояния от нее до другой станции можно выбрать любую из этих линий; число пересадок равно минимальному расстоянию между соответствующими множествами линий. докажем, что попарно далеких станций не больше \\(40\\). пусть выбраны \\(m\\) попарно далеких станций. для каждой из них выберем одну линию, проходящую через эту станцию. для двух разных выбранных станций любые их линии находятся на расстоянии не меньше \\(5\\), иначе между самими станциями можно было бы доехать менее чем с \\(5\\) пересадками. значит, выбранные \\(m\\) линий попарно удалены в графе пересадок хотя бы на \\(5\\). рассмотрим вокруг каждой выбранной линии замкнутый шар радиуса \\(2\\), то есть все линии н… spbmo-1996-11-p63-metro-distant-stations maksimum poparno dalekih stantsiy metro pri 120 liniyah, spbmo 1996 connectivity construction extremal_choice goal_exact_bound graph_model pigeonhole_principle 1996 https://www.pdmi.ras.ru/~olymp/1996/spbmo_1996.pdf olympiad_archive spbmo spbmo1996 src-spbmo-1996-pdmi-problems with_solution sankt-peterburgskaya matematicheskaya olimpiada 1996, ofitsialnyy pdf iz arhiva pdmi spbmo spbmo1996 unknown sankt-peterburgskaya matematicheskaya olimpiada 1996, ofitsialnyy pdf iz arhiva pdmi stmt-original originalnaya formulirovka source_verified v gorode n. 120 liniy metro, prichem s lyuboy stantsii mozhno doehat do lyuboy drugoy, sdelav ne bolee 15 peresadok. budem govorit, chto dve stantsii nahodyatsya daleko drug ot druga, esli dlya togo, chtoby dobratsya s odnoy na druguyu, trebuetsya ne menee 5 peresadok. kakoe naibolshee kolichestvo poparno dalekih drug ot druga stantsiy mozhet byt v etom gorode? idea-transfer-graph-packing dalekie stantsii dayut upakovku liniy u kazhdoy vybrannoy stantsii mozhno vybrat odnu prohodyaschuyu cherez nee liniyu. esli dve stantsii trebuyut ne menee 5 peresadok, to lyubye vybrannye dlya nih linii nahodyatsya v grafe peresadok na rasstoyanii ne menshe 5. graph_model connectivity ai_checked idea-disjoint-radius-two-balls shary radiusa 2 ne peresekayutsya esli vybrannye linii poparno udaleny hotya by na 5, to ih zamknutye shary radiusa 2 v grafe peresadok poparno ne peresekayutsya. pri nalichii hotya by dvuh vybrannyh stantsiy kazhdyy takoy shar soderzhit minimum tri linii: samu liniyu i dve pervye linii na kratchayshem puti k drugoy vybrannoy linii. extremal_choice pigeonhole_principle ai_checked idea-one-short-arm-and-many-length-three-arms ekstremalnaya konstruktsiya pochti iz 40 trehzvennyh luchey granitsa dostigaetsya derevom peresadok: odin tsentralnyy uzel, odin luch dliny 2 i 39 luchey dliny 3. kontsy etih 40 luchey poparno nahodyatsya na rasstoyanii 5 ili 6, a vsego ispolzovano rovno 120 liniy. construction goal_exact_bound ai_checked sol-disjoint-balls-and-tree-construction otvet 40 cherez neperesekayuschiesya shary radiusa 2 ai_checked connected_graph path tree distance extremal_choice pigeonhole_principle otvet: \\(40\\). postroim graf peresadok liniy: ego vershiny — linii metro, a dve vershiny soedineny rebrom, esli sootvetstvuyuschie linii imeyut obschuyu stantsiyu, gde mozhno peresest. esli stantsiya lezhit na neskolkih liniyah, to pri otsenke rasstoyaniya ot nee do drugoy stantsii mozhno vybrat lyubuyu iz etih liniy; chislo peresadok ravno minimalnomu rasstoyaniyu mezhdu sootvetstvuyuschimi mnozhestvami liniy. dokazhem, chto poparno dalekih stantsiy ne bolshe \\(40\\). pust vybrany \\(m\\) poparno dalekih stantsiy. dlya kazhdoy iz nih vyberem odnu liniyu, prohodyaschuyu cherez etu stantsiyu. dlya dvuh raznyh vybrannyh stantsiy lyubye ih linii nahodyatsya na rasstoyanii ne menshe \\(5\\), inache mezhdu samimi stantsiyami mozhno bylo by doehat menee chem s \\(5\\) peresadkami. znachit, vybrannye \\(m\\) liniy poparno udaleny v grafe peresadok hotya by na \\(5\\). rassmotrim vokrug kazhdoy vybrannoy linii zamknutyy shar radiusa \\(2\\), to est vse linii n…","source_keys":["spbmo"]}
{"id":"spbmo-1996-9-p46-strongly-connected-tournament-orientations","title":"Больше половины ориентаций полного графа сильно связны, СПбМО 1996","path":"data\\problems\\spbmo\\spbmo-1996-9-p46-strongly-connected-tournament-orientations.yaml","raw_github_url":"https://raw.githubusercontent.com/didin-maxim/knowledge_graph_of_graphs/main/data/problems/spbmo/spbmo-1996-9-p46-strongly-connected-tournament-orientations.yaml","viewer_url":"https://didin-maxim.github.io/knowledge_graph_of_graphs/#spbmo-1996-9-p46-strongly-connected-tournament-orientations","source_key":"spbmo","source_label":"СПбМО","source_titles":["Санкт-Петербургская математическая олимпиада 1996, официальный PDF из архива PDMI"],"year":"1996","type":"olympiad_problem","authors":[],"tags":["tournaments","connectivity","cut_counting","goal_counting","graph_model"],"agent_topics":[],"difficulty":{"main":"regional","local_score":5,"comment":"СПбМО 1996, отборочный тур, 9 класс, задача 46; сильная связность турниров и счет плохих ориентаций.","status":"source_verified"},"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":"source_verified","text":"В стране 2000 городов, каждые два из которых соединены дорогой. Строительные организации представили все возможные проекты введения одностороннего движения на всех дорогах. Министерство транспорта отвергло все проекты, не обеспечивавшие возможности добраться из любого города в любой другой. Докажите, что все же осталось более половины проектов.","definition_ids":[]}],"graph_theory":[{"id":"stmt-graph","title":"Больше половины ориентаций полного графа сильно связны, СПбМО 1996","status":"ai_checked","text":"Докажите, что среди всех ориентаций ребер полного графа на 2000 вершинах более половины являются сильно связными ориентированными графами.","definition_ids":["complete_graph","directed_graph","tournament","path"]}]},"solutions":[{"id":"sol-count-bad-orientations","title":"Оценка числа несильно связных турниров","status":"ai_checked","definition_ids":["complete_graph","directed_graph","tournament","path"],"standard_idea_ids":["extremal_choice"],"tags":[],"has_text":true,"text_preview":"Пусть \\(n=2000\\). Каждый проект одностороннего движения - это ориентация полного графа \\(K_n\\), то есть турнир. Всего проектов \\(2^{n(n-1)/2}\\). Оценим число плохих проектов, в которых не из каждого города можно добраться в каждый. В несильно связном ориентированном графе рассмотрим конденсацию сильных компонент. Это ациклический ориентированный граф; для турнира между любыми двумя компонентами все ребра направлены в одну сторону, поэтому есть начальная сильная компонента S, из которой все ребра в дополнение \\(V\\setminus S\\) направлены наружу. Множество S непусто и не равно V. Если \\(|S|=k\\), то все \\(k(n-k)\\) ребер между S и \\(V\\setminus S\\) имеют заранее заданное направление. Остальные ребра можно ориентировать произвольно. Поэтому доля ориентаций, для которых данное S может быть такой начальной частью, равна \\(2^{-k(n-k)}\\). По объединению по всем S доля плохих проектов не превосходи…"}],"relations":[{"id":"rel-spbmo-1996-9-p46-yumt-2011-grand-round4-problem9","neighbor_id":"yumt-2011-grand-round4-problem9","direction":"forward","type":"same_motif","distance":1,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-spbmo-1996-9-p46-usa-tst-2009-p6-tournament-gap-ordering","neighbor_id":"usa-tst-2009-p6-tournament-gap-ordering","direction":"forward","type":"same_motif","distance":2,"status":"ai_checked"}],"search_text":"spbmo-1996-9-p46-strongly-connected-tournament-orientations больше половины ориентаций полного графа сильно связны, спбмо 1996 tournaments connectivity cut_counting goal_counting graph_model 1996 https://www.pdmi.ras.ru/~olymp/1996/spbmo_1996.pdf olympiad_archive spbmo spbmo1996 src-spbmo-1996-pdmi-problems with_solution санкт-петербургская математическая олимпиада 1996, официальный pdf из архива pdmi спбмо спбмо1996 ? санкт-петербургская математическая олимпиада 1996, официальный pdf из архива pdmi stmt-original оригинальная формулировка source_verified в стране 2000 городов, каждые два из которых соединены дорогой. строительные организации представили все возможные проекты введения одностороннего движения на всех дорогах. министерство транспорта отвергло все проекты, не обеспечивавшие возможности добраться из любого города в любой другой. докажите, что все же осталось более половины проектов. stmt-graph больше половины ориентаций полного графа сильно связны, спбмо 1996 ai_checked докажите, что среди всех ориентаций ребер полного графа на 2000 вершинах более половины являются сильно связными ориентированными графами. complete_graph directed_graph tournament path idea-source-component-union-bound плохой турнир имеет собственную начальную компоненту если ориентация полного графа не сильно связна, то в конденсации ее сильных компонент есть начальная компонента s, из которой все ребра в дополнение направлены наружу. для фиксированного s это фиксирует |s|(n-|s|) ребер, что делает такие ориентации очень редкими; объединение по всем возможным s дает оценку доли плохих турниров. connectivity tournaments cut_counting ai_checked sol-count-bad-orientations оценка числа несильно связных турниров ai_checked complete_graph directed_graph tournament path extremal_choice пусть \\(n=2000\\). каждый проект одностороннего движения - это ориентация полного графа \\(k_n\\), то есть турнир. всего проектов \\(2^{n(n-1)/2}\\). оценим число плохих проектов, в которых не из каждого города можно добраться в каждый. в несильно связном ориентированном графе рассмотрим конденсацию сильных компонент. это ациклический ориентированный граф; для турнира между любыми двумя компонентами все ребра направлены в одну сторону, поэтому есть начальная сильная компонента s, из которой все ребра в дополнение \\(v\\setminus s\\) направлены наружу. множество s непусто и не равно v. если \\(|s|=k\\), то все \\(k(n-k)\\) ребер между s и \\(v\\setminus s\\) имеют заранее заданное направление. остальные ребра можно ориентировать произвольно. поэтому доля ориентаций, для которых данное s может быть такой начальной частью, равна \\(2^{-k(n-k)}\\). по объединению по всем s доля плохих проектов не превосходи… spbmo-1996-9-p46-strongly-connected-tournament-orientations bolshe poloviny orientatsiy polnogo grafa silno svyazny, spbmo 1996 tournaments connectivity cut_counting goal_counting graph_model 1996 https://www.pdmi.ras.ru/~olymp/1996/spbmo_1996.pdf olympiad_archive spbmo spbmo1996 src-spbmo-1996-pdmi-problems with_solution sankt-peterburgskaya matematicheskaya olimpiada 1996, ofitsialnyy pdf iz arhiva pdmi spbmo spbmo1996 ? sankt-peterburgskaya matematicheskaya olimpiada 1996, ofitsialnyy pdf iz arhiva pdmi stmt-original originalnaya formulirovka source_verified v strane 2000 gorodov, kazhdye dva iz kotoryh soedineny dorogoy. stroitelnye organizatsii predstavili vse vozmozhnye proekty vvedeniya odnostoronnego dvizheniya na vseh dorogah. ministerstvo transporta otverglo vse proekty, ne obespechivavshie vozmozhnosti dobratsya iz lyubogo goroda v lyuboy drugoy. dokazhite, chto vse zhe ostalos bolee poloviny proektov. stmt-graph bolshe poloviny orientatsiy polnogo grafa silno svyazny, spbmo 1996 ai_checked dokazhite, chto sredi vseh orientatsiy reber polnogo grafa na 2000 vershinah bolee poloviny yavlyayutsya silno svyaznymi orientirovannymi grafami. complete_graph directed_graph tournament path idea-source-component-union-bound plohoy turnir imeet sobstvennuyu nachalnuyu komponentu esli orientatsiya polnogo grafa ne silno svyazna, to v kondensatsii ee silnyh komponent est nachalnaya komponenta s, iz kotoroy vse rebra v dopolnenie napravleny naruzhu. dlya fiksirovannogo s eto fiksiruet |s|(n-|s|) reber, chto delaet takie orientatsii ochen redkimi; obedinenie po vsem vozmozhnym s daet otsenku doli plohih turnirov. connectivity tournaments cut_counting ai_checked sol-count-bad-orientations otsenka chisla nesilno svyaznyh turnirov ai_checked complete_graph directed_graph tournament path extremal_choice pust \\(n=2000\\). kazhdyy proekt odnostoronnego dvizheniya - eto orientatsiya polnogo grafa \\(k_n\\), to est turnir. vsego proektov \\(2^{n(n-1)/2}\\). otsenim chislo plohih proektov, v kotoryh ne iz kazhdogo goroda mozhno dobratsya v kazhdyy. v nesilno svyaznom orientirovannom grafe rassmotrim kondensatsiyu silnyh komponent. eto atsiklicheskiy orientirovannyy graf; dlya turnira mezhdu lyubymi dvumya komponentami vse rebra napravleny v odnu storonu, poetomu est nachalnaya silnaya komponenta s, iz kotoroy vse rebra v dopolnenie \\(v\\setminus s\\) napravleny naruzhu. mnozhestvo s nepusto i ne ravno v. esli \\(|s|=k\\), to vse \\(k(n-k)\\) reber mezhdu s i \\(v\\setminus s\\) imeyut zaranee zadannoe napravlenie. ostalnye rebra mozhno orientirovat proizvolno. poetomu dolya orientatsiy, dlya kotoryh dannoe s mozhet byt takoy nachalnoy chastyu, ravna \\(2^{-k(n-k)}\\). po obedineniyu po vsem s dolya plohih proektov ne prevoshodi…","source_keys":["spbmo"]}
{"id":"spbmo-1997-10-p34-million-common-acquaintance-dominating-set","title":"5000 жителей, знакомых со всеми остальными через общий выбор, СПбМО 1997","path":"data\\problems\\spbmo\\spbmo-1997-10-p34-million-common-acquaintance-dominating-set.yaml","raw_github_url":"https://raw.githubusercontent.com/didin-maxim/knowledge_graph_of_graphs/main/data/problems/spbmo/spbmo-1997-10-p34-million-common-acquaintance-dominating-set.yaml","viewer_url":"https://didin-maxim.github.io/knowledge_graph_of_graphs/#spbmo-1997-10-p34-million-common-acquaintance-dominating-set","source_key":"spbmo","source_label":"СПбМО","source_titles":["Санкт-Петербургская математическая олимпиада 1997, официальный PDF из архива PDMI"],"year":"1997","type":"olympiad_problem","authors":[],"tags":["graph_model","connectivity","degree_counting","extremal_choice","goal_existence","goal_bound"],"agent_topics":[],"difficulty":{"main":"regional","local_score":6,"comment":"Задача 10 класса СПбМО: короткое графовое решение, но требуется заметить сильный случай малой степени и применить вероятностный метод с численной оценкой \\(10^6e^{-25}<1\\).","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":"Условие","status":"ai_checked","text":"В городе Незнакомске миллион жителей, причём любые два из них имеют общего знакомого среди остальных. Докажите, что можно выбрать 5000 жителей города так, чтобы любой из оставшихся имел хотя бы одного знакомого среди выбранных.","definition_ids":["dominating_set"]}],"graph_theory":[{"id":"stmt-graph","title":"5000 жителей","status":"ai_checked","text":"Пусть \\(G\\) — простой граф на \\(10^6\\) вершинах, в котором у любых двух различных вершин есть общий сосед, отличный от них обеих. Докажите, что существует множество \\(S\\) из не более чем 5000 вершин, такое что каждая вершина вне \\(S\\) смежна хотя бы с одной вершиной из \\(S\\).","definition_ids":["simple_graph","dominating_set","degree","neighborhood"]}]},"solutions":[{"id":"sol-degree-split-random-choice","title":"Разбор по минимальной степени и случайный выбор","status":"ai_checked","definition_ids":["simple_graph","dominating_set","degree","neighborhood"],"standard_idea_ids":["extremal_choice"],"tags":[],"has_text":true,"text_preview":"Переведем условие на язык графов: вершины — жители, ребро означает знакомство. Условие говорит, что у любых двух вершин есть общий сосед, отличный от них. Рассмотрим сначала случай, когда в графе есть вершина \\(v\\) степени не больше 5000. Возьмем в качестве \\(S\\) всех соседей вершины \\(v\\). Тогда \\(|S|\\le 5000\\). Сама вершина \\(v\\) имеет соседа в \\(S\\), так как при миллионе жителей условие, примененное к паре \\(v,u\\), гарантирует наличие знакомых у \\(v\\). Если вершина \\(x\\) не лежит в \\(S\\) и \\(x\\ne v\\), то у пары \\(x,v\\) есть общий сосед \\(y\\). Этот сосед смежен с \\(v\\), значит \\(y\\in S\\), и одновременно смежен с \\(x\\). Поэтому каждая вершина вне \\(S\\) знакома с кем-то из \\(S\\). Осталось разобрать случай, когда степень каждой вершины больше 5000. Выберем 5000 раз независимо и равновероятно одного из миллиона жителей; повторения пока разрешим. Для фиксированной вершины \\(x\\) вероятность…"}],"relations":[{"id":"rel-spbmo-1997-p27-p34-common-acquaintance-domination-variants","neighbor_id":"spbmo-1997-9-p27-common-acquaintance-dominating-set","direction":"backward","type":"paired_variant","distance":1,"status":"ai_checked"}],"search_text":"spbmo-1997-10-p34-million-common-acquaintance-dominating-set 5000 жителей, знакомых со всеми остальными через общий выбор, спбмо 1997 graph_model connectivity degree_counting extremal_choice goal_existence goal_bound 1997 https://www.pdmi.ras.ru/~olymp/1997/spbmo_1997.pdf olympiad_archive spbmo spbmo1997 src-spbmo-1997-pdmi-problems with_solution санкт-петербургская математическая олимпиада 1997, официальный pdf из архива pdmi спбмо спбмо1997 unknown санкт-петербургская математическая олимпиада 1997, официальный pdf из архива pdmi stmt-original условие ai_checked в городе незнакомске миллион жителей, причём любые два из них имеют общего знакомого среди остальных. докажите, что можно выбрать 5000 жителей города так, чтобы любой из оставшихся имел хотя бы одного знакомого среди выбранных. dominating_set stmt-graph 5000 жителей ai_checked пусть \\(g\\) — простой граф на \\(10^6\\) вершинах, в котором у любых двух различных вершин есть общий сосед, отличный от них обеих. докажите, что существует множество \\(s\\) из не более чем 5000 вершин, такое что каждая вершина вне \\(s\\) смежна хотя бы с одной вершиной из \\(s\\). simple_graph dominating_set degree neighborhood idea-low-degree-neighborhood соседи малой степени уже покрывают всех если у некоторой вершины не больше 5000 соседей, то множество всех ее соседей подходит: любую вершину вне этого множества покрывает общий сосед с выбранной вершиной. graph_model degree_counting ai_checked idea-random-sample-large-degree при больших степенях случайные 5000 вершин почти наверняка покрывают граф если все степени больше 5000, то для фиксированной невыбранной вершины вероятность не попасть ни в одного ее соседа при 5000 случайных выборах меньше \\(e^{-25}\\). сумма этих вероятностей по миллиону вершин меньше 1, значит существует удачный выбор. goal_existence degree_counting ai_checked sol-degree-split-random-choice разбор по минимальной степени и случайный выбор ai_checked simple_graph dominating_set degree neighborhood extremal_choice переведем условие на язык графов: вершины — жители, ребро означает знакомство. условие говорит, что у любых двух вершин есть общий сосед, отличный от них. рассмотрим сначала случай, когда в графе есть вершина \\(v\\) степени не больше 5000. возьмем в качестве \\(s\\) всех соседей вершины \\(v\\). тогда \\(|s|\\le 5000\\). сама вершина \\(v\\) имеет соседа в \\(s\\), так как при миллионе жителей условие, примененное к паре \\(v,u\\), гарантирует наличие знакомых у \\(v\\). если вершина \\(x\\) не лежит в \\(s\\) и \\(x\\ne v\\), то у пары \\(x,v\\) есть общий сосед \\(y\\). этот сосед смежен с \\(v\\), значит \\(y\\in s\\), и одновременно смежен с \\(x\\). поэтому каждая вершина вне \\(s\\) знакома с кем-то из \\(s\\). осталось разобрать случай, когда степень каждой вершины больше 5000. выберем 5000 раз независимо и равновероятно одного из миллиона жителей; повторения пока разрешим. для фиксированной вершины \\(x\\) вероятность… spbmo-1997-10-p34-million-common-acquaintance-dominating-set 5000 zhiteley, znakomyh so vsemi ostalnymi cherez obschiy vybor, spbmo 1997 graph_model connectivity degree_counting extremal_choice goal_existence goal_bound 1997 https://www.pdmi.ras.ru/~olymp/1997/spbmo_1997.pdf olympiad_archive spbmo spbmo1997 src-spbmo-1997-pdmi-problems with_solution sankt-peterburgskaya matematicheskaya olimpiada 1997, ofitsialnyy pdf iz arhiva pdmi spbmo spbmo1997 unknown sankt-peterburgskaya matematicheskaya olimpiada 1997, ofitsialnyy pdf iz arhiva pdmi stmt-original uslovie ai_checked v gorode neznakomske million zhiteley, prichem lyubye dva iz nih imeyut obschego znakomogo sredi ostalnyh. dokazhite, chto mozhno vybrat 5000 zhiteley goroda tak, chtoby lyuboy iz ostavshihsya imel hotya by odnogo znakomogo sredi vybrannyh. dominating_set stmt-graph 5000 zhiteley ai_checked pust \\(g\\) — prostoy graf na \\(10^6\\) vershinah, v kotorom u lyubyh dvuh razlichnyh vershin est obschiy sosed, otlichnyy ot nih obeih. dokazhite, chto suschestvuet mnozhestvo \\(s\\) iz ne bolee chem 5000 vershin, takoe chto kazhdaya vershina vne \\(s\\) smezhna hotya by s odnoy vershinoy iz \\(s\\). simple_graph dominating_set degree neighborhood idea-low-degree-neighborhood sosedi maloy stepeni uzhe pokryvayut vseh esli u nekotoroy vershiny ne bolshe 5000 sosedey, to mnozhestvo vseh ee sosedey podhodit: lyubuyu vershinu vne etogo mnozhestva pokryvaet obschiy sosed s vybrannoy vershinoy. graph_model degree_counting ai_checked idea-random-sample-large-degree pri bolshih stepenyah sluchaynye 5000 vershin pochti navernyaka pokryvayut graf esli vse stepeni bolshe 5000, to dlya fiksirovannoy nevybrannoy vershiny veroyatnost ne popast ni v odnogo ee soseda pri 5000 sluchaynyh vyborah menshe \\(e^{-25}\\). summa etih veroyatnostey po millionu vershin menshe 1, znachit suschestvuet udachnyy vybor. goal_existence degree_counting ai_checked sol-degree-split-random-choice razbor po minimalnoy stepeni i sluchaynyy vybor ai_checked simple_graph dominating_set degree neighborhood extremal_choice perevedem uslovie na yazyk grafov: vershiny — zhiteli, rebro oznachaet znakomstvo. uslovie govorit, chto u lyubyh dvuh vershin est obschiy sosed, otlichnyy ot nih. rassmotrim snachala sluchay, kogda v grafe est vershina \\(v\\) stepeni ne bolshe 5000. vozmem v kachestve \\(s\\) vseh sosedey vershiny \\(v\\). togda \\(|s|\\le 5000\\). sama vershina \\(v\\) imeet soseda v \\(s\\), tak kak pri millione zhiteley uslovie, primenennoe k pare \\(v,u\\), garantiruet nalichie znakomyh u \\(v\\). esli vershina \\(x\\) ne lezhit v \\(s\\) i \\(x\\ne v\\), to u pary \\(x,v\\) est obschiy sosed \\(y\\). etot sosed smezhen s \\(v\\), znachit \\(y\\in s\\), i odnovremenno smezhen s \\(x\\). poetomu kazhdaya vershina vne \\(s\\) znakoma s kem-to iz \\(s\\). ostalos razobrat sluchay, kogda stepen kazhdoy vershiny bolshe 5000. vyberem 5000 raz nezavisimo i ravnoveroyatno odnogo iz milliona zhiteley; povtoreniya poka razreshim. dlya fiksirovannoy vershiny \\(x\\) veroyatnost…","source_keys":["spbmo"]}
{"id":"spbmo-1997-11-p54-triangular-polyhedron-degrees","title":"Треугольная грань со степенями 5, 6 и 6 в триангулированном многограннике, СПбМО 1997","path":"data\\problems\\spbmo\\spbmo-1997-11-p54-triangular-polyhedron-degrees.yaml","raw_github_url":"https://raw.githubusercontent.com/didin-maxim/knowledge_graph_of_graphs/main/data/problems/spbmo/spbmo-1997-11-p54-triangular-polyhedron-degrees.yaml","viewer_url":"https://didin-maxim.github.io/knowledge_graph_of_graphs/#spbmo-1997-11-p54-triangular-polyhedron-degrees","source_key":"spbmo","source_label":"СПбМО","source_titles":["Санкт-Петербургская математическая олимпиада 1997, официальный PDF из архива PDMI"],"year":"1997","type":"olympiad_problem","authors":[],"tags":["planar_graphs","degree_counting","double_counting","goal_existence"],"agent_topics":[],"difficulty":{"main":"regional","local_score":7,"comment":"СПбМО 1997, 10 класс, задача 54; сильная, но короткая задача на эйлерову формулу для сферической триангуляции и локальный подсчет степеней.","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":"source_verified","text":"Все грани выпуклого многогранника - треугольники, причём из каждой вершины выходит не менее 5 ребер, и никакие две вершины, из которых выходит ровно 5 ребер, не соединены ребром. Докажите, что в этом многограннике найдется грань, из вершин которой выходит соответственно 5, 6 и 6 ребер.","definition_ids":["degree"]}],"graph_theory":[{"id":"stmt-graph","title":"Треугольная грань со степенями 5","status":"ai_checked","text":"Пусть \\(G\\) — плоская триангуляция сферы: каждая грань, включая внешнюю, является треугольником. Минимальная степень вершин \\(G\\) не меньше 5, а вершины степени 5 образуют независимое множество. Докажите, что в \\(G\\) есть треугольная грань, степени вершин которой равны \\(5,6,6\\).","definition_ids":["planar_graph","degree","independent_set"]}]},"solutions":[{"id":"sol-euler-incidence-count","title":"Подсчет степеней и соседств с вершинами степени 5","status":"ai_checked","definition_ids":["planar_graph","degree","independent_set"],"standard_idea_ids":["face_counting","double_counting"],"tags":[],"has_text":true,"text_preview":"Рассмотрим граф ребер многогранника. Так как многогранник выпуклый и все его грани треугольные, этот граф имеет плоскую укладку на сфере, в которой каждая грань является треугольником. Для каждой вершины \\(v\\) обозначим ее степень через \\(d(v)\\). Пусть \\(V,E,F\\) - числа вершин, ребер и граней. Из треугольности граней имеем \\(3F=2E\\), а из формулы Эйлера \\(V-E+F=2\\). Поэтому \\(E=3V-6\\), и сумма степеней равна \\(2E=6V-12\\). Следовательно, \\[ \\sum_v (6-d(v))=12. \\tag{1} \\] Обозначим через \\(n_5\\) число вершин степени 5, а через \\(H\\) множество вершин степени хотя бы 7. Вершин степени меньше 5 по условию нет, вершины степени 6 не дают вклада в (1), поэтому \\[ n_5=12+\\sum_{u\\in H}(d(u)-6). \\tag{2} \\] Предположим противное: нет грани, у которой степени вершин равны \\(5,6,6\\). Возьмем вершину \\(x\\) степени 5. Ее соседи в триангуляции идут по циклу длины 5: каждые две соседние в этом цикле вмес…"}],"relations":[{"id":"rel-euler-formula-spbmo-1997-p54-spherical-triangulation","neighbor_id":"euler-formula-planar","direction":"backward","type":"prerequisite","distance":1,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-putnam-2007-a6-spbmo-1997-p54-triangulation-degree-count","neighbor_id":"putnam-2007-a6-admissible-triangulation-bound","direction":"backward","type":"same_motif","distance":2,"status":"ai_checked"}],"search_text":"spbmo-1997-11-p54-triangular-polyhedron-degrees треугольная грань со степенями 5, 6 и 6 в триангулированном многограннике, спбмо 1997 planar_graphs degree_counting double_counting goal_existence 1997 https://www.pdmi.ras.ru/~olymp/1997/spbmo_1997.pdf olympiad_archive spbmo spbmo1997 src-spbmo-1997-pdmi-problems with_solution санкт-петербургская математическая олимпиада 1997, официальный pdf из архива pdmi спбмо спбмо1997 unknown санкт-петербургская математическая олимпиада 1997, официальный pdf из архива pdmi stmt-original оригинальная формулировка source_verified все грани выпуклого многогранника - треугольники, причём из каждой вершины выходит не менее 5 ребер, и никакие две вершины, из которых выходит ровно 5 ребер, не соединены ребром. докажите, что в этом многограннике найдется грань, из вершин которой выходит соответственно 5, 6 и 6 ребер. degree stmt-graph треугольная грань со степенями 5 ai_checked пусть \\(g\\) — плоская триангуляция сферы: каждая грань, включая внешнюю, является треугольником. минимальная степень вершин \\(g\\) не меньше 5, а вершины степени 5 образуют независимое множество. докажите, что в \\(g\\) есть треугольная грань, степени вершин которой равны \\(5,6,6\\). planar_graph degree independent_set idea-euler-curvature эйлерова кривизна заставляет появиться много пятерок для триангуляции сферы из \\(3f=2e\\) и \\(v-e+f=2\\) следует \\(\\sum_v(6-d(v))=12\\). поэтому вершины степени 5 дают суммарный положительный вклад, который должен перекрыть отрицательный вклад вершин степени хотя бы 7. planar_graphs degree_counting double_counting ai_checked idea-count-five-high-incidences считать соседства пятерок с высокими вершинами если около каждой вершины степени 5 нет двух соседних вершин степени 6, то у нее есть как минимум три соседа степени хотя бы 7. но вокруг вершины степени \\(d\\ge7\\) пятерки не могут стоять рядом в циклическом порядке соседей, значит их не больше \\(\\lfloor d/2\\rfloor\\). эти две оценки противоречат эйлеровому равенству. degree_counting double_counting planar_graphs ai_checked sol-euler-incidence-count подсчет степеней и соседств с вершинами степени 5 ai_checked planar_graph degree independent_set face_counting double_counting рассмотрим граф ребер многогранника. так как многогранник выпуклый и все его грани треугольные, этот граф имеет плоскую укладку на сфере, в которой каждая грань является треугольником. для каждой вершины \\(v\\) обозначим ее степень через \\(d(v)\\). пусть \\(v,e,f\\) - числа вершин, ребер и граней. из треугольности граней имеем \\(3f=2e\\), а из формулы эйлера \\(v-e+f=2\\). поэтому \\(e=3v-6\\), и сумма степеней равна \\(2e=6v-12\\). следовательно, \\[ \\sum_v (6-d(v))=12. \\tag{1} \\] обозначим через \\(n_5\\) число вершин степени 5, а через \\(h\\) множество вершин степени хотя бы 7. вершин степени меньше 5 по условию нет, вершины степени 6 не дают вклада в (1), поэтому \\[ n_5=12+\\sum_{u\\in h}(d(u)-6). \\tag{2} \\] предположим противное: нет грани, у которой степени вершин равны \\(5,6,6\\). возьмем вершину \\(x\\) степени 5. ее соседи в триангуляции идут по циклу длины 5: каждые две соседние в этом цикле вмес… spbmo-1997-11-p54-triangular-polyhedron-degrees treugolnaya gran so stepenyami 5, 6 i 6 v triangulirovannom mnogogrannike, spbmo 1997 planar_graphs degree_counting double_counting goal_existence 1997 https://www.pdmi.ras.ru/~olymp/1997/spbmo_1997.pdf olympiad_archive spbmo spbmo1997 src-spbmo-1997-pdmi-problems with_solution sankt-peterburgskaya matematicheskaya olimpiada 1997, ofitsialnyy pdf iz arhiva pdmi spbmo spbmo1997 unknown sankt-peterburgskaya matematicheskaya olimpiada 1997, ofitsialnyy pdf iz arhiva pdmi stmt-original originalnaya formulirovka source_verified vse grani vypuklogo mnogogrannika - treugolniki, prichem iz kazhdoy vershiny vyhodit ne menee 5 reber, i nikakie dve vershiny, iz kotoryh vyhodit rovno 5 reber, ne soedineny rebrom. dokazhite, chto v etom mnogogrannike naydetsya gran, iz vershin kotoroy vyhodit sootvetstvenno 5, 6 i 6 reber. degree stmt-graph treugolnaya gran so stepenyami 5 ai_checked pust \\(g\\) — ploskaya triangulyatsiya sfery: kazhdaya gran, vklyuchaya vneshnyuyu, yavlyaetsya treugolnikom. minimalnaya stepen vershin \\(g\\) ne menshe 5, a vershiny stepeni 5 obrazuyut nezavisimoe mnozhestvo. dokazhite, chto v \\(g\\) est treugolnaya gran, stepeni vershin kotoroy ravny \\(5,6,6\\). planar_graph degree independent_set idea-euler-curvature eylerova krivizna zastavlyaet poyavitsya mnogo pyaterok dlya triangulyatsii sfery iz \\(3f=2e\\) i \\(v-e+f=2\\) sleduet \\(\\sum_v(6-d(v))=12\\). poetomu vershiny stepeni 5 dayut summarnyy polozhitelnyy vklad, kotoryy dolzhen perekryt otritsatelnyy vklad vershin stepeni hotya by 7. planar_graphs degree_counting double_counting ai_checked idea-count-five-high-incidences schitat sosedstva pyaterok s vysokimi vershinami esli okolo kazhdoy vershiny stepeni 5 net dvuh sosednih vershin stepeni 6, to u nee est kak minimum tri soseda stepeni hotya by 7. no vokrug vershiny stepeni \\(d\\ge7\\) pyaterki ne mogut stoyat ryadom v tsiklicheskom poryadke sosedey, znachit ih ne bolshe \\(\\lfloor d/2\\rfloor\\). eti dve otsenki protivorechat eylerovomu ravenstvu. degree_counting double_counting planar_graphs ai_checked sol-euler-incidence-count podschet stepeney i sosedstv s vershinami stepeni 5 ai_checked planar_graph degree independent_set face_counting double_counting rassmotrim graf reber mnogogrannika. tak kak mnogogrannik vypuklyy i vse ego grani treugolnye, etot graf imeet ploskuyu ukladku na sfere, v kotoroy kazhdaya gran yavlyaetsya treugolnikom. dlya kazhdoy vershiny \\(v\\) oboznachim ee stepen cherez \\(d(v)\\). pust \\(v,e,f\\) - chisla vershin, reber i graney. iz treugolnosti graney imeem \\(3f=2e\\), a iz formuly eylera \\(v-e+f=2\\). poetomu \\(e=3v-6\\), i summa stepeney ravna \\(2e=6v-12\\). sledovatelno, \\[ \\sum_v (6-d(v))=12. \\tag{1} \\] oboznachim cherez \\(n_5\\) chislo vershin stepeni 5, a cherez \\(h\\) mnozhestvo vershin stepeni hotya by 7. vershin stepeni menshe 5 po usloviyu net, vershiny stepeni 6 ne dayut vklada v (1), poetomu \\[ n_5=12+\\sum_{u\\in h}(d(u)-6). \\tag{2} \\] predpolozhim protivnoe: net grani, u kotoroy stepeni vershin ravny \\(5,6,6\\). vozmem vershinu \\(x\\) stepeni 5. ee sosedi v triangulyatsii idut po tsiklu dliny 5: kazhdye dve sosednie v etom tsikle vmes…","source_keys":["spbmo"]}
{"id":"spbmo-1997-11-p63-red-blue-complete-graph-two-edge-count","title":"Равенство чисел способов удалить две одноцветные непересекающиеся связи, СПбМО 1997","path":"data\\problems\\spbmo\\spbmo-1997-11-p63-red-blue-complete-graph-two-edge-count.yaml","raw_github_url":"https://raw.githubusercontent.com/didin-maxim/knowledge_graph_of_graphs/main/data/problems/spbmo/spbmo-1997-11-p63-red-blue-complete-graph-two-edge-count.yaml","viewer_url":"https://didin-maxim.github.io/knowledge_graph_of_graphs/#spbmo-1997-11-p63-red-blue-complete-graph-two-edge-count","source_key":"spbmo","source_label":"СПбМО","source_titles":["Санкт-Петербургская математическая олимпиада 1997, официальный PDF из архива PDMI"],"year":"1997","type":"olympiad_problem","authors":[],"tags":["coloring","double_counting","degree_counting","goal_counting","goal_proof"],"agent_topics":[],"difficulty":{"main":"regional","local_score":5,"comment":"СПбМО 1997, 11 класс, задача 63; короткая графовая задача на дополнение и аккуратный подсчет пар непересекающихся рёбер через степени.","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":"source_verified","text":"Прибор состоит из \\(4n\\) микросхем, любые две из которых соединены между собой напрямую либо красным, либо синим проводом, причём красных и синих проводов поровну. Прибор полностью выйдет из строя, если удалить какие-нибудь два одноцветных провода, протянутых между четырьмя микросхемами. Агент потенциального противника подсчитал количество способов вывести из строя упомянутый прибор выдергиванием двух синих проводов. Докажите, что существует ровно столько же способов подломить прибор, выдергивая два красных провода.","definition_ids":["complete_graph","matching"]}],"graph_theory":[{"id":"stmt-graph","title":"Равенство чисел способов удалить две одноцветные непересекающиеся связи","status":"ai_checked","text":"Рёбра полного графа \\(K_{4n}\\) раскрашены в красный и синий цвета, причём красных и синих рёбер поровну. Докажите, что число пар непересекающихся синих рёбер равно числу пар непересекающихся красных рёбер.","definition_ids":["complete_graph","matching"]}],"graph_hint_reformulations":[{"id":"stmt-complement","title":"Формулировка через дополнение","status":"ai_checked","text":"Пусть \\(G\\) - простой граф на \\(m=4n\\) вершинах с ровно половиной всех рёбер полного графа \\(K_m\\). Докажите, что число пар непересекающихся рёбер в \\(G\\) равно числу пар непересекающихся рёбер в дополнительном графе \\(\\overline G\\).","definition_ids":["simple_graph","complete_graph","complement_graph","matching"]}]},"solutions":[{"id":"sol-degree-sum-complement","title":"Сравнение графа с дополнением","status":"ai_checked","definition_ids":["simple_graph","complete_graph","complement_graph","matching","degree"],"standard_idea_ids":["double_counting","complement_graph_transition"],"tags":[],"has_text":true,"text_preview":"Пусть \\(m=4n\\). Рассмотрим граф \\(G\\), рёбрами которого являются синие провода. Тогда красные провода образуют дополнительный граф \\(\\overline G\\) на тех же \\(m\\) вершинах. По условию \\[ e(G)=e(\\overline G)=\\frac12\\binom m2. \\] Обозначим степень вершины \\(v\\) в \\(G\\) через \\(d_v\\). Тогда ее степень в \\(\\overline G\\) равна \\(m-1-d_v\\). В произвольном простом графе с \\(e\\) рёбрами число пар непересекающихся рёбер равно \\[ \\binom e2-\\sum_v\\binom{d_v}2. \\tag{1} \\] Действительно, из всех пар различных рёбер мы вычитаем пары, имеющие общий конец. В простом графе две разные смежные пары рёбер имеют ровно один общий конец, поэтому каждая такая пара вычитается ровно один раз. У графов \\(G\\) и \\(\\overline G\\) одинаковое число рёбер, значит в формуле (1) первые слагаемые \\(\\binom e2\\) совпадают. Осталось доказать, что совпадают суммы \\(\\sum_v\\binom{d_v}2\\) и \\(\\sum_v\\binom{m-1-d_v}2\\). Положим \\(N…"}],"relations":[{"id":"rel-handshaking-spbmo-1997-p63-degree-sum","neighbor_id":"handshaking-lemma","direction":"backward","type":"prerequisite","distance":1,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-imc-2022-spbmo-1997-two-colour-complete-graph-counting","neighbor_id":"imc-2022-day2-p5-regular-43-coloured-triangles","direction":"backward","type":"same_motif","distance":2,"status":"ai_checked"}],"search_text":"spbmo-1997-11-p63-red-blue-complete-graph-two-edge-count равенство чисел способов удалить две одноцветные непересекающиеся связи, спбмо 1997 coloring double_counting degree_counting goal_counting goal_proof 1997 https://www.pdmi.ras.ru/~olymp/1997/spbmo_1997.pdf olympiad_archive spbmo spbmo1997 src-spbmo-1997-pdmi-problems with_solution санкт-петербургская математическая олимпиада 1997, официальный pdf из архива pdmi спбмо спбмо1997 unknown санкт-петербургская математическая олимпиада 1997, официальный pdf из архива pdmi stmt-original оригинальная формулировка source_verified прибор состоит из \\(4n\\) микросхем, любые две из которых соединены между собой напрямую либо красным, либо синим проводом, причём красных и синих проводов поровну. прибор полностью выйдет из строя, если удалить какие-нибудь два одноцветных провода, протянутых между четырьмя микросхемами. агент потенциального противника подсчитал количество способов вывести из строя упомянутый прибор выдергиванием двух синих проводов. докажите, что существует ровно столько же способов подломить прибор, выдергивая два красных провода. complete_graph matching stmt-graph равенство чисел способов удалить две одноцветные непересекающиеся связи ai_checked рёбра полного графа \\(k_{4n}\\) раскрашены в красный и синий цвета, причём красных и синих рёбер поровну. докажите, что число пар непересекающихся синих рёбер равно числу пар непересекающихся красных рёбер. complete_graph matching stmt-complement формулировка через дополнение ai_checked пусть \\(g\\) - простой граф на \\(m=4n\\) вершинах с ровно половиной всех рёбер полного графа \\(k_m\\). докажите, что число пар непересекающихся рёбер в \\(g\\) равно числу пар непересекающихся рёбер в дополнительном графе \\(\\overline g\\). simple_graph complete_graph complement_graph matching idea-blue-graph-and-complement один цвет как граф, второй как дополнение возьмем синие провода за рёбра графа \\(g\\). красные провода тогда являются рёбрами дополнительного графа \\(\\overline g\\), а условие равенства чисел проводов означает \\(e(g)=e(\\overline g)\\). coloring double_counting ai_checked idea-disjoint-pairs-via-degrees непересекающиеся пары считаются через все пары и смежные пары в любом простом графе число пар непересекающихся рёбер равно \\(\\binom e2-\\sum_v\\binom{d(v)}2\\): из всех пар рёбер надо вычесть пары, имеющие общий конец. double_counting degree_counting ai_checked sol-degree-sum-complement сравнение графа с дополнением ai_checked simple_graph complete_graph complement_graph matching degree double_counting complement_graph_transition пусть \\(m=4n\\). рассмотрим граф \\(g\\), рёбрами которого являются синие провода. тогда красные провода образуют дополнительный граф \\(\\overline g\\) на тех же \\(m\\) вершинах. по условию \\[ e(g)=e(\\overline g)=\\frac12\\binom m2. \\] обозначим степень вершины \\(v\\) в \\(g\\) через \\(d_v\\). тогда ее степень в \\(\\overline g\\) равна \\(m-1-d_v\\). в произвольном простом графе с \\(e\\) рёбрами число пар непересекающихся рёбер равно \\[ \\binom e2-\\sum_v\\binom{d_v}2. \\tag{1} \\] действительно, из всех пар различных рёбер мы вычитаем пары, имеющие общий конец. в простом графе две разные смежные пары рёбер имеют ровно один общий конец, поэтому каждая такая пара вычитается ровно один раз. у графов \\(g\\) и \\(\\overline g\\) одинаковое число рёбер, значит в формуле (1) первые слагаемые \\(\\binom e2\\) совпадают. осталось доказать, что совпадают суммы \\(\\sum_v\\binom{d_v}2\\) и \\(\\sum_v\\binom{m-1-d_v}2\\). положим \\(n… spbmo-1997-11-p63-red-blue-complete-graph-two-edge-count ravenstvo chisel sposobov udalit dve odnotsvetnye neperesekayuschiesya svyazi, spbmo 1997 coloring double_counting degree_counting goal_counting goal_proof 1997 https://www.pdmi.ras.ru/~olymp/1997/spbmo_1997.pdf olympiad_archive spbmo spbmo1997 src-spbmo-1997-pdmi-problems with_solution sankt-peterburgskaya matematicheskaya olimpiada 1997, ofitsialnyy pdf iz arhiva pdmi spbmo spbmo1997 unknown sankt-peterburgskaya matematicheskaya olimpiada 1997, ofitsialnyy pdf iz arhiva pdmi stmt-original originalnaya formulirovka source_verified pribor sostoit iz \\(4n\\) mikroshem, lyubye dve iz kotoryh soedineny mezhdu soboy napryamuyu libo krasnym, libo sinim provodom, prichem krasnyh i sinih provodov porovnu. pribor polnostyu vyydet iz stroya, esli udalit kakie-nibud dva odnotsvetnyh provoda, protyanutyh mezhdu chetyrmya mikroshemami. agent potentsialnogo protivnika podschital kolichestvo sposobov vyvesti iz stroya upomyanutyy pribor vydergivaniem dvuh sinih provodov. dokazhite, chto suschestvuet rovno stolko zhe sposobov podlomit pribor, vydergivaya dva krasnyh provoda. complete_graph matching stmt-graph ravenstvo chisel sposobov udalit dve odnotsvetnye neperesekayuschiesya svyazi ai_checked rebra polnogo grafa \\(k_{4n}\\) raskrasheny v krasnyy i siniy tsveta, prichem krasnyh i sinih reber porovnu. dokazhite, chto chislo par neperesekayuschihsya sinih reber ravno chislu par neperesekayuschihsya krasnyh reber. complete_graph matching stmt-complement formulirovka cherez dopolnenie ai_checked pust \\(g\\) - prostoy graf na \\(m=4n\\) vershinah s rovno polovinoy vseh reber polnogo grafa \\(k_m\\). dokazhite, chto chislo par neperesekayuschihsya reber v \\(g\\) ravno chislu par neperesekayuschihsya reber v dopolnitelnom grafe \\(\\overline g\\). simple_graph complete_graph complement_graph matching idea-blue-graph-and-complement odin tsvet kak graf, vtoroy kak dopolnenie vozmem sinie provoda za rebra grafa \\(g\\). krasnye provoda togda yavlyayutsya rebrami dopolnitelnogo grafa \\(\\overline g\\), a uslovie ravenstva chisel provodov oznachaet \\(e(g)=e(\\overline g)\\). coloring double_counting ai_checked idea-disjoint-pairs-via-degrees neperesekayuschiesya pary schitayutsya cherez vse pary i smezhnye pary v lyubom prostom grafe chislo par neperesekayuschihsya reber ravno \\(\\binom e2-\\sum_v\\binom{d(v)}2\\): iz vseh par reber nado vychest pary, imeyuschie obschiy konets. double_counting degree_counting ai_checked sol-degree-sum-complement sravnenie grafa s dopolneniem ai_checked simple_graph complete_graph complement_graph matching degree double_counting complement_graph_transition pust \\(m=4n\\). rassmotrim graf \\(g\\), rebrami kotorogo yavlyayutsya sinie provoda. togda krasnye provoda obrazuyut dopolnitelnyy graf \\(\\overline g\\) na teh zhe \\(m\\) vershinah. po usloviyu \\[ e(g)=e(\\overline g)=\\frac12\\binom m2. \\] oboznachim stepen vershiny \\(v\\) v \\(g\\) cherez \\(d_v\\). togda ee stepen v \\(\\overline g\\) ravna \\(m-1-d_v\\). v proizvolnom prostom grafe s \\(e\\) rebrami chislo par neperesekayuschihsya reber ravno \\[ \\binom e2-\\sum_v\\binom{d_v}2. \\tag{1} \\] deystvitelno, iz vseh par razlichnyh reber my vychitaem pary, imeyuschie obschiy konets. v prostom grafe dve raznye smezhnye pary reber imeyut rovno odin obschiy konets, poetomu kazhdaya takaya para vychitaetsya rovno odin raz. u grafov \\(g\\) i \\(\\overline g\\) odinakovoe chislo reber, znachit v formule (1) pervye slagaemye \\(\\binom e2\\) sovpadayut. ostalos dokazat, chto sovpadayut summy \\(\\sum_v\\binom{d_v}2\\) i \\(\\sum_v\\binom{m-1-d_v}2\\). polozhim \\(n…","source_keys":["spbmo"]}
{"id":"spbmo-1997-7-p13-left-right-city-walk","title":"Маршрут по городу с поворотами налево и направо, СПбМО 1997","path":"data\\problems\\spbmo\\spbmo-1997-7-p13-left-right-city-walk.yaml","raw_github_url":"https://raw.githubusercontent.com/didin-maxim/knowledge_graph_of_graphs/main/data/problems/spbmo/spbmo-1997-7-p13-left-right-city-walk.yaml","viewer_url":"https://didin-maxim.github.io/knowledge_graph_of_graphs/#spbmo-1997-7-p13-left-right-city-walk","source_key":"spbmo","source_label":"СПбМО","source_titles":["Санкт-Петербургская математическая олимпиада 1997, официальный PDF из архива PDMI"],"year":"1997","type":"olympiad_problem","authors":[],"tags":["planar_graphs","coloring","invariant","graph_model","goal_proof"],"agent_topics":[],"difficulty":{"main":"regional","local_score":5,"comment":"Задача 7 класса СПбМО: короткое решение после правильной графовой модели, но ключевой шаг - увидеть шахматную раскраску граней и инвариант цвета справа от маршрута.","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":"Условие","status":"ai_checked","text":"В городе нет ни мостов, ни туннелей, ни тупиков. Все перекрестки имеют крестообразную форму и образованы пересечением ровно двух улиц. Совершая инспекционную поездку по городу, губернатор на каждом перекрестке поворачивал либо направо, либо налево. Через некоторое время шофер губернатора заметил, что они едут по дороге, по которой уже проезжали. Докажите, что они едут в ту же сторону, что и в первый раз.","definition_ids":["planar_graph","path"]}],"graph_theory":[{"id":"stmt-graph","title":"Маршрут по городу с поворотами налево и направо","status":"ai_checked","text":"Пусть дана связная плоская дорожная сеть, в которой каждая вершина имеет степень 4 и четыре полуребра вокруг вершины разбиты на две пары противоположных направлений, соответствующие двум пересекающимся улицам. Рассматривается маршрут по ребрам этой сети: в каждой вершине он переходит не на противоположное ребро, а на одно из двух соседних ребер, то есть поворачивает налево или направо. Докажите, что если маршрут снова проходит по уже пройденному ребру, то направление прохождения этого ребра совпадает с направлением при первом прохождении.","definition_ids":["connected_graph","planar_graph","degree","path"]}]},"solutions":[{"id":"sol-checkerboard-right-side-invariant","title":"Инвариант цвета справа от маршрута","status":"ai_checked","definition_ids":["connected_graph","planar_graph","degree","path"],"standard_idea_ids":["invariant"],"tags":[],"has_text":true,"text_preview":"Рассмотрим карту города как плоский граф: перекрестки - вершины, а участки дороги между соседними перекрестками - ребра. Из условия следует, что степень каждой вершины равна 4. Так как все степени четны, грани такого плоского графа можно раскрасить в два цвета, скажем в черный и белый, так, чтобы любые две грани по разные стороны одного ребра имели разные цвета. Например, можно обходить границы граней в эйлеровом плоском графе и красить соседние грани попеременно; четность степеней гарантирует отсутствие противоречия. Покажем, что во время поездки сохраняется цвет грани, находящейся справа от направления движения. Если на перекрестке машина поворачивает направо, то область справа непосредственно до поворота и непосредственно после поворота - это одна и та же четверть около перекрестка, значит ее цвет не меняется. Если машина поворачивает налево, то правая область до поворота и правая об…"}],"relations":[{"id":"rel-spbmo-1997-p13-usamo-2021-p2-planar-turning-walk","neighbor_id":"usamo-2021-p2-planar-national-park-turning-walk","direction":"forward","type":"same_motif","distance":2,"status":"ai_checked"}],"search_text":"spbmo-1997-7-p13-left-right-city-walk маршрут по городу с поворотами налево и направо, спбмо 1997 planar_graphs coloring invariant graph_model goal_proof 1997 https://www.pdmi.ras.ru/~olymp/1997/spbmo_1997.pdf olympiad_archive spbmo spbmo1997 src-spbmo-1997-pdmi-problems with_solution санкт-петербургская математическая олимпиада 1997, официальный pdf из архива pdmi спбмо спбмо1997 unknown санкт-петербургская математическая олимпиада 1997, официальный pdf из архива pdmi stmt-original условие ai_checked в городе нет ни мостов, ни туннелей, ни тупиков. все перекрестки имеют крестообразную форму и образованы пересечением ровно двух улиц. совершая инспекционную поездку по городу, губернатор на каждом перекрестке поворачивал либо направо, либо налево. через некоторое время шофер губернатора заметил, что они едут по дороге, по которой уже проезжали. докажите, что они едут в ту же сторону, что и в первый раз. planar_graph path stmt-graph маршрут по городу с поворотами налево и направо ai_checked пусть дана связная плоская дорожная сеть, в которой каждая вершина имеет степень 4 и четыре полуребра вокруг вершины разбиты на две пары противоположных направлений, соответствующие двум пересекающимся улицам. рассматривается маршрут по ребрам этой сети: в каждой вершине он переходит не на противоположное ребро, а на одно из двух соседних ребер, то есть поворачивает налево или направо. докажите, что если маршрут снова проходит по уже пройденному ребру, то направление прохождения этого ребра совпадает с направлением при первом прохождении. connected_graph planar_graph degree path idea-checkerboard-faces грани 4-регулярной карты можно раскрасить в шахматном порядке у каждой вершины дорожной сети степень 4, поэтому все степени четны. для связного плоского эйлерова графа грани допускают раскраску в два цвета так, что соседние по ребру грани имеют разные цвета. planar_graphs coloring ai_checked idea-right-face-color-invariant цвет области справа от машины не меняется при повороте направо правая область до и после поворота одна и та же. при повороте налево правая область меняется на противоположную в циклическом порядке вокруг перекрестка, а такая область имеет тот же цвет в шахматной раскраске граней. invariant planar_graphs ai_checked sol-checkerboard-right-side-invariant инвариант цвета справа от маршрута ai_checked connected_graph planar_graph degree path invariant рассмотрим карту города как плоский граф: перекрестки - вершины, а участки дороги между соседними перекрестками - ребра. из условия следует, что степень каждой вершины равна 4. так как все степени четны, грани такого плоского графа можно раскрасить в два цвета, скажем в черный и белый, так, чтобы любые две грани по разные стороны одного ребра имели разные цвета. например, можно обходить границы граней в эйлеровом плоском графе и красить соседние грани попеременно; четность степеней гарантирует отсутствие противоречия. покажем, что во время поездки сохраняется цвет грани, находящейся справа от направления движения. если на перекрестке машина поворачивает направо, то область справа непосредственно до поворота и непосредственно после поворота - это одна и та же четверть около перекрестка, значит ее цвет не меняется. если машина поворачивает налево, то правая область до поворота и правая об… spbmo-1997-7-p13-left-right-city-walk marshrut po gorodu s povorotami nalevo i napravo, spbmo 1997 planar_graphs coloring invariant graph_model goal_proof 1997 https://www.pdmi.ras.ru/~olymp/1997/spbmo_1997.pdf olympiad_archive spbmo spbmo1997 src-spbmo-1997-pdmi-problems with_solution sankt-peterburgskaya matematicheskaya olimpiada 1997, ofitsialnyy pdf iz arhiva pdmi spbmo spbmo1997 unknown sankt-peterburgskaya matematicheskaya olimpiada 1997, ofitsialnyy pdf iz arhiva pdmi stmt-original uslovie ai_checked v gorode net ni mostov, ni tunneley, ni tupikov. vse perekrestki imeyut krestoobraznuyu formu i obrazovany peresecheniem rovno dvuh ulits. sovershaya inspektsionnuyu poezdku po gorodu, gubernator na kazhdom perekrestke povorachival libo napravo, libo nalevo. cherez nekotoroe vremya shofer gubernatora zametil, chto oni edut po doroge, po kotoroy uzhe proezzhali. dokazhite, chto oni edut v tu zhe storonu, chto i v pervyy raz. planar_graph path stmt-graph marshrut po gorodu s povorotami nalevo i napravo ai_checked pust dana svyaznaya ploskaya dorozhnaya set, v kotoroy kazhdaya vershina imeet stepen 4 i chetyre polurebra vokrug vershiny razbity na dve pary protivopolozhnyh napravleniy, sootvetstvuyuschie dvum peresekayuschimsya ulitsam. rassmatrivaetsya marshrut po rebram etoy seti: v kazhdoy vershine on perehodit ne na protivopolozhnoe rebro, a na odno iz dvuh sosednih reber, to est povorachivaet nalevo ili napravo. dokazhite, chto esli marshrut snova prohodit po uzhe proydennomu rebru, to napravlenie prohozhdeniya etogo rebra sovpadaet s napravleniem pri pervom prohozhdenii. connected_graph planar_graph degree path idea-checkerboard-faces grani 4-regulyarnoy karty mozhno raskrasit v shahmatnom poryadke u kazhdoy vershiny dorozhnoy seti stepen 4, poetomu vse stepeni chetny. dlya svyaznogo ploskogo eylerova grafa grani dopuskayut raskrasku v dva tsveta tak, chto sosednie po rebru grani imeyut raznye tsveta. planar_graphs coloring ai_checked idea-right-face-color-invariant tsvet oblasti sprava ot mashiny ne menyaetsya pri povorote napravo pravaya oblast do i posle povorota odna i ta zhe. pri povorote nalevo pravaya oblast menyaetsya na protivopolozhnuyu v tsiklicheskom poryadke vokrug perekrestka, a takaya oblast imeet tot zhe tsvet v shahmatnoy raskraske graney. invariant planar_graphs ai_checked sol-checkerboard-right-side-invariant invariant tsveta sprava ot marshruta ai_checked connected_graph planar_graph degree path invariant rassmotrim kartu goroda kak ploskiy graf: perekrestki - vershiny, a uchastki dorogi mezhdu sosednimi perekrestkami - rebra. iz usloviya sleduet, chto stepen kazhdoy vershiny ravna 4. tak kak vse stepeni chetny, grani takogo ploskogo grafa mozhno raskrasit v dva tsveta, skazhem v chernyy i belyy, tak, chtoby lyubye dve grani po raznye storony odnogo rebra imeli raznye tsveta. naprimer, mozhno obhodit granitsy graney v eylerovom ploskom grafe i krasit sosednie grani poperemenno; chetnost stepeney garantiruet otsutstvie protivorechiya. pokazhem, chto vo vremya poezdki sohranyaetsya tsvet grani, nahodyascheysya sprava ot napravleniya dvizheniya. esli na perekrestke mashina povorachivaet napravo, to oblast sprava neposredstvenno do povorota i neposredstvenno posle povorota - eto odna i ta zhe chetvert okolo perekrestka, znachit ee tsvet ne menyaetsya. esli mashina povorachivaet nalevo, to pravaya oblast do povorota i pravaya ob…","source_keys":["spbmo"]}
{"id":"spbmo-1997-9-p27-common-acquaintance-dominating-set","title":"Выбор трети жителей при общем знакомом, СПбМО 1997","path":"data\\problems\\spbmo\\spbmo-1997-9-p27-common-acquaintance-dominating-set.yaml","raw_github_url":"https://raw.githubusercontent.com/didin-maxim/knowledge_graph_of_graphs/main/data/problems/spbmo/spbmo-1997-9-p27-common-acquaintance-dominating-set.yaml","viewer_url":"https://didin-maxim.github.io/knowledge_graph_of_graphs/#spbmo-1997-9-p27-common-acquaintance-dominating-set","source_key":"spbmo","source_label":"СПбМО","source_titles":["Санкт-Петербургская математическая олимпиада 1997, официальный PDF из архива PDMI"],"year":"1997","type":"olympiad_problem","authors":[],"tags":["graph_model","degree_counting","extremal_choice","goal_existence","goal_bound"],"agent_topics":[],"difficulty":{"main":"regional","local_score":5,"comment":"СПбМО 1997, 9 класс, задача 27: графовая задача о доминирующем множестве размера не больше трети вершин. Основная идея проста в случае малой степени, а общий случай закрывается коротким вероятностным аргументом.","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":"Условие","status":"ai_checked","text":"В городе Незнакомске живут \\(3n\\) человек, причём любые два жителя имеют общего знакомого. Докажите, что можно указать \\(n\\) человек таких, что каждый из остальных знаком хотя бы с одним человеком из этих \\(n\\).","definition_ids":["dominating_set"]}],"graph_theory":[{"id":"stmt-graph","title":"Выбор трети жителей при общем знакомом","status":"ai_checked","text":"Пусть \\(G\\) — простой граф на \\(3n\\) вершинах, в котором у любых двух различных вершин есть общий сосед. Докажите, что существует множество \\(S\\) из не более чем \\(n\\) вершин, такое что каждая вершина вне \\(S\\) смежна хотя бы с одной вершиной из \\(S\\).","definition_ids":["simple_graph","dominating_set","degree","neighborhood"]}]},"solutions":[{"id":"sol-degree-split-random-choice","title":"Разбор по степени и случайный выбор","status":"ai_checked","definition_ids":["simple_graph","dominating_set","degree","neighborhood"],"standard_idea_ids":["extremal_choice"],"tags":[],"has_text":true,"text_preview":"Рассмотрим граф знакомств: вершины — жители, а ребра — пары знакомых. Условие означает, что у любых двух вершин есть общий сосед. Достаточно найти множество из не более чем \\(n\\) вершин, смежное с каждой вершиной вне этого множества; если вершин окажется меньше \\(n\\), его можно дополнить произвольными жителями. Сначала пусть есть вершина \\(v\\), степень которой не превосходит \\(n\\). Возьмем в качестве \\(S\\) всех соседей \\(v\\). Тогда \\(|S|\\le n\\). Сама вершина \\(v\\) имеет соседа в \\(S\\). Если же вершина \\(x\\) не лежит в \\(S\\) и \\(x\\ne v\\), то у \\(x\\) и \\(v\\) есть общий сосед \\(y\\). Поскольку \\(y\\) смежен с \\(v\\), он лежит в \\(S\\); поскольку \\(y\\) смежен с \\(x\\), вершина \\(x\\) тоже имеет соседа в \\(S\\). Значит, в этом случае требуемое множество найдено. Остается случай, когда степень каждой вершины не меньше \\(n+1\\). Выберем равновероятно среди всех \\(n\\)-элементных подмножеств вершин множ…"}],"relations":[{"id":"rel-spbmo-1997-p27-p34-common-acquaintance-domination-variants","neighbor_id":"spbmo-1997-10-p34-million-common-acquaintance-dominating-set","direction":"forward","type":"paired_variant","distance":1,"status":"ai_checked"}],"search_text":"spbmo-1997-9-p27-common-acquaintance-dominating-set выбор трети жителей при общем знакомом, спбмо 1997 graph_model degree_counting extremal_choice goal_existence goal_bound 1997 https://www.pdmi.ras.ru/~olymp/1997/spbmo_1997.pdf olympiad_archive spbmo spbmo1997 src-spbmo-1997-pdmi-problems with_solution санкт-петербургская математическая олимпиада 1997, официальный pdf из архива pdmi спбмо спбмо1997 unknown санкт-петербургская математическая олимпиада 1997, официальный pdf из архива pdmi stmt-original условие ai_checked в городе незнакомске живут \\(3n\\) человек, причём любые два жителя имеют общего знакомого. докажите, что можно указать \\(n\\) человек таких, что каждый из остальных знаком хотя бы с одним человеком из этих \\(n\\). dominating_set stmt-graph выбор трети жителей при общем знакомом ai_checked пусть \\(g\\) — простой граф на \\(3n\\) вершинах, в котором у любых двух различных вершин есть общий сосед. докажите, что существует множество \\(s\\) из не более чем \\(n\\) вершин, такое что каждая вершина вне \\(s\\) смежна хотя бы с одной вершиной из \\(s\\). simple_graph dominating_set degree neighborhood idea-low-degree-neighborhood соседи вершины малой степени покрывают всех если у некоторого жителя не больше \\(n\\) знакомых, то все его знакомые подходят: любой другой человек имеет с ним общего знакомого, а значит знаком с кем-то из этого множества. graph_model degree_counting ai_checked idea-random-choice-high-degree при больших степенях случайная треть доминирует с положительной вероятностью если у каждого больше \\(n\\) знакомых, выберем случайно \\(n\\) жителей. для фиксированного жителя вероятность остаться вне выбора и без знакомого среди выбранных мала; сумма этих вероятностей по всем \\(3n\\) жителям меньше 1. goal_existence degree_counting ai_checked sol-degree-split-random-choice разбор по степени и случайный выбор ai_checked simple_graph dominating_set degree neighborhood extremal_choice рассмотрим граф знакомств: вершины — жители, а ребра — пары знакомых. условие означает, что у любых двух вершин есть общий сосед. достаточно найти множество из не более чем \\(n\\) вершин, смежное с каждой вершиной вне этого множества; если вершин окажется меньше \\(n\\), его можно дополнить произвольными жителями. сначала пусть есть вершина \\(v\\), степень которой не превосходит \\(n\\). возьмем в качестве \\(s\\) всех соседей \\(v\\). тогда \\(|s|\\le n\\). сама вершина \\(v\\) имеет соседа в \\(s\\). если же вершина \\(x\\) не лежит в \\(s\\) и \\(x\\ne v\\), то у \\(x\\) и \\(v\\) есть общий сосед \\(y\\). поскольку \\(y\\) смежен с \\(v\\), он лежит в \\(s\\); поскольку \\(y\\) смежен с \\(x\\), вершина \\(x\\) тоже имеет соседа в \\(s\\). значит, в этом случае требуемое множество найдено. остается случай, когда степень каждой вершины не меньше \\(n+1\\). выберем равновероятно среди всех \\(n\\)-элементных подмножеств вершин множ… spbmo-1997-9-p27-common-acquaintance-dominating-set vybor treti zhiteley pri obschem znakomom, spbmo 1997 graph_model degree_counting extremal_choice goal_existence goal_bound 1997 https://www.pdmi.ras.ru/~olymp/1997/spbmo_1997.pdf olympiad_archive spbmo spbmo1997 src-spbmo-1997-pdmi-problems with_solution sankt-peterburgskaya matematicheskaya olimpiada 1997, ofitsialnyy pdf iz arhiva pdmi spbmo spbmo1997 unknown sankt-peterburgskaya matematicheskaya olimpiada 1997, ofitsialnyy pdf iz arhiva pdmi stmt-original uslovie ai_checked v gorode neznakomske zhivut \\(3n\\) chelovek, prichem lyubye dva zhitelya imeyut obschego znakomogo. dokazhite, chto mozhno ukazat \\(n\\) chelovek takih, chto kazhdyy iz ostalnyh znakom hotya by s odnim chelovekom iz etih \\(n\\). dominating_set stmt-graph vybor treti zhiteley pri obschem znakomom ai_checked pust \\(g\\) — prostoy graf na \\(3n\\) vershinah, v kotorom u lyubyh dvuh razlichnyh vershin est obschiy sosed. dokazhite, chto suschestvuet mnozhestvo \\(s\\) iz ne bolee chem \\(n\\) vershin, takoe chto kazhdaya vershina vne \\(s\\) smezhna hotya by s odnoy vershinoy iz \\(s\\). simple_graph dominating_set degree neighborhood idea-low-degree-neighborhood sosedi vershiny maloy stepeni pokryvayut vseh esli u nekotorogo zhitelya ne bolshe \\(n\\) znakomyh, to vse ego znakomye podhodyat: lyuboy drugoy chelovek imeet s nim obschego znakomogo, a znachit znakom s kem-to iz etogo mnozhestva. graph_model degree_counting ai_checked idea-random-choice-high-degree pri bolshih stepenyah sluchaynaya tret dominiruet s polozhitelnoy veroyatnostyu esli u kazhdogo bolshe \\(n\\) znakomyh, vyberem sluchayno \\(n\\) zhiteley. dlya fiksirovannogo zhitelya veroyatnost ostatsya vne vybora i bez znakomogo sredi vybrannyh mala; summa etih veroyatnostey po vsem \\(3n\\) zhitelyam menshe 1. goal_existence degree_counting ai_checked sol-degree-split-random-choice razbor po stepeni i sluchaynyy vybor ai_checked simple_graph dominating_set degree neighborhood extremal_choice rassmotrim graf znakomstv: vershiny — zhiteli, a rebra — pary znakomyh. uslovie oznachaet, chto u lyubyh dvuh vershin est obschiy sosed. dostatochno nayti mnozhestvo iz ne bolee chem \\(n\\) vershin, smezhnoe s kazhdoy vershinoy vne etogo mnozhestva; esli vershin okazhetsya menshe \\(n\\), ego mozhno dopolnit proizvolnymi zhitelyami. snachala pust est vershina \\(v\\), stepen kotoroy ne prevoshodit \\(n\\). vozmem v kachestve \\(s\\) vseh sosedey \\(v\\). togda \\(|s|\\le n\\). sama vershina \\(v\\) imeet soseda v \\(s\\). esli zhe vershina \\(x\\) ne lezhit v \\(s\\) i \\(x\\ne v\\), to u \\(x\\) i \\(v\\) est obschiy sosed \\(y\\). poskolku \\(y\\) smezhen s \\(v\\), on lezhit v \\(s\\); poskolku \\(y\\) smezhen s \\(x\\), vershina \\(x\\) tozhe imeet soseda v \\(s\\). znachit, v etom sluchae trebuemoe mnozhestvo naydeno. ostaetsya sluchay, kogda stepen kazhdoy vershiny ne menshe \\(n+1\\). vyberem ravnoveroyatno sredi vseh \\(n\\)-elementnyh podmnozhestv vershin mnozh…","source_keys":["spbmo"]}
{"id":"spbmo-2003-11-qual-p6-kernel-graph-shortened","title":"Захолустные соседи в дереве малого диаметра, СПбМО 2003, отборочный тур, 11 класс P6","path":"data\\problems\\spbmo\\spbmo-2003-11-qual-p6-kernel-graph-shortened.yaml","raw_github_url":"https://raw.githubusercontent.com/didin-maxim/knowledge_graph_of_graphs/main/data/problems/spbmo/spbmo-2003-11-qual-p6-kernel-graph-shortened.yaml","viewer_url":"https://didin-maxim.github.io/knowledge_graph_of_graphs/#spbmo-2003-11-qual-p6-kernel-graph-shortened","source_key":"spbmo","source_label":"СПбМО","source_titles":["Санкт-Петербургская математическая олимпиада 2003, отборочный тур официальный TeX-архив"],"year":"2003","type":"olympiad_problem","authors":["Пастор А."],"tags":["degree_counting","trees","goal_proof"],"agent_topics":[],"difficulty":{"main":"regional","local_score":5,"comment":"После перевода в дерево решение использует школьное подвешивание за центр и подсчет уровней; внешние теоремы не нужны.","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":"Официальное условие","status":"source_verified","text":"В государстве 2003 города. Они соединены дорогами с двусторонним движением так, что между любыми двумя городами есть единственный путь; причем он проходит не более, чем по 8 дорогам. Город называется захолустным, если из него выходит не более 8 дорог. Докажите, что найдется город, соединенный как минимум с 8 захолустными городами.","definition_ids":["tree","degree"]}],"graph_theory":[{"id":"stmt-graph","title":"Сжатая графовая формулировка","status":"ai_checked","text":"Пусть \\(T\\) — дерево на 2003 вершинах, диаметр которого не превосходит 8. Назовем вершину малой, если ее степень не превосходит 8. Докажите, что в \\(T\\) есть вершина, смежная хотя бы с 8 малыми вершинами.","definition_ids":["tree","degree"]}]},"solutions":[{"id":"sol-ai-center-level-counting","title":"ИИ-решение: подсчет уровней от центра дерева","status":"ai_checked","definition_ids":["tree","degree"],"standard_idea_ids":[],"tags":[],"has_text":true,"text_preview":"Переведем условие на язык графов. Города и дороги образуют дерево \\(T\\) на 2003 вершинах, потому что между любыми двумя вершинами есть ровно один путь. Длина каждого такого пути не больше 8, значит диаметр дерева не больше 8. Вершину степени не больше 8 будем называть малой. Выберем центр дерева и подвесим дерево за него. Поскольку диаметр не больше 8, существует вершина \\(r\\), от которой до любой другой вершины расстояние не больше 4. Значит, все вершины дерева лежат на уровнях 0, 1, 2, 3, 4 от корня \\(r\\). Предположим противное: никакая вершина не смежна хотя бы с 8 малыми вершинами. Сначала докажем, что все вершины дерева малы. Вершины уровня 4 являются листьями, поэтому они малые. Возьмем вершину уровня 3. Все ее дети, если они есть, лежат на уровне 4 и потому малы. Если бы степень этой вершины была больше 8, то, кроме родителя, у нее было бы хотя бы 8 детей, то есть хотя бы 8 малых…"}],"relations":[],"search_text":"spbmo-2003-11-qual-p6-kernel-graph-shortened захолустные соседи в дереве малого диаметра, спбмо 2003, отборочный тур, 11 класс p6 degree_counting trees goal_proof 2003 https://www.pdmi.ras.ru/~olymp/2003/problems/otb03tex.zip olympiad_archive spbmo spbmo2003 src-spbmo-2003-qual-9-tex with_solution пастор а. санкт-петербургская математическая олимпиада 2003, отборочный тур официальный tex-архив спбмо спбмо2003 пастор а. санкт-петербургская математическая олимпиада 2003, отборочный тур официальный tex-архив stmt-original официальное условие source_verified в государстве 2003 города. они соединены дорогами с двусторонним движением так, что между любыми двумя городами есть единственный путь; причем он проходит не более, чем по 8 дорогам. город называется захолустным, если из него выходит не более 8 дорог. докажите, что найдется город, соединенный как минимум с 8 захолустными городами. tree degree stmt-graph сжатая графовая формулировка ai_checked пусть \\(t\\) — дерево на 2003 вершинах, диаметр которого не превосходит 8. назовем вершину малой, если ее степень не превосходит 8. докажите, что в \\(t\\) есть вершина, смежная хотя бы с 8 малыми вершинами. tree degree idea-root-at-center подвесить дерево за центр так как диаметр дерева не больше 8, у него есть вершина, расстояние от которой до любой другой вершины не больше 4. после подвешивания за такую вершину все дерево укладывается в пять уровней. trees degree_counting ai_checked idea-count-under-no-eight-low-neighbors от противного все степени становятся не больше 7 если ни одна вершина не смежна с 8 малыми вершинами, то вершины нижних уровней последовательно оказываются малыми, а затем каждая вершина имеет не больше 7 соседей. это резко ограничивает число вершин в дереве радиуса 4. degree_counting extremal_choice ai_checked sol-ai-center-level-counting ии-решение: подсчет уровней от центра дерева ai_checked tree degree переведем условие на язык графов. города и дороги образуют дерево \\(t\\) на 2003 вершинах, потому что между любыми двумя вершинами есть ровно один путь. длина каждого такого пути не больше 8, значит диаметр дерева не больше 8. вершину степени не больше 8 будем называть малой. выберем центр дерева и подвесим дерево за него. поскольку диаметр не больше 8, существует вершина \\(r\\), от которой до любой другой вершины расстояние не больше 4. значит, все вершины дерева лежат на уровнях 0, 1, 2, 3, 4 от корня \\(r\\). предположим противное: никакая вершина не смежна хотя бы с 8 малыми вершинами. сначала докажем, что все вершины дерева малы. вершины уровня 4 являются листьями, поэтому они малые. возьмем вершину уровня 3. все ее дети, если они есть, лежат на уровне 4 и потому малы. если бы степень этой вершины была больше 8, то, кроме родителя, у нее было бы хотя бы 8 детей, то есть хотя бы 8 малых… spbmo-2003-11-qual-p6-kernel-graph-shortened zaholustnye sosedi v dereve malogo diametra, spbmo 2003, otborochnyy tur, 11 klass p6 degree_counting trees goal_proof 2003 https://www.pdmi.ras.ru/~olymp/2003/problems/otb03tex.zip olympiad_archive spbmo spbmo2003 src-spbmo-2003-qual-9-tex with_solution pastor a. sankt-peterburgskaya matematicheskaya olimpiada 2003, otborochnyy tur ofitsialnyy tex-arhiv spbmo spbmo2003 pastor a. sankt-peterburgskaya matematicheskaya olimpiada 2003, otborochnyy tur ofitsialnyy tex-arhiv stmt-original ofitsialnoe uslovie source_verified v gosudarstve 2003 goroda. oni soedineny dorogami s dvustoronnim dvizheniem tak, chto mezhdu lyubymi dvumya gorodami est edinstvennyy put; prichem on prohodit ne bolee, chem po 8 dorogam. gorod nazyvaetsya zaholustnym, esli iz nego vyhodit ne bolee 8 dorog. dokazhite, chto naydetsya gorod, soedinennyy kak minimum s 8 zaholustnymi gorodami. tree degree stmt-graph szhataya grafovaya formulirovka ai_checked pust \\(t\\) — derevo na 2003 vershinah, diametr kotorogo ne prevoshodit 8. nazovem vershinu maloy, esli ee stepen ne prevoshodit 8. dokazhite, chto v \\(t\\) est vershina, smezhnaya hotya by s 8 malymi vershinami. tree degree idea-root-at-center podvesit derevo za tsentr tak kak diametr dereva ne bolshe 8, u nego est vershina, rasstoyanie ot kotoroy do lyuboy drugoy vershiny ne bolshe 4. posle podveshivaniya za takuyu vershinu vse derevo ukladyvaetsya v pyat urovney. trees degree_counting ai_checked idea-count-under-no-eight-low-neighbors ot protivnogo vse stepeni stanovyatsya ne bolshe 7 esli ni odna vershina ne smezhna s 8 malymi vershinami, to vershiny nizhnih urovney posledovatelno okazyvayutsya malymi, a zatem kazhdaya vershina imeet ne bolshe 7 sosedey. eto rezko ogranichivaet chislo vershin v dereve radiusa 4. degree_counting extremal_choice ai_checked sol-ai-center-level-counting ii-reshenie: podschet urovney ot tsentra dereva ai_checked tree degree perevedem uslovie na yazyk grafov. goroda i dorogi obrazuyut derevo \\(t\\) na 2003 vershinah, potomu chto mezhdu lyubymi dvumya vershinami est rovno odin put. dlina kazhdogo takogo puti ne bolshe 8, znachit diametr dereva ne bolshe 8. vershinu stepeni ne bolshe 8 budem nazyvat maloy. vyberem tsentr dereva i podvesim derevo za nego. poskolku diametr ne bolshe 8, suschestvuet vershina \\(r\\), ot kotoroy do lyuboy drugoy vershiny rasstoyanie ne bolshe 4. znachit, vse vershiny dereva lezhat na urovnyah 0, 1, 2, 3, 4 ot kornya \\(r\\). predpolozhim protivnoe: nikakaya vershina ne smezhna hotya by s 8 malymi vershinami. snachala dokazhem, chto vse vershiny dereva maly. vershiny urovnya 4 yavlyayutsya listyami, poetomu oni malye. vozmem vershinu urovnya 3. vse ee deti, esli oni est, lezhat na urovne 4 i potomu maly. esli by stepen etoy vershiny byla bolshe 8, to, krome roditelya, u nee bylo by hotya by 8 detey, to est hotya by 8 malyh…","source_keys":["spbmo"]}
{"id":"spbmo-2003-9-qual-p5-edge-colored-graph-vertex-coloring","title":"Раскраска вершин графа по условию на цвета ребер, СПбМО 2003, 9 класс, отборочный тур, задача 5","path":"data\\problems\\spbmo\\spbmo-2003-9-qual-p5-edge-colored-graph-vertex-coloring.yaml","raw_github_url":"https://raw.githubusercontent.com/didin-maxim/knowledge_graph_of_graphs/main/data/problems/spbmo/spbmo-2003-9-qual-p5-edge-colored-graph-vertex-coloring.yaml","viewer_url":"https://didin-maxim.github.io/knowledge_graph_of_graphs/#spbmo-2003-9-qual-p5-edge-colored-graph-vertex-coloring","source_key":"spbmo","source_label":"СПбМО","source_titles":["Санкт-Петербургская математическая олимпиада 2003, отборочный тур официальный TeX-архив"],"year":"2003","type":"olympiad_problem","authors":["Берлов С.Л.","Карпов Д.В.","Пастор А."],"tags":["coloring","graph_model","goal_proof"],"agent_topics":[],"difficulty":{"main":"regional","local_score":6,"comment":"2026-05-06 high-reasoning pass: добавлено полное самодостаточное ИИ-решение. Доказательство сводит условие к пересечениям множеств инцидентных цветов, красит несинглетонные типы конечной таблицей и докрашивает одноцветные звездные компоненты с помощью зарезервированного пятого цвета.","status":"ai_checked"},"review_status":"ai_checked","public_ready":true,"solution_state":"with_solution","solution_classification":{"type":"ai_original","label":"полное ИИ-решение","status":"ai_checked","confidence":0.88,"basis":"агент проход высокой сложности, 2026-05-06","notes":"Решение самодостаточно доказывает заявленную 5-раскраску; более сильная 4-раскраска из родственных листков здесь не заявляется и не используется.","audit_source":"manual-high-reasoning-pass-2026-05-06"},"statements":{"original":[{"id":"stmt-original","title":"Официальное условие","status":"ai_checked","text":"Ребра графа покрашены в четыре цвета таким образом, что у любого пути из трех ребер первое и третье ребро покрашены в разные цвета (начало и конец пути могут совпадать). Докажите, что вершины этого графа можно покрасить в пять цветов таким образом, что любые две соединенные ребром вершины были покрашены в разные цвета.","definition_ids":["simple_graph","path","cycle","chromatic_number"]}],"graph_theory":[{"id":"stmt-graph","title":"Раскраска вершин графа по условию на цвета ребер","status":"ai_checked","text":"Пусть ребра простого графа \\(G\\) окрашены в четыре цвета. Для всякого пути \\(v_0v_1v_2v_3\\) из трех ребер, а также для замкнутого случая \\(v_0=v_3\\), цвета ребер \\(v_0v_1\\) и \\(v_2v_3\\) различны. Требуется доказать, что \\(\\chi(G)\\le 5\\).","definition_ids":["simple_graph","path","cycle","chromatic_number"]}]},"solutions":[{"id":"sol-incident-color-sets-and-reserved-color-stars","title":"Раскраска по множествам инцидентных цветов и звездным одноцветным компонентам","status":"ai_checked","definition_ids":["simple_graph","path","cycle","chromatic_number"],"standard_idea_ids":[],"tags":["coloring","edge_coloring_constraints","finite_type_coloring","reserved_color","star_forest","goal_proof"],"has_text":true,"text_preview":"Назовем четыре цвета ребер числами \\(1,2,3,4\\). Для вершины \\(v\\) обозначим через \\(S(v)\\) множество цветов ребер, инцидентных \\(v\\). Изолированные вершины можно будет покрасить как угодно. Сначала докажем главный локальный факт. Пусть \\(uv\\) - ребро цвета \\(c\\). Тогда \\[ S(u)\\cap S(v)=\\{c\\}. \\] Действительно, цвет \\(c\\) входит в оба множества. Если же некоторый цвет \\(d\\ne c\\) тоже входит в оба, то существуют ребра \\(ux\\) и \\(vy\\) цвета \\(d\\). Здесь \\(x\\ne v\\) и \\(y\\ne u\\), потому что ребро \\(uv\\) имеет цвет \\(c\\). Если \\(x\\ne y\\), то \\(xuvy\\) - путь из трех ребер, у которого первое и третье ребра имеют один цвет \\(d\\). Если \\(x=y\\), то получается замкнутый путь \\(xuvx\\) длины 3 с тем же нарушением. В обоих случаях противоречие условию. Покрасим все вершины с \\(|S(v)|\\ge 2\\) в четыре из пяти будущих цветов \\(A,B,C,E\\) по такой таблице: \\[ \\{1,2\\},\\{3,4\\},\\{1,2,3,4\\}\\mapsto A; \\quad \\{1…"}],"relations":[{"id":"rel-ms2012-p3-spbmo2003-edge-to-vertex-coloring","neighbor_id":"miklos-schweitzer-2012-p3-two-colored-k-chromatic-tree","direction":"backward","type":"same_motif","distance":3,"status":"needs_human_review"},{"id":"rel-spbmo2003-p5-to-strong-edge-coloring-conflict-distance","neighbor_id":"greedy-strong-edge-coloring-bound","direction":"forward","type":"same_motif","distance":3,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-spbmo2003-p5-to-mmo2012-subset-intersection-coloring","neighbor_id":"mmo-2012-three-subsets-coloring","direction":"forward","type":"same_motif","distance":3,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-spbmo2003-p5-to-imc2022-auxiliary-chromatic-model","neighbor_id":"imc-2022-day1-p4-triples-chromatic-loglog","direction":"forward","type":"same_motif","distance":4,"status":"needs_human_review"}],"search_text":"spbmo-2003-9-qual-p5-edge-colored-graph-vertex-coloring раскраска вершин графа по условию на цвета ребер, спбмо 2003, 9 класс, отборочный тур, задача 5 coloring graph_model goal_proof 2003 https://www.pdmi.ras.ru/~olymp/2003/problems/otb03tex.zip olympiad_archive spbmo spbmo2003 src-spbmo-2003-qual-9-tex with_solution берлов с.л. карпов д.в. пастор а. санкт-петербургская математическая олимпиада 2003, отборочный тур официальный tex-архив спбмо спбмо2003 берлов с.л. карпов д.в. пастор а. санкт-петербургская математическая олимпиада 2003, отборочный тур официальный tex-архив stmt-original официальное условие ai_checked ребра графа покрашены в четыре цвета таким образом, что у любого пути из трех ребер первое и третье ребро покрашены в разные цвета (начало и конец пути могут совпадать). докажите, что вершины этого графа можно покрасить в пять цветов таким образом, что любые две соединенные ребром вершины были покрашены в разные цвета. simple_graph path cycle chromatic_number stmt-graph раскраска вершин графа по условию на цвета ребер ai_checked пусть ребра простого графа \\(g\\) окрашены в четыре цвета. для всякого пути \\(v_0v_1v_2v_3\\) из трех ребер, а также для замкнутого случая \\(v_0=v_3\\), цвета ребер \\(v_0v_1\\) и \\(v_2v_3\\) различны. требуется доказать, что \\(\\chi(g)\\le 5\\). simple_graph path cycle chromatic_number idea-incident-color-sets-intersect-only-edge-color множества инцидентных цветов у концов ребра пересекаются только по цвету ребра если ребро \\(uv\\) имеет цвет \\(c\\), а другой цвет \\(d\\ne c\\) встречается и у \\(u\\), и у \\(v\\), то два ребра цвета \\(d\\) вместе с ребром \\(uv\\) дают путь из трех ребер, у которого первое и третье ребра одного цвета. поэтому для соседних вершин их множества инцидентных цветов пересекаются ровно по цвету соединяющего ребра. ai_checked idea-color-by-incident-color-type-and-finish-singletons раскрасить типы вершин и пятым цветом управлять одноцветными звездами вершины, у которых встречаются хотя бы два цвета ребер, можно красить только по подмножеству этих цветов, используя четыре из пяти вершинных цветов. вершины с единственным инцидентным цветом образуют по каждому реберному цвету лес звезд; пятый цвет резервируется для центров таких звезд, а остальные вершины звезды, не имеющие внешних соседей, получают один из уже использованных цветов. ai_checked sol-incident-color-sets-and-reserved-color-stars раскраска по множествам инцидентных цветов и звездным одноцветным компонентам ai_checked simple_graph path cycle chromatic_number coloring edge_coloring_constraints finite_type_coloring reserved_color star_forest goal_proof назовем четыре цвета ребер числами \\(1,2,3,4\\). для вершины \\(v\\) обозначим через \\(s(v)\\) множество цветов ребер, инцидентных \\(v\\). изолированные вершины можно будет покрасить как угодно. сначала докажем главный локальный факт. пусть \\(uv\\) - ребро цвета \\(c\\). тогда \\[ s(u)\\cap s(v)=\\{c\\}. \\] действительно, цвет \\(c\\) входит в оба множества. если же некоторый цвет \\(d\\ne c\\) тоже входит в оба, то существуют ребра \\(ux\\) и \\(vy\\) цвета \\(d\\). здесь \\(x\\ne v\\) и \\(y\\ne u\\), потому что ребро \\(uv\\) имеет цвет \\(c\\). если \\(x\\ne y\\), то \\(xuvy\\) - путь из трех ребер, у которого первое и третье ребра имеют один цвет \\(d\\). если \\(x=y\\), то получается замкнутый путь \\(xuvx\\) длины 3 с тем же нарушением. в обоих случаях противоречие условию. покрасим все вершины с \\(|s(v)|\\ge 2\\) в четыре из пяти будущих цветов \\(a,b,c,e\\) по такой таблице: \\[ \\{1,2\\},\\{3,4\\},\\{1,2,3,4\\}\\mapsto a; \\quad \\{1… spbmo-2003-9-qual-p5-edge-colored-graph-vertex-coloring raskraska vershin grafa po usloviyu na tsveta reber, spbmo 2003, 9 klass, otborochnyy tur, zadacha 5 coloring graph_model goal_proof 2003 https://www.pdmi.ras.ru/~olymp/2003/problems/otb03tex.zip olympiad_archive spbmo spbmo2003 src-spbmo-2003-qual-9-tex with_solution berlov s.l. karpov d.v. pastor a. sankt-peterburgskaya matematicheskaya olimpiada 2003, otborochnyy tur ofitsialnyy tex-arhiv spbmo spbmo2003 berlov s.l. karpov d.v. pastor a. sankt-peterburgskaya matematicheskaya olimpiada 2003, otborochnyy tur ofitsialnyy tex-arhiv stmt-original ofitsialnoe uslovie ai_checked rebra grafa pokrasheny v chetyre tsveta takim obrazom, chto u lyubogo puti iz treh reber pervoe i trete rebro pokrasheny v raznye tsveta (nachalo i konets puti mogut sovpadat). dokazhite, chto vershiny etogo grafa mozhno pokrasit v pyat tsvetov takim obrazom, chto lyubye dve soedinennye rebrom vershiny byli pokrasheny v raznye tsveta. simple_graph path cycle chromatic_number stmt-graph raskraska vershin grafa po usloviyu na tsveta reber ai_checked pust rebra prostogo grafa \\(g\\) okrasheny v chetyre tsveta. dlya vsyakogo puti \\(v_0v_1v_2v_3\\) iz treh reber, a takzhe dlya zamknutogo sluchaya \\(v_0=v_3\\), tsveta reber \\(v_0v_1\\) i \\(v_2v_3\\) razlichny. trebuetsya dokazat, chto \\(\\chi(g)\\le 5\\). simple_graph path cycle chromatic_number idea-incident-color-sets-intersect-only-edge-color mnozhestva intsidentnyh tsvetov u kontsov rebra peresekayutsya tolko po tsvetu rebra esli rebro \\(uv\\) imeet tsvet \\(c\\), a drugoy tsvet \\(d\\ne c\\) vstrechaetsya i u \\(u\\), i u \\(v\\), to dva rebra tsveta \\(d\\) vmeste s rebrom \\(uv\\) dayut put iz treh reber, u kotorogo pervoe i trete rebra odnogo tsveta. poetomu dlya sosednih vershin ih mnozhestva intsidentnyh tsvetov peresekayutsya rovno po tsvetu soedinyayuschego rebra. ai_checked idea-color-by-incident-color-type-and-finish-singletons raskrasit tipy vershin i pyatym tsvetom upravlyat odnotsvetnymi zvezdami vershiny, u kotoryh vstrechayutsya hotya by dva tsveta reber, mozhno krasit tolko po podmnozhestvu etih tsvetov, ispolzuya chetyre iz pyati vershinnyh tsvetov. vershiny s edinstvennym intsidentnym tsvetom obrazuyut po kazhdomu rebernomu tsvetu les zvezd; pyatyy tsvet rezerviruetsya dlya tsentrov takih zvezd, a ostalnye vershiny zvezdy, ne imeyuschie vneshnih sosedey, poluchayut odin iz uzhe ispolzovannyh tsvetov. ai_checked sol-incident-color-sets-and-reserved-color-stars raskraska po mnozhestvam intsidentnyh tsvetov i zvezdnym odnotsvetnym komponentam ai_checked simple_graph path cycle chromatic_number coloring edge_coloring_constraints finite_type_coloring reserved_color star_forest goal_proof nazovem chetyre tsveta reber chislami \\(1,2,3,4\\). dlya vershiny \\(v\\) oboznachim cherez \\(s(v)\\) mnozhestvo tsvetov reber, intsidentnyh \\(v\\). izolirovannye vershiny mozhno budet pokrasit kak ugodno. snachala dokazhem glavnyy lokalnyy fakt. pust \\(uv\\) - rebro tsveta \\(c\\). togda \\[ s(u)\\cap s(v)=\\{c\\}. \\] deystvitelno, tsvet \\(c\\) vhodit v oba mnozhestva. esli zhe nekotoryy tsvet \\(d\\ne c\\) tozhe vhodit v oba, to suschestvuyut rebra \\(ux\\) i \\(vy\\) tsveta \\(d\\). zdes \\(x\\ne v\\) i \\(y\\ne u\\), potomu chto rebro \\(uv\\) imeet tsvet \\(c\\). esli \\(x\\ne y\\), to \\(xuvy\\) - put iz treh reber, u kotorogo pervoe i trete rebra imeyut odin tsvet \\(d\\). esli \\(x=y\\), to poluchaetsya zamknutyy put \\(xuvx\\) dliny 3 s tem zhe narusheniem. v oboih sluchayah protivorechie usloviyu. pokrasim vse vershiny s \\(|s(v)|\\ge 2\\) v chetyre iz pyati buduschih tsvetov \\(a,b,c,e\\) po takoy tablitse: \\[ \\{1,2\\},\\{3,4\\},\\{1,2,3,4\\}\\mapsto a; \\quad \\{1…","source_keys":["spbmo"]}
{"id":"spbmo-2009-11-6-monochromatic-long-cycle","title":"Длинный одноцветный цикл при минимальной степени 2008, СПбМО 2009, 11 класс, II тур, задача 6","path":"data\\problems\\spbmo\\spbmo-2009-11-6-monochromatic-long-cycle.yaml","raw_github_url":"https://raw.githubusercontent.com/didin-maxim/knowledge_graph_of_graphs/main/data/problems/spbmo/spbmo-2009-11-6-monochromatic-long-cycle.yaml","viewer_url":"https://didin-maxim.github.io/knowledge_graph_of_graphs/#spbmo-2009-11-6-monochromatic-long-cycle","source_key":"spbmo","source_label":"Длинный одноцветный цикл при минимальной степени","source_titles":["Санкт-Петербургская математическая олимпиада 2009, городской тур 9-11 классы официальный TeX-архив"],"year":"2009","type":"olympiad_problem","authors":[],"tags":["extremal_graph_theory","coloring","double_counting","goal_existence"],"agent_topics":[],"difficulty":{"main":"regional","local_score":5,"comment":"Короткая экстремальная графовая задача; ключевой шаг - получить оценку на число ребер в графе без длинного цикла через DFS-лес.","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":"Условие","status":"ai_checked","text":"В стране некоторые пары городов соединены дорогами, причем из каждого города выходит не менее 2008 дорог. Каждую дорогу покрасили в один из двух цветов. Докажите, что существует несамопересекающийся циклический маршрут, в котором не менее 504 дорог и все дороги одного цвета.","definition_ids":["simple_graph","degree","cycle"]}],"graph_theory":[{"id":"stmt-graph","title":"Длинный одноцветный цикл в двухцветном графе","status":"ai_checked","text":"Пусть ребра простого графа с минимальной степенью не меньше 2008 окрашены в два цвета. Докажите, что в одном из цветовых подграфов есть простой цикл длины не меньше 504.","definition_ids":["simple_graph","degree","cycle"]}]},"solutions":[{"id":"sol-expanded","title":"Средняя степень и DFS-оценка для длинного цикла","status":"ai_checked","definition_ids":["simple_graph","degree","cycle"],"standard_idea_ids":["double_counting"],"tags":[],"has_text":true,"text_preview":"Пусть в стране \\(n\\) городов. Так как из каждого города выходит не меньше 2008 дорог, сумма степеней не меньше \\(2008n\\), а значит, всего дорог не меньше \\(1004n\\). Поэтому дорог одного из двух цветов не меньше \\(502n\\). Рассмотрим подграф \\(H\\), образованный дорогами этого цвета. Докажем, что всякий простой граф на \\(n\\) вершинах с не менее чем \\(502n\\) ребрами содержит простой цикл длины не меньше 504. Запустим в таком графе поиск в глубину в каждой компоненте и получим DFS-лес. В неориентированном графе каждое ребро соединяет вершину с ее предком или потомком в этом лесе: если два конца ребра не находятся в отношении предок-потомок, то при просмотре ребра из той вершины, которая была открыта раньше, второй конец был бы еще не завершенной внешней вершиной и попал бы в то же DFS-поддерево. Припишем каждое ребро его более глубокой вершине. Если ребро соединяет вершину \\(v\\) с предком \\(…"}],"relations":[],"search_text":"spbmo-2009-11-6-monochromatic-long-cycle длинный одноцветный цикл при минимальной степени 2008, спбмо 2009, 11 класс, ii тур, задача 6 extremal_graph_theory coloring double_counting goal_existence 2009 https://www.pdmi.ras.ru/~olymp/2009/problems/91109tex.zip olympiad_archive spbmo spbmo2009 src-spbmo-2009-city-911-tex with_solution длинный одноцветный цикл при минимальной степени длинныйодноцветныйциклприминимальнойстепени длинныйодноцветныйциклприминимальнойстепени2009 санкт-петербургская математическая олимпиада 2009, городской тур 9-11 классы официальный tex-архив ? санкт-петербургская математическая олимпиада 2009, городской тур 9-11 классы официальный tex-архив stmt-original условие ai_checked в стране некоторые пары городов соединены дорогами, причем из каждого города выходит не менее 2008 дорог. каждую дорогу покрасили в один из двух цветов. докажите, что существует несамопересекающийся циклический маршрут, в котором не менее 504 дорог и все дороги одного цвета. simple_graph degree cycle stmt-graph длинный одноцветный цикл в двухцветном графе ai_checked пусть ребра простого графа с минимальной степенью не меньше 2008 окрашены в два цвета. докажите, что в одном из цветовых подграфов есть простой цикл длины не меньше 504. simple_graph degree cycle idea-average-color-and-erdos-gallai один цвет имеет достаточно много ребер суммарно в графе не меньше 1004n ребер, поэтому один из цветов содержит не меньше 502n ребер. нужный частный случай оценки эрдеша--галлаи доказывается через лес поиска в глубину: если нет цикла длины хотя бы 504, каждое ребро идет только к одному из 502 ближайших предков в dfs-лесе, откуда всего ребер меньше 502n. double_counting extremal_graph_theory ai_checked sol-expanded средняя степень и dfs-оценка для длинного цикла ai_checked simple_graph degree cycle double_counting пусть в стране \\(n\\) городов. так как из каждого города выходит не меньше 2008 дорог, сумма степеней не меньше \\(2008n\\), а значит, всего дорог не меньше \\(1004n\\). поэтому дорог одного из двух цветов не меньше \\(502n\\). рассмотрим подграф \\(h\\), образованный дорогами этого цвета. докажем, что всякий простой граф на \\(n\\) вершинах с не менее чем \\(502n\\) ребрами содержит простой цикл длины не меньше 504. запустим в таком графе поиск в глубину в каждой компоненте и получим dfs-лес. в неориентированном графе каждое ребро соединяет вершину с ее предком или потомком в этом лесе: если два конца ребра не находятся в отношении предок-потомок, то при просмотре ребра из той вершины, которая была открыта раньше, второй конец был бы еще не завершенной внешней вершиной и попал бы в то же dfs-поддерево. припишем каждое ребро его более глубокой вершине. если ребро соединяет вершину \\(v\\) с предком \\(… spbmo-2009-11-6-monochromatic-long-cycle dlinnyy odnotsvetnyy tsikl pri minimalnoy stepeni 2008, spbmo 2009, 11 klass, ii tur, zadacha 6 extremal_graph_theory coloring double_counting goal_existence 2009 https://www.pdmi.ras.ru/~olymp/2009/problems/91109tex.zip olympiad_archive spbmo spbmo2009 src-spbmo-2009-city-911-tex with_solution dlinnyy odnotsvetnyy tsikl pri minimalnoy stepeni dlinnyyodnotsvetnyytsiklpriminimalnoystepeni dlinnyyodnotsvetnyytsiklpriminimalnoystepeni2009 sankt-peterburgskaya matematicheskaya olimpiada 2009, gorodskoy tur 9-11 klassy ofitsialnyy tex-arhiv ? sankt-peterburgskaya matematicheskaya olimpiada 2009, gorodskoy tur 9-11 klassy ofitsialnyy tex-arhiv stmt-original uslovie ai_checked v strane nekotorye pary gorodov soedineny dorogami, prichem iz kazhdogo goroda vyhodit ne menee 2008 dorog. kazhduyu dorogu pokrasili v odin iz dvuh tsvetov. dokazhite, chto suschestvuet nesamoperesekayuschiysya tsiklicheskiy marshrut, v kotorom ne menee 504 dorog i vse dorogi odnogo tsveta. simple_graph degree cycle stmt-graph dlinnyy odnotsvetnyy tsikl v dvuhtsvetnom grafe ai_checked pust rebra prostogo grafa s minimalnoy stepenyu ne menshe 2008 okrasheny v dva tsveta. dokazhite, chto v odnom iz tsvetovyh podgrafov est prostoy tsikl dliny ne menshe 504. simple_graph degree cycle idea-average-color-and-erdos-gallai odin tsvet imeet dostatochno mnogo reber summarno v grafe ne menshe 1004n reber, poetomu odin iz tsvetov soderzhit ne menshe 502n reber. nuzhnyy chastnyy sluchay otsenki erdesha--gallai dokazyvaetsya cherez les poiska v glubinu: esli net tsikla dliny hotya by 504, kazhdoe rebro idet tolko k odnomu iz 502 blizhayshih predkov v dfs-lese, otkuda vsego reber menshe 502n. double_counting extremal_graph_theory ai_checked sol-expanded srednyaya stepen i dfs-otsenka dlya dlinnogo tsikla ai_checked simple_graph degree cycle double_counting pust v strane \\(n\\) gorodov. tak kak iz kazhdogo goroda vyhodit ne menshe 2008 dorog, summa stepeney ne menshe \\(2008n\\), a znachit, vsego dorog ne menshe \\(1004n\\). poetomu dorog odnogo iz dvuh tsvetov ne menshe \\(502n\\). rassmotrim podgraf \\(h\\), obrazovannyy dorogami etogo tsveta. dokazhem, chto vsyakiy prostoy graf na \\(n\\) vershinah s ne menee chem \\(502n\\) rebrami soderzhit prostoy tsikl dliny ne menshe 504. zapustim v takom grafe poisk v glubinu v kazhdoy komponente i poluchim dfs-les. v neorientirovannom grafe kazhdoe rebro soedinyaet vershinu s ee predkom ili potomkom v etom lese: esli dva kontsa rebra ne nahodyatsya v otnoshenii predok-potomok, to pri prosmotre rebra iz toy vershiny, kotoraya byla otkryta ranshe, vtoroy konets byl by esche ne zavershennoy vneshney vershinoy i popal by v to zhe dfs-podderevo. pripishem kazhdoe rebro ego bolee glubokoy vershine. esli rebro soedinyaet vershinu \\(v\\) s predkom \\(…","source_keys":["spbmo"]}
{"id":"spbmo-2010-10-p4-cubic-edge-company-game","title":"Игра на рёбрах кубического графа и три компании, СПбМО 2010, 10 класс, задача 4","path":"data\\problems\\spbmo\\spbmo-2010-10-p4-cubic-edge-company-game.yaml","raw_github_url":"https://raw.githubusercontent.com/didin-maxim/knowledge_graph_of_graphs/main/data/problems/spbmo/spbmo-2010-10-p4-cubic-edge-company-game.yaml","viewer_url":"https://didin-maxim.github.io/knowledge_graph_of_graphs/#spbmo-2010-10-p4-cubic-edge-company-game","source_key":"spbmo","source_label":"СПбМО","source_titles":["Санкт-Петербургская математическая олимпиада 2010, городской тур 9-11 классы официальный TeX-архив"],"year":"2010","type":"olympiad_problem","authors":["Карпов Д.В."],"tags":["coloring","goal_strategy_game","graph_model","invariant","minimal_counterexample"],"agent_topics":["game_strategy"],"difficulty":{"main":"regional","local_score":6,"comment":"Городской тур СПбМО 2010, 10 класс, задача 4; условие и автор сверены с официальным TeX. Решение использует локальные угрозы, вилку двух опасных вершин и спуск по свежим компонентам кубического графа.","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":0.82,"basis":"реконструкция агентом высокой сложности после поиска официального решения","notes":"Официальное решение не найдено; текущий текст является самостоятельной реконструкцией с закрытым финальным шагом.","audit_source":"official-plan-expansion-spbmo-2010-10-p4-2026-05-06"},"statements":{"original":[{"id":"stmt-original","title":"Условие","status":"ai_checked","text":"В стране 2010 городов, из каждого из которых выходит ровно по три дороги, ведущие в другие города. Президент и премьер-министр играют в следующую игру: они по очереди продают дороги трём частным компаниям; изначально все дороги государственные, каждый своим ходом продаёт ровно одну дорогу. Первым ходит премьер. Президент хочет добиться того, чтобы хотя бы для одного города все три выходящие из него дороги оказались проданы разным компаниям, а премьер хочет этого избежать. Проигравший уходит в отставку. Кто из двух политиков сможет сохранить свой пост при правильной игре?","definition_ids":["simple_graph","degree"]}],"graph_theory":[{"id":"stmt-graph","title":"Игра раскраски рёбер кубического графа","status":"ai_checked","text":"Дан 3-регулярный граф на 2010 вершинах. Два игрока по очереди окрашивают по одному ещё не окрашенному ребру в один из трёх цветов; первый ходит игрок, который хочет избежать радужной вершины. Второй игрок выигрывает, если в некоторый момент найдётся вершина, у которой три инцидентных ребра имеют три попарно различных цвета. Первый игрок выигрывает, если все рёбра окрашены и такой вершины не появилось. Определите, кто имеет выигрышную стратегию.","definition_ids":["simple_graph","degree","bridge","cycle","path","tree"]}]},"solutions":[{"id":"sol-double-threat-and-recursive-descent","title":"Две угрозы на конце пути и спуск в свежую компоненту","status":"ai_checked","definition_ids":["simple_graph","degree","bridge","cycle","path","tree"],"standard_idea_ids":["invariant"],"tags":[],"has_text":true,"text_preview":"Ответ: президент сохраняет свой пост. Будем говорить, что вершина опасна, если у неё уже окрашены два инцидентных ребра в два разных цвета, а третье инцидентное ребро ещё не окрашено. Если после хода премьера есть опасная вершина, президент сразу выигрывает: он окрашивает третье ребро этой вершины в оставшийся третий цвет. Поэтому, когда президент своим ходом создаёт опасную вершину, премьер обязан следующим ходом окрашивать именно её третье ребро и обязан красить его в один из двух уже имеющихся у этой вершины цветов. Сначала опишем вспомогательную вилку. Пусть есть неокрашенный путь \\[ p_0p_1\\ldots p_k \\] в такой части графа, где никакие другие рёбра, инцидентные вершинам пути, ещё не окрашены, кроме двух внешних рёбер, входящих в \\(p_0\\) и \\(p_k\\). Президент ходит. Если \\(k=1\\), он красит ребро \\(p_0p_1\\) в цвет, отличный от цветов обоих внешних рёбер, если эти цвета различны, и в лю…"}],"relations":[{"id":"rel-spbmo-2010-10-p4-cubic-edge-game-fork-strategy-lemma","neighbor_id":"cubic-polyhedron-large-face-fork-strategy-lemma","direction":"forward","type":"same_motif","distance":2,"status":"needs_human_review"},{"id":"rel-spbmo-2010-10-p4-spbmo-2010-cycle-games-same-archive-weak","neighbor_id":"spbmo-2010-9-p5-k2010-cycle-game","direction":"forward","type":"same_motif","distance":3,"status":"needs_human_review"}],"search_text":"spbmo-2010-10-p4-cubic-edge-company-game игра на рёбрах кубического графа и три компании, спбмо 2010, 10 класс, задача 4 coloring goal_strategy_game graph_model invariant minimal_counterexample 2010 https://www.pdmi.ras.ru/~olymp/2010/problems/91110tex.zip olympiad_archive spbmo spbmo2010 src-spbmo-2010-city-911-tex with_solution карпов д.в. санкт-петербургская математическая олимпиада 2010, городской тур 9-11 классы официальный tex-архив спбмо спбмо2010 карпов д.в. санкт-петербургская математическая олимпиада 2010, городской тур 9-11 классы официальный tex-архив stmt-original условие ai_checked в стране 2010 городов, из каждого из которых выходит ровно по три дороги, ведущие в другие города. президент и премьер-министр играют в следующую игру: они по очереди продают дороги трём частным компаниям; изначально все дороги государственные, каждый своим ходом продаёт ровно одну дорогу. первым ходит премьер. президент хочет добиться того, чтобы хотя бы для одного города все три выходящие из него дороги оказались проданы разным компаниям, а премьер хочет этого избежать. проигравший уходит в отставку. кто из двух политиков сможет сохранить свой пост при правильной игре? simple_graph degree stmt-graph игра раскраски рёбер кубического графа ai_checked дан 3-регулярный граф на 2010 вершинах. два игрока по очереди окрашивают по одному ещё не окрашенному ребру в один из трёх цветов; первый ходит игрок, который хочет избежать радужной вершины. второй игрок выигрывает, если в некоторый момент найдётся вершина, у которой три инцидентных ребра имеют три попарно различных цвета. первый игрок выигрывает, если все рёбра окрашены и такой вершины не появилось. определите, кто имеет выигрышную стратегию. simple_graph degree bridge cycle path tree idea-local-threat опасная вершина с двумя разными цветами если у вершины степени 3 уже окрашены два инцидентных ребра в разные цвета, а третье ещё свободно, то на своём следующем ходе президент немедленно выигрывает, окрашивая третье ребро в оставшийся цвет. поэтому премьер обязан гасить каждую такую угрозу сразу. coloring goal_strategy_game graph_model ai_checked idea-double-threat-path путь между двумя окрашенными входами даёт вилку если две вершины соединены ещё неокрашенным путём, а в каждую из них уже входит по одному окрашенному ребру извне, президент может идти по этому пути, каждый раз создавая единственную локальную угрозу. на последнем ребре он выбирает цвет, отличный от цвета предыдущего ребра пути и от цвета второго входа; тогда опасными становятся сразу обе концевые вершины, и премьер может закрыть только одну угрозу. goal_strategy_game extremal_choice graph_model ai_checked idea-descend-to-cycle спуск по свежей компоненте не может продолжаться бесконечно после закрытия опасной вершины можно смотреть на свежую компоненту за одним из только что окрашенных рёбер. если два передних соседа текущей вершины уже соединены внутри этой компоненты, применяется вилка по пути. если нет, каждая отделившаяся свежая компонента имеет ровно одну вершину с внутренней степенью 2, остальные степени 3, а значит содержит цикл; президент переходит в меньшую такую компоненту. в конечном графе этот спуск обязан остановиться. goal_strategy_game minimal_counterexample degree_counting ai_checked sol-double-threat-and-recursive-descent две угрозы на конце пути и спуск в свежую компоненту ai_checked simple_graph degree bridge cycle path tree invariant ответ: президент сохраняет свой пост. будем говорить, что вершина опасна, если у неё уже окрашены два инцидентных ребра в два разных цвета, а третье инцидентное ребро ещё не окрашено. если после хода премьера есть опасная вершина, президент сразу выигрывает: он окрашивает третье ребро этой вершины в оставшийся третий цвет. поэтому, когда президент своим ходом создаёт опасную вершину, премьер обязан следующим ходом окрашивать именно её третье ребро и обязан красить его в один из двух уже имеющихся у этой вершины цветов. сначала опишем вспомогательную вилку. пусть есть неокрашенный путь \\[ p_0p_1\\ldots p_k \\] в такой части графа, где никакие другие рёбра, инцидентные вершинам пути, ещё не окрашены, кроме двух внешних рёбер, входящих в \\(p_0\\) и \\(p_k\\). президент ходит. если \\(k=1\\), он красит ребро \\(p_0p_1\\) в цвет, отличный от цветов обоих внешних рёбер, если эти цвета различны, и в лю… spbmo-2010-10-p4-cubic-edge-company-game igra na rebrah kubicheskogo grafa i tri kompanii, spbmo 2010, 10 klass, zadacha 4 coloring goal_strategy_game graph_model invariant minimal_counterexample 2010 https://www.pdmi.ras.ru/~olymp/2010/problems/91110tex.zip olympiad_archive spbmo spbmo2010 src-spbmo-2010-city-911-tex with_solution karpov d.v. sankt-peterburgskaya matematicheskaya olimpiada 2010, gorodskoy tur 9-11 klassy ofitsialnyy tex-arhiv spbmo spbmo2010 karpov d.v. sankt-peterburgskaya matematicheskaya olimpiada 2010, gorodskoy tur 9-11 klassy ofitsialnyy tex-arhiv stmt-original uslovie ai_checked v strane 2010 gorodov, iz kazhdogo iz kotoryh vyhodit rovno po tri dorogi, veduschie v drugie goroda. prezident i premer-ministr igrayut v sleduyuschuyu igru: oni po ocheredi prodayut dorogi trem chastnym kompaniyam; iznachalno vse dorogi gosudarstvennye, kazhdyy svoim hodom prodaet rovno odnu dorogu. pervym hodit premer. prezident hochet dobitsya togo, chtoby hotya by dlya odnogo goroda vse tri vyhodyaschie iz nego dorogi okazalis prodany raznym kompaniyam, a premer hochet etogo izbezhat. proigravshiy uhodit v otstavku. kto iz dvuh politikov smozhet sohranit svoy post pri pravilnoy igre? simple_graph degree stmt-graph igra raskraski reber kubicheskogo grafa ai_checked dan 3-regulyarnyy graf na 2010 vershinah. dva igroka po ocheredi okrashivayut po odnomu esche ne okrashennomu rebru v odin iz treh tsvetov; pervyy hodit igrok, kotoryy hochet izbezhat raduzhnoy vershiny. vtoroy igrok vyigryvaet, esli v nekotoryy moment naydetsya vershina, u kotoroy tri intsidentnyh rebra imeyut tri poparno razlichnyh tsveta. pervyy igrok vyigryvaet, esli vse rebra okrasheny i takoy vershiny ne poyavilos. opredelite, kto imeet vyigryshnuyu strategiyu. simple_graph degree bridge cycle path tree idea-local-threat opasnaya vershina s dvumya raznymi tsvetami esli u vershiny stepeni 3 uzhe okrasheny dva intsidentnyh rebra v raznye tsveta, a trete esche svobodno, to na svoem sleduyuschem hode prezident nemedlenno vyigryvaet, okrashivaya trete rebro v ostavshiysya tsvet. poetomu premer obyazan gasit kazhduyu takuyu ugrozu srazu. coloring goal_strategy_game graph_model ai_checked idea-double-threat-path put mezhdu dvumya okrashennymi vhodami daet vilku esli dve vershiny soedineny esche neokrashennym putem, a v kazhduyu iz nih uzhe vhodit po odnomu okrashennomu rebru izvne, prezident mozhet idti po etomu puti, kazhdyy raz sozdavaya edinstvennuyu lokalnuyu ugrozu. na poslednem rebre on vybiraet tsvet, otlichnyy ot tsveta predyduschego rebra puti i ot tsveta vtorogo vhoda; togda opasnymi stanovyatsya srazu obe kontsevye vershiny, i premer mozhet zakryt tolko odnu ugrozu. goal_strategy_game extremal_choice graph_model ai_checked idea-descend-to-cycle spusk po svezhey komponente ne mozhet prodolzhatsya beskonechno posle zakrytiya opasnoy vershiny mozhno smotret na svezhuyu komponentu za odnim iz tolko chto okrashennyh reber. esli dva perednih soseda tekuschey vershiny uzhe soedineny vnutri etoy komponenty, primenyaetsya vilka po puti. esli net, kazhdaya otdelivshayasya svezhaya komponenta imeet rovno odnu vershinu s vnutrenney stepenyu 2, ostalnye stepeni 3, a znachit soderzhit tsikl; prezident perehodit v menshuyu takuyu komponentu. v konechnom grafe etot spusk obyazan ostanovitsya. goal_strategy_game minimal_counterexample degree_counting ai_checked sol-double-threat-and-recursive-descent dve ugrozy na kontse puti i spusk v svezhuyu komponentu ai_checked simple_graph degree bridge cycle path tree invariant otvet: prezident sohranyaet svoy post. budem govorit, chto vershina opasna, esli u nee uzhe okrasheny dva intsidentnyh rebra v dva raznyh tsveta, a trete intsidentnoe rebro esche ne okrasheno. esli posle hoda premera est opasnaya vershina, prezident srazu vyigryvaet: on okrashivaet trete rebro etoy vershiny v ostavshiysya tretiy tsvet. poetomu, kogda prezident svoim hodom sozdaet opasnuyu vershinu, premer obyazan sleduyuschim hodom okrashivat imenno ee trete rebro i obyazan krasit ego v odin iz dvuh uzhe imeyuschihsya u etoy vershiny tsvetov. snachala opishem vspomogatelnuyu vilku. pust est neokrashennyy put \\[ p_0p_1\\ldots p_k \\] v takoy chasti grafa, gde nikakie drugie rebra, intsidentnye vershinam puti, esche ne okrasheny, krome dvuh vneshnih reber, vhodyaschih v \\(p_0\\) i \\(p_k\\). prezident hodit. esli \\(k=1\\), on krasit rebro \\(p_0p_1\\) v tsvet, otlichnyy ot tsvetov oboih vneshnih reber, esli eti tsveta razlichny, i v lyu…","source_keys":["spbmo"]}
{"id":"spbmo-2010-11-p3-k2009-long-cycle-game","title":"Игра на полном графе \\(K_{2009}\\) и цикл длины 75, СПбМО 2010, 11 класс, II тур, задача 3","path":"data\\problems\\spbmo\\spbmo-2010-11-p3-k2009-long-cycle-game.yaml","raw_github_url":"https://raw.githubusercontent.com/didin-maxim/knowledge_graph_of_graphs/main/data/problems/spbmo/spbmo-2010-11-p3-k2009-long-cycle-game.yaml","viewer_url":"https://didin-maxim.github.io/knowledge_graph_of_graphs/#spbmo-2010-11-p3-k2009-long-cycle-game","source_key":"spbmo","source_label":"Игра на полном графе \\(K_{","source_titles":["Санкт-Петербургская математическая олимпиада 2010, городской тур 9-11 классы официальный TeX-архив"],"year":"2010","type":"olympiad_problem","authors":["Берлов С.Л."],"tags":["goal_strategy_game","construction","pigeonhole_principle","graph_model"],"agent_topics":["game_strategy"],"difficulty":{"main":"regional","local_score":6,"comment":"СПбМО 2010, 11 класс. Идея короткая, но решение требует аккуратного учета чисел: 12 заранее приватизированных спиц, 11 запасных концов против 10 вечерних разрушений и запас 2009 вершин для жадного продолжения пути.","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":"Условие","status":"ai_checked","text":"В стране 2009 городов и любые два из них соединены дорогой (не проходящей через другие города). Бизнесмен и Министерство Дорожного Строительства играют в игру. Бизнесмен каждое утро приватизирует одну из дорог, а Министерство каждый вечер разрушает по десять еще не приватизированных им дорог. Сможет ли Бизнесмен, несмотря на козни Министерства, создать циклический маршрут из приватизированных дорог, проходящий по одному разу ровно по 75 разным городам?","definition_ids":["complete_graph","cycle"]}],"graph_theory":[{"id":"stmt-graph","title":"Игра на полном графе \\(K_{2009}\\) и цикл длины 75","status":"ai_checked","text":"На ребрах полного графа \\(K_{2009}\\) играют два игрока. За ход первого игрока выбирается одно еще не выбранное и не заблокированное ребро; после этого второй игрок блокирует десять еще не выбранных первым игроком ребер. Выбранные первым игроком ребра уже нельзя заблокировать. Докажите, что первый игрок может гарантированно получить среди своих ребер простой цикл длины ровно 75.","definition_ids":["complete_graph","cycle"]}]},"solutions":[{"id":"sol-reserve-spokes-and-greedy-path","title":"Запасные спицы и жадное построение пути","status":"ai_checked","definition_ids":["complete_graph","cycle"],"standard_idea_ids":["pigeonhole_principle","greedy_ordering"],"tags":[],"has_text":true,"text_preview":"Ответ: сможет. Сначала Бизнесмен выбирает город \\(c\\). В течение первых 12 утренних ходов он приватизирует 12 дорог из \\(c\\) в разные города; обозначим их концы через \\(a_0,a_1,\\ldots,a_{11}\\). Это возможно: перед \\(k\\)-м из этих ходов уже приватизировано \\(k-1\\) дорог из \\(c\\), а Министерство успело разрушить всего не более \\(10(k-1)\\) дорог, так что при \\(k\\le 12\\) из \\(2008\\) дорог, выходящих из \\(c\\), еще остается свободная дорога. Дальше город \\(a_0\\) будет началом длинного пути, а города \\(a_1,\\ldots,a_{11}\\) оставим запасными для конца пути. Назовем город хорошим, если он не равен \\(c,a_0,a_1,\\ldots,a_{11}\\), еще не использован в строящемся пути и ни одна из дорог от него к запасным городам \\(a_1,\\ldots,a_{11}\\) не разрушена. Покажем, что Бизнесмен может 72 раза подряд продолжить путь из текущего конца в новый хороший город. Перед любым из этих 72 ходов с начала игры прошло не бо…"}],"relations":[{"id":"rel-spbmo-2010-11-p3-smmc-2017-a1-more-threats-than-blocks","neighbor_id":"simon-marais-2017-a1-pentagon-triangle-game","direction":"forward","type":"same_motif","distance":3,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-spbmo-2010-9-p5-spbmo-2010-11-p3-cycle-game","neighbor_id":"spbmo-2010-9-p5-k2010-cycle-game","direction":"backward","type":"paired_variant","distance":1,"status":"ai_checked"}],"search_text":"spbmo-2010-11-p3-k2009-long-cycle-game игра на полном графе \\(k_{2009}\\) и цикл длины 75, спбмо 2010, 11 класс, ii тур, задача 3 goal_strategy_game construction pigeonhole_principle graph_model 2010 https://www.pdmi.ras.ru/~olymp/2010/problems/91110tex.zip olympiad_archive spbmo spbmo2010 src-spbmo-2010-city-911-tex with_solution берлов с.л. игра на полном графе \\(k_{ игранаполномграфеk игранаполномграфеk2010 санкт-петербургская математическая олимпиада 2010, городской тур 9-11 классы официальный tex-архив берлов с.л. санкт-петербургская математическая олимпиада 2010, городской тур 9-11 классы официальный tex-архив stmt-original условие ai_checked в стране 2009 городов и любые два из них соединены дорогой (не проходящей через другие города). бизнесмен и министерство дорожного строительства играют в игру. бизнесмен каждое утро приватизирует одну из дорог, а министерство каждый вечер разрушает по десять еще не приватизированных им дорог. сможет ли бизнесмен, несмотря на козни министерства, создать циклический маршрут из приватизированных дорог, проходящий по одному разу ровно по 75 разным городам? complete_graph cycle stmt-graph игра на полном графе \\(k_{2009}\\) и цикл длины 75 ai_checked на ребрах полного графа \\(k_{2009}\\) играют два игрока. за ход первого игрока выбирается одно еще не выбранное и не заблокированное ребро; после этого второй игрок блокирует десять еще не выбранных первым игроком ребер. выбранные первым игроком ребра уже нельзя заблокировать. докажите, что первый игрок может гарантированно получить среди своих ребер простой цикл длины ровно 75. complete_graph cycle idea-reserved-spokes сначала приватизировать запасные ребра к одному центру если заранее приватизировать 12 ребер из одного города \\(c\\) к вершинам \\(a_0,a_1,\\ldots,a_{11}\\), то министерство уже не сможет разрушить эти ребра. дальше достаточно построить приватизированный путь от \\(a_0\\) к одной из запасных вершин \\(a_i\\): вместе с двумя приватизированными ребрами к \\(c\\) он даст цикл. construction goal_strategy_game ai_checked idea-eleven-final-options одиннадцать вариантов сильнее десяти разрушений финальную вершину пути выбирают так, чтобы от нее не были разрушены все 11 ребер к запасным вершинам \\(a_1,\\ldots,a_{11}\\). после вечернего хода министерство может разрушить не больше 10 из них, поэтому утром у бизнесмена останется хотя бы одно завершающее ребро. pigeonhole_principle goal_strategy_game ai_checked idea-good-vertices-count хороших вершин для продолжения пути всегда много назовем вершину хорошей, если ни одно из ее 11 ребер к запасным вершинам не разрушено. после не более чем 83 вечерних ходов разрушено не более 830 ребер, значит плохих вершин относительно запасного множества не более 830. даже с учетом уже использованных вершин и разрушенных ребер из текущего конца пути хорошая доступная вершина остается. pigeonhole_principle graph_model ai_checked sol-reserve-spokes-and-greedy-path запасные спицы и жадное построение пути ai_checked complete_graph cycle pigeonhole_principle greedy_ordering ответ: сможет. сначала бизнесмен выбирает город \\(c\\). в течение первых 12 утренних ходов он приватизирует 12 дорог из \\(c\\) в разные города; обозначим их концы через \\(a_0,a_1,\\ldots,a_{11}\\). это возможно: перед \\(k\\)-м из этих ходов уже приватизировано \\(k-1\\) дорог из \\(c\\), а министерство успело разрушить всего не более \\(10(k-1)\\) дорог, так что при \\(k\\le 12\\) из \\(2008\\) дорог, выходящих из \\(c\\), еще остается свободная дорога. дальше город \\(a_0\\) будет началом длинного пути, а города \\(a_1,\\ldots,a_{11}\\) оставим запасными для конца пути. назовем город хорошим, если он не равен \\(c,a_0,a_1,\\ldots,a_{11}\\), еще не использован в строящемся пути и ни одна из дорог от него к запасным городам \\(a_1,\\ldots,a_{11}\\) не разрушена. покажем, что бизнесмен может 72 раза подряд продолжить путь из текущего конца в новый хороший город. перед любым из этих 72 ходов с начала игры прошло не бо… spbmo-2010-11-p3-k2009-long-cycle-game igra na polnom grafe \\(k_{2009}\\) i tsikl dliny 75, spbmo 2010, 11 klass, ii tur, zadacha 3 goal_strategy_game construction pigeonhole_principle graph_model 2010 https://www.pdmi.ras.ru/~olymp/2010/problems/91110tex.zip olympiad_archive spbmo spbmo2010 src-spbmo-2010-city-911-tex with_solution berlov s.l. igra na polnom grafe \\(k_{ igranapolnomgrafek igranapolnomgrafek2010 sankt-peterburgskaya matematicheskaya olimpiada 2010, gorodskoy tur 9-11 klassy ofitsialnyy tex-arhiv berlov s.l. sankt-peterburgskaya matematicheskaya olimpiada 2010, gorodskoy tur 9-11 klassy ofitsialnyy tex-arhiv stmt-original uslovie ai_checked v strane 2009 gorodov i lyubye dva iz nih soedineny dorogoy (ne prohodyaschey cherez drugie goroda). biznesmen i ministerstvo dorozhnogo stroitelstva igrayut v igru. biznesmen kazhdoe utro privatiziruet odnu iz dorog, a ministerstvo kazhdyy vecher razrushaet po desyat esche ne privatizirovannyh im dorog. smozhet li biznesmen, nesmotrya na kozni ministerstva, sozdat tsiklicheskiy marshrut iz privatizirovannyh dorog, prohodyaschiy po odnomu razu rovno po 75 raznym gorodam? complete_graph cycle stmt-graph igra na polnom grafe \\(k_{2009}\\) i tsikl dliny 75 ai_checked na rebrah polnogo grafa \\(k_{2009}\\) igrayut dva igroka. za hod pervogo igroka vybiraetsya odno esche ne vybrannoe i ne zablokirovannoe rebro; posle etogo vtoroy igrok blokiruet desyat esche ne vybrannyh pervym igrokom reber. vybrannye pervym igrokom rebra uzhe nelzya zablokirovat. dokazhite, chto pervyy igrok mozhet garantirovanno poluchit sredi svoih reber prostoy tsikl dliny rovno 75. complete_graph cycle idea-reserved-spokes snachala privatizirovat zapasnye rebra k odnomu tsentru esli zaranee privatizirovat 12 reber iz odnogo goroda \\(c\\) k vershinam \\(a_0,a_1,\\ldots,a_{11}\\), to ministerstvo uzhe ne smozhet razrushit eti rebra. dalshe dostatochno postroit privatizirovannyy put ot \\(a_0\\) k odnoy iz zapasnyh vershin \\(a_i\\): vmeste s dvumya privatizirovannymi rebrami k \\(c\\) on dast tsikl. construction goal_strategy_game ai_checked idea-eleven-final-options odinnadtsat variantov silnee desyati razrusheniy finalnuyu vershinu puti vybirayut tak, chtoby ot nee ne byli razrusheny vse 11 reber k zapasnym vershinam \\(a_1,\\ldots,a_{11}\\). posle vechernego hoda ministerstvo mozhet razrushit ne bolshe 10 iz nih, poetomu utrom u biznesmena ostanetsya hotya by odno zavershayuschee rebro. pigeonhole_principle goal_strategy_game ai_checked idea-good-vertices-count horoshih vershin dlya prodolzheniya puti vsegda mnogo nazovem vershinu horoshey, esli ni odno iz ee 11 reber k zapasnym vershinam ne razrusheno. posle ne bolee chem 83 vechernih hodov razrusheno ne bolee 830 reber, znachit plohih vershin otnositelno zapasnogo mnozhestva ne bolee 830. dazhe s uchetom uzhe ispolzovannyh vershin i razrushennyh reber iz tekuschego kontsa puti horoshaya dostupnaya vershina ostaetsya. pigeonhole_principle graph_model ai_checked sol-reserve-spokes-and-greedy-path zapasnye spitsy i zhadnoe postroenie puti ai_checked complete_graph cycle pigeonhole_principle greedy_ordering otvet: smozhet. snachala biznesmen vybiraet gorod \\(c\\). v techenie pervyh 12 utrennih hodov on privatiziruet 12 dorog iz \\(c\\) v raznye goroda; oboznachim ih kontsy cherez \\(a_0,a_1,\\ldots,a_{11}\\). eto vozmozhno: pered \\(k\\)-m iz etih hodov uzhe privatizirovano \\(k-1\\) dorog iz \\(c\\), a ministerstvo uspelo razrushit vsego ne bolee \\(10(k-1)\\) dorog, tak chto pri \\(k\\le 12\\) iz \\(2008\\) dorog, vyhodyaschih iz \\(c\\), esche ostaetsya svobodnaya doroga. dalshe gorod \\(a_0\\) budet nachalom dlinnogo puti, a goroda \\(a_1,\\ldots,a_{11}\\) ostavim zapasnymi dlya kontsa puti. nazovem gorod horoshim, esli on ne raven \\(c,a_0,a_1,\\ldots,a_{11}\\), esche ne ispolzovan v stroyaschemsya puti i ni odna iz dorog ot nego k zapasnym gorodam \\(a_1,\\ldots,a_{11}\\) ne razrushena. pokazhem, chto biznesmen mozhet 72 raza podryad prodolzhit put iz tekuschego kontsa v novyy horoshiy gorod. pered lyubym iz etih 72 hodov s nachala igry proshlo ne bo…","source_keys":["spbmo"]}
{"id":"spbmo-2010-9-p5-k2010-cycle-game","title":"Игра на полном графе \\(K_{2010}\\) и цикл длины 11, СПбМО 2010, 9 класс, II тур, задача 5","path":"data\\problems\\spbmo\\spbmo-2010-9-p5-k2010-cycle-game.yaml","raw_github_url":"https://raw.githubusercontent.com/didin-maxim/knowledge_graph_of_graphs/main/data/problems/spbmo/spbmo-2010-9-p5-k2010-cycle-game.yaml","viewer_url":"https://didin-maxim.github.io/knowledge_graph_of_graphs/#spbmo-2010-9-p5-k2010-cycle-game","source_key":"spbmo","source_label":"Игра на полном графе \\(K_{","source_titles":["Санкт-Петербургская математическая олимпиада 2010, городской тур 9-11 классы официальный TeX-архив"],"year":"2010","type":"olympiad_problem","authors":["Берлов С.Л."],"tags":["goal_strategy_game","construction","pigeonhole_principle","trees","graph_model"],"agent_topics":["game_strategy"],"difficulty":{"main":"regional","local_score":5,"comment":"СПбМО 2010, 9 класс. Ключевая идея доступна: построить много лучей длины 5 и получить 11 одновременных возможностей замкнуть цикл против 10 вечерних разрушений; аккуратность нужна только в счете свободных городов.","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":"Условие","status":"ai_checked","text":"В стране 2010 городов и любые два из них соединены дорогой (не проходящей через другие города). Бизнесмен и Министерство Дорожного Строительства играют в игру. Бизнесмен каждое утро приватизирует одну из дорог, а Министерство каждый вечер разрушает по десять еще не приватизированных дорог. Сможет ли Бизнесмен, несмотря на козни Министерства, создать циклический маршрут по приватизированным дорогам, проходящий по одному разу по 11 разным городам?","definition_ids":["complete_graph","cycle"]}],"graph_theory":[{"id":"stmt-graph","title":"Игра на полном графе \\(K_{2010}\\) и цикл длины 11","status":"ai_checked","text":"На ребрах полного графа \\(K_{2010}\\) играют два игрока. За ход первого игрока выбирается одно еще не выбранное и не заблокированное ребро; после этого второй игрок блокирует десять еще не выбранных первым игроком ребер. Выбранные первым игроком ребра уже нельзя заблокировать. Докажите, что первый игрок может гарантированно получить среди своих ребер простой цикл длины ровно 11.","definition_ids":["complete_graph","cycle"]}]},"solutions":[{"id":"sol-subdivided-star-eleven-threats","title":"Двенадцатый луч и одиннадцать угроз замыкания","status":"ai_checked","definition_ids":["complete_graph","path","cycle"],"standard_idea_ids":["pigeonhole_principle","greedy_ordering"],"tags":[],"has_text":true,"text_preview":"Ответ: сможет. Выберем город \\(c\\). Бизнесмен сначала построит из \\(c\\) 11 попарно не пересекающихся внутри приватизированных путей длины 5. Будем называть их лучами, а их последние города - концами лучей. Это можно делать жадно: перед каждым из первых 55 утренних ходов Министерство успело разрушить не более \\(10\\cdot 54=540\\) дорог, а использовано меньше 56 городов. Поэтому из текущего конца строящегося луча остается хотя бы один еще не использованный город, дорога к которому не разрушена; Бизнесмен приватизирует такую дорогу. Если в процессе уже появился нужный цикл, задача решена, так что считаем, что этого не произошло. Обозначим концы построенных 11 лучей через \\(l_1,\\ldots,l_{11}\\). Теперь Бизнесмен начинает строить из того же центра \\(c\\) двенадцатый луч, снова используя только новые города, и жадно приватизирует первые 4 его дороги. Это возможно по той же причине: к этому момент…"}],"relations":[{"id":"rel-spbmo-2010-9-p5-spbmo-2010-11-p3-cycle-game","neighbor_id":"spbmo-2010-11-p3-k2009-long-cycle-game","direction":"forward","type":"paired_variant","distance":1,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-spbmo-2018-10-p1-spbmo-2010-9-p5-road-destruction-complete-graph","neighbor_id":"spbmo-2018-10-p1-complete-graph-road-destruction-path","direction":"backward","type":"same_motif","distance":3,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-spbmo-2010-10-p4-spbmo-2010-cycle-games-same-archive-weak","neighbor_id":"spbmo-2010-10-p4-cubic-edge-company-game","direction":"backward","type":"same_motif","distance":3,"status":"needs_human_review"}],"search_text":"spbmo-2010-9-p5-k2010-cycle-game игра на полном графе \\(k_{2010}\\) и цикл длины 11, спбмо 2010, 9 класс, ii тур, задача 5 goal_strategy_game construction pigeonhole_principle trees graph_model 2010 https://www.pdmi.ras.ru/~olymp/2010/problems/91110tex.zip olympiad_archive spbmo spbmo2010 src-spbmo-2010-city-911-tex with_solution берлов с.л. игра на полном графе \\(k_{ игранаполномграфеk игранаполномграфеk2010 санкт-петербургская математическая олимпиада 2010, городской тур 9-11 классы официальный tex-архив берлов с.л. санкт-петербургская математическая олимпиада 2010, городской тур 9-11 классы официальный tex-архив stmt-original условие ai_checked в стране 2010 городов и любые два из них соединены дорогой (не проходящей через другие города). бизнесмен и министерство дорожного строительства играют в игру. бизнесмен каждое утро приватизирует одну из дорог, а министерство каждый вечер разрушает по десять еще не приватизированных дорог. сможет ли бизнесмен, несмотря на козни министерства, создать циклический маршрут по приватизированным дорогам, проходящий по одному разу по 11 разным городам? complete_graph cycle stmt-graph игра на полном графе \\(k_{2010}\\) и цикл длины 11 ai_checked на ребрах полного графа \\(k_{2010}\\) играют два игрока. за ход первого игрока выбирается одно еще не выбранное и не заблокированное ребро; после этого второй игрок блокирует десять еще не выбранных первым игроком ребер. выбранные первым игроком ребра уже нельзя заблокировать. докажите, что первый игрок может гарантированно получить среди своих ребер простой цикл длины ровно 11. complete_graph cycle idea-subdivided-star луч длины 5 превращает два конца в цикл длины 11 если из одного центра построены два непересекающихся внутри луча длины 5, то их концы соединены приватизированным путем длины 10 через центр. достаточно затем приватизировать дорогу между этими концами, чтобы получить простой цикл длины 11. trees goal_strategy_game ai_checked idea-eleven-closing-options одиннадцать замыкающих дорог сильнее десяти разрушений после построения 11 старых лучей можно выбрать конец нового луча так, чтобы дороги от него ко всем 11 старым концам были целы. вечером министерство может разрушить только 10 таких дорог, поэтому утром у бизнесмена останется хотя бы одна дорога, замыкающая цикл. pigeonhole_principle goal_strategy_game ai_checked idea-global-destroyed-edge-count глобальный счет разрушенных дорог оставляет свежий выбор до решающего выбора сделано меньше 60 ходов бизнесмена, значит министерство разрушило меньше 600 дорог. одна разрушенная дорога может запретить не более одного кандидата на новый конец луча, поэтому среди почти двух тысяч еще не использованных городов остается много подходящих кандидатов. pigeonhole_principle graph_model ai_checked sol-subdivided-star-eleven-threats двенадцатый луч и одиннадцать угроз замыкания ai_checked complete_graph path cycle pigeonhole_principle greedy_ordering ответ: сможет. выберем город \\(c\\). бизнесмен сначала построит из \\(c\\) 11 попарно не пересекающихся внутри приватизированных путей длины 5. будем называть их лучами, а их последние города - концами лучей. это можно делать жадно: перед каждым из первых 55 утренних ходов министерство успело разрушить не более \\(10\\cdot 54=540\\) дорог, а использовано меньше 56 городов. поэтому из текущего конца строящегося луча остается хотя бы один еще не использованный город, дорога к которому не разрушена; бизнесмен приватизирует такую дорогу. если в процессе уже появился нужный цикл, задача решена, так что считаем, что этого не произошло. обозначим концы построенных 11 лучей через \\(l_1,\\ldots,l_{11}\\). теперь бизнесмен начинает строить из того же центра \\(c\\) двенадцатый луч, снова используя только новые города, и жадно приватизирует первые 4 его дороги. это возможно по той же причине: к этому момент… spbmo-2010-9-p5-k2010-cycle-game igra na polnom grafe \\(k_{2010}\\) i tsikl dliny 11, spbmo 2010, 9 klass, ii tur, zadacha 5 goal_strategy_game construction pigeonhole_principle trees graph_model 2010 https://www.pdmi.ras.ru/~olymp/2010/problems/91110tex.zip olympiad_archive spbmo spbmo2010 src-spbmo-2010-city-911-tex with_solution berlov s.l. igra na polnom grafe \\(k_{ igranapolnomgrafek igranapolnomgrafek2010 sankt-peterburgskaya matematicheskaya olimpiada 2010, gorodskoy tur 9-11 klassy ofitsialnyy tex-arhiv berlov s.l. sankt-peterburgskaya matematicheskaya olimpiada 2010, gorodskoy tur 9-11 klassy ofitsialnyy tex-arhiv stmt-original uslovie ai_checked v strane 2010 gorodov i lyubye dva iz nih soedineny dorogoy (ne prohodyaschey cherez drugie goroda). biznesmen i ministerstvo dorozhnogo stroitelstva igrayut v igru. biznesmen kazhdoe utro privatiziruet odnu iz dorog, a ministerstvo kazhdyy vecher razrushaet po desyat esche ne privatizirovannyh dorog. smozhet li biznesmen, nesmotrya na kozni ministerstva, sozdat tsiklicheskiy marshrut po privatizirovannym dorogam, prohodyaschiy po odnomu razu po 11 raznym gorodam? complete_graph cycle stmt-graph igra na polnom grafe \\(k_{2010}\\) i tsikl dliny 11 ai_checked na rebrah polnogo grafa \\(k_{2010}\\) igrayut dva igroka. za hod pervogo igroka vybiraetsya odno esche ne vybrannoe i ne zablokirovannoe rebro; posle etogo vtoroy igrok blokiruet desyat esche ne vybrannyh pervym igrokom reber. vybrannye pervym igrokom rebra uzhe nelzya zablokirovat. dokazhite, chto pervyy igrok mozhet garantirovanno poluchit sredi svoih reber prostoy tsikl dliny rovno 11. complete_graph cycle idea-subdivided-star luch dliny 5 prevraschaet dva kontsa v tsikl dliny 11 esli iz odnogo tsentra postroeny dva neperesekayuschihsya vnutri lucha dliny 5, to ih kontsy soedineny privatizirovannym putem dliny 10 cherez tsentr. dostatochno zatem privatizirovat dorogu mezhdu etimi kontsami, chtoby poluchit prostoy tsikl dliny 11. trees goal_strategy_game ai_checked idea-eleven-closing-options odinnadtsat zamykayuschih dorog silnee desyati razrusheniy posle postroeniya 11 staryh luchey mozhno vybrat konets novogo lucha tak, chtoby dorogi ot nego ko vsem 11 starym kontsam byli tsely. vecherom ministerstvo mozhet razrushit tolko 10 takih dorog, poetomu utrom u biznesmena ostanetsya hotya by odna doroga, zamykayuschaya tsikl. pigeonhole_principle goal_strategy_game ai_checked idea-global-destroyed-edge-count globalnyy schet razrushennyh dorog ostavlyaet svezhiy vybor do reshayuschego vybora sdelano menshe 60 hodov biznesmena, znachit ministerstvo razrushilo menshe 600 dorog. odna razrushennaya doroga mozhet zapretit ne bolee odnogo kandidata na novyy konets lucha, poetomu sredi pochti dvuh tysyach esche ne ispolzovannyh gorodov ostaetsya mnogo podhodyaschih kandidatov. pigeonhole_principle graph_model ai_checked sol-subdivided-star-eleven-threats dvenadtsatyy luch i odinnadtsat ugroz zamykaniya ai_checked complete_graph path cycle pigeonhole_principle greedy_ordering otvet: smozhet. vyberem gorod \\(c\\). biznesmen snachala postroit iz \\(c\\) 11 poparno ne peresekayuschihsya vnutri privatizirovannyh putey dliny 5. budem nazyvat ih luchami, a ih poslednie goroda - kontsami luchey. eto mozhno delat zhadno: pered kazhdym iz pervyh 55 utrennih hodov ministerstvo uspelo razrushit ne bolee \\(10\\cdot 54=540\\) dorog, a ispolzovano menshe 56 gorodov. poetomu iz tekuschego kontsa stroyaschegosya lucha ostaetsya hotya by odin esche ne ispolzovannyy gorod, doroga k kotoromu ne razrushena; biznesmen privatiziruet takuyu dorogu. esli v protsesse uzhe poyavilsya nuzhnyy tsikl, zadacha reshena, tak chto schitaem, chto etogo ne proizoshlo. oboznachim kontsy postroennyh 11 luchey cherez \\(l_1,\\ldots,l_{11}\\). teper biznesmen nachinaet stroit iz togo zhe tsentra \\(c\\) dvenadtsatyy luch, snova ispolzuya tolko novye goroda, i zhadno privatiziruet pervye 4 ego dorogi. eto vozmozhno po toy zhe prichine: k etomu moment…","source_keys":["spbmo"]}
{"id":"spbmo-2011-9-10-p4-triangle-in-every-2000-set-k4","title":"Треугольник в каждой выборке из 2000 жителей и четверо попарно знакомых, СПбМО 2011","path":"data\\problems\\spbmo\\spbmo-2011-9-10-p4-triangle-in-every-2000-set-k4.yaml","raw_github_url":"https://raw.githubusercontent.com/didin-maxim/knowledge_graph_of_graphs/main/data/problems/spbmo/spbmo-2011-9-10-p4-triangle-in-every-2000-set-k4.yaml","viewer_url":"https://didin-maxim.github.io/knowledge_graph_of_graphs/#spbmo-2011-9-10-p4-triangle-in-every-2000-set-k4","source_key":"spbmo","source_label":"Треугольник в каждой выборке из","source_titles":["Санкт-Петербургская математическая олимпиада 2011, городской тур 9-11 классы официальный TeX-архив"],"year":"2000","type":"olympiad_problem","authors":["А. Голованов","Берлов С.Л."],"tags":["graph_model","ramsey_theory","coloring","forbidden_clique","forbidden_triangle","degree_counting","double_counting","goal_proof"],"agent_topics":[],"difficulty":{"main":"regional","local_score":6,"comment":"Задача 4 городского тура СПбМО для 9 и 10 класса: короткое решение, но нужно заметить две нетривиальные связки — запрет \\(K_4\\) ограничивает максимальную степень через условие о 2000 соседях, а затем жадная 2000-раскраска превращает пары цветовых классов в треугольник-свободные множества.","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":"Условие","status":"ai_checked","text":"В городе Угрюмове 2 000 000 жителей, которые мало общаются друг с другом. Тем не менее, среди любых 2000 жителей найдутся трое попарно знакомых. Докажите, что в городе есть четверо попарно знакомых друг с другом жителей.","definition_ids":["clique"]}],"graph_theory":[{"id":"stmt-graph","title":"Треугольник в каждой выборке из 2000 жителей и четверо попарно знакомых","status":"ai_checked","text":"Пусть \\(G\\) — простой граф на 2 000 000 вершинах. Известно, что любое множество из 2000 вершин графа \\(G\\) содержит треугольник \\(K_3\\). Докажите, что граф \\(G\\) содержит полный подграф \\(K_4\\).","definition_ids":["simple_graph","clique","triangle","complete_graph"]}]},"solutions":[{"id":"sol-contrapositive-greedy-coloring","title":"Контрапозиция, жадная раскраска и двойной счёт","status":"ai_checked","definition_ids":["simple_graph","clique","degree","chromatic_number","bipartite_graph","triangle","proper_coloring"],"standard_idea_ids":["greedy_ordering","double_counting"],"tags":[],"has_text":true,"text_preview":"Построим граф знакомств: вершины — жители, ребро означает знакомство. Условие говорит, что любое множество из 2000 вершин содержит треугольник. Нужно доказать существование \\(K_4\\). Предположим противное: в графе нет \\(K_4\\). Тогда степень любой вершины не превосходит 1999. Действительно, если у вершины \\(v\\) есть хотя бы 2000 соседей, то среди каких-нибудь 2000 из них по условию найдутся три попарно смежные вершины. Вместе с \\(v\\) они образуют \\(K_4\\), противоречие. Значит, граф можно правильно раскрасить не более чем в 2000 цветов жадным алгоритмом: когда красим очередную вершину, среди её уже окрашенных соседей занято не более 1999 цветов, так что один из 2000 цветов свободен. Обозначим размеры цветовых классов через \\(a_1,\\dots,a_{2000}\\), разрешая пустые классы. Объединение любых двух цветовых классов является двудольным графом, поэтому в нём нет треугольника. Но по условию каждое…"}],"relations":[{"id":"rel-spbmo-2011-p4-greedy-coloring-bipartite-color-classes","neighbor_id":"vertex-coloring-to-bipartite-edge-layers","direction":"backward","type":"prerequisite","distance":3,"status":"ai_checked"}],"search_text":"spbmo-2011-9-10-p4-triangle-in-every-2000-set-k4 треугольник в каждой выборке из 2000 жителей и четверо попарно знакомых, спбмо 2011 graph_model ramsey_theory coloring forbidden_clique forbidden_triangle degree_counting double_counting goal_proof 2000 https://www.pdmi.ras.ru/~olymp/2011/problems/91111tex.zip olympiad_archive spbmo spbmo2000 src-spbmo-2011-city-911-tex with_solution а. голованов берлов с.л. санкт-петербургская математическая олимпиада 2011, городской тур 9-11 классы официальный tex-архив треугольник в каждой выборке из треугольниквкаждойвыборкеиз треугольниквкаждойвыборкеиз2000 а. голованов берлов с.л. санкт-петербургская математическая олимпиада 2011, городской тур 9-11 классы официальный tex-архив stmt-original условие ai_checked в городе угрюмове 2 000 000 жителей, которые мало общаются друг с другом. тем не менее, среди любых 2000 жителей найдутся трое попарно знакомых. докажите, что в городе есть четверо попарно знакомых друг с другом жителей. clique stmt-graph треугольник в каждой выборке из 2000 жителей и четверо попарно знакомых ai_checked пусть \\(g\\) — простой граф на 2 000 000 вершинах. известно, что любое множество из 2000 вершин графа \\(g\\) содержит треугольник \\(k_3\\). докажите, что граф \\(g\\) содержит полный подграф \\(k_4\\). simple_graph clique triangle complete_graph idea-contrapositive-degree-bound без k4 степень каждой вершины меньше 2000 доказываем от противного. если в графе без \\(k_4\\) у вершины было бы хотя бы 2000 соседей, то среди любых выбранных 2000 её соседей нашёлся бы треугольник; вместе с исходной вершиной он дал бы \\(k_4\\). forbidden_clique degree_counting ai_checked idea-color-class-pair-count две цветовые доли образуют множество без треугольников при максимальной степени не больше 1999 граф жадно раскрашивается в 2000 цветов. объединение любых двух цветовых классов двудольно, значит не содержит треугольника и поэтому имеет не более 1999 вершин; суммирование этих ограничений по всем парам цветов даёт противоречие с числом жителей. coloring double_counting forbidden_triangle ai_checked sol-contrapositive-greedy-coloring контрапозиция, жадная раскраска и двойной счёт ai_checked simple_graph clique degree chromatic_number bipartite_graph triangle proper_coloring greedy_ordering double_counting построим граф знакомств: вершины — жители, ребро означает знакомство. условие говорит, что любое множество из 2000 вершин содержит треугольник. нужно доказать существование \\(k_4\\). предположим противное: в графе нет \\(k_4\\). тогда степень любой вершины не превосходит 1999. действительно, если у вершины \\(v\\) есть хотя бы 2000 соседей, то среди каких-нибудь 2000 из них по условию найдутся три попарно смежные вершины. вместе с \\(v\\) они образуют \\(k_4\\), противоречие. значит, граф можно правильно раскрасить не более чем в 2000 цветов жадным алгоритмом: когда красим очередную вершину, среди её уже окрашенных соседей занято не более 1999 цветов, так что один из 2000 цветов свободен. обозначим размеры цветовых классов через \\(a_1,\\dots,a_{2000}\\), разрешая пустые классы. объединение любых двух цветовых классов является двудольным графом, поэтому в нём нет треугольника. но по условию каждое… spbmo-2011-9-10-p4-triangle-in-every-2000-set-k4 treugolnik v kazhdoy vyborke iz 2000 zhiteley i chetvero poparno znakomyh, spbmo 2011 graph_model ramsey_theory coloring forbidden_clique forbidden_triangle degree_counting double_counting goal_proof 2000 https://www.pdmi.ras.ru/~olymp/2011/problems/91111tex.zip olympiad_archive spbmo spbmo2000 src-spbmo-2011-city-911-tex with_solution a. golovanov berlov s.l. sankt-peterburgskaya matematicheskaya olimpiada 2011, gorodskoy tur 9-11 klassy ofitsialnyy tex-arhiv treugolnik v kazhdoy vyborke iz treugolnikvkazhdoyvyborkeiz treugolnikvkazhdoyvyborkeiz2000 a. golovanov berlov s.l. sankt-peterburgskaya matematicheskaya olimpiada 2011, gorodskoy tur 9-11 klassy ofitsialnyy tex-arhiv stmt-original uslovie ai_checked v gorode ugryumove 2 000 000 zhiteley, kotorye malo obschayutsya drug s drugom. tem ne menee, sredi lyubyh 2000 zhiteley naydutsya troe poparno znakomyh. dokazhite, chto v gorode est chetvero poparno znakomyh drug s drugom zhiteley. clique stmt-graph treugolnik v kazhdoy vyborke iz 2000 zhiteley i chetvero poparno znakomyh ai_checked pust \\(g\\) — prostoy graf na 2 000 000 vershinah. izvestno, chto lyuboe mnozhestvo iz 2000 vershin grafa \\(g\\) soderzhit treugolnik \\(k_3\\). dokazhite, chto graf \\(g\\) soderzhit polnyy podgraf \\(k_4\\). simple_graph clique triangle complete_graph idea-contrapositive-degree-bound bez k4 stepen kazhdoy vershiny menshe 2000 dokazyvaem ot protivnogo. esli v grafe bez \\(k_4\\) u vershiny bylo by hotya by 2000 sosedey, to sredi lyubyh vybrannyh 2000 ee sosedey nashelsya by treugolnik; vmeste s ishodnoy vershinoy on dal by \\(k_4\\). forbidden_clique degree_counting ai_checked idea-color-class-pair-count dve tsvetovye doli obrazuyut mnozhestvo bez treugolnikov pri maksimalnoy stepeni ne bolshe 1999 graf zhadno raskrashivaetsya v 2000 tsvetov. obedinenie lyubyh dvuh tsvetovyh klassov dvudolno, znachit ne soderzhit treugolnika i poetomu imeet ne bolee 1999 vershin; summirovanie etih ogranicheniy po vsem param tsvetov daet protivorechie s chislom zhiteley. coloring double_counting forbidden_triangle ai_checked sol-contrapositive-greedy-coloring kontrapozitsiya, zhadnaya raskraska i dvoynoy schet ai_checked simple_graph clique degree chromatic_number bipartite_graph triangle proper_coloring greedy_ordering double_counting postroim graf znakomstv: vershiny — zhiteli, rebro oznachaet znakomstvo. uslovie govorit, chto lyuboe mnozhestvo iz 2000 vershin soderzhit treugolnik. nuzhno dokazat suschestvovanie \\(k_4\\). predpolozhim protivnoe: v grafe net \\(k_4\\). togda stepen lyuboy vershiny ne prevoshodit 1999. deystvitelno, esli u vershiny \\(v\\) est hotya by 2000 sosedey, to sredi kakih-nibud 2000 iz nih po usloviyu naydutsya tri poparno smezhnye vershiny. vmeste s \\(v\\) oni obrazuyut \\(k_4\\), protivorechie. znachit, graf mozhno pravilno raskrasit ne bolee chem v 2000 tsvetov zhadnym algoritmom: kogda krasim ocherednuyu vershinu, sredi ee uzhe okrashennyh sosedey zanyato ne bolee 1999 tsvetov, tak chto odin iz 2000 tsvetov svoboden. oboznachim razmery tsvetovyh klassov cherez \\(a_1,\\dots,a_{2000}\\), razreshaya pustye klassy. obedinenie lyubyh dvuh tsvetovyh klassov yavlyaetsya dvudolnym grafom, poetomu v nem net treugolnika. no po usloviyu kazhdoe…","source_keys":["spbmo"]}
{"id":"spbmo-2012-11-p7-bipartite-acyclic-orientations-mod3","title":"Двудольный граф авиалиний и число ациклических ориентаций по модулю 3, СПбМО 2012","path":"data\\problems\\spbmo\\spbmo-2012-11-p7-bipartite-acyclic-orientations-mod3.yaml","raw_github_url":"https://raw.githubusercontent.com/didin-maxim/knowledge_graph_of_graphs/main/data/problems/spbmo/spbmo-2012-11-p7-bipartite-acyclic-orientations-mod3.yaml","viewer_url":"https://didin-maxim.github.io/knowledge_graph_of_graphs/#spbmo-2012-11-p7-bipartite-acyclic-orientations-mod3","source_key":"spbmo","source_label":"СПбМО","source_titles":["Санкт-Петербургская математическая олимпиада 2012, городской тур 9-11 классы официальный TeX-архив"],"year":"2012","type":"olympiad_problem","authors":["Fedor Petrov"],"tags":["graph_model","coloring","induction","goal_counting","invariant"],"agent_topics":[],"difficulty":{"main":"regional","local_score":7,"comment":"Задача уровня старшего класса городского тура: ключевой ход - неочевидная рекурсия удаления-сжатия для числа ациклических ориентаций и сравнение с 2-раскрасками по модулю 3.","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":"Официальная олимпиадная формулировка","status":"ai_checked","text":"Некоторые города России соединены с некоторыми городами Украины международными авиалиниями. Межгосударственный совет по содействию миграции собирается ввести на каждой авиалинии одностороннее движение так, чтобы, вылетев из города, в него уже нельзя было вернуться (пользуясь другими односторонними авиалиниями). Докажите, что количество способов сделать это не делится на три.","definition_ids":["bipartite_graph","directed_graph","cycle"]}],"graph_theory":[{"id":"stmt-graph","title":"Двудольный граф авиалиний и число ациклических ориентаций по модулю 3","status":"ai_checked","text":"Пусть \\(G\\) — конечный простой двудольный граф. Ориентацией \\(G\\) назовём выбор направления для каждого ребра; ориентация называется ациклической, если в полученном ориентированном графе нет ориентированного цикла. Докажите, что число ациклических ориентаций графа \\(G\\) не делится на \\(3\\).","definition_ids":["simple_graph","bipartite_graph","directed_graph","cycle"]}]},"solutions":[{"id":"sol-deletion-contraction-mod3","title":"Доказательство через удаление-сжатие","status":"ai_checked","definition_ids":["simple_graph","bipartite_graph","directed_graph","cycle","chromatic_number"],"standard_idea_ids":["induction","delete_to_simplify"],"tags":[],"has_text":true,"text_preview":"Перейдём к графовой формулировке. Города России и города Украины образуют две доли двудольного графа \\(G\\), а выбор направления на каждой авиалинии - это ориентация соответствующего ребра. Условие, что из города нельзя вернуться в него по односторонним авиалиниям, означает отсутствие ориентированного цикла. Поэтому нужно доказать утверждение для произвольного конечного двудольного графа. Для конечного графа \\(H\\) обозначим через \\(A(H)\\) число его ациклических ориентаций, а через \\(C(H)\\) число правильных раскрасок его вершин в два цвета. Докажем по индукции по числу рёбер, что \\[ A(H)\\equiv (-1)^{|V(H)|}C(H) \\pmod 3. \\] Параллельные рёбра в промежуточных графах можно не различать: в правильных раскрасках они дают то же ограничение, что одно ребро, а в ациклической ориентации все параллельные рёбра между двумя вершинами обязаны быть направлены одинаково, иначе появился бы ориентированны…"}],"relations":[],"search_text":"spbmo-2012-11-p7-bipartite-acyclic-orientations-mod3 двудольный граф авиалиний и число ациклических ориентаций по модулю 3, спбмо 2012 graph_model coloring induction goal_counting invariant 2012 fedor petrov fedorpetrov https://www.pdmi.ras.ru/~olymp/2012/problems/91112tex.zip olympiad_archive spbmo spbmo2012 src-spbmo-2012-city-911-tex with_solution санкт-петербургская математическая олимпиада 2012, городской тур 9-11 классы официальный tex-архив спбмо спбмо2012 fedor petrov санкт-петербургская математическая олимпиада 2012, городской тур 9-11 классы официальный tex-архив stmt-original официальная олимпиадная формулировка ai_checked некоторые города россии соединены с некоторыми городами украины международными авиалиниями. межгосударственный совет по содействию миграции собирается ввести на каждой авиалинии одностороннее движение так, чтобы, вылетев из города, в него уже нельзя было вернуться (пользуясь другими односторонними авиалиниями). докажите, что количество способов сделать это не делится на три. bipartite_graph directed_graph cycle stmt-graph двудольный граф авиалиний и число ациклических ориентаций по модулю 3 ai_checked пусть \\(g\\) — конечный простой двудольный граф. ориентацией \\(g\\) назовём выбор направления для каждого ребра; ориентация называется ациклической, если в полученном ориентированном графе нет ориентированного цикла. докажите, что число ациклических ориентаций графа \\(g\\) не делится на \\(3\\). simple_graph bipartite_graph directed_graph cycle idea-delete-contract-congruence сравнить ациклические ориентации с 2-раскрасками число ациклических ориентаций удовлетворяет рекурсии удаления-сжатия с плюсом. число правильных 2-раскрасок удовлетворяет той же рекурсии по модулю 3 после умножения на знак \\((-1)^{|v|}\\). поэтому эти две величины сравнимы по модулю 3. induction coloring invariant ai_checked idea-bipartite-two-colorings-nonzero-mod3 у двудольного графа число 2-раскрасок не кратно 3 если у двудольного графа \\(c\\) компонент связности, то каждую компоненту можно правильно раскрасить в два цвета ровно двумя способами. значит, всего правильных 2-раскрасок \\(2^c\\), а это число не делится на \\(3\\). coloring goal_counting ai_checked sol-deletion-contraction-mod3 доказательство через удаление-сжатие ai_checked simple_graph bipartite_graph directed_graph cycle chromatic_number induction delete_to_simplify перейдём к графовой формулировке. города россии и города украины образуют две доли двудольного графа \\(g\\), а выбор направления на каждой авиалинии - это ориентация соответствующего ребра. условие, что из города нельзя вернуться в него по односторонним авиалиниям, означает отсутствие ориентированного цикла. поэтому нужно доказать утверждение для произвольного конечного двудольного графа. для конечного графа \\(h\\) обозначим через \\(a(h)\\) число его ациклических ориентаций, а через \\(c(h)\\) число правильных раскрасок его вершин в два цвета. докажем по индукции по числу рёбер, что \\[ a(h)\\equiv (-1)^{|v(h)|}c(h) \\pmod 3. \\] параллельные рёбра в промежуточных графах можно не различать: в правильных раскрасках они дают то же ограничение, что одно ребро, а в ациклической ориентации все параллельные рёбра между двумя вершинами обязаны быть направлены одинаково, иначе появился бы ориентированны… spbmo-2012-11-p7-bipartite-acyclic-orientations-mod3 dvudolnyy graf avialiniy i chislo atsiklicheskih orientatsiy po modulyu 3, spbmo 2012 graph_model coloring induction goal_counting invariant 2012 fedor petrov fedorpetrov https://www.pdmi.ras.ru/~olymp/2012/problems/91112tex.zip olympiad_archive spbmo spbmo2012 src-spbmo-2012-city-911-tex with_solution sankt-peterburgskaya matematicheskaya olimpiada 2012, gorodskoy tur 9-11 klassy ofitsialnyy tex-arhiv spbmo spbmo2012 fedor petrov sankt-peterburgskaya matematicheskaya olimpiada 2012, gorodskoy tur 9-11 klassy ofitsialnyy tex-arhiv stmt-original ofitsialnaya olimpiadnaya formulirovka ai_checked nekotorye goroda rossii soedineny s nekotorymi gorodami ukrainy mezhdunarodnymi avialiniyami. mezhgosudarstvennyy sovet po sodeystviyu migratsii sobiraetsya vvesti na kazhdoy avialinii odnostoronnee dvizhenie tak, chtoby, vyletev iz goroda, v nego uzhe nelzya bylo vernutsya (polzuyas drugimi odnostoronnimi avialiniyami). dokazhite, chto kolichestvo sposobov sdelat eto ne delitsya na tri. bipartite_graph directed_graph cycle stmt-graph dvudolnyy graf avialiniy i chislo atsiklicheskih orientatsiy po modulyu 3 ai_checked pust \\(g\\) — konechnyy prostoy dvudolnyy graf. orientatsiey \\(g\\) nazovem vybor napravleniya dlya kazhdogo rebra; orientatsiya nazyvaetsya atsiklicheskoy, esli v poluchennom orientirovannom grafe net orientirovannogo tsikla. dokazhite, chto chislo atsiklicheskih orientatsiy grafa \\(g\\) ne delitsya na \\(3\\). simple_graph bipartite_graph directed_graph cycle idea-delete-contract-congruence sravnit atsiklicheskie orientatsii s 2-raskraskami chislo atsiklicheskih orientatsiy udovletvoryaet rekursii udaleniya-szhatiya s plyusom. chislo pravilnyh 2-raskrasok udovletvoryaet toy zhe rekursii po modulyu 3 posle umnozheniya na znak \\((-1)^{|v|}\\). poetomu eti dve velichiny sravnimy po modulyu 3. induction coloring invariant ai_checked idea-bipartite-two-colorings-nonzero-mod3 u dvudolnogo grafa chislo 2-raskrasok ne kratno 3 esli u dvudolnogo grafa \\(c\\) komponent svyaznosti, to kazhduyu komponentu mozhno pravilno raskrasit v dva tsveta rovno dvumya sposobami. znachit, vsego pravilnyh 2-raskrasok \\(2^c\\), a eto chislo ne delitsya na \\(3\\). coloring goal_counting ai_checked sol-deletion-contraction-mod3 dokazatelstvo cherez udalenie-szhatie ai_checked simple_graph bipartite_graph directed_graph cycle chromatic_number induction delete_to_simplify pereydem k grafovoy formulirovke. goroda rossii i goroda ukrainy obrazuyut dve doli dvudolnogo grafa \\(g\\), a vybor napravleniya na kazhdoy avialinii - eto orientatsiya sootvetstvuyuschego rebra. uslovie, chto iz goroda nelzya vernutsya v nego po odnostoronnim avialiniyam, oznachaet otsutstvie orientirovannogo tsikla. poetomu nuzhno dokazat utverzhdenie dlya proizvolnogo konechnogo dvudolnogo grafa. dlya konechnogo grafa \\(h\\) oboznachim cherez \\(a(h)\\) chislo ego atsiklicheskih orientatsiy, a cherez \\(c(h)\\) chislo pravilnyh raskrasok ego vershin v dva tsveta. dokazhem po induktsii po chislu reber, chto \\[ a(h)\\equiv (-1)^{|v(h)|}c(h) \\pmod 3. \\] parallelnye rebra v promezhutochnyh grafah mozhno ne razlichat: v pravilnyh raskraskah oni dayut to zhe ogranichenie, chto odno rebro, a v atsiklicheskoy orientatsii vse parallelnye rebra mezhdu dvumya vershinami obyazany byt napravleny odinakovo, inache poyavilsya by orientirovanny…","source_keys":["spbmo"]}
{"id":"spbmo-2012-7-p4-forty-regular-acquaintance-four-people","title":"40-регулярный граф знакомств и четыре человека с двумя знакомствами и двумя незнакомствами, СПбМО 2012","path":"data\\problems\\spbmo\\spbmo-2012-7-p4-forty-regular-acquaintance-four-people.yaml","raw_github_url":"https://raw.githubusercontent.com/didin-maxim/knowledge_graph_of_graphs/main/data/problems/spbmo/spbmo-2012-7-p4-forty-regular-acquaintance-four-people.yaml","viewer_url":"https://didin-maxim.github.io/knowledge_graph_of_graphs/#spbmo-2012-7-p4-forty-regular-acquaintance-four-people","source_key":"spbmo","source_label":"СПбМО","source_titles":["Санкт-Петербургская математическая олимпиада 2012, городской тур 6-8 классы официальный TeX-архив"],"year":"2012","type":"olympiad_problem","authors":["Берлов С.Л."],"tags":["degree_counting","graph_model","goal_existence"],"agent_topics":[],"difficulty":{"main":"regional","local_score":4,"comment":"Задача 7 класса городского тура СПбМО: короткое доказательство после выбора одного ребра, но нужен аккуратный учет множеств несоседей двух концов.","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":"Условие СПбМО, 7 класс, II тур, задача 4","status":"ai_checked","text":"В компании 100 человек, каждый из которых знаком ровно с 40 другими. Докажите, что можно выбрать четырех человек \\(A\\), \\(B\\), \\(C\\), \\(D\\) так, что \\(A\\) и \\(B\\) будут знакомы друг с другом, \\(C\\) и \\(D\\) тоже будут знакомы, но при этом \\(A\\) и \\(D\\) будут незнакомы друг с другом и, кроме этого, \\(B\\) и \\(C\\) тоже будут незнакомы.","definition_ids":["simple_graph","degree","complement_graph"]}],"graph_theory":[{"id":"stmt-graph","title":"Четыре вершины в 40-регулярном графе","status":"ai_checked","text":"Пусть \\(G\\) — простой 40-регулярный граф на 100 вершинах. Докажите, что в \\(G\\) существуют четыре попарно различные вершины \\(A\\), \\(B\\), \\(C\\), \\(D\\), для которых \\(AB\\) и \\(CD\\) являются ребрами графа, а \\(AD\\) и \\(BC\\) не являются ребрами.","definition_ids":["simple_graph","degree","complement_graph","neighborhood"]}]},"solutions":[{"id":"sol-fixed-edge-neighborhood-partition","title":"Доказательство через разбиение относительно выбранного ребра","status":"ai_checked","definition_ids":["simple_graph","degree","complement_graph","neighborhood"],"standard_idea_ids":["complement_graph_transition"],"tags":[],"has_text":true,"text_preview":"Построим граф знакомств: вершины - люди, ребро означает знакомство. По условию это простой граф на 100 вершинах, степень каждой вершины равна 40. Так как сумма степеней равна \\(100\\cdot 40\\), в графе есть ребра; выберем одно ребро и обозначим его концы через \\(A\\) и \\(B\\). Пусть \\(X\\) - множество всех вершин, не смежных с \\(B\\), а \\(Y\\) - множество всех вершин, не смежных с \\(A\\). Если существует ребро \\(CD\\), где \\(C\\in X\\) и \\(D\\in Y\\), то эта четверка уже обладает нужными свойствами: \\(A\\) смежна с \\(B\\), \\(C\\) смежна с \\(D\\), вершина \\(B\\) не смежна с \\(C\\), а вершина \\(A\\) не смежна с \\(D\\). При этом вершины различны: \\(C\\ne D\\), потому что \\(CD\\) - ребро, а \\(C,D\\) не совпадают с нужными концами \\(A,B\\) из-за условий несмежности. Докажем существование такого ребра между \\(X\\) и \\(Y\\). Предположим противное: никакого ребра с одним концом в \\(X\\), а другим в \\(Y\\), нет. Разобьем ост…"}],"relations":[{"id":"rel-spbmo-2012-p7-p4-same-regular-acquaintance-model","neighbor_id":"spbmo-2012-8-p7-forty-regular-acquaintance-22-cycle","direction":"backward","type":"same_motif","distance":2,"status":"ai_checked"}],"search_text":"spbmo-2012-7-p4-forty-regular-acquaintance-four-people 40-регулярный граф знакомств и четыре человека с двумя знакомствами и двумя незнакомствами, спбмо 2012 degree_counting graph_model goal_existence 2012 https://www.pdmi.ras.ru/~olymp/2012/problems/c6812tex.zip olympiad_archive spbmo spbmo2012 src-spbmo-2012-city-68-tex with_solution берлов с.л. санкт-петербургская математическая олимпиада 2012, городской тур 6-8 классы официальный tex-архив спбмо спбмо2012 берлов с.л. санкт-петербургская математическая олимпиада 2012, городской тур 6-8 классы официальный tex-архив stmt-original условие спбмо, 7 класс, ii тур, задача 4 ai_checked в компании 100 человек, каждый из которых знаком ровно с 40 другими. докажите, что можно выбрать четырех человек \\(a\\), \\(b\\), \\(c\\), \\(d\\) так, что \\(a\\) и \\(b\\) будут знакомы друг с другом, \\(c\\) и \\(d\\) тоже будут знакомы, но при этом \\(a\\) и \\(d\\) будут незнакомы друг с другом и, кроме этого, \\(b\\) и \\(c\\) тоже будут незнакомы. simple_graph degree complement_graph stmt-graph четыре вершины в 40-регулярном графе ai_checked пусть \\(g\\) — простой 40-регулярный граф на 100 вершинах. докажите, что в \\(g\\) существуют четыре попарно различные вершины \\(a\\), \\(b\\), \\(c\\), \\(d\\), для которых \\(ab\\) и \\(cd\\) являются ребрами графа, а \\(ad\\) и \\(bc\\) не являются ребрами. simple_graph degree complement_graph neighborhood idea-fix-edge-and-look-at-nonneighbors зафиксировать одно ребро и смотреть на незнакомых с его концами выбираем знакомую пару \\(a,b\\). если удастся найти ребро между множеством вершин, не смежных с \\(b\\), и множеством вершин, не смежных с \\(a\\), то его концы можно взять за \\(c,d\\). если такого ребра нет, вершины, не смежные ни с \\(a\\), ни с \\(b\\), оказываются изолированными от всех, кроме невозможных соседей \\(a,b\\). degree_counting graph_model ai_checked sol-fixed-edge-neighborhood-partition доказательство через разбиение относительно выбранного ребра ai_checked simple_graph degree complement_graph neighborhood complement_graph_transition построим граф знакомств: вершины - люди, ребро означает знакомство. по условию это простой граф на 100 вершинах, степень каждой вершины равна 40. так как сумма степеней равна \\(100\\cdot 40\\), в графе есть ребра; выберем одно ребро и обозначим его концы через \\(a\\) и \\(b\\). пусть \\(x\\) - множество всех вершин, не смежных с \\(b\\), а \\(y\\) - множество всех вершин, не смежных с \\(a\\). если существует ребро \\(cd\\), где \\(c\\in x\\) и \\(d\\in y\\), то эта четверка уже обладает нужными свойствами: \\(a\\) смежна с \\(b\\), \\(c\\) смежна с \\(d\\), вершина \\(b\\) не смежна с \\(c\\), а вершина \\(a\\) не смежна с \\(d\\). при этом вершины различны: \\(c\\ne d\\), потому что \\(cd\\) - ребро, а \\(c,d\\) не совпадают с нужными концами \\(a,b\\) из-за условий несмежности. докажем существование такого ребра между \\(x\\) и \\(y\\). предположим противное: никакого ребра с одним концом в \\(x\\), а другим в \\(y\\), нет. разобьем ост… spbmo-2012-7-p4-forty-regular-acquaintance-four-people 40-regulyarnyy graf znakomstv i chetyre cheloveka s dvumya znakomstvami i dvumya neznakomstvami, spbmo 2012 degree_counting graph_model goal_existence 2012 https://www.pdmi.ras.ru/~olymp/2012/problems/c6812tex.zip olympiad_archive spbmo spbmo2012 src-spbmo-2012-city-68-tex with_solution berlov s.l. sankt-peterburgskaya matematicheskaya olimpiada 2012, gorodskoy tur 6-8 klassy ofitsialnyy tex-arhiv spbmo spbmo2012 berlov s.l. sankt-peterburgskaya matematicheskaya olimpiada 2012, gorodskoy tur 6-8 klassy ofitsialnyy tex-arhiv stmt-original uslovie spbmo, 7 klass, ii tur, zadacha 4 ai_checked v kompanii 100 chelovek, kazhdyy iz kotoryh znakom rovno s 40 drugimi. dokazhite, chto mozhno vybrat chetyreh chelovek \\(a\\), \\(b\\), \\(c\\), \\(d\\) tak, chto \\(a\\) i \\(b\\) budut znakomy drug s drugom, \\(c\\) i \\(d\\) tozhe budut znakomy, no pri etom \\(a\\) i \\(d\\) budut neznakomy drug s drugom i, krome etogo, \\(b\\) i \\(c\\) tozhe budut neznakomy. simple_graph degree complement_graph stmt-graph chetyre vershiny v 40-regulyarnom grafe ai_checked pust \\(g\\) — prostoy 40-regulyarnyy graf na 100 vershinah. dokazhite, chto v \\(g\\) suschestvuyut chetyre poparno razlichnye vershiny \\(a\\), \\(b\\), \\(c\\), \\(d\\), dlya kotoryh \\(ab\\) i \\(cd\\) yavlyayutsya rebrami grafa, a \\(ad\\) i \\(bc\\) ne yavlyayutsya rebrami. simple_graph degree complement_graph neighborhood idea-fix-edge-and-look-at-nonneighbors zafiksirovat odno rebro i smotret na neznakomyh s ego kontsami vybiraem znakomuyu paru \\(a,b\\). esli udastsya nayti rebro mezhdu mnozhestvom vershin, ne smezhnyh s \\(b\\), i mnozhestvom vershin, ne smezhnyh s \\(a\\), to ego kontsy mozhno vzyat za \\(c,d\\). esli takogo rebra net, vershiny, ne smezhnye ni s \\(a\\), ni s \\(b\\), okazyvayutsya izolirovannymi ot vseh, krome nevozmozhnyh sosedey \\(a,b\\). degree_counting graph_model ai_checked sol-fixed-edge-neighborhood-partition dokazatelstvo cherez razbienie otnositelno vybrannogo rebra ai_checked simple_graph degree complement_graph neighborhood complement_graph_transition postroim graf znakomstv: vershiny - lyudi, rebro oznachaet znakomstvo. po usloviyu eto prostoy graf na 100 vershinah, stepen kazhdoy vershiny ravna 40. tak kak summa stepeney ravna \\(100\\cdot 40\\), v grafe est rebra; vyberem odno rebro i oboznachim ego kontsy cherez \\(a\\) i \\(b\\). pust \\(x\\) - mnozhestvo vseh vershin, ne smezhnyh s \\(b\\), a \\(y\\) - mnozhestvo vseh vershin, ne smezhnyh s \\(a\\). esli suschestvuet rebro \\(cd\\), gde \\(c\\in x\\) i \\(d\\in y\\), to eta chetverka uzhe obladaet nuzhnymi svoystvami: \\(a\\) smezhna s \\(b\\), \\(c\\) smezhna s \\(d\\), vershina \\(b\\) ne smezhna s \\(c\\), a vershina \\(a\\) ne smezhna s \\(d\\). pri etom vershiny razlichny: \\(c\\ne d\\), potomu chto \\(cd\\) - rebro, a \\(c,d\\) ne sovpadayut s nuzhnymi kontsami \\(a,b\\) iz-za usloviy nesmezhnosti. dokazhem suschestvovanie takogo rebra mezhdu \\(x\\) i \\(y\\). predpolozhim protivnoe: nikakogo rebra s odnim kontsom v \\(x\\), a drugim v \\(y\\), net. razobem ost…","source_keys":["spbmo"]}
{"id":"spbmo-2012-8-p7-forty-regular-acquaintance-22-cycle","title":"Чередующаяся рассадка 22 человек в 40-регулярном графе знакомств, СПбМО 2012","path":"data\\problems\\spbmo\\spbmo-2012-8-p7-forty-regular-acquaintance-22-cycle.yaml","raw_github_url":"https://raw.githubusercontent.com/didin-maxim/knowledge_graph_of_graphs/main/data/problems/spbmo/spbmo-2012-8-p7-forty-regular-acquaintance-22-cycle.yaml","viewer_url":"https://didin-maxim.github.io/knowledge_graph_of_graphs/#spbmo-2012-8-p7-forty-regular-acquaintance-22-cycle","source_key":"spbmo","source_label":"СПбМО","source_titles":["Санкт-Петербургская математическая олимпиада 2012, городской тур 6-8 классы официальный TeX-архив"],"year":"2012","type":"olympiad_problem","authors":["Карпов Д.В.","Берлов С.Л."],"tags":["graph_model","degree_counting","extremal_graph_theory","goal_existence","coloring","matching"],"agent_topics":[],"difficulty":{"main":"regional","local_score":7,"comment":"2026-05-06 high-reasoning pass: найдено полное самодостаточное решение. Ключ: в дополнении графа есть 11-цикл незнакомств; каждое его ребро дополняется различным знакомым мостиком с помощью оценки на общих знакомых и теоремы Холла.","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":0.9,"basis":"2026-05-06: реконструкция высокой сложности; доказательство самодостаточно и сверено с условием.","notes":"Официальное опубликованное решение по-прежнему не указано, но карточка теперь содержит полное самостоятельное доказательство.","audit_source":"high-reasoning-pass-2026-05-06"},"statements":{"original":[{"id":"stmt-original","title":"Условие","status":"ai_checked","text":"В компании из 100 человек каждый знаком ровно с 40 другими, но никакие двое не имеют более 20 общих знакомых. Докажите, что из этой компании можно выбрать 22 человека, которых можно посадить за круглый стол так, чтобы каждый из них был знаком ровно с одним из двух своих соседей.","definition_ids":["degree","cycle"]}],"graph_theory":[{"id":"stmt-graph","title":"Чередующаяся рассадка 22 человек в 40-регулярном графе знакомств","status":"ai_checked","text":"Пусть \\(G\\) — простой 40-регулярный граф на 100 вершинах, причём любые две вершины имеют не более 20 общих соседей. Докажите, что существуют 22 различные вершины \\(v_1,v_2,\\ldots,v_{22}\\), расположенные циклически, такие что для каждого \\(i\\) ровно одна из двух пар \\(v_{i-1}v_i\\) и \\(v_iv_{i+1}\\) является ребром \\(G\\) (индексы берутся по модулю 22). Иными словами, вдоль этого цикла в полном графе на выбранных вершинах рёбра графа \\(G\\) и рёбра его дополнения чередуются.","definition_ids":["simple_graph","degree","cycle","complement_graph","matching","path","hall_theorem","neighborhood","complete_graph"]}]},"solutions":[{"id":"sol-complement-11-cycle-hall-bridges","title":"Решение через 11-цикл незнакомств и теорему Холла","status":"ai_checked","definition_ids":["simple_graph","degree","cycle","complement_graph","matching","path","hall_theorem","neighborhood"],"standard_idea_ids":["complement_graph_transition","longest_path"],"tags":[],"has_text":true,"text_preview":"Построим граф знакомств \\(G\\): его вершины - люди, а ребра - пары знакомых. Тогда \\(G\\) имеет 100 вершин, каждая вершина имеет степень 40, и любые две вершины имеют не более 20 общих соседей. Ребра дополнительного графа \\(\\overline G\\) будем называть ребрами незнакомства; степень каждой вершины в \\(\\overline G\\) равна \\[ 99-40=59. \\] Сначала найдём в \\(\\overline G\\) цикл длины 11. Возьмем произвольную вершину \\(a\\) и множество \\(M\\) её соседей в \\(\\overline G\\); тогда \\(|M|=59\\). Любая вершина из \\(M\\) имеет в \\(\\overline G\\) всего 59 соседей, а вне \\(M\\) лежит только \\(41\\) вершина, включая саму \\(a\\). Поэтому внутри \\(M\\) у неё не меньше \\[ 59-41=18 \\] соседей. В частности, в подграфе \\(\\overline G[M]\\) можно построить простой путь из 10 вершин: начиная с любого пути, пока в нём меньше 10 вершин, его последний конец имеет хотя бы 18 соседей в \\(M\\), а занятых вершин меньше 10, значит…"}],"relations":[{"id":"rel-spbmo-2012-p7-hall-sdr-bridges","neighbor_id":"hall-marriage-theorem","direction":"forward","type":"prerequisite","distance":1,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-spbmo-2012-p7-p4-same-regular-acquaintance-model","neighbor_id":"spbmo-2012-7-p4-forty-regular-acquaintance-four-people","direction":"forward","type":"same_motif","distance":2,"status":"ai_checked"}],"search_text":"spbmo-2012-8-p7-forty-regular-acquaintance-22-cycle чередующаяся рассадка 22 человек в 40-регулярном графе знакомств, спбмо 2012 graph_model degree_counting extremal_graph_theory goal_existence coloring matching 2012 https://www.pdmi.ras.ru/~olymp/2012/problems/c6812tex.zip olympiad_archive spbmo spbmo2012 src-spbmo-2012-city-68-tex with_solution берлов с.л. карпов д.в. санкт-петербургская математическая олимпиада 2012, городской тур 6-8 классы официальный tex-архив спбмо спбмо2012 карпов д.в. берлов с.л. санкт-петербургская математическая олимпиада 2012, городской тур 6-8 классы официальный tex-архив stmt-original условие ai_checked в компании из 100 человек каждый знаком ровно с 40 другими, но никакие двое не имеют более 20 общих знакомых. докажите, что из этой компании можно выбрать 22 человека, которых можно посадить за круглый стол так, чтобы каждый из них был знаком ровно с одним из двух своих соседей. degree cycle stmt-graph чередующаяся рассадка 22 человек в 40-регулярном графе знакомств ai_checked пусть \\(g\\) — простой 40-регулярный граф на 100 вершинах, причём любые две вершины имеют не более 20 общих соседей. докажите, что существуют 22 различные вершины \\(v_1,v_2,\\ldots,v_{22}\\), расположенные циклически, такие что для каждого \\(i\\) ровно одна из двух пар \\(v_{i-1}v_i\\) и \\(v_iv_{i+1}\\) является ребром \\(g\\) (индексы берутся по модулю 22). иными словами, вдоль этого цикла в полном графе на выбранных вершинах рёбра графа \\(g\\) и рёбра его дополнения чередуются. simple_graph degree cycle complement_graph matching path hall_theorem neighborhood complete_graph idea-blue-cycle-in-complement сначала найти 11-цикл из незнакомств в дополнительном графе степень каждой вершины равна 59. если взять вершину и посмотреть на её 59 соседей в дополнении, то внутри этого множества минимальная степень не меньше 18, поэтому там есть путь из 10 вершин; вместе с исходной вершиной он даёт цикл длины 11 из незнакомств. degree_counting ai_checked idea-bridge-each-blue-edge-by-friend каждое незнакомство заменить тройкой незнакомый-знакомый-незнакомый для соседних по найденному циклу вершин \\(x_i,x_{i+1}\\), которые не знакомы, нужно выбрать вершину \\(y_i\\), знакомую с \\(x_i\\) и незнакомую с \\(x_{i+1}\\). тогда фрагмент \\(x_i,y_i,x_{i+1}\\) даёт две подряд идущие связи разных типов. ai_checked idea-hall-for-distinct-bridges разные промежуточные вершины выбрать по холлу у каждой пары \\(x_i,x_{i+1}\\) не более 20 общих знакомых, поэтому среди 40 знакомых \\(x_i\\) не меньше 20 не знакомы с \\(x_{i+1}\\). после удаления уже выбранных 11 вершин цикла остаётся запас не меньше 12 кандидатов, а значит условие холла выполняется автоматически для 11 множеств. matching ai_checked sol-complement-11-cycle-hall-bridges решение через 11-цикл незнакомств и теорему холла ai_checked simple_graph degree cycle complement_graph matching path hall_theorem neighborhood complement_graph_transition longest_path построим граф знакомств \\(g\\): его вершины - люди, а ребра - пары знакомых. тогда \\(g\\) имеет 100 вершин, каждая вершина имеет степень 40, и любые две вершины имеют не более 20 общих соседей. ребра дополнительного графа \\(\\overline g\\) будем называть ребрами незнакомства; степень каждой вершины в \\(\\overline g\\) равна \\[ 99-40=59. \\] сначала найдём в \\(\\overline g\\) цикл длины 11. возьмем произвольную вершину \\(a\\) и множество \\(m\\) её соседей в \\(\\overline g\\); тогда \\(|m|=59\\). любая вершина из \\(m\\) имеет в \\(\\overline g\\) всего 59 соседей, а вне \\(m\\) лежит только \\(41\\) вершина, включая саму \\(a\\). поэтому внутри \\(m\\) у неё не меньше \\[ 59-41=18 \\] соседей. в частности, в подграфе \\(\\overline g[m]\\) можно построить простой путь из 10 вершин: начиная с любого пути, пока в нём меньше 10 вершин, его последний конец имеет хотя бы 18 соседей в \\(m\\), а занятых вершин меньше 10, значит… spbmo-2012-8-p7-forty-regular-acquaintance-22-cycle chereduyuschayasya rassadka 22 chelovek v 40-regulyarnom grafe znakomstv, spbmo 2012 graph_model degree_counting extremal_graph_theory goal_existence coloring matching 2012 https://www.pdmi.ras.ru/~olymp/2012/problems/c6812tex.zip olympiad_archive spbmo spbmo2012 src-spbmo-2012-city-68-tex with_solution berlov s.l. karpov d.v. sankt-peterburgskaya matematicheskaya olimpiada 2012, gorodskoy tur 6-8 klassy ofitsialnyy tex-arhiv spbmo spbmo2012 karpov d.v. berlov s.l. sankt-peterburgskaya matematicheskaya olimpiada 2012, gorodskoy tur 6-8 klassy ofitsialnyy tex-arhiv stmt-original uslovie ai_checked v kompanii iz 100 chelovek kazhdyy znakom rovno s 40 drugimi, no nikakie dvoe ne imeyut bolee 20 obschih znakomyh. dokazhite, chto iz etoy kompanii mozhno vybrat 22 cheloveka, kotoryh mozhno posadit za kruglyy stol tak, chtoby kazhdyy iz nih byl znakom rovno s odnim iz dvuh svoih sosedey. degree cycle stmt-graph chereduyuschayasya rassadka 22 chelovek v 40-regulyarnom grafe znakomstv ai_checked pust \\(g\\) — prostoy 40-regulyarnyy graf na 100 vershinah, prichem lyubye dve vershiny imeyut ne bolee 20 obschih sosedey. dokazhite, chto suschestvuyut 22 razlichnye vershiny \\(v_1,v_2,\\ldots,v_{22}\\), raspolozhennye tsiklicheski, takie chto dlya kazhdogo \\(i\\) rovno odna iz dvuh par \\(v_{i-1}v_i\\) i \\(v_iv_{i+1}\\) yavlyaetsya rebrom \\(g\\) (indeksy berutsya po modulyu 22). inymi slovami, vdol etogo tsikla v polnom grafe na vybrannyh vershinah rebra grafa \\(g\\) i rebra ego dopolneniya chereduyutsya. simple_graph degree cycle complement_graph matching path hall_theorem neighborhood complete_graph idea-blue-cycle-in-complement snachala nayti 11-tsikl iz neznakomstv v dopolnitelnom grafe stepen kazhdoy vershiny ravna 59. esli vzyat vershinu i posmotret na ee 59 sosedey v dopolnenii, to vnutri etogo mnozhestva minimalnaya stepen ne menshe 18, poetomu tam est put iz 10 vershin; vmeste s ishodnoy vershinoy on daet tsikl dliny 11 iz neznakomstv. degree_counting ai_checked idea-bridge-each-blue-edge-by-friend kazhdoe neznakomstvo zamenit troykoy neznakomyy-znakomyy-neznakomyy dlya sosednih po naydennomu tsiklu vershin \\(x_i,x_{i+1}\\), kotorye ne znakomy, nuzhno vybrat vershinu \\(y_i\\), znakomuyu s \\(x_i\\) i neznakomuyu s \\(x_{i+1}\\). togda fragment \\(x_i,y_i,x_{i+1}\\) daet dve podryad iduschie svyazi raznyh tipov. ai_checked idea-hall-for-distinct-bridges raznye promezhutochnye vershiny vybrat po hollu u kazhdoy pary \\(x_i,x_{i+1}\\) ne bolee 20 obschih znakomyh, poetomu sredi 40 znakomyh \\(x_i\\) ne menshe 20 ne znakomy s \\(x_{i+1}\\). posle udaleniya uzhe vybrannyh 11 vershin tsikla ostaetsya zapas ne menshe 12 kandidatov, a znachit uslovie holla vypolnyaetsya avtomaticheski dlya 11 mnozhestv. matching ai_checked sol-complement-11-cycle-hall-bridges reshenie cherez 11-tsikl neznakomstv i teoremu holla ai_checked simple_graph degree cycle complement_graph matching path hall_theorem neighborhood complement_graph_transition longest_path postroim graf znakomstv \\(g\\): ego vershiny - lyudi, a rebra - pary znakomyh. togda \\(g\\) imeet 100 vershin, kazhdaya vershina imeet stepen 40, i lyubye dve vershiny imeyut ne bolee 20 obschih sosedey. rebra dopolnitelnogo grafa \\(\\overline g\\) budem nazyvat rebrami neznakomstva; stepen kazhdoy vershiny v \\(\\overline g\\) ravna \\[ 99-40=59. \\] snachala naydem v \\(\\overline g\\) tsikl dliny 11. vozmem proizvolnuyu vershinu \\(a\\) i mnozhestvo \\(m\\) ee sosedey v \\(\\overline g\\); togda \\(|m|=59\\). lyubaya vershina iz \\(m\\) imeet v \\(\\overline g\\) vsego 59 sosedey, a vne \\(m\\) lezhit tolko \\(41\\) vershina, vklyuchaya samu \\(a\\). poetomu vnutri \\(m\\) u nee ne menshe \\[ 59-41=18 \\] sosedey. v chastnosti, v podgrafe \\(\\overline g[m]\\) mozhno postroit prostoy put iz 10 vershin: nachinaya s lyubogo puti, poka v nem menshe 10 vershin, ego posledniy konets imeet hotya by 18 sosedey v \\(m\\), a zanyatyh vershin menshe 10, znachit…","source_keys":["spbmo"]}
{"id":"spbmo-2013-10-11-girls-boys-friendship-cover","title":"Юноши, девушки и совпадающие множества подруг, СПбМО 2013, 11 класс, II тур, задача 2","path":"data\\problems\\spbmo\\spbmo-2013-10-11-girls-boys-friendship-cover.yaml","raw_github_url":"https://raw.githubusercontent.com/didin-maxim/knowledge_graph_of_graphs/main/data/problems/spbmo/spbmo-2013-10-11-girls-boys-friendship-cover.yaml","viewer_url":"https://didin-maxim.github.io/knowledge_graph_of_graphs/#spbmo-2013-10-11-girls-boys-friendship-cover","source_key":"spbmo","source_label":"СПбМО","source_titles":["Санкт-Петербургская математическая олимпиада 2013, городской тур 9-11 классы официальный PDF"],"year":"2013","type":"olympiad_problem","authors":["М. Антипов"],"tags":["graph_model","pigeonhole_principle","goal_proof"],"agent_topics":[],"difficulty":{"main":"regional","local_score":4,"comment":"Короткая задача городского тура: нужно увидеть две системы порогов и применить принцип Дирихле к числу клеток \\((a+1)(11-a)\\le 36<40\\).","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":"Официальная олимпиадная формулировка","status":"ai_checked","text":"На математическом факультете учатся 40 юношей и 10 девушек. Каждая девушка дружит либо в точности со всеми теми юношами, кто старше её, либо в точности с теми, кто выше её. Докажите, что у каких-то двух юношей множества подруг совпадают.","definition_ids":["bipartite_graph"]}],"graph_theory":[{"id":"stmt-graph","title":"Двудольный граф с пороговыми окрестностями по двум порядкам","status":"ai_checked","text":"Пусть есть двудольный граф с долями \\(B\\) и \\(G\\), где \\(|B|=40\\) и \\(|G|=10\\). На множестве \\(B\\) заданы два линейных порядка. Для каждой вершины \\(g\\in G\\) её окрестность в \\(B\\) является суффиксом одного из этих двух порядков. Докажите, что найдутся две различные вершины из \\(B\\) с одинаковыми окрестностями в \\(G\\).","definition_ids":["bipartite_graph"]}]},"solutions":[{"id":"sol-threshold-grid-pigeonhole","title":"Разбиение по порогам возраста и роста","status":"ai_checked","definition_ids":["bipartite_graph"],"standard_idea_ids":["pigeonhole_principle"],"tags":[],"has_text":true,"text_preview":"Разделим девушек на два типа. Пусть девушек возрастного типа \\(a\\): каждая из них дружит ровно с юношами старше неё. Тогда девушек ростового типа \\(10-a\\): каждая из них дружит ровно с юношами выше неё. Упорядочим 40 юношей по возрасту от младших к старшим. Каждая девушка возрастного типа задаёт в этом порядке один порог: все юноши после порога являются её друзьями, а все юноши до порога не являются. Если несколько порогов совпадают, это только уменьшает число частей; в любом случае эти \\(a\\) порогов разбивают юношей не более чем на \\(a+1\\) возрастных классов. Два юноши из одного такого класса либо оба старше каждой фиксированной девушки возрастного типа, либо оба не старше её. Теперь упорядочим юношей по росту от низких к высоким. Каждая девушка ростового типа тоже задаёт один порог: после него стоят ровно те юноши, которые выше этой девушки. Поэтому девушки ростового типа задают не бо…"}],"relations":[],"search_text":"spbmo-2013-10-11-girls-boys-friendship-cover юноши, девушки и совпадающие множества подруг, спбмо 2013, 11 класс, ii тур, задача 2 graph_model pigeonhole_principle goal_proof 2013 https://www.pdmi.ras.ru/~olymp/2013/problems/c_911_13.pdf olympiad_archive spbmo spbmo2013 src-spbmo-2013-city-911 with_solution м. антипов санкт-петербургская математическая олимпиада 2013, городской тур 9-11 классы официальный pdf спбмо спбмо2013 м. антипов санкт-петербургская математическая олимпиада 2013, городской тур 9-11 классы официальный pdf stmt-original официальная олимпиадная формулировка ai_checked на математическом факультете учатся 40 юношей и 10 девушек. каждая девушка дружит либо в точности со всеми теми юношами, кто старше её, либо в точности с теми, кто выше её. докажите, что у каких-то двух юношей множества подруг совпадают. bipartite_graph stmt-graph двудольный граф с пороговыми окрестностями по двум порядкам ai_checked пусть есть двудольный граф с долями \\(b\\) и \\(g\\), где \\(|b|=40\\) и \\(|g|=10\\). на множестве \\(b\\) заданы два линейных порядка. для каждой вершины \\(g\\in g\\) её окрестность в \\(b\\) является суффиксом одного из этих двух порядков. докажите, что найдутся две различные вершины из \\(b\\) с одинаковыми окрестностями в \\(g\\). bipartite_graph idea-threshold-grid-pigeonhole десять порогов двух типов дают меньше сорока клеток девушки первого типа разрезают порядок юношей по возрасту, девушки второго типа - порядок по росту. если первых \\(a\\), а вторых \\(10-a\\), то юноши разбиваются не более чем на \\((a+1)(11-a)\\le 36\\) классов, внутри каждого из которых набор подруг одинаков. pigeonhole_principle graph_model ai_checked sol-threshold-grid-pigeonhole разбиение по порогам возраста и роста ai_checked bipartite_graph pigeonhole_principle разделим девушек на два типа. пусть девушек возрастного типа \\(a\\): каждая из них дружит ровно с юношами старше неё. тогда девушек ростового типа \\(10-a\\): каждая из них дружит ровно с юношами выше неё. упорядочим 40 юношей по возрасту от младших к старшим. каждая девушка возрастного типа задаёт в этом порядке один порог: все юноши после порога являются её друзьями, а все юноши до порога не являются. если несколько порогов совпадают, это только уменьшает число частей; в любом случае эти \\(a\\) порогов разбивают юношей не более чем на \\(a+1\\) возрастных классов. два юноши из одного такого класса либо оба старше каждой фиксированной девушки возрастного типа, либо оба не старше её. теперь упорядочим юношей по росту от низких к высоким. каждая девушка ростового типа тоже задаёт один порог: после него стоят ровно те юноши, которые выше этой девушки. поэтому девушки ростового типа задают не бо… spbmo-2013-10-11-girls-boys-friendship-cover yunoshi, devushki i sovpadayuschie mnozhestva podrug, spbmo 2013, 11 klass, ii tur, zadacha 2 graph_model pigeonhole_principle goal_proof 2013 https://www.pdmi.ras.ru/~olymp/2013/problems/c_911_13.pdf olympiad_archive spbmo spbmo2013 src-spbmo-2013-city-911 with_solution m. antipov sankt-peterburgskaya matematicheskaya olimpiada 2013, gorodskoy tur 9-11 klassy ofitsialnyy pdf spbmo spbmo2013 m. antipov sankt-peterburgskaya matematicheskaya olimpiada 2013, gorodskoy tur 9-11 klassy ofitsialnyy pdf stmt-original ofitsialnaya olimpiadnaya formulirovka ai_checked na matematicheskom fakultete uchatsya 40 yunoshey i 10 devushek. kazhdaya devushka druzhit libo v tochnosti so vsemi temi yunoshami, kto starshe ee, libo v tochnosti s temi, kto vyshe ee. dokazhite, chto u kakih-to dvuh yunoshey mnozhestva podrug sovpadayut. bipartite_graph stmt-graph dvudolnyy graf s porogovymi okrestnostyami po dvum poryadkam ai_checked pust est dvudolnyy graf s dolyami \\(b\\) i \\(g\\), gde \\(|b|=40\\) i \\(|g|=10\\). na mnozhestve \\(b\\) zadany dva lineynyh poryadka. dlya kazhdoy vershiny \\(g\\in g\\) ee okrestnost v \\(b\\) yavlyaetsya suffiksom odnogo iz etih dvuh poryadkov. dokazhite, chto naydutsya dve razlichnye vershiny iz \\(b\\) s odinakovymi okrestnostyami v \\(g\\). bipartite_graph idea-threshold-grid-pigeonhole desyat porogov dvuh tipov dayut menshe soroka kletok devushki pervogo tipa razrezayut poryadok yunoshey po vozrastu, devushki vtorogo tipa - poryadok po rostu. esli pervyh \\(a\\), a vtoryh \\(10-a\\), to yunoshi razbivayutsya ne bolee chem na \\((a+1)(11-a)\\le 36\\) klassov, vnutri kazhdogo iz kotoryh nabor podrug odinakov. pigeonhole_principle graph_model ai_checked sol-threshold-grid-pigeonhole razbienie po porogam vozrasta i rosta ai_checked bipartite_graph pigeonhole_principle razdelim devushek na dva tipa. pust devushek vozrastnogo tipa \\(a\\): kazhdaya iz nih druzhit rovno s yunoshami starshe nee. togda devushek rostovogo tipa \\(10-a\\): kazhdaya iz nih druzhit rovno s yunoshami vyshe nee. uporyadochim 40 yunoshey po vozrastu ot mladshih k starshim. kazhdaya devushka vozrastnogo tipa zadaet v etom poryadke odin porog: vse yunoshi posle poroga yavlyayutsya ee druzyami, a vse yunoshi do poroga ne yavlyayutsya. esli neskolko porogov sovpadayut, eto tolko umenshaet chislo chastey; v lyubom sluchae eti \\(a\\) porogov razbivayut yunoshey ne bolee chem na \\(a+1\\) vozrastnyh klassov. dva yunoshi iz odnogo takogo klassa libo oba starshe kazhdoy fiksirovannoy devushki vozrastnogo tipa, libo oba ne starshe ee. teper uporyadochim yunoshey po rostu ot nizkih k vysokim. kazhdaya devushka rostovogo tipa tozhe zadaet odin porog: posle nego stoyat rovno te yunoshi, kotorye vyshe etoy devushki. poetomu devushki rostovogo tipa zadayut ne bo…","source_keys":["spbmo"]}
{"id":"spbmo-2013-8-p5-capital-directed-disjoint-paths","title":"Близкие города, направленные дороги и непересекающиеся пути из столицы, СПбМО 2013, 8 класс, II тур, задача 5","path":"data\\problems\\spbmo\\spbmo-2013-8-p5-capital-directed-disjoint-paths.yaml","raw_github_url":"https://raw.githubusercontent.com/didin-maxim/knowledge_graph_of_graphs/main/data/problems/spbmo/spbmo-2013-8-p5-capital-directed-disjoint-paths.yaml","viewer_url":"https://didin-maxim.github.io/knowledge_graph_of_graphs/#spbmo-2013-8-p5-capital-directed-disjoint-paths","source_key":"spbmo","source_label":"СПбМО","source_titles":["Санкт-Петербургская математическая олимпиада 2013, городской тур 6-8 классы официальный PDF"],"year":"2013","type":"olympiad_problem","authors":["К. Тыщук","Берлов С.Л."],"tags":["connectivity","graph_model","augmenting_path","goal_proof"],"agent_topics":[],"difficulty":{"main":"regional","local_score":6,"comment":"Задача выводной аудитории 8 класса СПбМО: после перевода на язык корневого орграфа нужно распознать транзитивность отношения близости. Короткое решение использует двухпутевую форму Менгера/доминаторы; без этого языка идея остается олимпиадной, но не совсем очевидной.","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":"Официальная олимпиадная формулировка","status":"ai_checked","text":"В стране несколько городов, некоторые из которых соединены дорогами с односторонним движением так, что из столицы можно добраться до любого города, не нарушая правил дорожного движения (при этом, возможно, проезжая через другие города). Назовем два нестоличных города близкими, если до них нельзя добраться из столицы по непересекающимися (то есть не проходящими через общие города) путям. Президент приказал соединить каждые два близких города прямой авиалинией. Оказалось, что теперь между любыми двумя нестоличными городами можно добраться, пользуясь только открытыми авиалиниями. Докажите, что тогда между любыми двумя нестоличными городами есть прямая авиалиния.","definition_ids":["directed_graph","path","connected_graph","complete_graph"]}],"graph_theory":[{"id":"stmt-graph","title":"Корневой орграф и отношение отсутствия двух непересекающихся путей","status":"ai_checked","text":"Пусть в конечном ориентированном графе \\(G\\) выделена вершина \\(s\\), из которой достижима каждая другая вершина. Для различных вершин \\(u,v\\ne s\\) назовем их близкими, если не существует пары направленных путей из \\(s\\) в \\(u\\) и из \\(s\\) в \\(v\\), не имеющих общих вершин кроме \\(s\\). Построим неориентированный граф \\(H\\) на вершинах \\(V(G)\\setminus\\{s\\}\\), соединив ребром каждую близкую пару. Докажите, что если \\(H\\) связен, то \\(H\\) полон.","definition_ids":["directed_graph","path","connected_graph","complete_graph"]}]},"solutions":[{"id":"sol-dominators-transitivity","title":"Доминаторы и транзитивность близости","status":"ai_checked","definition_ids":["directed_graph","path","connected_graph","complete_graph"],"standard_idea_ids":["augmenting_path_method"],"tags":[],"has_text":true,"text_preview":"Будем считать, что два пути из столицы могут иметь общую вершину \\(s\\), но среди нестоличных городов общих вершин у них быть не должно: именно так следует понимать фразу условия, потому что оба пути начинаются в столице. Назовем нестоличный город \\(x\\) доминатором города \\(y\\), если всякий путь из столицы \\(s\\) в \\(y\\) проходит через \\(x\\). Сам город \\(y\\) тоже считается своим доминатором. Нам понадобится двухпутевая форма теоремы Менгера. Для двух нестоличных городов \\(u\\) и \\(v\\) ровно одно из двух: либо существуют два пути из \\(s\\) в \\(u\\) и из \\(s\\) в \\(v\\), пересекающиеся только в \\(s\\), либо существует нестоличный город \\(x\\), через который проходит каждый путь из \\(s\\) в \\(u\\) и каждый путь из \\(s\\) в \\(v\\). Это получается из вершинной формы Менгера, если расщепить каждую нестоличную вершину на вход и выход с пропускной способностью 1 и добавить общий сток, достижимый из \\(u\\) и…"}],"relations":[{"id":"rel-menger-spbmo-2013-8-p5-dominators","neighbor_id":"menger-theorem","direction":"backward","type":"prerequisite","distance":1,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-spbmo-2013-8-p5-imo-2021-c4-directed-disjoint-paths","neighbor_id":"imo-2021-c4-anisotropy-menger","direction":"forward","type":"same_motif","distance":2,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-miklos-2002-p2-spbmo-2013-8-p5-menger-dominators","neighbor_id":"miklos-schweitzer-2002-p2-edge-connected-short-paths","direction":"backward","type":"same_motif","distance":3,"status":"needs_human_review"}],"search_text":"spbmo-2013-8-p5-capital-directed-disjoint-paths близкие города, направленные дороги и непересекающиеся пути из столицы, спбмо 2013, 8 класс, ii тур, задача 5 connectivity graph_model augmenting_path goal_proof 2013 https://www.pdmi.ras.ru/~olymp/2013/problems/c_68_13.pdf olympiad_archive spbmo spbmo2013 src-spbmo-2013-city-68 with_solution берлов с.л. к. тыщук санкт-петербургская математическая олимпиада 2013, городской тур 6-8 классы официальный pdf спбмо спбмо2013 к. тыщук берлов с.л. санкт-петербургская математическая олимпиада 2013, городской тур 6-8 классы официальный pdf stmt-original официальная олимпиадная формулировка ai_checked в стране несколько городов, некоторые из которых соединены дорогами с односторонним движением так, что из столицы можно добраться до любого города, не нарушая правил дорожного движения (при этом, возможно, проезжая через другие города). назовем два нестоличных города близкими, если до них нельзя добраться из столицы по непересекающимися (то есть не проходящими через общие города) путям. президент приказал соединить каждые два близких города прямой авиалинией. оказалось, что теперь между любыми двумя нестоличными городами можно добраться, пользуясь только открытыми авиалиниями. докажите, что тогда между любыми двумя нестоличными городами есть прямая авиалиния. directed_graph path connected_graph complete_graph stmt-graph корневой орграф и отношение отсутствия двух непересекающихся путей ai_checked пусть в конечном ориентированном графе \\(g\\) выделена вершина \\(s\\), из которой достижима каждая другая вершина. для различных вершин \\(u,v\\ne s\\) назовем их близкими, если не существует пары направленных путей из \\(s\\) в \\(u\\) и из \\(s\\) в \\(v\\), не имеющих общих вершин кроме \\(s\\). построим неориентированный граф \\(h\\) на вершинах \\(v(g)\\setminus\\{s\\}\\), соединив ребром каждую близкую пару. докажите, что если \\(h\\) связен, то \\(h\\) полон. directed_graph path connected_graph complete_graph idea-close-is-transitive близость городов является транзитивным отношением если две вершины нельзя достижимо развести двумя непересекающимися путями из столицы, то у них есть общий обязательный промежуточный город-доминатор. общие доминаторы одной фиксированной вершины упорядочены вдоль любого пути из столицы, поэтому из близости \\(a\\) к \\(b\\) и \\(b\\) к \\(c\\) следует близость \\(a\\) к \\(c\\). connectivity graph_model ai_checked idea-connected-equivalence-class связный граф отношения с транзитивными ребрами становится полным после доказательства транзитивности близость разбивает нестоличные города на классы эквивалентности. авиалинии соединяют ровно пары внутри классов; если по ним можно добраться между любыми двумя нестоличными городами, то класс всего один, значит каждая пара городов близка. connectivity ai_checked sol-dominators-transitivity доминаторы и транзитивность близости ai_checked directed_graph path connected_graph complete_graph augmenting_path_method будем считать, что два пути из столицы могут иметь общую вершину \\(s\\), но среди нестоличных городов общих вершин у них быть не должно: именно так следует понимать фразу условия, потому что оба пути начинаются в столице. назовем нестоличный город \\(x\\) доминатором города \\(y\\), если всякий путь из столицы \\(s\\) в \\(y\\) проходит через \\(x\\). сам город \\(y\\) тоже считается своим доминатором. нам понадобится двухпутевая форма теоремы менгера. для двух нестоличных городов \\(u\\) и \\(v\\) ровно одно из двух: либо существуют два пути из \\(s\\) в \\(u\\) и из \\(s\\) в \\(v\\), пересекающиеся только в \\(s\\), либо существует нестоличный город \\(x\\), через который проходит каждый путь из \\(s\\) в \\(u\\) и каждый путь из \\(s\\) в \\(v\\). это получается из вершинной формы менгера, если расщепить каждую нестоличную вершину на вход и выход с пропускной способностью 1 и добавить общий сток, достижимый из \\(u\\) и… spbmo-2013-8-p5-capital-directed-disjoint-paths blizkie goroda, napravlennye dorogi i neperesekayuschiesya puti iz stolitsy, spbmo 2013, 8 klass, ii tur, zadacha 5 connectivity graph_model augmenting_path goal_proof 2013 https://www.pdmi.ras.ru/~olymp/2013/problems/c_68_13.pdf olympiad_archive spbmo spbmo2013 src-spbmo-2013-city-68 with_solution berlov s.l. k. tyschuk sankt-peterburgskaya matematicheskaya olimpiada 2013, gorodskoy tur 6-8 klassy ofitsialnyy pdf spbmo spbmo2013 k. tyschuk berlov s.l. sankt-peterburgskaya matematicheskaya olimpiada 2013, gorodskoy tur 6-8 klassy ofitsialnyy pdf stmt-original ofitsialnaya olimpiadnaya formulirovka ai_checked v strane neskolko gorodov, nekotorye iz kotoryh soedineny dorogami s odnostoronnim dvizheniem tak, chto iz stolitsy mozhno dobratsya do lyubogo goroda, ne narushaya pravil dorozhnogo dvizheniya (pri etom, vozmozhno, proezzhaya cherez drugie goroda). nazovem dva nestolichnyh goroda blizkimi, esli do nih nelzya dobratsya iz stolitsy po neperesekayuschimisya (to est ne prohodyaschimi cherez obschie goroda) putyam. prezident prikazal soedinit kazhdye dva blizkih goroda pryamoy avialiniey. okazalos, chto teper mezhdu lyubymi dvumya nestolichnymi gorodami mozhno dobratsya, polzuyas tolko otkrytymi avialiniyami. dokazhite, chto togda mezhdu lyubymi dvumya nestolichnymi gorodami est pryamaya avialiniya. directed_graph path connected_graph complete_graph stmt-graph kornevoy orgraf i otnoshenie otsutstviya dvuh neperesekayuschihsya putey ai_checked pust v konechnom orientirovannom grafe \\(g\\) vydelena vershina \\(s\\), iz kotoroy dostizhima kazhdaya drugaya vershina. dlya razlichnyh vershin \\(u,v\\ne s\\) nazovem ih blizkimi, esli ne suschestvuet pary napravlennyh putey iz \\(s\\) v \\(u\\) i iz \\(s\\) v \\(v\\), ne imeyuschih obschih vershin krome \\(s\\). postroim neorientirovannyy graf \\(h\\) na vershinah \\(v(g)\\setminus\\{s\\}\\), soediniv rebrom kazhduyu blizkuyu paru. dokazhite, chto esli \\(h\\) svyazen, to \\(h\\) polon. directed_graph path connected_graph complete_graph idea-close-is-transitive blizost gorodov yavlyaetsya tranzitivnym otnosheniem esli dve vershiny nelzya dostizhimo razvesti dvumya neperesekayuschimisya putyami iz stolitsy, to u nih est obschiy obyazatelnyy promezhutochnyy gorod-dominator. obschie dominatory odnoy fiksirovannoy vershiny uporyadocheny vdol lyubogo puti iz stolitsy, poetomu iz blizosti \\(a\\) k \\(b\\) i \\(b\\) k \\(c\\) sleduet blizost \\(a\\) k \\(c\\). connectivity graph_model ai_checked idea-connected-equivalence-class svyaznyy graf otnosheniya s tranzitivnymi rebrami stanovitsya polnym posle dokazatelstva tranzitivnosti blizost razbivaet nestolichnye goroda na klassy ekvivalentnosti. avialinii soedinyayut rovno pary vnutri klassov; esli po nim mozhno dobratsya mezhdu lyubymi dvumya nestolichnymi gorodami, to klass vsego odin, znachit kazhdaya para gorodov blizka. connectivity ai_checked sol-dominators-transitivity dominatory i tranzitivnost blizosti ai_checked directed_graph path connected_graph complete_graph augmenting_path_method budem schitat, chto dva puti iz stolitsy mogut imet obschuyu vershinu \\(s\\), no sredi nestolichnyh gorodov obschih vershin u nih byt ne dolzhno: imenno tak sleduet ponimat frazu usloviya, potomu chto oba puti nachinayutsya v stolitse. nazovem nestolichnyy gorod \\(x\\) dominatorom goroda \\(y\\), esli vsyakiy put iz stolitsy \\(s\\) v \\(y\\) prohodit cherez \\(x\\). sam gorod \\(y\\) tozhe schitaetsya svoim dominatorom. nam ponadobitsya dvuhputevaya forma teoremy mengera. dlya dvuh nestolichnyh gorodov \\(u\\) i \\(v\\) rovno odno iz dvuh: libo suschestvuyut dva puti iz \\(s\\) v \\(u\\) i iz \\(s\\) v \\(v\\), peresekayuschiesya tolko v \\(s\\), libo suschestvuet nestolichnyy gorod \\(x\\), cherez kotoryy prohodit kazhdyy put iz \\(s\\) v \\(u\\) i kazhdyy put iz \\(s\\) v \\(v\\). eto poluchaetsya iz vershinnoy formy mengera, esli rasschepit kazhduyu nestolichnuyu vershinu na vhod i vyhod s propusknoy sposobnostyu 1 i dobavit obschiy stok, dostizhimyy iz \\(u\\) i…","source_keys":["spbmo"]}
{"id":"spbmo-2014-10-p7-digraph-no-odd-cycles-dominating-independent","title":"Базы в ориентированном графе без нечётных направленных циклов, СПбМО 2014","path":"data\\problems\\spbmo\\spbmo-2014-10-p7-digraph-no-odd-cycles-dominating-independent.yaml","raw_github_url":"https://raw.githubusercontent.com/didin-maxim/knowledge_graph_of_graphs/main/data/problems/spbmo/spbmo-2014-10-p7-digraph-no-odd-cycles-dominating-independent.yaml","viewer_url":"https://didin-maxim.github.io/knowledge_graph_of_graphs/#spbmo-2014-10-p7-digraph-no-odd-cycles-dominating-independent","source_key":"spbmo","source_label":"СПбМО","source_titles":["Санкт-Петербургская математическая олимпиада 2014, городской тур 9-11 классы официальный TeX-архив"],"year":"2014","type":"olympiad_problem","authors":["Н. Гравин"],"tags":["connectivity","parity_coloring","induction","graph_model","goal_existence"],"agent_topics":[],"difficulty":{"main":"regional","local_score":7,"comment":"СПбМО 2014, городской тур, 10 класс, задача 7. Содержательно это конечная версия теоремы о существовании ядра в орграфе без нечётных направленных циклов; олимпиадное решение требует аккуратно совместить сильные компоненты, чётность направленных путей и индукционное удаление доминированных вершин.","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":"Условие","status":"source_verified","text":"Некоторые города Триодиннадцатого царства соединены дорогами с односторонним движением. Известно, что любой замкнутый циклический маршрут по дорогам этой страны, не нарушающий правил дорожного движения, проходит по чётному числу дорог. Докажите, что царь сможет разместить в некоторых городах военные базы так, чтобы между этими городами не было дорог, но в любой город, где нет базы, можно было добраться из города, где база есть, проехав ровно одну дорогу.","definition_ids":["directed_graph","cycle","independent_set","dominating_set"]}],"graph_theory":[{"id":"stmt-graph","title":"Независимое исходяще доминирующее множество","status":"ai_checked","text":"Пусть дан конечный ориентированный граф \\(D\\), в котором каждый замкнутый направленный маршрут имеет чётную длину. Докажите, что существует множество вершин \\(S\\) такое, что между любыми двумя вершинами из \\(S\\) нет дуги ни в одном направлении, а для каждой вершины \\(v\\notin S\\) найдётся вершина \\(s\\in S\\) с дугой \\(s\\to v\\).","definition_ids":["directed_graph","cycle","independent_set","dominating_set"]}]},"solutions":[{"id":"sol-strong-components-induction","title":"Сильные компоненты и индукция по числу городов","status":"ai_checked","definition_ids":["directed_graph","cycle","independent_set","dominating_set","bipartite_graph"],"standard_idea_ids":["induction","delete_to_simplify"],"tags":[],"has_text":true,"text_preview":"Перейдём к графовой формулировке: города - вершины, дороги - направленные рёбра. Достаточно доказать утверждение для любого конечного ориентированного графа, в котором нет нечётного замкнутого направленного маршрута. Сначала докажем лемму. Пусть \\(C\\) - сильная компонента такого графа. Зафиксируем вершину \\(r\\in C\\). Для каждой вершины \\(v\\in C\\) выберем какой-нибудь направленный путь из \\(r\\) в \\(v\\). Чётность длины этого пути не зависит от выбора. Действительно, если есть два пути \\(P\\) и \\(Q\\) из \\(r\\) в \\(v\\) разной чётности, то из сильной связности есть направленный путь \\(R\\) из \\(v\\) в \\(r\\). Замкнутые маршруты \\(P+R\\) и \\(Q+R\\) имеют разную чётность, значит один из них нечётный, что запрещено. Разобьём вершины \\(C\\) на две доли: в первую положим вершины, достижимые из \\(r\\) путём чётной длины, во вторую - путём нечётной длины. Если в \\(C\\) есть дуга \\(u\\to v\\), то путь из \\(r\\)…"}],"relations":[],"search_text":"spbmo-2014-10-p7-digraph-no-odd-cycles-dominating-independent базы в ориентированном графе без нечётных направленных циклов, спбмо 2014 connectivity parity_coloring induction graph_model goal_existence 2014 https://www.pdmi.ras.ru/~olymp/2014/problems/91114tex.zip olympiad_archive spbmo spbmo2014 src-spbmo-2014-city-911-tex with_solution н. гравин санкт-петербургская математическая олимпиада 2014, городской тур 9-11 классы официальный tex-архив спбмо спбмо2014 н. гравин санкт-петербургская математическая олимпиада 2014, городской тур 9-11 классы официальный tex-архив stmt-original условие source_verified некоторые города триодиннадцатого царства соединены дорогами с односторонним движением. известно, что любой замкнутый циклический маршрут по дорогам этой страны, не нарушающий правил дорожного движения, проходит по чётному числу дорог. докажите, что царь сможет разместить в некоторых городах военные базы так, чтобы между этими городами не было дорог, но в любой город, где нет базы, можно было добраться из города, где база есть, проехав ровно одну дорогу. directed_graph cycle independent_set dominating_set stmt-graph независимое исходяще доминирующее множество ai_checked пусть дан конечный ориентированный граф \\(d\\), в котором каждый замкнутый направленный маршрут имеет чётную длину. докажите, что существует множество вершин \\(s\\) такое, что между любыми двумя вершинами из \\(s\\) нет дуги ни в одном направлении, а для каждой вершины \\(v\\notin s\\) найдётся вершина \\(s\\in s\\) с дугой \\(s\\to v\\). directed_graph cycle independent_set dominating_set idea-strong-component-bipartition сильная компонента без нечётных циклов двудольна по чётности пути в сильной компоненте зафиксируем вершину \\(r\\). если два направленных пути из \\(r\\) в одну и ту же вершину имели бы разную чётность, то, добавив направленный путь обратно к \\(r\\), получили бы два замкнутых маршрута разной чётности; один из них был бы нечётным. значит, чётность пути от \\(r\\) корректно делит компоненту на две независимые доли. connectivity parity_coloring ai_checked idea-delete-source-component-and-dominated выбрать долю начальной сильной компоненты и удалить всё уже доминированное в конденсации ориентированного графа берём начальную сильную компоненту: из оставшейся части в неё нет дуг, поэтому будущие выбранные вершины не смогут быть смежны с уже выбранной долей. одна доля этой компоненты доминирует вторую долю, а также некоторые внешние вершины; после удаления компоненты и этих внешних вершин задача сводится к меньшему графу. induction connectivity goal_existence ai_checked sol-strong-components-induction сильные компоненты и индукция по числу городов ai_checked directed_graph cycle independent_set dominating_set bipartite_graph induction delete_to_simplify перейдём к графовой формулировке: города - вершины, дороги - направленные рёбра. достаточно доказать утверждение для любого конечного ориентированного графа, в котором нет нечётного замкнутого направленного маршрута. сначала докажем лемму. пусть \\(c\\) - сильная компонента такого графа. зафиксируем вершину \\(r\\in c\\). для каждой вершины \\(v\\in c\\) выберем какой-нибудь направленный путь из \\(r\\) в \\(v\\). чётность длины этого пути не зависит от выбора. действительно, если есть два пути \\(p\\) и \\(q\\) из \\(r\\) в \\(v\\) разной чётности, то из сильной связности есть направленный путь \\(r\\) из \\(v\\) в \\(r\\). замкнутые маршруты \\(p+r\\) и \\(q+r\\) имеют разную чётность, значит один из них нечётный, что запрещено. разобьём вершины \\(c\\) на две доли: в первую положим вершины, достижимые из \\(r\\) путём чётной длины, во вторую - путём нечётной длины. если в \\(c\\) есть дуга \\(u\\to v\\), то путь из \\(r\\)… spbmo-2014-10-p7-digraph-no-odd-cycles-dominating-independent bazy v orientirovannom grafe bez nechetnyh napravlennyh tsiklov, spbmo 2014 connectivity parity_coloring induction graph_model goal_existence 2014 https://www.pdmi.ras.ru/~olymp/2014/problems/91114tex.zip olympiad_archive spbmo spbmo2014 src-spbmo-2014-city-911-tex with_solution n. gravin sankt-peterburgskaya matematicheskaya olimpiada 2014, gorodskoy tur 9-11 klassy ofitsialnyy tex-arhiv spbmo spbmo2014 n. gravin sankt-peterburgskaya matematicheskaya olimpiada 2014, gorodskoy tur 9-11 klassy ofitsialnyy tex-arhiv stmt-original uslovie source_verified nekotorye goroda triodinnadtsatogo tsarstva soedineny dorogami s odnostoronnim dvizheniem. izvestno, chto lyuboy zamknutyy tsiklicheskiy marshrut po dorogam etoy strany, ne narushayuschiy pravil dorozhnogo dvizheniya, prohodit po chetnomu chislu dorog. dokazhite, chto tsar smozhet razmestit v nekotoryh gorodah voennye bazy tak, chtoby mezhdu etimi gorodami ne bylo dorog, no v lyuboy gorod, gde net bazy, mozhno bylo dobratsya iz goroda, gde baza est, proehav rovno odnu dorogu. directed_graph cycle independent_set dominating_set stmt-graph nezavisimoe ishodyasche dominiruyuschee mnozhestvo ai_checked pust dan konechnyy orientirovannyy graf \\(d\\), v kotorom kazhdyy zamknutyy napravlennyy marshrut imeet chetnuyu dlinu. dokazhite, chto suschestvuet mnozhestvo vershin \\(s\\) takoe, chto mezhdu lyubymi dvumya vershinami iz \\(s\\) net dugi ni v odnom napravlenii, a dlya kazhdoy vershiny \\(v\\notin s\\) naydetsya vershina \\(s\\in s\\) s dugoy \\(s\\to v\\). directed_graph cycle independent_set dominating_set idea-strong-component-bipartition silnaya komponenta bez nechetnyh tsiklov dvudolna po chetnosti puti v silnoy komponente zafiksiruem vershinu \\(r\\). esli dva napravlennyh puti iz \\(r\\) v odnu i tu zhe vershinu imeli by raznuyu chetnost, to, dobaviv napravlennyy put obratno k \\(r\\), poluchili by dva zamknutyh marshruta raznoy chetnosti; odin iz nih byl by nechetnym. znachit, chetnost puti ot \\(r\\) korrektno delit komponentu na dve nezavisimye doli. connectivity parity_coloring ai_checked idea-delete-source-component-and-dominated vybrat dolyu nachalnoy silnoy komponenty i udalit vse uzhe dominirovannoe v kondensatsii orientirovannogo grafa berem nachalnuyu silnuyu komponentu: iz ostavsheysya chasti v nee net dug, poetomu buduschie vybrannye vershiny ne smogut byt smezhny s uzhe vybrannoy doley. odna dolya etoy komponenty dominiruet vtoruyu dolyu, a takzhe nekotorye vneshnie vershiny; posle udaleniya komponenty i etih vneshnih vershin zadacha svoditsya k menshemu grafu. induction connectivity goal_existence ai_checked sol-strong-components-induction silnye komponenty i induktsiya po chislu gorodov ai_checked directed_graph cycle independent_set dominating_set bipartite_graph induction delete_to_simplify pereydem k grafovoy formulirovke: goroda - vershiny, dorogi - napravlennye rebra. dostatochno dokazat utverzhdenie dlya lyubogo konechnogo orientirovannogo grafa, v kotorom net nechetnogo zamknutogo napravlennogo marshruta. snachala dokazhem lemmu. pust \\(c\\) - silnaya komponenta takogo grafa. zafiksiruem vershinu \\(r\\in c\\). dlya kazhdoy vershiny \\(v\\in c\\) vyberem kakoy-nibud napravlennyy put iz \\(r\\) v \\(v\\). chetnost dliny etogo puti ne zavisit ot vybora. deystvitelno, esli est dva puti \\(p\\) i \\(q\\) iz \\(r\\) v \\(v\\) raznoy chetnosti, to iz silnoy svyaznosti est napravlennyy put \\(r\\) iz \\(v\\) v \\(r\\). zamknutye marshruty \\(p+r\\) i \\(q+r\\) imeyut raznuyu chetnost, znachit odin iz nih nechetnyy, chto zaprescheno. razobem vershiny \\(c\\) na dve doli: v pervuyu polozhim vershiny, dostizhimye iz \\(r\\) putem chetnoy dliny, vo vtoruyu - putem nechetnoy dliny. esli v \\(c\\) est duga \\(u\\to v\\), to put iz \\(r\\)…","source_keys":["spbmo"]}
{"id":"spbmo-2014-11-2-maximal-matchings-delete-graph","title":"Удаление максимальных паросочетаний при степени не больше 100, СПбМО 2014, 11 класс, II тур, задача 2","path":"data\\problems\\spbmo\\spbmo-2014-11-2-maximal-matchings-delete-graph.yaml","raw_github_url":"https://raw.githubusercontent.com/didin-maxim/knowledge_graph_of_graphs/main/data/problems/spbmo/spbmo-2014-11-2-maximal-matchings-delete-graph.yaml","viewer_url":"https://didin-maxim.github.io/knowledge_graph_of_graphs/#spbmo-2014-11-2-maximal-matchings-delete-graph","source_key":"spbmo","source_label":"СПбМО","source_titles":["Санкт-Петербургская математическая олимпиада 2014, городской тур 9-11 классы официальный TeX-архив"],"year":"2014","type":"olympiad_problem","authors":[],"tags":["matching","degree_counting","goal_proof"],"agent_topics":[],"difficulty":{"main":"regional","local_score":4,"comment":"Чистая задача на максимальные паросочетания и локальный подсчет вокруг фиксированного ребра.","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":"Условие","status":"ai_checked","text":"В стране некоторые пары городов соединены дорогами, причем из каждого города выходит не более 100 дорог. Набор дорог называется идеальным, если эти дороги не имеют общих концов, но больше ни одной дороги с сохранением этого условия добавить к этому набору нельзя. Министерство транспорта каждый день выбирает какой-нибудь идеальный набор дорог и полностью разрушает их. Новых дорог министерство не строит. Докажите, что не более чем через 199 таких операций в стране вообще не останется дорог.","definition_ids":["matching"]}],"graph_theory":[{"id":"stmt-graph","title":"Удаление максимальных по включению паросочетаний","status":"ai_checked","text":"В графе максимальной степени не больше 100 на каждом шаге удаляют произвольное максимальное по включению паросочетание. Докажите, что после не более чем 199 шагов ребер не останется.","definition_ids":["matching"]}]},"solutions":[{"id":"sol-expanded","title":"Фиксируем последнее ребро","status":"ai_checked","definition_ids":["matching"],"standard_idea_ids":[],"tags":[],"has_text":true,"text_preview":"Рассмотрим произвольную дорогу uv, которая пока не разрушена. В день, когда выбирается идеальный набор, если uv не входит в этот набор, то из максимальности набора следует: какая-то выбранная дорога имеет общий конец с uv. Иначе uv можно было бы добавить к набору, что противоречило бы его идеальности. У вершины u кроме uv есть не более 99 других дорог, и у v тоже не более 99. Значит, всего дорог, отличных от uv и имеющих с ней общий конец, не больше 198. Каждый день, пока uv остается неразрушенной, разрушается по крайней мере одна из этих соседних дорог, причем повторно разрушить ее уже нельзя. Поэтому uv не может пережить 199 операций. Поскольку это верно для любой исходной дороги, через 199 операций дорог не останется."}],"relations":[],"search_text":"spbmo-2014-11-2-maximal-matchings-delete-graph удаление максимальных паросочетаний при степени не больше 100, спбмо 2014, 11 класс, ii тур, задача 2 matching degree_counting goal_proof 2014 https://www.pdmi.ras.ru/~olymp/2014/problems/91114tex.zip olympiad_archive spbmo spbmo2014 src-spbmo-2014-city-911-tex with_solution санкт-петербургская математическая олимпиада 2014, городской тур 9-11 классы официальный tex-архив спбмо спбмо2014 ? санкт-петербургская математическая олимпиада 2014, городской тур 9-11 классы официальный tex-архив stmt-original условие ai_checked в стране некоторые пары городов соединены дорогами, причем из каждого города выходит не более 100 дорог. набор дорог называется идеальным, если эти дороги не имеют общих концов, но больше ни одной дороги с сохранением этого условия добавить к этому набору нельзя. министерство транспорта каждый день выбирает какой-нибудь идеальный набор дорог и полностью разрушает их. новых дорог министерство не строит. докажите, что не более чем через 199 таких операций в стране вообще не останется дорог. matching stmt-graph удаление максимальных по включению паросочетаний ai_checked в графе максимальной степени не больше 100 на каждом шаге удаляют произвольное максимальное по включению паросочетание. докажите, что после не более чем 199 шагов ребер не останется. matching idea-each-surviving-edge-charges-neighbour выжившее ребро каждый день теряет соседнее ребро если ребро uv не попало в удаляемое максимальное паросочетание, то максимальность заставляет удалить какое-то ребро, инцидентное u или v. таких соседних с uv ребер изначально не больше 198. matching degree_counting ai_checked sol-expanded фиксируем последнее ребро ai_checked matching рассмотрим произвольную дорогу uv, которая пока не разрушена. в день, когда выбирается идеальный набор, если uv не входит в этот набор, то из максимальности набора следует: какая-то выбранная дорога имеет общий конец с uv. иначе uv можно было бы добавить к набору, что противоречило бы его идеальности. у вершины u кроме uv есть не более 99 других дорог, и у v тоже не более 99. значит, всего дорог, отличных от uv и имеющих с ней общий конец, не больше 198. каждый день, пока uv остается неразрушенной, разрушается по крайней мере одна из этих соседних дорог, причем повторно разрушить ее уже нельзя. поэтому uv не может пережить 199 операций. поскольку это верно для любой исходной дороги, через 199 операций дорог не останется. spbmo-2014-11-2-maximal-matchings-delete-graph udalenie maksimalnyh parosochetaniy pri stepeni ne bolshe 100, spbmo 2014, 11 klass, ii tur, zadacha 2 matching degree_counting goal_proof 2014 https://www.pdmi.ras.ru/~olymp/2014/problems/91114tex.zip olympiad_archive spbmo spbmo2014 src-spbmo-2014-city-911-tex with_solution sankt-peterburgskaya matematicheskaya olimpiada 2014, gorodskoy tur 9-11 klassy ofitsialnyy tex-arhiv spbmo spbmo2014 ? sankt-peterburgskaya matematicheskaya olimpiada 2014, gorodskoy tur 9-11 klassy ofitsialnyy tex-arhiv stmt-original uslovie ai_checked v strane nekotorye pary gorodov soedineny dorogami, prichem iz kazhdogo goroda vyhodit ne bolee 100 dorog. nabor dorog nazyvaetsya idealnym, esli eti dorogi ne imeyut obschih kontsov, no bolshe ni odnoy dorogi s sohraneniem etogo usloviya dobavit k etomu naboru nelzya. ministerstvo transporta kazhdyy den vybiraet kakoy-nibud idealnyy nabor dorog i polnostyu razrushaet ih. novyh dorog ministerstvo ne stroit. dokazhite, chto ne bolee chem cherez 199 takih operatsiy v strane voobsche ne ostanetsya dorog. matching stmt-graph udalenie maksimalnyh po vklyucheniyu parosochetaniy ai_checked v grafe maksimalnoy stepeni ne bolshe 100 na kazhdom shage udalyayut proizvolnoe maksimalnoe po vklyucheniyu parosochetanie. dokazhite, chto posle ne bolee chem 199 shagov reber ne ostanetsya. matching idea-each-surviving-edge-charges-neighbour vyzhivshee rebro kazhdyy den teryaet sosednee rebro esli rebro uv ne popalo v udalyaemoe maksimalnoe parosochetanie, to maksimalnost zastavlyaet udalit kakoe-to rebro, intsidentnoe u ili v. takih sosednih s uv reber iznachalno ne bolshe 198. matching degree_counting ai_checked sol-expanded fiksiruem poslednee rebro ai_checked matching rassmotrim proizvolnuyu dorogu uv, kotoraya poka ne razrushena. v den, kogda vybiraetsya idealnyy nabor, esli uv ne vhodit v etot nabor, to iz maksimalnosti nabora sleduet: kakaya-to vybrannaya doroga imeet obschiy konets s uv. inache uv mozhno bylo by dobavit k naboru, chto protivorechilo by ego idealnosti. u vershiny u krome uv est ne bolee 99 drugih dorog, i u v tozhe ne bolee 99. znachit, vsego dorog, otlichnyh ot uv i imeyuschih s ney obschiy konets, ne bolshe 198. kazhdyy den, poka uv ostaetsya nerazrushennoy, razrushaetsya po krayney mere odna iz etih sosednih dorog, prichem povtorno razrushit ee uzhe nelzya. poetomu uv ne mozhet perezhit 199 operatsiy. poskolku eto verno dlya lyuboy ishodnoy dorogi, cherez 199 operatsiy dorog ne ostanetsya.","source_keys":["spbmo"]}
{"id":"spbmo-2015-11-6-regular-graph-10-stars","title":"Разбиение 100-регулярного графа на пучки по 10 ребер, СПбМО 2015, 11 класс, II тур, задача 6","path":"data\\problems\\spbmo\\spbmo-2015-11-6-regular-graph-10-stars.yaml","raw_github_url":"https://raw.githubusercontent.com/didin-maxim/knowledge_graph_of_graphs/main/data/problems/spbmo/spbmo-2015-11-6-regular-graph-10-stars.yaml","viewer_url":"https://didin-maxim.github.io/knowledge_graph_of_graphs/#spbmo-2015-11-6-regular-graph-10-stars","source_key":"spbmo","source_label":"СПбМО","source_titles":["Санкт-Петербургская математическая олимпиада 2015, городской тур 9-11 классы официальный TeX-архив"],"year":"2015","type":"olympiad_problem","authors":[],"tags":["eulerian_graphs","graph_model","invariant","goal_proof"],"agent_topics":[],"difficulty":{"main":"regional","local_score":5,"comment":"Графовая декомпозиция через эйлерову ориентацию регулярного графа.","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":"Условие","status":"ai_checked","text":"В стране Центумии некоторые пары городов соединены дорогами, причем из каждого города выходит ровно 100 дорог. Пучком называется набор из 10 дорог, выходящих из одного города. Докажите, что все дороги можно разбить на несколько пучков.","definition_ids":["simple_graph"]}],"graph_theory":[{"id":"stmt-graph","title":"Разбиение 100-регулярного графа на пучки по 10 ребер","status":"ai_checked","text":"Докажите, что ребра любого 100-регулярного графа можно разбить на звезды \\(K_{1,10}\\); центр каждой звезды является одним из концов всех ее десяти ребер.","definition_ids":["simple_graph"]}]},"solutions":[{"id":"sol-expanded","title":"Эйлерова ориентация","status":"ai_checked","definition_ids":["simple_graph","eulerian_cycle"],"standard_idea_ids":[],"tags":[],"has_text":true,"text_preview":"Достаточно ориентировать все дороги так, чтобы в каждый город входило число дорог, кратное 10: после этого входящие в один город дороги можно произвольно разбить на десятки, и каждая десятка будет пучком с центром в этом городе. Рассмотрим одну связную компоненту графа. В ней степень каждой вершины равна 100, то есть чётна, поэтому все рёбра компоненты можно пройти одним замкнутым эйлеровым обходом. Ориентируем каждое ребро по направлению этого обхода. Каждый раз, когда обход приходит в вершину, он затем из неё выходит; поэтому число входящих рёбер в этой ориентации равно числу исходящих. Так как всего с вершиной инцидентно 100 рёбер, в неё входит ровно 50 рёбер. Число 50 делится на 10. Значит, для каждой вершины можно разбить все входящие в неё рёбра на группы по 10. Каждая такая группа является пучком дорог, выходящих из соответствующего города, если смотреть на неориентированные доро…"}],"relations":[],"search_text":"spbmo-2015-11-6-regular-graph-10-stars разбиение 100-регулярного графа на пучки по 10 ребер, спбмо 2015, 11 класс, ii тур, задача 6 eulerian_graphs graph_model invariant goal_proof 2015 https://www.pdmi.ras.ru/~olymp/2015/problems/91115tex.zip olympiad_archive spbmo spbmo2015 src-spbmo-2015-city-911-tex with_solution санкт-петербургская математическая олимпиада 2015, городской тур 9-11 классы официальный tex-архив спбмо спбмо2015 ? санкт-петербургская математическая олимпиада 2015, городской тур 9-11 классы официальный tex-архив stmt-original условие ai_checked в стране центумии некоторые пары городов соединены дорогами, причем из каждого города выходит ровно 100 дорог. пучком называется набор из 10 дорог, выходящих из одного города. докажите, что все дороги можно разбить на несколько пучков. simple_graph stmt-graph разбиение 100-регулярного графа на пучки по 10 ребер ai_checked докажите, что ребра любого 100-регулярного графа можно разбить на звезды \\(k_{1,10}\\); центр каждой звезды является одним из концов всех ее десяти ребер. simple_graph idea-orient-to-multiple-of-ten эйлерова ориентация даёт по 50 входящих рёбер в каждой компоненте 100-регулярного графа все степени чётны, поэтому её рёбра можно пройти эйлеровым циклом и ориентировать по ходу обхода. тогда в каждую вершину входит ровно 50 рёбер, а их можно разбить на пятёрку пучков по 10. eulerian_graphs graph_model ai_checked sol-expanded эйлерова ориентация ai_checked simple_graph eulerian_cycle достаточно ориентировать все дороги так, чтобы в каждый город входило число дорог, кратное 10: после этого входящие в один город дороги можно произвольно разбить на десятки, и каждая десятка будет пучком с центром в этом городе. рассмотрим одну связную компоненту графа. в ней степень каждой вершины равна 100, то есть чётна, поэтому все рёбра компоненты можно пройти одним замкнутым эйлеровым обходом. ориентируем каждое ребро по направлению этого обхода. каждый раз, когда обход приходит в вершину, он затем из неё выходит; поэтому число входящих рёбер в этой ориентации равно числу исходящих. так как всего с вершиной инцидентно 100 рёбер, в неё входит ровно 50 рёбер. число 50 делится на 10. значит, для каждой вершины можно разбить все входящие в неё рёбра на группы по 10. каждая такая группа является пучком дорог, выходящих из соответствующего города, если смотреть на неориентированные доро… spbmo-2015-11-6-regular-graph-10-stars razbienie 100-regulyarnogo grafa na puchki po 10 reber, spbmo 2015, 11 klass, ii tur, zadacha 6 eulerian_graphs graph_model invariant goal_proof 2015 https://www.pdmi.ras.ru/~olymp/2015/problems/91115tex.zip olympiad_archive spbmo spbmo2015 src-spbmo-2015-city-911-tex with_solution sankt-peterburgskaya matematicheskaya olimpiada 2015, gorodskoy tur 9-11 klassy ofitsialnyy tex-arhiv spbmo spbmo2015 ? sankt-peterburgskaya matematicheskaya olimpiada 2015, gorodskoy tur 9-11 klassy ofitsialnyy tex-arhiv stmt-original uslovie ai_checked v strane tsentumii nekotorye pary gorodov soedineny dorogami, prichem iz kazhdogo goroda vyhodit rovno 100 dorog. puchkom nazyvaetsya nabor iz 10 dorog, vyhodyaschih iz odnogo goroda. dokazhite, chto vse dorogi mozhno razbit na neskolko puchkov. simple_graph stmt-graph razbienie 100-regulyarnogo grafa na puchki po 10 reber ai_checked dokazhite, chto rebra lyubogo 100-regulyarnogo grafa mozhno razbit na zvezdy \\(k_{1,10}\\); tsentr kazhdoy zvezdy yavlyaetsya odnim iz kontsov vseh ee desyati reber. simple_graph idea-orient-to-multiple-of-ten eylerova orientatsiya daet po 50 vhodyaschih reber v kazhdoy komponente 100-regulyarnogo grafa vse stepeni chetny, poetomu ee rebra mozhno proyti eylerovym tsiklom i orientirovat po hodu obhoda. togda v kazhduyu vershinu vhodit rovno 50 reber, a ih mozhno razbit na pyaterku puchkov po 10. eulerian_graphs graph_model ai_checked sol-expanded eylerova orientatsiya ai_checked simple_graph eulerian_cycle dostatochno orientirovat vse dorogi tak, chtoby v kazhdyy gorod vhodilo chislo dorog, kratnoe 10: posle etogo vhodyaschie v odin gorod dorogi mozhno proizvolno razbit na desyatki, i kazhdaya desyatka budet puchkom s tsentrom v etom gorode. rassmotrim odnu svyaznuyu komponentu grafa. v ney stepen kazhdoy vershiny ravna 100, to est chetna, poetomu vse rebra komponenty mozhno proyti odnim zamknutym eylerovym obhodom. orientiruem kazhdoe rebro po napravleniyu etogo obhoda. kazhdyy raz, kogda obhod prihodit v vershinu, on zatem iz nee vyhodit; poetomu chislo vhodyaschih reber v etoy orientatsii ravno chislu ishodyaschih. tak kak vsego s vershinoy intsidentno 100 reber, v nee vhodit rovno 50 reber. chislo 50 delitsya na 10. znachit, dlya kazhdoy vershiny mozhno razbit vse vhodyaschie v nee rebra na gruppy po 10. kazhdaya takaya gruppa yavlyaetsya puchkom dorog, vyhodyaschih iz sootvetstvuyuschego goroda, esli smotret na neorientirovannye doro…","source_keys":["spbmo"]}
{"id":"spbmo-2017-10-p7-remove-directed-cycle-keep-strong","title":"Удаление ориентированного цикла с сохранением сильной связности, СПбМО 2017","path":"data\\problems\\spbmo\\spbmo-2017-10-p7-remove-directed-cycle-keep-strong.yaml","raw_github_url":"https://raw.githubusercontent.com/didin-maxim/knowledge_graph_of_graphs/main/data/problems/spbmo/spbmo-2017-10-p7-remove-directed-cycle-keep-strong.yaml","viewer_url":"https://didin-maxim.github.io/knowledge_graph_of_graphs/#spbmo-2017-10-p7-remove-directed-cycle-keep-strong","source_key":"spbmo","source_label":"СПбМО","source_titles":["Санкт-Петербургская математическая олимпиада 2017, городской тур 9-11 классы официальный PDF"],"year":"2017","type":"olympiad_problem","authors":["Карпов Д.В."],"tags":["graph_model","connectivity","extremal_choice","minimal_counterexample","goal_existence"],"agent_topics":[],"difficulty":{"main":"regional","local_score":7,"comment":"СПбМО 2017, городской тур, 10 класс, задача 7: сильная задача на компоненты сильной связности, конденсацию и экстремальный выбор после удаления ориентированного цикла.","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":"Официальная олимпиадная формулировка","status":"source_verified","text":"В стране некоторые пары городов соединены дорогами с односторонним движением, причем из любого города можно проехать в любой другой. Из каждого города выходит хотя бы две дороги и в каждый город входит хотя бы две дороги. Докажите, что можно найти циклический маршрут и удалить все его дороги так, что по-прежнему из любого города можно будет проехать в любой другой.","definition_ids":["directed_graph","path","cycle","outdegree"]}],"graph_theory":[{"id":"stmt-graph","title":"Удаление ориентированного цикла с сохранением сильной связности","status":"ai_checked","text":"Пусть \\(G\\) — конечный сильно связный ориентированный граф, в котором из каждой вершины выходит хотя бы две дуги и в каждую вершину входит хотя бы две дуги. Докажите, что существует ориентированный цикл \\(Z\\), такой что после удаления всех дуг цикла \\(Z\\) граф \\(G\\) остаётся сильно связным.","definition_ids":["directed_graph","path","cycle","outdegree"]}]},"solutions":[{"id":"sol-extreme-strong-component","title":"Крайняя компонента после удаления цикла","status":"ai_checked","definition_ids":["directed_graph","path","cycle","outdegree"],"standard_idea_ids":["minimal_counterexample","extremal_choice"],"tags":[],"has_text":true,"text_preview":"Будем считать дороги дугами ориентированного графа \\(G\\). Условие \"из любого города можно проехать в любой другой\" означает сильную связность. Нам понадобится стандартный язык. Если ориентированный граф не сильно связен, разобьём его на компоненты сильной связности и сожмём каждую компоненту в одну вершину. Получается ациклический ориентированный граф, поэтому в нём есть источник и сток. Соответствующие компоненты исходного графа будем называть крайними: в компоненту-источник не входит дуг из других компонент, а из компоненты-стока не выходит дуг в другие компоненты. Для ориентированного цикла \\(Z\\) обозначим через \\(G_Z\\) граф, полученный из \\(G\\) удалением всех дуг этого цикла. Предположим противное: ни для какого цикла \\(Z\\) граф \\(G_Z\\) не остаётся сильно связным. Среди всех циклов \\(Z\\) и всех крайних компонент графов \\(G_Z\\) выберем пару \\((Z,U)\\), для которой число вершин в \\(U\\)…"}],"relations":[{"id":"rel-spbmo-2017-10-p7-kolmogorov-2004-vertex-deletion-strong-connectivity","neighbor_id":"kolmogorov-2004-round3-higher-league-problem-10","direction":"forward","type":"same_motif","distance":1,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-spbmo-2017-10-p7-kolmogorov-2003-critical-strong-digraphs","neighbor_id":"kolmogorov-2003-team-olympiad-seniors-problem-8","direction":"forward","type":"same_motif","distance":2,"status":"ai_checked"}],"search_text":"spbmo-2017-10-p7-remove-directed-cycle-keep-strong удаление ориентированного цикла с сохранением сильной связности, спбмо 2017 graph_model connectivity extremal_choice minimal_counterexample goal_existence 2017 https://www.pdmi.ras.ru/~olymp/2017/problems/c_911_17.pdf olympiad_archive spbmo spbmo2017 src-spbmo-2017-city-911 with_solution карпов д.в. санкт-петербургская математическая олимпиада 2017, городской тур 9-11 классы официальный pdf спбмо спбмо2017 карпов д.в. санкт-петербургская математическая олимпиада 2017, городской тур 9-11 классы официальный pdf stmt-original официальная олимпиадная формулировка source_verified в стране некоторые пары городов соединены дорогами с односторонним движением, причем из любого города можно проехать в любой другой. из каждого города выходит хотя бы две дороги и в каждый город входит хотя бы две дороги. докажите, что можно найти циклический маршрут и удалить все его дороги так, что по-прежнему из любого города можно будет проехать в любой другой. directed_graph path cycle outdegree stmt-graph удаление ориентированного цикла с сохранением сильной связности ai_checked пусть \\(g\\) — конечный сильно связный ориентированный граф, в котором из каждой вершины выходит хотя бы две дуги и в каждую вершину входит хотя бы две дуги. докажите, что существует ориентированный цикл \\(z\\), такой что после удаления всех дуг цикла \\(z\\) граф \\(g\\) остаётся сильно связным. directed_graph path cycle outdegree idea-minimal-extreme-component-after-cycle-deletion минимизировать крайнюю компоненту после удаления цикла предположим, что удаление любого ориентированного цикла разрушает сильную связность. среди всех удалённых циклов выбираем такой, после которого некоторая крайняя компонента сильной связности имеет минимальный размер. условие про две входящие и две исходящие дуги заставляет внутри этой компоненты существовать новый цикл; удаление уже этого внутреннего цикла приводит к меньшей крайней компоненте. connectivity extremal_choice minimal_counterexample ai_checked idea-condensation-extreme-components конденсация отслеживает, где может сломаться сильная связность если после удаления цикла граф не сильно связен, его компоненты сильной связности образуют ациклическую конденсацию. чтобы добавление удалённого цикла снова сделало граф сильно связным, этот цикл обязан проходить через крайние компоненты конденсации; поэтому при замене удаляемого цикла все новые крайние компоненты оказываются внутри старой минимальной компоненты. connectivity extremal_choice ai_checked sol-extreme-strong-component крайняя компонента после удаления цикла ai_checked directed_graph path cycle outdegree minimal_counterexample extremal_choice будем считать дороги дугами ориентированного графа \\(g\\). условие \"из любого города можно проехать в любой другой\" означает сильную связность. нам понадобится стандартный язык. если ориентированный граф не сильно связен, разобьём его на компоненты сильной связности и сожмём каждую компоненту в одну вершину. получается ациклический ориентированный граф, поэтому в нём есть источник и сток. соответствующие компоненты исходного графа будем называть крайними: в компоненту-источник не входит дуг из других компонент, а из компоненты-стока не выходит дуг в другие компоненты. для ориентированного цикла \\(z\\) обозначим через \\(g_z\\) граф, полученный из \\(g\\) удалением всех дуг этого цикла. предположим противное: ни для какого цикла \\(z\\) граф \\(g_z\\) не остаётся сильно связным. среди всех циклов \\(z\\) и всех крайних компонент графов \\(g_z\\) выберем пару \\((z,u)\\), для которой число вершин в \\(u\\)… spbmo-2017-10-p7-remove-directed-cycle-keep-strong udalenie orientirovannogo tsikla s sohraneniem silnoy svyaznosti, spbmo 2017 graph_model connectivity extremal_choice minimal_counterexample goal_existence 2017 https://www.pdmi.ras.ru/~olymp/2017/problems/c_911_17.pdf olympiad_archive spbmo spbmo2017 src-spbmo-2017-city-911 with_solution karpov d.v. sankt-peterburgskaya matematicheskaya olimpiada 2017, gorodskoy tur 9-11 klassy ofitsialnyy pdf spbmo spbmo2017 karpov d.v. sankt-peterburgskaya matematicheskaya olimpiada 2017, gorodskoy tur 9-11 klassy ofitsialnyy pdf stmt-original ofitsialnaya olimpiadnaya formulirovka source_verified v strane nekotorye pary gorodov soedineny dorogami s odnostoronnim dvizheniem, prichem iz lyubogo goroda mozhno proehat v lyuboy drugoy. iz kazhdogo goroda vyhodit hotya by dve dorogi i v kazhdyy gorod vhodit hotya by dve dorogi. dokazhite, chto mozhno nayti tsiklicheskiy marshrut i udalit vse ego dorogi tak, chto po-prezhnemu iz lyubogo goroda mozhno budet proehat v lyuboy drugoy. directed_graph path cycle outdegree stmt-graph udalenie orientirovannogo tsikla s sohraneniem silnoy svyaznosti ai_checked pust \\(g\\) — konechnyy silno svyaznyy orientirovannyy graf, v kotorom iz kazhdoy vershiny vyhodit hotya by dve dugi i v kazhduyu vershinu vhodit hotya by dve dugi. dokazhite, chto suschestvuet orientirovannyy tsikl \\(z\\), takoy chto posle udaleniya vseh dug tsikla \\(z\\) graf \\(g\\) ostaetsya silno svyaznym. directed_graph path cycle outdegree idea-minimal-extreme-component-after-cycle-deletion minimizirovat kraynyuyu komponentu posle udaleniya tsikla predpolozhim, chto udalenie lyubogo orientirovannogo tsikla razrushaet silnuyu svyaznost. sredi vseh udalennyh tsiklov vybiraem takoy, posle kotorogo nekotoraya kraynyaya komponenta silnoy svyaznosti imeet minimalnyy razmer. uslovie pro dve vhodyaschie i dve ishodyaschie dugi zastavlyaet vnutri etoy komponenty suschestvovat novyy tsikl; udalenie uzhe etogo vnutrennego tsikla privodit k menshey krayney komponente. connectivity extremal_choice minimal_counterexample ai_checked idea-condensation-extreme-components kondensatsiya otslezhivaet, gde mozhet slomatsya silnaya svyaznost esli posle udaleniya tsikla graf ne silno svyazen, ego komponenty silnoy svyaznosti obrazuyut atsiklicheskuyu kondensatsiyu. chtoby dobavlenie udalennogo tsikla snova sdelalo graf silno svyaznym, etot tsikl obyazan prohodit cherez kraynie komponenty kondensatsii; poetomu pri zamene udalyaemogo tsikla vse novye kraynie komponenty okazyvayutsya vnutri staroy minimalnoy komponenty. connectivity extremal_choice ai_checked sol-extreme-strong-component kraynyaya komponenta posle udaleniya tsikla ai_checked directed_graph path cycle outdegree minimal_counterexample extremal_choice budem schitat dorogi dugami orientirovannogo grafa \\(g\\). uslovie \"iz lyubogo goroda mozhno proehat v lyuboy drugoy\" oznachaet silnuyu svyaznost. nam ponadobitsya standartnyy yazyk. esli orientirovannyy graf ne silno svyazen, razobem ego na komponenty silnoy svyaznosti i sozhmem kazhduyu komponentu v odnu vershinu. poluchaetsya atsiklicheskiy orientirovannyy graf, poetomu v nem est istochnik i stok. sootvetstvuyuschie komponenty ishodnogo grafa budem nazyvat kraynimi: v komponentu-istochnik ne vhodit dug iz drugih komponent, a iz komponenty-stoka ne vyhodit dug v drugie komponenty. dlya orientirovannogo tsikla \\(z\\) oboznachim cherez \\(g_z\\) graf, poluchennyy iz \\(g\\) udaleniem vseh dug etogo tsikla. predpolozhim protivnoe: ni dlya kakogo tsikla \\(z\\) graf \\(g_z\\) ne ostaetsya silno svyaznym. sredi vseh tsiklov \\(z\\) i vseh kraynih komponent grafov \\(g_z\\) vyberem paru \\((z,u)\\), dlya kotoroy chislo vershin v \\(u\\)…","source_keys":["spbmo"]}
{"id":"spbmo-2017-11-p6-chordal-clique-euler-characteristic","title":"Хордальный граф знакомств, клики и эйлерова характеристика, СПбМО 2017","path":"data\\problems\\spbmo\\spbmo-2017-11-p6-chordal-clique-euler-characteristic.yaml","raw_github_url":"https://raw.githubusercontent.com/didin-maxim/knowledge_graph_of_graphs/main/data/problems/spbmo/spbmo-2017-11-p6-chordal-clique-euler-characteristic.yaml","viewer_url":"https://didin-maxim.github.io/knowledge_graph_of_graphs/#spbmo-2017-11-p6-chordal-clique-euler-characteristic","source_key":"spbmo","source_label":"СПбМО","source_titles":["Санкт-Петербургская математическая олимпиада 2017, городской тур 9-11 классы официальный PDF"],"year":"2017","type":"olympiad_problem","authors":["Fedor Petrov"],"tags":["connectivity","graph_model","induction","goal_counting"],"agent_topics":[],"difficulty":{"main":"regional","local_score":7,"comment":"СПбМО 2017, 11 класс, задача 6: содержательная последняя графовая задача комплекта. После перевода к хордалному графу требуется нетривиальная структурная лемма о кликовом минимальном разделителе и аккуратное включение-исключение по кликам.","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":"Условие СПбМО 2017, 11 класс, II тур, задача 6","status":"ai_checked","text":"В стране некоторые математики знакомы между собой, и при любом разбиении математиков на две непустые группы найдутся двое знакомых из разных групп. Известно, что если посадить за круглый стол любой набор из 4 или более математиков так, чтобы любые два соседа были знакомы, то за столом найдутся двое знакомых, не сидящих рядом. Обозначим через \\(c_i\\) количество наборов из \\(i\\) попарно знакомых математиков. Докажите, что \\(c_1-c_2+c_3-c_4+\\ldots=1\\).","definition_ids":["connected_graph","cycle","clique"]}],"graph_theory":[{"id":"stmt-graph","title":"Клики в хордальном графе","status":"ai_checked","text":"Пусть \\(G\\) -- конечный простой связный хордальный граф: в каждом цикле длины хотя бы 4 есть хорда, то есть ребро между двумя несоседними вершинами цикла. Пусть \\(c_i\\) -- число клик размера \\(i\\) в графе \\(G\\). Докажите, что \\(c_1-c_2+c_3-c_4+\\ldots=1\\).","definition_ids":["simple_graph","connected_graph","cycle","clique","complete_graph","induced_subgraph","path"]}]},"solutions":[{"id":"sol-clique-separator-euler-characteristic","title":"Индукция по кликовому разделителю","status":"ai_checked","definition_ids":["simple_graph","connected_graph","cycle","clique","graph_cut","complete_graph","induced_subgraph","path"],"standard_idea_ids":["induction","minimal_counterexample","delete_to_simplify"],"tags":[],"has_text":true,"text_preview":"Переведём условие на язык графов. Вершинами графа \\(G\\) будут математики, а рёбрами -- знакомства. Первое условие означает связность: если граф был бы несвязен, его компоненты можно было бы разбить на две непустые группы без рёбер между ними; обратно, любое разбиение без ребра между частями отделяло бы одни вершины от других. Второе условие означает, что в каждом цикле длины хотя бы 4 есть хорда: посадка вдоль цикла даёт знакомых соседей, а найденные знакомые несоседи дают хорду. Итак, надо доказать утверждение для конечного связного хордалного графа. Для графа \\(H\\) обозначим через \\(F(H)\\) величину \\(c_1(H)-c_2(H)+c_3(H)-\\ldots\\), где \\(c_i(H)\\) -- число клик размера \\(i\\). Докажем по индукции по числу вершин, что \\(F(G)=1\\) для всякого непустого связного хордалного графа \\(G\\). Если \\(G\\) -- полный граф на \\(m\\) вершинах, то его клики -- все непустые подмножества вершин. Поэтому \\[ F…"}],"relations":[{"id":"rel-spbmo-2017-11-p6-euler-formula-clique-complex-characteristic","neighbor_id":"euler-formula-planar","direction":"forward","type":"same_motif","distance":2,"status":"ai_checked"}],"search_text":"spbmo-2017-11-p6-chordal-clique-euler-characteristic хордальный граф знакомств, клики и эйлерова характеристика, спбмо 2017 connectivity graph_model induction goal_counting 2017 fedor petrov fedorpetrov https://www.pdmi.ras.ru/~olymp/2017/problems/c_911_17.pdf olympiad_archive spbmo spbmo2017 src-spbmo-2017-city-911 with_solution санкт-петербургская математическая олимпиада 2017, городской тур 9-11 классы официальный pdf спбмо спбмо2017 fedor petrov санкт-петербургская математическая олимпиада 2017, городской тур 9-11 классы официальный pdf stmt-original условие спбмо 2017, 11 класс, ii тур, задача 6 ai_checked в стране некоторые математики знакомы между собой, и при любом разбиении математиков на две непустые группы найдутся двое знакомых из разных групп. известно, что если посадить за круглый стол любой набор из 4 или более математиков так, чтобы любые два соседа были знакомы, то за столом найдутся двое знакомых, не сидящих рядом. обозначим через \\(c_i\\) количество наборов из \\(i\\) попарно знакомых математиков. докажите, что \\(c_1-c_2+c_3-c_4+\\ldots=1\\). connected_graph cycle clique stmt-graph клики в хордальном графе ai_checked пусть \\(g\\) -- конечный простой связный хордальный граф: в каждом цикле длины хотя бы 4 есть хорда, то есть ребро между двумя несоседними вершинами цикла. пусть \\(c_i\\) -- число клик размера \\(i\\) в графе \\(g\\). докажите, что \\(c_1-c_2+c_3-c_4+\\ldots=1\\). simple_graph connected_graph cycle clique complete_graph induced_subgraph path idea-chordal-translation рассадка за круглый стол задаёт хордальность если выбранные математики сидят по циклу и соседи знакомы, то дополнительные знакомые несоседних людей являются хордами этого цикла. поэтому условие о любой рассадке из четырёх и более человек означает, что граф знакомств не содержит индуцированных циклов длины хотя бы 4. graph_model connectivity ai_checked idea-clique-separator-induction разрез хордалного графа является кликой в связном не полном хордалном графе минимальный вершинный разделитель между двумя несмежными вершинами обязан быть кликой: иначе два пути через разные компоненты вместе дали бы цикл без хорды. это позволяет разрезать граф на меньшие хордалные графы и применить включение-исключение к числам клик. induction connectivity ai_checked sol-clique-separator-euler-characteristic индукция по кликовому разделителю ai_checked simple_graph connected_graph cycle clique graph_cut complete_graph induced_subgraph path induction minimal_counterexample delete_to_simplify переведём условие на язык графов. вершинами графа \\(g\\) будут математики, а рёбрами -- знакомства. первое условие означает связность: если граф был бы несвязен, его компоненты можно было бы разбить на две непустые группы без рёбер между ними; обратно, любое разбиение без ребра между частями отделяло бы одни вершины от других. второе условие означает, что в каждом цикле длины хотя бы 4 есть хорда: посадка вдоль цикла даёт знакомых соседей, а найденные знакомые несоседи дают хорду. итак, надо доказать утверждение для конечного связного хордалного графа. для графа \\(h\\) обозначим через \\(f(h)\\) величину \\(c_1(h)-c_2(h)+c_3(h)-\\ldots\\), где \\(c_i(h)\\) -- число клик размера \\(i\\). докажем по индукции по числу вершин, что \\(f(g)=1\\) для всякого непустого связного хордалного графа \\(g\\). если \\(g\\) -- полный граф на \\(m\\) вершинах, то его клики -- все непустые подмножества вершин. поэтому \\[ f… spbmo-2017-11-p6-chordal-clique-euler-characteristic hordalnyy graf znakomstv, kliki i eylerova harakteristika, spbmo 2017 connectivity graph_model induction goal_counting 2017 fedor petrov fedorpetrov https://www.pdmi.ras.ru/~olymp/2017/problems/c_911_17.pdf olympiad_archive spbmo spbmo2017 src-spbmo-2017-city-911 with_solution sankt-peterburgskaya matematicheskaya olimpiada 2017, gorodskoy tur 9-11 klassy ofitsialnyy pdf spbmo spbmo2017 fedor petrov sankt-peterburgskaya matematicheskaya olimpiada 2017, gorodskoy tur 9-11 klassy ofitsialnyy pdf stmt-original uslovie spbmo 2017, 11 klass, ii tur, zadacha 6 ai_checked v strane nekotorye matematiki znakomy mezhdu soboy, i pri lyubom razbienii matematikov na dve nepustye gruppy naydutsya dvoe znakomyh iz raznyh grupp. izvestno, chto esli posadit za kruglyy stol lyuboy nabor iz 4 ili bolee matematikov tak, chtoby lyubye dva soseda byli znakomy, to za stolom naydutsya dvoe znakomyh, ne sidyaschih ryadom. oboznachim cherez \\(c_i\\) kolichestvo naborov iz \\(i\\) poparno znakomyh matematikov. dokazhite, chto \\(c_1-c_2+c_3-c_4+\\ldots=1\\). connected_graph cycle clique stmt-graph kliki v hordalnom grafe ai_checked pust \\(g\\) -- konechnyy prostoy svyaznyy hordalnyy graf: v kazhdom tsikle dliny hotya by 4 est horda, to est rebro mezhdu dvumya nesosednimi vershinami tsikla. pust \\(c_i\\) -- chislo klik razmera \\(i\\) v grafe \\(g\\). dokazhite, chto \\(c_1-c_2+c_3-c_4+\\ldots=1\\). simple_graph connected_graph cycle clique complete_graph induced_subgraph path idea-chordal-translation rassadka za kruglyy stol zadaet hordalnost esli vybrannye matematiki sidyat po tsiklu i sosedi znakomy, to dopolnitelnye znakomye nesosednih lyudey yavlyayutsya hordami etogo tsikla. poetomu uslovie o lyuboy rassadke iz chetyreh i bolee chelovek oznachaet, chto graf znakomstv ne soderzhit indutsirovannyh tsiklov dliny hotya by 4. graph_model connectivity ai_checked idea-clique-separator-induction razrez hordalnogo grafa yavlyaetsya klikoy v svyaznom ne polnom hordalnom grafe minimalnyy vershinnyy razdelitel mezhdu dvumya nesmezhnymi vershinami obyazan byt klikoy: inache dva puti cherez raznye komponenty vmeste dali by tsikl bez hordy. eto pozvolyaet razrezat graf na menshie hordalnye grafy i primenit vklyuchenie-isklyuchenie k chislam klik. induction connectivity ai_checked sol-clique-separator-euler-characteristic induktsiya po klikovomu razdelitelyu ai_checked simple_graph connected_graph cycle clique graph_cut complete_graph induced_subgraph path induction minimal_counterexample delete_to_simplify perevedem uslovie na yazyk grafov. vershinami grafa \\(g\\) budut matematiki, a rebrami -- znakomstva. pervoe uslovie oznachaet svyaznost: esli graf byl by nesvyazen, ego komponenty mozhno bylo by razbit na dve nepustye gruppy bez reber mezhdu nimi; obratno, lyuboe razbienie bez rebra mezhdu chastyami otdelyalo by odni vershiny ot drugih. vtoroe uslovie oznachaet, chto v kazhdom tsikle dliny hotya by 4 est horda: posadka vdol tsikla daet znakomyh sosedey, a naydennye znakomye nesosedi dayut hordu. itak, nado dokazat utverzhdenie dlya konechnogo svyaznogo hordalnogo grafa. dlya grafa \\(h\\) oboznachim cherez \\(f(h)\\) velichinu \\(c_1(h)-c_2(h)+c_3(h)-\\ldots\\), gde \\(c_i(h)\\) -- chislo klik razmera \\(i\\). dokazhem po induktsii po chislu vershin, chto \\(f(g)=1\\) dlya vsyakogo nepustogo svyaznogo hordalnogo grafa \\(g\\). esli \\(g\\) -- polnyy graf na \\(m\\) vershinah, to ego kliki -- vse nepustye podmnozhestva vershin. poetomu \\[ f…","source_keys":["spbmo"]}
{"id":"spbmo-2018-10-p1-complete-graph-road-destruction-path","title":"Маршрут в полном графе при разрушении дорог, СПбМО 2018, 10 класс, II тур, задача 1","path":"data\\problems\\spbmo\\spbmo-2018-10-p1-complete-graph-road-destruction-path.yaml","raw_github_url":"https://raw.githubusercontent.com/didin-maxim/knowledge_graph_of_graphs/main/data/problems/spbmo/spbmo-2018-10-p1-complete-graph-road-destruction-path.yaml","viewer_url":"https://didin-maxim.github.io/knowledge_graph_of_graphs/#spbmo-2018-10-p1-complete-graph-road-destruction-path","source_key":"spbmo","source_label":"СПбМО","source_titles":["Санкт-Петербургская математическая олимпиада 2018, городской тур 9-11 классы официальный PDF"],"year":"2018","type":"olympiad_problem","authors":["П. Ходунов","А. Кузнецов","И. Лосев"],"tags":["goal_strategy_game","goal_exact_bound","pigeonhole_principle","process_invariant","graph_model"],"agent_topics":["game_strategy"],"difficulty":{"main":"regional","local_score":3,"comment":"СПбМО 2018, 10 класс, II тур, задача 1. Точная граница получается из одной локальной идеи: при первом попадании в город все дороги из него к еще непосещенным городам свежие, поэтому важен только текущий запас из \\(k\\) разрушений.","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":"Условие","status":"ai_checked","text":"Миша приехал в страну, в которой \\(n\\) городов и каждые два напрямую соединены дорогой. Он собирается, начав с некоторого города, объехать несколько городов, не заезжая ни в один город дважды. Каждый раз, пока Миша едет по дороге, президент разрушает \\(k\\) дорог, ведущих из города, в который ведет эта дорога. (А если там нет такого количества уцелевших дорог, разрушает все оставшиеся, кроме той, по которой едет Миша.) Какое наибольшее количество городов сможет объехать Миша, независимо от действия президента?","definition_ids":["complete_graph","path"]}],"graph_theory":[{"id":"stmt-graph","title":"Маршрут в полном графе при разрушении дорог","status":"ai_checked","text":"В полном графе \\(K_n\\) два игрока играют в следующую игру. Первый игрок выбирает начальную вершину и затем каждый раз переходит из текущей вершины в еще не посещенную вершину по сохранившемуся ребру. После каждого такого перехода во второй конец выбранного ребра второй игрок удаляет до \\(k\\) сохранившихся ребер, инцидентных новой текущей вершине, но не удаляет ребро, по которому только что был сделан переход. Если таких ребер меньше \\(k\\), он может удалить все, кроме только что использованного. Определите наибольшее число вершин простого пути, которое первый игрок может гарантировать при любой игре второго.","definition_ids":["complete_graph","path"]}]},"solutions":[{"id":"sol-local-deletion-threshold","title":"Порог числа непосещенных городов","status":"ai_checked","definition_ids":["complete_graph","path"],"standard_idea_ids":["pigeonhole_principle","greedy_ordering","extremal_choice"],"tags":[],"has_text":true,"text_preview":"Ответ: если \\(n=1\\), то \\(1\\); если \\(n\\ge 2\\), то \\(\\max(2,n-k)\\). В обычной записи это означает: при \\(k\\le n-2\\) Миша гарантирует ровно \\(n-k\\) городов, а при \\(k\\ge n-1\\) - ровно \\(2\\) города. Сначала докажем нижнюю оценку. Начать Миша может в любом городе. Предположим, что он уже посетил \\(t\\) городов и находится в городе \\(v\\), причем \\(t<n-k\\). Тогда непосещенных городов \\(n-t>k\\). До приезда Миши в \\(v\\) ни одна дорога из \\(v\\) в еще непосещенный город не могла быть разрушена президентом: президент разрушает дороги только из того города, в который Миша только что приехал, а \\(v\\) раньше текущим городом не был; непосещенные города тоже еще не были текущими. Значит, перед действием президента из \\(v\\) ведут целые дороги во все \\(n-t\\) непосещенных городов. Президент может разрушить среди них не более \\(k\\), поэтому хотя бы одна такая дорога останется, и Миша сможет по ней продолжи…"}],"relations":[{"id":"rel-spbmo-2018-10-p1-spbmo-2010-9-p5-road-destruction-complete-graph","neighbor_id":"spbmo-2010-9-p5-k2010-cycle-game","direction":"forward","type":"same_motif","distance":3,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-classical-shannon-spbmo-road-destruction","neighbor_id":"lehman-shannon-switching-game-two-spanning-trees","direction":"backward","type":"same_motif","distance":2,"status":"ai_checked"}],"search_text":"spbmo-2018-10-p1-complete-graph-road-destruction-path маршрут в полном графе при разрушении дорог, спбмо 2018, 10 класс, ii тур, задача 1 goal_strategy_game goal_exact_bound pigeonhole_principle process_invariant graph_model 2018 https://www.pdmi.ras.ru/~olymp/2018/problems/c_911_18.pdf olympiad_archive spbmo spbmo2018 src-spbmo-2018-city-911 with_solution а. кузнецов и. лосев п. ходунов санкт-петербургская математическая олимпиада 2018, городской тур 9-11 классы официальный pdf спбмо спбмо2018 п. ходунов а. кузнецов и. лосев санкт-петербургская математическая олимпиада 2018, городской тур 9-11 классы официальный pdf stmt-original условие ai_checked миша приехал в страну, в которой \\(n\\) городов и каждые два напрямую соединены дорогой. он собирается, начав с некоторого города, объехать несколько городов, не заезжая ни в один город дважды. каждый раз, пока миша едет по дороге, президент разрушает \\(k\\) дорог, ведущих из города, в который ведет эта дорога. (а если там нет такого количества уцелевших дорог, разрушает все оставшиеся, кроме той, по которой едет миша.) какое наибольшее количество городов сможет объехать миша, независимо от действия президента? complete_graph path stmt-graph маршрут в полном графе при разрушении дорог ai_checked в полном графе \\(k_n\\) два игрока играют в следующую игру. первый игрок выбирает начальную вершину и затем каждый раз переходит из текущей вершины в еще не посещенную вершину по сохранившемуся ребру. после каждого такого перехода во второй конец выбранного ребра второй игрок удаляет до \\(k\\) сохранившихся ребер, инцидентных новой текущей вершине, но не удаляет ребро, по которому только что был сделан переход. если таких ребер меньше \\(k\\), он может удалить все, кроме только что использованного. определите наибольшее число вершин простого пути, которое первый игрок может гарантировать при любой игре второго. complete_graph path idea-fresh-unvisited-edges ребра из нового города к непосещенным городам раньше не могли быть разрушены если миша впервые приехал в город \\(v\\), а город \\(u\\) еще не посещен, то дорога \\(vu\\) до этого момента не могла быть разрушена как дорога из текущего города: ни \\(v\\), ни \\(u\\) еще не были текущими после приезда. значит, президент может запретить продолжение из \\(v\\) только текущим удалением не более \\(k\\) таких дорог. process_invariant graph_model ai_checked idea-more-unvisited-than-deletions если непосещенных городов больше \\(k\\), маршрут продолжается после посещения \\(t\\) городов из текущего города ведут дороги во все \\(n-t\\) непосещенных городов, и перед текущим ходом президента они целы. если \\(n-t>k\\), после удаления не более \\(k\\) дорог хотя бы одна дорога к новому городу останется. pigeonhole_principle goal_strategy_game ai_checked idea-threshold-stop на пороге \\(n-t\\le k\\) президент может остановить маршрут когда из текущего города осталось не больше \\(k\\) дорог к непосещенным городам, президент удаляет все эти дороги. тогда продолжить простой маршрут невозможно. это дает точную верхнюю оценку, а при очень большом \\(k\\) миша все равно успевает сделать первый переезд. extremal_choice goal_exact_bound ai_checked sol-local-deletion-threshold порог числа непосещенных городов ai_checked complete_graph path pigeonhole_principle greedy_ordering extremal_choice ответ: если \\(n=1\\), то \\(1\\); если \\(n\\ge 2\\), то \\(\\max(2,n-k)\\). в обычной записи это означает: при \\(k\\le n-2\\) миша гарантирует ровно \\(n-k\\) городов, а при \\(k\\ge n-1\\) - ровно \\(2\\) города. сначала докажем нижнюю оценку. начать миша может в любом городе. предположим, что он уже посетил \\(t\\) городов и находится в городе \\(v\\), причем \\(t<n-k\\). тогда непосещенных городов \\(n-t>k\\). до приезда миши в \\(v\\) ни одна дорога из \\(v\\) в еще непосещенный город не могла быть разрушена президентом: президент разрушает дороги только из того города, в который миша только что приехал, а \\(v\\) раньше текущим городом не был; непосещенные города тоже еще не были текущими. значит, перед действием президента из \\(v\\) ведут целые дороги во все \\(n-t\\) непосещенных городов. президент может разрушить среди них не более \\(k\\), поэтому хотя бы одна такая дорога останется, и миша сможет по ней продолжи… spbmo-2018-10-p1-complete-graph-road-destruction-path marshrut v polnom grafe pri razrushenii dorog, spbmo 2018, 10 klass, ii tur, zadacha 1 goal_strategy_game goal_exact_bound pigeonhole_principle process_invariant graph_model 2018 https://www.pdmi.ras.ru/~olymp/2018/problems/c_911_18.pdf olympiad_archive spbmo spbmo2018 src-spbmo-2018-city-911 with_solution a. kuznetsov i. losev p. hodunov sankt-peterburgskaya matematicheskaya olimpiada 2018, gorodskoy tur 9-11 klassy ofitsialnyy pdf spbmo spbmo2018 p. hodunov a. kuznetsov i. losev sankt-peterburgskaya matematicheskaya olimpiada 2018, gorodskoy tur 9-11 klassy ofitsialnyy pdf stmt-original uslovie ai_checked misha priehal v stranu, v kotoroy \\(n\\) gorodov i kazhdye dva napryamuyu soedineny dorogoy. on sobiraetsya, nachav s nekotorogo goroda, obehat neskolko gorodov, ne zaezzhaya ni v odin gorod dvazhdy. kazhdyy raz, poka misha edet po doroge, prezident razrushaet \\(k\\) dorog, veduschih iz goroda, v kotoryy vedet eta doroga. (a esli tam net takogo kolichestva utselevshih dorog, razrushaet vse ostavshiesya, krome toy, po kotoroy edet misha.) kakoe naibolshee kolichestvo gorodov smozhet obehat misha, nezavisimo ot deystviya prezidenta? complete_graph path stmt-graph marshrut v polnom grafe pri razrushenii dorog ai_checked v polnom grafe \\(k_n\\) dva igroka igrayut v sleduyuschuyu igru. pervyy igrok vybiraet nachalnuyu vershinu i zatem kazhdyy raz perehodit iz tekuschey vershiny v esche ne poseschennuyu vershinu po sohranivshemusya rebru. posle kazhdogo takogo perehoda vo vtoroy konets vybrannogo rebra vtoroy igrok udalyaet do \\(k\\) sohranivshihsya reber, intsidentnyh novoy tekuschey vershine, no ne udalyaet rebro, po kotoromu tolko chto byl sdelan perehod. esli takih reber menshe \\(k\\), on mozhet udalit vse, krome tolko chto ispolzovannogo. opredelite naibolshee chislo vershin prostogo puti, kotoroe pervyy igrok mozhet garantirovat pri lyuboy igre vtorogo. complete_graph path idea-fresh-unvisited-edges rebra iz novogo goroda k neposeschennym gorodam ranshe ne mogli byt razrusheny esli misha vpervye priehal v gorod \\(v\\), a gorod \\(u\\) esche ne poseschen, to doroga \\(vu\\) do etogo momenta ne mogla byt razrushena kak doroga iz tekuschego goroda: ni \\(v\\), ni \\(u\\) esche ne byli tekuschimi posle priezda. znachit, prezident mozhet zapretit prodolzhenie iz \\(v\\) tolko tekuschim udaleniem ne bolee \\(k\\) takih dorog. process_invariant graph_model ai_checked idea-more-unvisited-than-deletions esli neposeschennyh gorodov bolshe \\(k\\), marshrut prodolzhaetsya posle posescheniya \\(t\\) gorodov iz tekuschego goroda vedut dorogi vo vse \\(n-t\\) neposeschennyh gorodov, i pered tekuschim hodom prezidenta oni tsely. esli \\(n-t>k\\), posle udaleniya ne bolee \\(k\\) dorog hotya by odna doroga k novomu gorodu ostanetsya. pigeonhole_principle goal_strategy_game ai_checked idea-threshold-stop na poroge \\(n-t\\le k\\) prezident mozhet ostanovit marshrut kogda iz tekuschego goroda ostalos ne bolshe \\(k\\) dorog k neposeschennym gorodam, prezident udalyaet vse eti dorogi. togda prodolzhit prostoy marshrut nevozmozhno. eto daet tochnuyu verhnyuyu otsenku, a pri ochen bolshom \\(k\\) misha vse ravno uspevaet sdelat pervyy pereezd. extremal_choice goal_exact_bound ai_checked sol-local-deletion-threshold porog chisla neposeschennyh gorodov ai_checked complete_graph path pigeonhole_principle greedy_ordering extremal_choice otvet: esli \\(n=1\\), to \\(1\\); esli \\(n\\ge 2\\), to \\(\\max(2,n-k)\\). v obychnoy zapisi eto oznachaet: pri \\(k\\le n-2\\) misha garantiruet rovno \\(n-k\\) gorodov, a pri \\(k\\ge n-1\\) - rovno \\(2\\) goroda. snachala dokazhem nizhnyuyu otsenku. nachat misha mozhet v lyubom gorode. predpolozhim, chto on uzhe posetil \\(t\\) gorodov i nahoditsya v gorode \\(v\\), prichem \\(t<n-k\\). togda neposeschennyh gorodov \\(n-t>k\\). do priezda mishi v \\(v\\) ni odna doroga iz \\(v\\) v esche neposeschennyy gorod ne mogla byt razrushena prezidentom: prezident razrushaet dorogi tolko iz togo goroda, v kotoryy misha tolko chto priehal, a \\(v\\) ranshe tekuschim gorodom ne byl; neposeschennye goroda tozhe esche ne byli tekuschimi. znachit, pered deystviem prezidenta iz \\(v\\) vedut tselye dorogi vo vse \\(n-t\\) neposeschennyh gorodov. prezident mozhet razrushit sredi nih ne bolee \\(k\\), poetomu hotya by odna takaya doroga ostanetsya, i misha smozhet po ney prodolzhi…","source_keys":["spbmo"]}
{"id":"spbmo-2018-7-p7-bus-graph-no-odd-cycle-paths","title":"Автобусный граф с простыми путями длины 100 и запретом нечётного цикла, СПбМО 2018","path":"data\\problems\\spbmo\\spbmo-2018-7-p7-bus-graph-no-odd-cycle-paths.yaml","raw_github_url":"https://raw.githubusercontent.com/didin-maxim/knowledge_graph_of_graphs/main/data/problems/spbmo/spbmo-2018-7-p7-bus-graph-no-odd-cycle-paths.yaml","viewer_url":"https://didin-maxim.github.io/knowledge_graph_of_graphs/#spbmo-2018-7-p7-bus-graph-no-odd-cycle-paths","source_key":"spbmo","source_label":"СПбМО","source_titles":["Санкт-Петербургская математическая олимпиада 2018, городской тур 6-8 классы официальный PDF"],"year":"2018","type":"olympiad_problem","authors":["А. Солынин","А. Чухнов"],"tags":["connectivity","construction","goal_classification"],"agent_topics":[],"difficulty":{"main":"regional","local_score":6,"comment":"СПбМО 2018, 7 класс, II тур, задача 7: короткая классификация с одной обязательной невозможностью и двумя конструкциями; основная тонкость — раздутый цикл длины 101 и проверка простых 100-путей.","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":"Официальная формулировка","status":"ai_checked","text":"В стране некоторые города соединены прямыми автобусными рейсами. Жители этой страны считают некоторое нечетное натуральное число \\(n\\) несчастливым, поэтому не существует циклического маршрута, состоящего ровно из \\(n\\) рейсов и не заходящего ни в один город дважды. Тем не менее, из любого города до любого другого существует путь, содержащий ровно 100 рейсов и не проходящий ни через один город дважды. При каких нечетных \\(n\\) это возможно?","definition_ids":["simple_graph","cycle","path"]}],"graph_theory":[{"id":"stmt-graph","title":"Автобусный граф с простыми путями длины 100 и запретом нечётного цикла","status":"ai_checked","text":"Пусть \\(G\\) — простой неориентированный граф. Для любых двух различных вершин \\(u,v\\) существует простой \\(u\\)-\\(v\\)-путь ровно из 100 рёбер. Определите все нечётные натуральные \\(n\\), для которых может быть так, что в \\(G\\) нет простого цикла длины \\(n\\).","definition_ids":["simple_graph","cycle","path"]}]},"solutions":[{"id":"sol-classification-101","title":"Все нечётные n, кроме 101","status":"ai_checked","definition_ids":["simple_graph","cycle","path","complete_graph","independent_set"],"standard_idea_ids":["invariant"],"tags":[],"has_text":true,"text_preview":"Ответ: все нечётные натуральные \\(n\\), кроме \\(101\\). Сначала докажем, что \\(n=101\\) невозможно. В графе есть хотя бы одно ребро: например, возьмём две различные вершины и рассмотрим простой путь длины 100 между ними; на нём есть рёбра. Пусть \\(uv\\) — любое ребро. По условию между \\(u\\) и \\(v\\) существует простой путь \\(P\\), состоящий ровно из 100 рёбер. Этот путь не использует ребро \\(uv\\): простой путь с концами \\(u\\) и \\(v\\), использующий ребро \\(uv\\), имел бы длину 1, иначе пришлось бы повторить одну из конечных вершин. Поэтому путь \\(P\\) вместе с ребром \\(uv\\) образует простой цикл длины \\(100+1=101\\). Значит, запретить циклы длины 101 нельзя. Теперь построим примеры для всех остальных нечётных \\(n\\). Если \\(n>101\\), возьмём полный граф \\(K_{101}\\). Между любыми двумя его вершинами можно пройти по простому пути длины 100: надо начать в первой вершине, закончить во второй и между ни…"}],"relations":[{"id":"rel-spbmo-2018-7-p7-bmo-2025-long-prescribed-paths","neighbor_id":"bmo-2025-p4-flights-long-short-paths","direction":"forward","type":"same_motif","distance":2,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-spbmo-2018-7-p7-cmo-2019-odd-cycle-avoidance","neighbor_id":"cmo-2019-p5-odd-cycle-edge-game","direction":"forward","type":"same_motif","distance":2,"status":"ai_checked"}],"search_text":"spbmo-2018-7-p7-bus-graph-no-odd-cycle-paths автобусный граф с простыми путями длины 100 и запретом нечётного цикла, спбмо 2018 connectivity construction goal_classification 2018 https://www.pdmi.ras.ru/~olymp/2018/problems/c_68_18.pdf olympiad_archive spbmo spbmo2018 src-spbmo-2018-city-68 with_solution а. солынин а. чухнов санкт-петербургская математическая олимпиада 2018, городской тур 6-8 классы официальный pdf спбмо спбмо2018 а. солынин а. чухнов санкт-петербургская математическая олимпиада 2018, городской тур 6-8 классы официальный pdf stmt-original официальная формулировка ai_checked в стране некоторые города соединены прямыми автобусными рейсами. жители этой страны считают некоторое нечетное натуральное число \\(n\\) несчастливым, поэтому не существует циклического маршрута, состоящего ровно из \\(n\\) рейсов и не заходящего ни в один город дважды. тем не менее, из любого города до любого другого существует путь, содержащий ровно 100 рейсов и не проходящий ни через один город дважды. при каких нечетных \\(n\\) это возможно? simple_graph cycle path stmt-graph автобусный граф с простыми путями длины 100 и запретом нечётного цикла ai_checked пусть \\(g\\) — простой неориентированный граф. для любых двух различных вершин \\(u,v\\) существует простой \\(u\\)-\\(v\\)-путь ровно из 100 рёбер. определите все нечётные натуральные \\(n\\), для которых может быть так, что в \\(g\\) нет простого цикла длины \\(n\\). simple_graph cycle path idea-edge-plus-100-path ребро вместе со 100-путём даёт 101-цикл если \\(uv\\) — ребро графа, то по условию между \\(u\\) и \\(v\\) есть простой путь длины 100. этот путь не может использовать само ребро \\(uv\\), поэтому вместе с ним образует простой цикл длины 101. это единственное невозможное нечётное значение. connectivity goal_impossibility ai_checked idea-two-constructions две конструкции закрывают все остальные нечётные длины для \\(n>101\\) достаточно полного графа \\(k_{101}\\): между любыми двумя вершинами есть гамильтонов путь длины 100, а циклов длиннее 101 нет. для нечётных \\(n<101\\) подходит раздутый цикл \\(c_{101}\\): он даёт нужные 100-пути и не содержит нечётных циклов короче 101. construction goal_classification ai_checked sol-classification-101 все нечётные n, кроме 101 ai_checked simple_graph cycle path complete_graph independent_set invariant ответ: все нечётные натуральные \\(n\\), кроме \\(101\\). сначала докажем, что \\(n=101\\) невозможно. в графе есть хотя бы одно ребро: например, возьмём две различные вершины и рассмотрим простой путь длины 100 между ними; на нём есть рёбра. пусть \\(uv\\) — любое ребро. по условию между \\(u\\) и \\(v\\) существует простой путь \\(p\\), состоящий ровно из 100 рёбер. этот путь не использует ребро \\(uv\\): простой путь с концами \\(u\\) и \\(v\\), использующий ребро \\(uv\\), имел бы длину 1, иначе пришлось бы повторить одну из конечных вершин. поэтому путь \\(p\\) вместе с ребром \\(uv\\) образует простой цикл длины \\(100+1=101\\). значит, запретить циклы длины 101 нельзя. теперь построим примеры для всех остальных нечётных \\(n\\). если \\(n>101\\), возьмём полный граф \\(k_{101}\\). между любыми двумя его вершинами можно пройти по простому пути длины 100: надо начать в первой вершине, закончить во второй и между ни… spbmo-2018-7-p7-bus-graph-no-odd-cycle-paths avtobusnyy graf s prostymi putyami dliny 100 i zapretom nechetnogo tsikla, spbmo 2018 connectivity construction goal_classification 2018 https://www.pdmi.ras.ru/~olymp/2018/problems/c_68_18.pdf olympiad_archive spbmo spbmo2018 src-spbmo-2018-city-68 with_solution a. solynin a. chuhnov sankt-peterburgskaya matematicheskaya olimpiada 2018, gorodskoy tur 6-8 klassy ofitsialnyy pdf spbmo spbmo2018 a. solynin a. chuhnov sankt-peterburgskaya matematicheskaya olimpiada 2018, gorodskoy tur 6-8 klassy ofitsialnyy pdf stmt-original ofitsialnaya formulirovka ai_checked v strane nekotorye goroda soedineny pryamymi avtobusnymi reysami. zhiteli etoy strany schitayut nekotoroe nechetnoe naturalnoe chislo \\(n\\) neschastlivym, poetomu ne suschestvuet tsiklicheskogo marshruta, sostoyaschego rovno iz \\(n\\) reysov i ne zahodyaschego ni v odin gorod dvazhdy. tem ne menee, iz lyubogo goroda do lyubogo drugogo suschestvuet put, soderzhaschiy rovno 100 reysov i ne prohodyaschiy ni cherez odin gorod dvazhdy. pri kakih nechetnyh \\(n\\) eto vozmozhno? simple_graph cycle path stmt-graph avtobusnyy graf s prostymi putyami dliny 100 i zapretom nechetnogo tsikla ai_checked pust \\(g\\) — prostoy neorientirovannyy graf. dlya lyubyh dvuh razlichnyh vershin \\(u,v\\) suschestvuet prostoy \\(u\\)-\\(v\\)-put rovno iz 100 reber. opredelite vse nechetnye naturalnye \\(n\\), dlya kotoryh mozhet byt tak, chto v \\(g\\) net prostogo tsikla dliny \\(n\\). simple_graph cycle path idea-edge-plus-100-path rebro vmeste so 100-putem daet 101-tsikl esli \\(uv\\) — rebro grafa, to po usloviyu mezhdu \\(u\\) i \\(v\\) est prostoy put dliny 100. etot put ne mozhet ispolzovat samo rebro \\(uv\\), poetomu vmeste s nim obrazuet prostoy tsikl dliny 101. eto edinstvennoe nevozmozhnoe nechetnoe znachenie. connectivity goal_impossibility ai_checked idea-two-constructions dve konstruktsii zakryvayut vse ostalnye nechetnye dliny dlya \\(n>101\\) dostatochno polnogo grafa \\(k_{101}\\): mezhdu lyubymi dvumya vershinami est gamiltonov put dliny 100, a tsiklov dlinnee 101 net. dlya nechetnyh \\(n<101\\) podhodit razdutyy tsikl \\(c_{101}\\): on daet nuzhnye 100-puti i ne soderzhit nechetnyh tsiklov koroche 101. construction goal_classification ai_checked sol-classification-101 vse nechetnye n, krome 101 ai_checked simple_graph cycle path complete_graph independent_set invariant otvet: vse nechetnye naturalnye \\(n\\), krome \\(101\\). snachala dokazhem, chto \\(n=101\\) nevozmozhno. v grafe est hotya by odno rebro: naprimer, vozmem dve razlichnye vershiny i rassmotrim prostoy put dliny 100 mezhdu nimi; na nem est rebra. pust \\(uv\\) — lyuboe rebro. po usloviyu mezhdu \\(u\\) i \\(v\\) suschestvuet prostoy put \\(p\\), sostoyaschiy rovno iz 100 reber. etot put ne ispolzuet rebro \\(uv\\): prostoy put s kontsami \\(u\\) i \\(v\\), ispolzuyuschiy rebro \\(uv\\), imel by dlinu 1, inache prishlos by povtorit odnu iz konechnyh vershin. poetomu put \\(p\\) vmeste s rebrom \\(uv\\) obrazuet prostoy tsikl dliny \\(100+1=101\\). znachit, zapretit tsikly dliny 101 nelzya. teper postroim primery dlya vseh ostalnyh nechetnyh \\(n\\). esli \\(n>101\\), vozmem polnyy graf \\(k_{101}\\). mezhdu lyubymi dvumya ego vershinami mozhno proyti po prostomu puti dliny 100: nado nachat v pervoy vershine, zakonchit vo vtoroy i mezhdu ni…","source_keys":["spbmo"]}
{"id":"spbmo-2018-8-p7-k4-edge-spanning-tree-few-degree2","title":"Остовное дерево с малым числом вершин степени 2 при каждом ребре в K4, СПбМО 2018, 8 класс","path":"data\\problems\\spbmo\\spbmo-2018-8-p7-k4-edge-spanning-tree-few-degree2.yaml","raw_github_url":"https://raw.githubusercontent.com/didin-maxim/knowledge_graph_of_graphs/main/data/problems/spbmo/spbmo-2018-8-p7-k4-edge-spanning-tree-few-degree2.yaml","viewer_url":"https://didin-maxim.github.io/knowledge_graph_of_graphs/#spbmo-2018-8-p7-k4-edge-spanning-tree-few-degree2","source_key":"spbmo","source_label":"СПбМО","source_titles":["Санкт-Петербургская математическая олимпиада 2018, городской тур 6-8 классы официальный PDF"],"year":"2018","type":"olympiad_problem","authors":["Карпов Д.В."],"tags":["graph_model","trees","degree_counting","goal_existence","classical_theorem"],"agent_topics":[],"difficulty":{"main":"regional","local_score":7,"comment":"СПбМО 2018, городской тур, 8 класс, задача 7. В школьной постановке требуется лишь меньше 100 вершин степени 2, но условие 'каждое ребро лежит в K4' допускает более сильное решение через существование HIST при двух треугольниках на каждом ребре.","status":"ai_checked"},"review_status":"ai_checked","public_ready":false,"solution_state":"with_solution","solution_classification":{"type":"hard_external_theorem_no_proof","label":"решение через тяжёлую внешнюю теорему без доказательства","status":"source_verified","confidence":0.78,"basis":"агентский аудит средней сложности","notes":"High-reasoning review 2026-05-07: решение корректно сводит задачу к теореме Chen--Shan о HIST; доказательство этой внешней теоремы в карточку не включено.","audit_source":"agent-russian-archives.json"},"statements":{"original":[{"id":"stmt-original","title":"Официальная олимпиадная формулировка","status":"source_verified","text":"В стране 600 городов, некоторые пары городов соединены дорогами, причем из любого города можно добраться по дорогам в любой другой. Для любых двух соединенных дорогой городов A и B найдутся еще два таких города C и D, что любые два из этих четырёх городов соединены дорогой. Докажите, что можно закрыть на ремонт несколько дорог так, чтобы количество городов, из которых выходит ровно две дороги, стало меньше 100, и при этом между любыми двумя городами остался единственный путь, не проходящий два раза по одной и той же дороге.","definition_ids":["simple_graph","connected_graph","complete_graph","degree","path"]}],"graph_theory":[{"id":"stmt-graph","title":"Остовное дерево с малым числом вершин степени 2 при каждом ребре в K4","status":"ai_checked","text":"Пусть \\(G\\) — конечный связный простой граф на 600 вершинах. Каждое ребро \\(AB\\) графа \\(G\\) лежит в некоторой клике \\(K_4\\): существуют вершины \\(C,D\\), такие что подграф на \\(A,B,C,D\\) полный. Докажите, что в \\(G\\) есть остовное дерево, в котором меньше 100 вершин имеют степень 2.","definition_ids":["simple_graph","connected_graph","complete_graph","spanning_tree","degree","triangle","path"]}]},"solutions":[{"id":"sol-hist-two-triangles","title":"Через остовное дерево без вершин степени 2","status":"source_verified","definition_ids":["simple_graph","connected_graph","complete_graph","spanning_tree","tree","degree","triangle","path"],"standard_idea_ids":["delete_to_simplify"],"tags":[],"has_text":true,"text_preview":"Переведём условие на язык графов: города - вершины, дороги - рёбра. Связность страны означает связность графа \\(G\\). Фраза про города \\(A,B,C,D\\), любые два из которых соединены дорогой, означает, что каждое ребро \\(AB\\) лежит в некотором \\(K_4\\). Отсюда каждое ребро лежит хотя бы в двух треугольниках: если \\(A,B,C,D\\) образуют \\(K_4\\), то ребро \\(AB\\) входит в треугольники \\(ABC\\) и \\(ABD\\). Дальше используется внешняя теорема Чена--Шаня о HIST: если в конечном связном графе каждое ребро лежит хотя бы в двух треугольниках, то в графе существует остовное дерево без вершин степени 2. Такое дерево называют homeomorphically irreducible spanning tree, или HIST. Эта теорема опубликована как Guantao Chen, Songling Shan, \"Homeomorphically irreducible spanning trees\", Journal of Combinatorial Theory, Series B 103 (2013), 409-414; доказывать её внутри школьного решения неразумно, поэтому данная…"}],"relations":[{"id":"rel-tree-equivalent-spbmo-2018-8-p7-unique-path-spanning-tree","neighbor_id":"tree-equivalent-properties","direction":"backward","type":"prerequisite","distance":1,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-spbmo-2018-8-p7-spbmo-2022-big-small-road-repair-degree-control","neighbor_id":"spbmo-2022-big-small-cities-spanning-forest-leaves","direction":"forward","type":"same_motif","distance":2,"status":"ai_checked"}],"search_text":"spbmo-2018-8-p7-k4-edge-spanning-tree-few-degree2 остовное дерево с малым числом вершин степени 2 при каждом ребре в k4, спбмо 2018, 8 класс graph_model trees degree_counting goal_existence classical_theorem 2018 https://www.pdmi.ras.ru/~olymp/2018/problems/c_68_18.pdf olympiad_archive spbmo spbmo2018 src-spbmo-2018-city-68 with_solution карпов д.в. санкт-петербургская математическая олимпиада 2018, городской тур 6-8 классы официальный pdf спбмо спбмо2018 карпов д.в. санкт-петербургская математическая олимпиада 2018, городской тур 6-8 классы официальный pdf stmt-original официальная олимпиадная формулировка source_verified в стране 600 городов, некоторые пары городов соединены дорогами, причем из любого города можно добраться по дорогам в любой другой. для любых двух соединенных дорогой городов a и b найдутся еще два таких города c и d, что любые два из этих четырёх городов соединены дорогой. докажите, что можно закрыть на ремонт несколько дорог так, чтобы количество городов, из которых выходит ровно две дороги, стало меньше 100, и при этом между любыми двумя городами остался единственный путь, не проходящий два раза по одной и той же дороге. simple_graph connected_graph complete_graph degree path stmt-graph остовное дерево с малым числом вершин степени 2 при каждом ребре в k4 ai_checked пусть \\(g\\) — конечный связный простой граф на 600 вершинах. каждое ребро \\(ab\\) графа \\(g\\) лежит в некоторой клике \\(k_4\\): существуют вершины \\(c,d\\), такие что подграф на \\(a,b,c,d\\) полный. докажите, что в \\(g\\) есть остовное дерево, в котором меньше 100 вершин имеют степень 2. simple_graph connected_graph complete_graph spanning_tree degree triangle path idea-k4-edge-gives-two-triangles каждое ребро в k4 лежит в двух треугольниках если ребро \\(ab\\) дополняется вершинами \\(c,d\\) до полного графа на четырёх вершинах, то \\(ab\\) входит как минимум в два разных треугольника: \\(abc\\) и \\(abd\\). значит условие задачи сильнее стандартного условия 'каждое ребро лежит хотя бы в двух треугольниках'. graph_model ai_checked idea-hist-stronger-than-needed достаточно построить остовное дерево вообще без вершин степени 2 известная теорема чена--шаня о hist даёт более сильный результат: при двух треугольниках на каждом ребре существует остовное дерево без вершин степени 2. после удаления всех остальных рёбер единственность путей следует из определения дерева, а требуемая оценка становится \\(0<100\\). trees degree_counting classical_theorem ai_checked sol-hist-two-triangles через остовное дерево без вершин степени 2 source_verified simple_graph connected_graph complete_graph spanning_tree tree degree triangle path delete_to_simplify переведём условие на язык графов: города - вершины, дороги - рёбра. связность страны означает связность графа \\(g\\). фраза про города \\(a,b,c,d\\), любые два из которых соединены дорогой, означает, что каждое ребро \\(ab\\) лежит в некотором \\(k_4\\). отсюда каждое ребро лежит хотя бы в двух треугольниках: если \\(a,b,c,d\\) образуют \\(k_4\\), то ребро \\(ab\\) входит в треугольники \\(abc\\) и \\(abd\\). дальше используется внешняя теорема чена--шаня о hist: если в конечном связном графе каждое ребро лежит хотя бы в двух треугольниках, то в графе существует остовное дерево без вершин степени 2. такое дерево называют homeomorphically irreducible spanning tree, или hist. эта теорема опубликована как guantao chen, songling shan, \"homeomorphically irreducible spanning trees\", journal of combinatorial theory, series b 103 (2013), 409-414; доказывать её внутри школьного решения неразумно, поэтому данная… spbmo-2018-8-p7-k4-edge-spanning-tree-few-degree2 ostovnoe derevo s malym chislom vershin stepeni 2 pri kazhdom rebre v k4, spbmo 2018, 8 klass graph_model trees degree_counting goal_existence classical_theorem 2018 https://www.pdmi.ras.ru/~olymp/2018/problems/c_68_18.pdf olympiad_archive spbmo spbmo2018 src-spbmo-2018-city-68 with_solution karpov d.v. sankt-peterburgskaya matematicheskaya olimpiada 2018, gorodskoy tur 6-8 klassy ofitsialnyy pdf spbmo spbmo2018 karpov d.v. sankt-peterburgskaya matematicheskaya olimpiada 2018, gorodskoy tur 6-8 klassy ofitsialnyy pdf stmt-original ofitsialnaya olimpiadnaya formulirovka source_verified v strane 600 gorodov, nekotorye pary gorodov soedineny dorogami, prichem iz lyubogo goroda mozhno dobratsya po dorogam v lyuboy drugoy. dlya lyubyh dvuh soedinennyh dorogoy gorodov a i b naydutsya esche dva takih goroda c i d, chto lyubye dva iz etih chetyreh gorodov soedineny dorogoy. dokazhite, chto mozhno zakryt na remont neskolko dorog tak, chtoby kolichestvo gorodov, iz kotoryh vyhodit rovno dve dorogi, stalo menshe 100, i pri etom mezhdu lyubymi dvumya gorodami ostalsya edinstvennyy put, ne prohodyaschiy dva raza po odnoy i toy zhe doroge. simple_graph connected_graph complete_graph degree path stmt-graph ostovnoe derevo s malym chislom vershin stepeni 2 pri kazhdom rebre v k4 ai_checked pust \\(g\\) — konechnyy svyaznyy prostoy graf na 600 vershinah. kazhdoe rebro \\(ab\\) grafa \\(g\\) lezhit v nekotoroy klike \\(k_4\\): suschestvuyut vershiny \\(c,d\\), takie chto podgraf na \\(a,b,c,d\\) polnyy. dokazhite, chto v \\(g\\) est ostovnoe derevo, v kotorom menshe 100 vershin imeyut stepen 2. simple_graph connected_graph complete_graph spanning_tree degree triangle path idea-k4-edge-gives-two-triangles kazhdoe rebro v k4 lezhit v dvuh treugolnikah esli rebro \\(ab\\) dopolnyaetsya vershinami \\(c,d\\) do polnogo grafa na chetyreh vershinah, to \\(ab\\) vhodit kak minimum v dva raznyh treugolnika: \\(abc\\) i \\(abd\\). znachit uslovie zadachi silnee standartnogo usloviya 'kazhdoe rebro lezhit hotya by v dvuh treugolnikah'. graph_model ai_checked idea-hist-stronger-than-needed dostatochno postroit ostovnoe derevo voobsche bez vershin stepeni 2 izvestnaya teorema chena--shanya o hist daet bolee silnyy rezultat: pri dvuh treugolnikah na kazhdom rebre suschestvuet ostovnoe derevo bez vershin stepeni 2. posle udaleniya vseh ostalnyh reber edinstvennost putey sleduet iz opredeleniya dereva, a trebuemaya otsenka stanovitsya \\(0<100\\). trees degree_counting classical_theorem ai_checked sol-hist-two-triangles cherez ostovnoe derevo bez vershin stepeni 2 source_verified simple_graph connected_graph complete_graph spanning_tree tree degree triangle path delete_to_simplify perevedem uslovie na yazyk grafov: goroda - vershiny, dorogi - rebra. svyaznost strany oznachaet svyaznost grafa \\(g\\). fraza pro goroda \\(a,b,c,d\\), lyubye dva iz kotoryh soedineny dorogoy, oznachaet, chto kazhdoe rebro \\(ab\\) lezhit v nekotorom \\(k_4\\). otsyuda kazhdoe rebro lezhit hotya by v dvuh treugolnikah: esli \\(a,b,c,d\\) obrazuyut \\(k_4\\), to rebro \\(ab\\) vhodit v treugolniki \\(abc\\) i \\(abd\\). dalshe ispolzuetsya vneshnyaya teorema chena--shanya o hist: esli v konechnom svyaznom grafe kazhdoe rebro lezhit hotya by v dvuh treugolnikah, to v grafe suschestvuet ostovnoe derevo bez vershin stepeni 2. takoe derevo nazyvayut homeomorphically irreducible spanning tree, ili hist. eta teorema opublikovana kak guantao chen, songling shan, \"homeomorphically irreducible spanning trees\", journal of combinatorial theory, series b 103 (2013), 409-414; dokazyvat ee vnutri shkolnogo resheniya nerazumno, poetomu dannaya…","source_keys":["spbmo"]}
{"id":"spbmo-2019-6-8-p6-company-no-sociable-shy","title":"Компания без общительных и стеснительных людей, СПбМО 2019","path":"data\\problems\\spbmo\\spbmo-2019-6-8-p6-company-no-sociable-shy.yaml","raw_github_url":"https://raw.githubusercontent.com/didin-maxim/knowledge_graph_of_graphs/main/data/problems/spbmo/spbmo-2019-6-8-p6-company-no-sociable-shy.yaml","viewer_url":"https://didin-maxim.github.io/knowledge_graph_of_graphs/#spbmo-2019-6-8-p6-company-no-sociable-shy","source_key":"spbmo","source_label":"СПбМО","source_titles":["Санкт-Петербургская математическая олимпиада 2019, городской тур 6-8 классы официальный PDF"],"year":"2019","type":"olympiad_problem","authors":[],"tags":["graph_model","degree_counting","extremal_graph_theory","extremal_choice","construction","goal_exact_bound"],"agent_topics":[],"difficulty":{"main":"regional","local_score":5,"comment":"СПбМО 2019, 6 класс, городской II тур, задача 6. Последняя задача шестиклассного комплекта: требуется аккуратно перевести условие в граф знакомств, удержать симметрию с дополнительным графом и доказать точную границу 40.","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":"Условие","status":"ai_checked","text":"На встречу собралась компания. Назовем человека общительным, если в этой компании у него есть не меньше 20 знакомых, причем хотя бы двое из них знакомы между собой. Назовем человека стеснительным, если в этой компании у него есть не меньше 20 незнакомых, причем хотя бы двое из них незнакомы между собой. Оказалось, что в собравшейся компании нет ни общительных, ни стеснительных людей. Какое наибольшее число людей может в ней быть?","definition_ids":["simple_graph","degree","clique","independent_set","complement_graph"]}],"graph_theory":[{"id":"stmt-graph","title":"Компания без общительных и стеснительных людей","status":"ai_checked","text":"Пусть \\(G\\) — простой граф знакомств на \\(n\\) вершинах. Вершина запрещена первого типа, если ее степень не меньше 20 и внутри ее окрестности есть ребро. Вершина запрещена второго типа, если у нее не меньше 20 несоседей и среди этих несоседей есть две несмежные вершины. Найдите наибольшее \\(n\\), для которого существует граф без запрещенных вершин обоих типов.","definition_ids":["simple_graph","degree","clique","independent_set","complement_graph"]}]},"solutions":[{"id":"sol-degree-codegree-threshold","title":"Оценка через степени и конструкция \\(K_{20,20}\\)","status":"ai_checked","definition_ids":["simple_graph","degree","clique","independent_set","complement_graph","bipartite_graph"],"standard_idea_ids":["complement_graph_transition","extremal_choice"],"tags":[],"has_text":true,"text_preview":"Рассмотрим граф знакомств \\(G\\): вершины -- люди, ребра -- пары знакомых. Для вершины \\(v\\) обозначим через \\(d(v)\\) число ее знакомых, а через \\(m(v)=n-1-d(v)\\) число ее незнакомых. Сначала докажем важное наблюдение: ни у какой вершины не могут одновременно выполняться \\(d(v)\\ge 20\\) и \\(m(v)\\ge 20\\). Действительно, если \\(d(v)\\ge 20\\), то все знакомые вершины \\(v\\) попарно незнакомы, иначе \\(v\\) была бы общительной. Если \\(m(v)\\ge 20\\), то все незнакомые вершины \\(v\\) попарно знакомы, иначе \\(v\\) была бы стеснительной. Пусть \\(N\\) -- множество знакомых \\(v\\), а \\(M\\) -- множество незнакомых \\(v\\). Если \\(|M|\\ge 21\\), то любой человек из \\(M\\) имеет в \\(M\\) не меньше 20 знакомых, причем среди них есть знакомая пара; значит, он общителен. Поэтому \\(|M|\\le 20\\). Если \\(|N|\\ge 21\\), то любой человек из \\(N\\) имеет в \\(N\\setminus\\{u\\}\\) не меньше 20 незнакомых, среди которых есть незнакома…"}],"relations":[{"id":"rel-spbmo-2019-6-8-p6-spbmo-1993-7-p12-social-local-degree-classes","neighbor_id":"spbmo-1993-7-p12-unsociable-eccentrics","direction":"forward","type":"same_motif","distance":3,"status":"ai_checked"}],"search_text":"spbmo-2019-6-8-p6-company-no-sociable-shy компания без общительных и стеснительных людей, спбмо 2019 graph_model degree_counting extremal_graph_theory extremal_choice construction goal_exact_bound 2019 https://www.pdmi.ras.ru/~olymp/2019/problems/c_68_19.pdf olympiad_archive spbmo spbmo2019 src-spbmo-pdmi-2019-c68 with_solution санкт-петербургская математическая олимпиада 2019, городской тур 6-8 классы официальный pdf спбмо спбмо2019 unknown санкт-петербургская математическая олимпиада 2019, городской тур 6-8 классы официальный pdf stmt-original условие ai_checked на встречу собралась компания. назовем человека общительным, если в этой компании у него есть не меньше 20 знакомых, причем хотя бы двое из них знакомы между собой. назовем человека стеснительным, если в этой компании у него есть не меньше 20 незнакомых, причем хотя бы двое из них незнакомы между собой. оказалось, что в собравшейся компании нет ни общительных, ни стеснительных людей. какое наибольшее число людей может в ней быть? simple_graph degree clique independent_set complement_graph stmt-graph компания без общительных и стеснительных людей ai_checked пусть \\(g\\) — простой граф знакомств на \\(n\\) вершинах. вершина запрещена первого типа, если ее степень не меньше 20 и внутри ее окрестности есть ребро. вершина запрещена второго типа, если у нее не меньше 20 несоседей и среди этих несоседей есть две несмежные вершины. найдите наибольшее \\(n\\), для которого существует граф без запрещенных вершин обоих типов. simple_graph degree clique independent_set complement_graph idea-acquaintance-complement-symmetry знакомства и незнакомства симметричны через дополнительный граф условие про стеснительных людей -- это условие про общительных людей в дополнительном графе незнакомств. поэтому в решении удобно одновременно следить за степенью вершины и числом ее несоседей, то есть числом незнакомых. graph_model degree_counting ai_checked idea-neighborhood-forces-independent-or-clique большая окрестность обязана быть независимой, а большая неокрестность -- кликой если у вершины есть хотя бы 20 знакомых, то среди этих знакомых не может быть знакомой пары; иначе вершина общительна. если у вершины есть хотя бы 20 незнакомых, то все эти незнакомые обязаны быть попарно знакомы; иначе вершина стеснительна. extremal_graph_theory degree_counting ai_checked idea-k20-20-is-tight граница достигается полным двудольным графом \\(k_{20,20}\\) разделим 40 человек на две группы по 20 и познакомим только людей из разных групп. тогда у каждого ровно 20 знакомых, но его знакомые попарно незнакомы; незнакомых у каждого только 19. construction goal_exact_bound ai_checked sol-degree-codegree-threshold оценка через степени и конструкция \\(k_{20,20}\\) ai_checked simple_graph degree clique independent_set complement_graph bipartite_graph complement_graph_transition extremal_choice рассмотрим граф знакомств \\(g\\): вершины -- люди, ребра -- пары знакомых. для вершины \\(v\\) обозначим через \\(d(v)\\) число ее знакомых, а через \\(m(v)=n-1-d(v)\\) число ее незнакомых. сначала докажем важное наблюдение: ни у какой вершины не могут одновременно выполняться \\(d(v)\\ge 20\\) и \\(m(v)\\ge 20\\). действительно, если \\(d(v)\\ge 20\\), то все знакомые вершины \\(v\\) попарно незнакомы, иначе \\(v\\) была бы общительной. если \\(m(v)\\ge 20\\), то все незнакомые вершины \\(v\\) попарно знакомы, иначе \\(v\\) была бы стеснительной. пусть \\(n\\) -- множество знакомых \\(v\\), а \\(m\\) -- множество незнакомых \\(v\\). если \\(|m|\\ge 21\\), то любой человек из \\(m\\) имеет в \\(m\\) не меньше 20 знакомых, причем среди них есть знакомая пара; значит, он общителен. поэтому \\(|m|\\le 20\\). если \\(|n|\\ge 21\\), то любой человек из \\(n\\) имеет в \\(n\\setminus\\{u\\}\\) не меньше 20 незнакомых, среди которых есть незнакома… spbmo-2019-6-8-p6-company-no-sociable-shy kompaniya bez obschitelnyh i stesnitelnyh lyudey, spbmo 2019 graph_model degree_counting extremal_graph_theory extremal_choice construction goal_exact_bound 2019 https://www.pdmi.ras.ru/~olymp/2019/problems/c_68_19.pdf olympiad_archive spbmo spbmo2019 src-spbmo-pdmi-2019-c68 with_solution sankt-peterburgskaya matematicheskaya olimpiada 2019, gorodskoy tur 6-8 klassy ofitsialnyy pdf spbmo spbmo2019 unknown sankt-peterburgskaya matematicheskaya olimpiada 2019, gorodskoy tur 6-8 klassy ofitsialnyy pdf stmt-original uslovie ai_checked na vstrechu sobralas kompaniya. nazovem cheloveka obschitelnym, esli v etoy kompanii u nego est ne menshe 20 znakomyh, prichem hotya by dvoe iz nih znakomy mezhdu soboy. nazovem cheloveka stesnitelnym, esli v etoy kompanii u nego est ne menshe 20 neznakomyh, prichem hotya by dvoe iz nih neznakomy mezhdu soboy. okazalos, chto v sobravsheysya kompanii net ni obschitelnyh, ni stesnitelnyh lyudey. kakoe naibolshee chislo lyudey mozhet v ney byt? simple_graph degree clique independent_set complement_graph stmt-graph kompaniya bez obschitelnyh i stesnitelnyh lyudey ai_checked pust \\(g\\) — prostoy graf znakomstv na \\(n\\) vershinah. vershina zapreschena pervogo tipa, esli ee stepen ne menshe 20 i vnutri ee okrestnosti est rebro. vershina zapreschena vtorogo tipa, esli u nee ne menshe 20 nesosedey i sredi etih nesosedey est dve nesmezhnye vershiny. naydite naibolshee \\(n\\), dlya kotorogo suschestvuet graf bez zapreschennyh vershin oboih tipov. simple_graph degree clique independent_set complement_graph idea-acquaintance-complement-symmetry znakomstva i neznakomstva simmetrichny cherez dopolnitelnyy graf uslovie pro stesnitelnyh lyudey -- eto uslovie pro obschitelnyh lyudey v dopolnitelnom grafe neznakomstv. poetomu v reshenii udobno odnovremenno sledit za stepenyu vershiny i chislom ee nesosedey, to est chislom neznakomyh. graph_model degree_counting ai_checked idea-neighborhood-forces-independent-or-clique bolshaya okrestnost obyazana byt nezavisimoy, a bolshaya neokrestnost -- klikoy esli u vershiny est hotya by 20 znakomyh, to sredi etih znakomyh ne mozhet byt znakomoy pary; inache vershina obschitelna. esli u vershiny est hotya by 20 neznakomyh, to vse eti neznakomye obyazany byt poparno znakomy; inache vershina stesnitelna. extremal_graph_theory degree_counting ai_checked idea-k20-20-is-tight granitsa dostigaetsya polnym dvudolnym grafom \\(k_{20,20}\\) razdelim 40 chelovek na dve gruppy po 20 i poznakomim tolko lyudey iz raznyh grupp. togda u kazhdogo rovno 20 znakomyh, no ego znakomye poparno neznakomy; neznakomyh u kazhdogo tolko 19. construction goal_exact_bound ai_checked sol-degree-codegree-threshold otsenka cherez stepeni i konstruktsiya \\(k_{20,20}\\) ai_checked simple_graph degree clique independent_set complement_graph bipartite_graph complement_graph_transition extremal_choice rassmotrim graf znakomstv \\(g\\): vershiny -- lyudi, rebra -- pary znakomyh. dlya vershiny \\(v\\) oboznachim cherez \\(d(v)\\) chislo ee znakomyh, a cherez \\(m(v)=n-1-d(v)\\) chislo ee neznakomyh. snachala dokazhem vazhnoe nablyudenie: ni u kakoy vershiny ne mogut odnovremenno vypolnyatsya \\(d(v)\\ge 20\\) i \\(m(v)\\ge 20\\). deystvitelno, esli \\(d(v)\\ge 20\\), to vse znakomye vershiny \\(v\\) poparno neznakomy, inache \\(v\\) byla by obschitelnoy. esli \\(m(v)\\ge 20\\), to vse neznakomye vershiny \\(v\\) poparno znakomy, inache \\(v\\) byla by stesnitelnoy. pust \\(n\\) -- mnozhestvo znakomyh \\(v\\), a \\(m\\) -- mnozhestvo neznakomyh \\(v\\). esli \\(|m|\\ge 21\\), to lyuboy chelovek iz \\(m\\) imeet v \\(m\\) ne menshe 20 znakomyh, prichem sredi nih est znakomaya para; znachit, on obschitelen. poetomu \\(|m|\\le 20\\). esli \\(|n|\\ge 21\\), to lyuboy chelovek iz \\(n\\) imeet v \\(n\\setminus\\{u\\}\\) ne menshe 20 neznakomyh, sredi kotoryh est neznakoma…","source_keys":["spbmo"]}
{"id":"spbmo-2019-9-11-p2-metro-cover-by-simple-paths","title":"Покрытие схемы метро простыми путями, СПбМО 2019","path":"data\\problems\\spbmo\\spbmo-2019-9-11-p2-metro-cover-by-simple-paths.yaml","raw_github_url":"https://raw.githubusercontent.com/didin-maxim/knowledge_graph_of_graphs/main/data/problems/spbmo/spbmo-2019-9-11-p2-metro-cover-by-simple-paths.yaml","viewer_url":"https://didin-maxim.github.io/knowledge_graph_of_graphs/#spbmo-2019-9-11-p2-metro-cover-by-simple-paths","source_key":"spbmo","source_label":"СПбМО","source_titles":["Санкт-Петербургская математическая олимпиада 2019, городской тур 9-11 классы официальный PDF"],"year":"2019","type":"olympiad_problem","authors":["Берлов С.Л."],"tags":["connectivity","construction","extremal_choice","goal_exact_bound","graph_model","trees"],"agent_topics":[],"difficulty":{"main":"regional","local_score":4,"comment":"СПбМО 2019, II тур, 9 класс, задача 2. После перевода на язык связных графов ключевой факт — покрытие остовного дерева путями между попарно выбранными листьями; нижняя оценка достигается звездой.","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":"source_verified","text":"В городе построено 2019 станций метро. Некоторые пары станций соединены тоннелями, причем от любой станции по тоннелям можно добраться до любой другой. Мэр распорядился организовать несколько линий метро: каждая линия должна включать в себя несколько различных станций, последовательно соединенных тоннелями (по одному и тому же тоннелю может проходить несколько линий). При этом каждая станция должна лежать хотя бы на одной линии. Для экономии средств следует сделать не более \\(k\\) линий. Оказалось, что приказ мэра неосуществим. При каком наибольшем \\(k\\) это могло произойти?","definition_ids":["connected_graph","path"]}],"graph_theory":[{"id":"stmt-graph","title":"Покрытие схемы метро простыми путями","status":"ai_checked","text":"Пусть \\(G\\) — связный граф на 2019 вершинах. Одной линией называется простой путь в \\(G\\), содержащий хотя бы две различные вершины; разные линии могут иметь общие вершины и ребра. Нужно покрыть все вершины графа не более чем \\(k\\) такими путями. Для какого наибольшего \\(k\\) существует связный граф \\(G\\), вершины которого невозможно покрыть не более чем \\(k\\) простыми путями?","definition_ids":["connected_graph","path"]}]},"solutions":[{"id":"sol-spanning-tree-leaf-pairing","title":"Ответ \\(1008\\): остовное дерево и попарное соединение листьев","status":"ai_checked","definition_ids":["connected_graph","path","tree","spanning_tree"],"standard_idea_ids":["delete_to_simplify","extremal_choice"],"tags":[],"has_text":true,"text_preview":"Ответ: \\(1008\\). Сначала докажем, что в любой связной схеме из 2019 станций приказ можно выполнить при \\(k=1009\\). Рассмотрим граф, вершины которого — станции, а ребра — тоннели. Он связен. Выберем в нем остовное дерево \\(T\\). Если вершины дерева покрыты простыми путями в \\(T\\), то те же пути являются допустимыми линиями метро в исходном графе, поэтому достаточно работать с деревом. Пусть у дерева \\(T\\) ровно \\(\\ell\\) листьев. Докажем стандартную лемму: вершины дерева можно покрыть не более чем \\(\\lceil \\ell/2\\rceil\\) простыми путями. Если \\(\\ell\\) нечетно, временно добавим к любой не-листовой вершине дерева один новый лист; после построения путей удалим этот вспомогательный лист из того пути, где он встретился. Поэтому достаточно разобрать четное число листьев \\(2m\\). Нарисуем дерево на плоскости без пересечений и обойдем его по контуру, как при обходе глубины. Запишем листья в цикличе…"}],"relations":[{"id":"rel-tree-properties-spbmo-2019-metro-path-cover","neighbor_id":"tree-equivalent-properties","direction":"backward","type":"prerequisite","distance":1,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-spbmo-2019-metro-path-cover-spbmo-1996-metro-tree-extremal","neighbor_id":"spbmo-1996-11-p63-metro-distant-stations","direction":"forward","type":"same_motif","distance":3,"status":"ai_checked"}],"search_text":"spbmo-2019-9-11-p2-metro-cover-by-simple-paths покрытие схемы метро простыми путями, спбмо 2019 connectivity construction extremal_choice goal_exact_bound graph_model trees 2019 https://www.pdmi.ras.ru/~olymp/2019/problems/c_911_19.pdf olympiad_archive spbmo spbmo2019 src-spbmo-pdmi-2019-c911 with_solution берлов с.л. санкт-петербургская математическая олимпиада 2019, городской тур 9-11 классы официальный pdf спбмо спбмо2019 берлов с.л. санкт-петербургская математическая олимпиада 2019, городской тур 9-11 классы официальный pdf stmt-original оригинальная формулировка source_verified в городе построено 2019 станций метро. некоторые пары станций соединены тоннелями, причем от любой станции по тоннелям можно добраться до любой другой. мэр распорядился организовать несколько линий метро: каждая линия должна включать в себя несколько различных станций, последовательно соединенных тоннелями (по одному и тому же тоннелю может проходить несколько линий). при этом каждая станция должна лежать хотя бы на одной линии. для экономии средств следует сделать не более \\(k\\) линий. оказалось, что приказ мэра неосуществим. при каком наибольшем \\(k\\) это могло произойти? connected_graph path stmt-graph покрытие схемы метро простыми путями ai_checked пусть \\(g\\) — связный граф на 2019 вершинах. одной линией называется простой путь в \\(g\\), содержащий хотя бы две различные вершины; разные линии могут иметь общие вершины и ребра. нужно покрыть все вершины графа не более чем \\(k\\) такими путями. для какого наибольшего \\(k\\) существует связный граф \\(g\\), вершины которого невозможно покрыть не более чем \\(k\\) простыми путями? connected_graph path idea-spanning-tree-suffices достаточно покрыть остовное дерево если удалить из схемы лишние тоннели и оставить остовное дерево, то любой простой путь этого дерева остается допустимой линией в исходной схеме. поэтому верхнюю оценку можно доказывать для деревьев. graph_model trees ai_checked idea-pair-leaves парные листья покрывают дерево путями листья дерева можно расположить в циклическом порядке обхода дерева и соединить противоположные листья. тогда каждое ребро разделяет листья на подряд идущий блок и его дополнение, поэтому хотя бы один выбранный путь проходит через это ребро. trees construction ai_checked idea-star-is-extremal звезда дает худший случай в звезде один простой путь содержит не более двух листьев. поэтому для 2018 листьев требуется не меньше \\(1009\\) путей, и эта нижняя оценка совпадает с общей верхней оценкой. extremal_choice goal_exact_bound ai_checked sol-spanning-tree-leaf-pairing ответ \\(1008\\): остовное дерево и попарное соединение листьев ai_checked connected_graph path tree spanning_tree delete_to_simplify extremal_choice ответ: \\(1008\\). сначала докажем, что в любой связной схеме из 2019 станций приказ можно выполнить при \\(k=1009\\). рассмотрим граф, вершины которого — станции, а ребра — тоннели. он связен. выберем в нем остовное дерево \\(t\\). если вершины дерева покрыты простыми путями в \\(t\\), то те же пути являются допустимыми линиями метро в исходном графе, поэтому достаточно работать с деревом. пусть у дерева \\(t\\) ровно \\(\\ell\\) листьев. докажем стандартную лемму: вершины дерева можно покрыть не более чем \\(\\lceil \\ell/2\\rceil\\) простыми путями. если \\(\\ell\\) нечетно, временно добавим к любой не-листовой вершине дерева один новый лист; после построения путей удалим этот вспомогательный лист из того пути, где он встретился. поэтому достаточно разобрать четное число листьев \\(2m\\). нарисуем дерево на плоскости без пересечений и обойдем его по контуру, как при обходе глубины. запишем листья в цикличе… spbmo-2019-9-11-p2-metro-cover-by-simple-paths pokrytie shemy metro prostymi putyami, spbmo 2019 connectivity construction extremal_choice goal_exact_bound graph_model trees 2019 https://www.pdmi.ras.ru/~olymp/2019/problems/c_911_19.pdf olympiad_archive spbmo spbmo2019 src-spbmo-pdmi-2019-c911 with_solution berlov s.l. sankt-peterburgskaya matematicheskaya olimpiada 2019, gorodskoy tur 9-11 klassy ofitsialnyy pdf spbmo spbmo2019 berlov s.l. sankt-peterburgskaya matematicheskaya olimpiada 2019, gorodskoy tur 9-11 klassy ofitsialnyy pdf stmt-original originalnaya formulirovka source_verified v gorode postroeno 2019 stantsiy metro. nekotorye pary stantsiy soedineny tonnelyami, prichem ot lyuboy stantsii po tonnelyam mozhno dobratsya do lyuboy drugoy. mer rasporyadilsya organizovat neskolko liniy metro: kazhdaya liniya dolzhna vklyuchat v sebya neskolko razlichnyh stantsiy, posledovatelno soedinennyh tonnelyami (po odnomu i tomu zhe tonnelyu mozhet prohodit neskolko liniy). pri etom kazhdaya stantsiya dolzhna lezhat hotya by na odnoy linii. dlya ekonomii sredstv sleduet sdelat ne bolee \\(k\\) liniy. okazalos, chto prikaz mera neosuschestvim. pri kakom naibolshem \\(k\\) eto moglo proizoyti? connected_graph path stmt-graph pokrytie shemy metro prostymi putyami ai_checked pust \\(g\\) — svyaznyy graf na 2019 vershinah. odnoy liniey nazyvaetsya prostoy put v \\(g\\), soderzhaschiy hotya by dve razlichnye vershiny; raznye linii mogut imet obschie vershiny i rebra. nuzhno pokryt vse vershiny grafa ne bolee chem \\(k\\) takimi putyami. dlya kakogo naibolshego \\(k\\) suschestvuet svyaznyy graf \\(g\\), vershiny kotorogo nevozmozhno pokryt ne bolee chem \\(k\\) prostymi putyami? connected_graph path idea-spanning-tree-suffices dostatochno pokryt ostovnoe derevo esli udalit iz shemy lishnie tonneli i ostavit ostovnoe derevo, to lyuboy prostoy put etogo dereva ostaetsya dopustimoy liniey v ishodnoy sheme. poetomu verhnyuyu otsenku mozhno dokazyvat dlya derevev. graph_model trees ai_checked idea-pair-leaves parnye listya pokryvayut derevo putyami listya dereva mozhno raspolozhit v tsiklicheskom poryadke obhoda dereva i soedinit protivopolozhnye listya. togda kazhdoe rebro razdelyaet listya na podryad iduschiy blok i ego dopolnenie, poetomu hotya by odin vybrannyy put prohodit cherez eto rebro. trees construction ai_checked idea-star-is-extremal zvezda daet hudshiy sluchay v zvezde odin prostoy put soderzhit ne bolee dvuh listev. poetomu dlya 2018 listev trebuetsya ne menshe \\(1009\\) putey, i eta nizhnyaya otsenka sovpadaet s obschey verhney otsenkoy. extremal_choice goal_exact_bound ai_checked sol-spanning-tree-leaf-pairing otvet \\(1008\\): ostovnoe derevo i poparnoe soedinenie listev ai_checked connected_graph path tree spanning_tree delete_to_simplify extremal_choice otvet: \\(1008\\). snachala dokazhem, chto v lyuboy svyaznoy sheme iz 2019 stantsiy prikaz mozhno vypolnit pri \\(k=1009\\). rassmotrim graf, vershiny kotorogo — stantsii, a rebra — tonneli. on svyazen. vyberem v nem ostovnoe derevo \\(t\\). esli vershiny dereva pokryty prostymi putyami v \\(t\\), to te zhe puti yavlyayutsya dopustimymi liniyami metro v ishodnom grafe, poetomu dostatochno rabotat s derevom. pust u dereva \\(t\\) rovno \\(\\ell\\) listev. dokazhem standartnuyu lemmu: vershiny dereva mozhno pokryt ne bolee chem \\(\\lceil \\ell/2\\rceil\\) prostymi putyami. esli \\(\\ell\\) nechetno, vremenno dobavim k lyuboy ne-listovoy vershine dereva odin novyy list; posle postroeniya putey udalim etot vspomogatelnyy list iz togo puti, gde on vstretilsya. poetomu dostatochno razobrat chetnoe chislo listev \\(2m\\). narisuem derevo na ploskosti bez peresecheniy i oboydem ego po konturu, kak pri obhode glubiny. zapishem listya v tsikliche…","source_keys":["spbmo"]}
{"id":"spbmo-2019-9-11-p6-regular-graph-2-switches","title":"100-регулярные дорожные схемы и 2-перестройки, СПбМО 2019","path":"data\\problems\\spbmo\\spbmo-2019-9-11-p6-regular-graph-2-switches.yaml","raw_github_url":"https://raw.githubusercontent.com/didin-maxim/knowledge_graph_of_graphs/main/data/problems/spbmo/spbmo-2019-9-11-p6-regular-graph-2-switches.yaml","viewer_url":"https://didin-maxim.github.io/knowledge_graph_of_graphs/#spbmo-2019-9-11-p6-regular-graph-2-switches","source_key":"spbmo","source_label":"СПбМО","source_titles":["Санкт-Петербургская математическая олимпиада 2019, городской тур 9-11 классы официальный PDF"],"year":"2019","type":"olympiad_problem","authors":["Т. Зубов"],"tags":["graph_model","invariant","degree_counting","construction","goal_proof"],"agent_topics":[],"difficulty":{"main":"regional","local_score":6,"comment":"СПбМО 2019, городской II тур, 11 класс, задача 6. Сложность в распознавании стандартной связности реализаций одной регулярной последовательности степеней относительно 2-перестроек и аккуратном доказательстве через чередующиеся циклы.","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":"source_verified","text":"Пусть между городами \\(A\\), \\(B\\), \\(C\\) и \\(D\\) есть дороги \\(AB\\) и \\(CD\\), но нет дорог \\(BC\\) и \\(AD\\). Назовем перестройкой замену пары дорог \\(AB\\) и \\(CD\\) на пару дорог \\(BC\\) и \\(AD\\). Изначально в стране было несколько городов, некоторые пары городов были соединены дорогами, причем из каждого города выходило по 100 дорог. Министр нарисовал новую схему дорог, в которой из каждого города по-прежнему выходит 100 дорог. Известно, что как в старой, так и в новой схемах никакие два города не соединены более чем одной дорогой. Докажите, что новую схему можно получить из старой с помощью нескольких перестроек.","definition_ids":["simple_graph","degree"]}],"graph_theory":[{"id":"stmt-graph","title":"100-регулярные дорожные схемы и 2-перестройки","status":"ai_checked","text":"Пусть \\(G\\) и \\(H\\) — простые 100-регулярные графы на одном и том же множестве вершин. Разрешена операция 2-перестройки: если \\(ab,cd\\in E(G)\\), а \\(bc,ad\\notin E(G)\\), то можно удалить ребра \\(ab\\), \\(cd\\) и добавить ребра \\(bc\\), \\(ad\\). Докажите, что \\(H\\) можно получить из \\(G\\) конечной последовательностью таких операций.","definition_ids":["simple_graph","degree"]}]},"solutions":[{"id":"sol-alternating-cycle-switches","title":"Симметрическая разность и переключение чередующихся циклов","status":"ai_checked","definition_ids":["simple_graph","degree","cycle","path"],"standard_idea_ids":["invariant","alternating_paths","induction"],"tags":[],"has_text":true,"text_preview":"Будем говорить на языке графов: города - вершины, дороги - ребра простого графа. Старая схема - это граф \\(G\\), новая - граф \\(H\\) на том же множестве вершин. В обоих графах степень каждой вершины равна 100. Сначала докажем лемму. Пусть в текущем простом графе дан четный цикл \\(C\\), ребра которого попеременно присутствуют и отсутствуют в графе. Тогда можно с помощью 2-перестроек заменить на этом цикле все присутствующие ребра отсутствующими, а все отсутствующие - присутствующими, не меняя ребер вне цикла в итоговом графе. Докажем лемму индукцией по половине длины цикла. Для 4-цикла это ровно одна разрешенная перестройка: две противоположные стороны цикла являются ребрами графа, две другие - не являются, и мы заменяем первую пару второй. Пусть длина цикла больше 4. Запишем его как \\[ v_0v_1v_2\\ldots v_{2k-1}v_0, \\] где ребра \\(v_0v_1, v_2v_3,\\ldots,v_{2k-2}v_{2k-1}\\) отсутствуют, а ребра…"}],"relations":[{"id":"rel-spbmo-2019-p6-usamo-2009-p3-symmetric-difference-alternating-cycles","neighbor_id":"usamo-2009-p3-tasteful-domino-tiling-alternating-cycles","direction":"forward","type":"same_motif","distance":2,"status":"ai_checked"}],"search_text":"spbmo-2019-9-11-p6-regular-graph-2-switches 100-регулярные дорожные схемы и 2-перестройки, спбмо 2019 graph_model invariant degree_counting construction goal_proof 2019 https://www.pdmi.ras.ru/~olymp/2019/problems/c_911_19.pdf olympiad_archive spbmo spbmo2019 src-spbmo-pdmi-2019-c911 with_solution санкт-петербургская математическая олимпиада 2019, городской тур 9-11 классы официальный pdf спбмо спбмо2019 т. зубов т. зубов санкт-петербургская математическая олимпиада 2019, городской тур 9-11 классы официальный pdf stmt-original оригинальная формулировка source_verified пусть между городами \\(a\\), \\(b\\), \\(c\\) и \\(d\\) есть дороги \\(ab\\) и \\(cd\\), но нет дорог \\(bc\\) и \\(ad\\). назовем перестройкой замену пары дорог \\(ab\\) и \\(cd\\) на пару дорог \\(bc\\) и \\(ad\\). изначально в стране было несколько городов, некоторые пары городов были соединены дорогами, причем из каждого города выходило по 100 дорог. министр нарисовал новую схему дорог, в которой из каждого города по-прежнему выходит 100 дорог. известно, что как в старой, так и в новой схемах никакие два города не соединены более чем одной дорогой. докажите, что новую схему можно получить из старой с помощью нескольких перестроек. simple_graph degree stmt-graph 100-регулярные дорожные схемы и 2-перестройки ai_checked пусть \\(g\\) и \\(h\\) — простые 100-регулярные графы на одном и том же множестве вершин. разрешена операция 2-перестройки: если \\(ab,cd\\in e(g)\\), а \\(bc,ad\\notin e(g)\\), то можно удалить ребра \\(ab\\), \\(cd\\) и добавить ребра \\(bc\\), \\(ad\\). докажите, что \\(h\\) можно получить из \\(g\\) конечной последовательностью таких операций. simple_graph degree idea-degree-sequence перестройка сохраняет степени операция удаляет у каждой из четырех участвующих вершин одно инцидентное ребро и добавляет одно новое, поэтому все степени сохраняются. старая и новая схемы имеют одну и ту же последовательность степеней: все степени равны 100. invariant degree_counting ai_checked idea-symmetric-difference симметрическая разность распадается на чередующиеся циклы покрасим ребра старой схемы, которых нет в новой, в красный цвет, а ребра новой схемы, которых нет в старой, - в синий. в каждой вершине красная и синяя степени равны, поэтому эти ребра можно разбить на циклы с чередованием красных и синих ребер. invariant ai_checked idea-cycle-switch чередующийся цикл переключается 2-перестройками вдоль одного чередующегося цикла можно заменить все старые ребра на все новые. индукция по длине цикла использует хорду между двумя почти противоположными концами: если хорды нет, делаем одну 2-перестройку и сокращаем цикл; если хорда уже есть, сначала переключаем меньший чередующийся цикл с этой хордой. invariant construction ai_checked sol-alternating-cycle-switches симметрическая разность и переключение чередующихся циклов ai_checked simple_graph degree cycle path invariant alternating_paths induction будем говорить на языке графов: города - вершины, дороги - ребра простого графа. старая схема - это граф \\(g\\), новая - граф \\(h\\) на том же множестве вершин. в обоих графах степень каждой вершины равна 100. сначала докажем лемму. пусть в текущем простом графе дан четный цикл \\(c\\), ребра которого попеременно присутствуют и отсутствуют в графе. тогда можно с помощью 2-перестроек заменить на этом цикле все присутствующие ребра отсутствующими, а все отсутствующие - присутствующими, не меняя ребер вне цикла в итоговом графе. докажем лемму индукцией по половине длины цикла. для 4-цикла это ровно одна разрешенная перестройка: две противоположные стороны цикла являются ребрами графа, две другие - не являются, и мы заменяем первую пару второй. пусть длина цикла больше 4. запишем его как \\[ v_0v_1v_2\\ldots v_{2k-1}v_0, \\] где ребра \\(v_0v_1, v_2v_3,\\ldots,v_{2k-2}v_{2k-1}\\) отсутствуют, а ребра… spbmo-2019-9-11-p6-regular-graph-2-switches 100-regulyarnye dorozhnye shemy i 2-perestroyki, spbmo 2019 graph_model invariant degree_counting construction goal_proof 2019 https://www.pdmi.ras.ru/~olymp/2019/problems/c_911_19.pdf olympiad_archive spbmo spbmo2019 src-spbmo-pdmi-2019-c911 with_solution sankt-peterburgskaya matematicheskaya olimpiada 2019, gorodskoy tur 9-11 klassy ofitsialnyy pdf spbmo spbmo2019 t. zubov t. zubov sankt-peterburgskaya matematicheskaya olimpiada 2019, gorodskoy tur 9-11 klassy ofitsialnyy pdf stmt-original originalnaya formulirovka source_verified pust mezhdu gorodami \\(a\\), \\(b\\), \\(c\\) i \\(d\\) est dorogi \\(ab\\) i \\(cd\\), no net dorog \\(bc\\) i \\(ad\\). nazovem perestroykoy zamenu pary dorog \\(ab\\) i \\(cd\\) na paru dorog \\(bc\\) i \\(ad\\). iznachalno v strane bylo neskolko gorodov, nekotorye pary gorodov byli soedineny dorogami, prichem iz kazhdogo goroda vyhodilo po 100 dorog. ministr narisoval novuyu shemu dorog, v kotoroy iz kazhdogo goroda po-prezhnemu vyhodit 100 dorog. izvestno, chto kak v staroy, tak i v novoy shemah nikakie dva goroda ne soedineny bolee chem odnoy dorogoy. dokazhite, chto novuyu shemu mozhno poluchit iz staroy s pomoschyu neskolkih perestroek. simple_graph degree stmt-graph 100-regulyarnye dorozhnye shemy i 2-perestroyki ai_checked pust \\(g\\) i \\(h\\) — prostye 100-regulyarnye grafy na odnom i tom zhe mnozhestve vershin. razreshena operatsiya 2-perestroyki: esli \\(ab,cd\\in e(g)\\), a \\(bc,ad\\notin e(g)\\), to mozhno udalit rebra \\(ab\\), \\(cd\\) i dobavit rebra \\(bc\\), \\(ad\\). dokazhite, chto \\(h\\) mozhno poluchit iz \\(g\\) konechnoy posledovatelnostyu takih operatsiy. simple_graph degree idea-degree-sequence perestroyka sohranyaet stepeni operatsiya udalyaet u kazhdoy iz chetyreh uchastvuyuschih vershin odno intsidentnoe rebro i dobavlyaet odno novoe, poetomu vse stepeni sohranyayutsya. staraya i novaya shemy imeyut odnu i tu zhe posledovatelnost stepeney: vse stepeni ravny 100. invariant degree_counting ai_checked idea-symmetric-difference simmetricheskaya raznost raspadaetsya na chereduyuschiesya tsikly pokrasim rebra staroy shemy, kotoryh net v novoy, v krasnyy tsvet, a rebra novoy shemy, kotoryh net v staroy, - v siniy. v kazhdoy vershine krasnaya i sinyaya stepeni ravny, poetomu eti rebra mozhno razbit na tsikly s cheredovaniem krasnyh i sinih reber. invariant ai_checked idea-cycle-switch chereduyuschiysya tsikl pereklyuchaetsya 2-perestroykami vdol odnogo chereduyuschegosya tsikla mozhno zamenit vse starye rebra na vse novye. induktsiya po dline tsikla ispolzuet hordu mezhdu dvumya pochti protivopolozhnymi kontsami: esli hordy net, delaem odnu 2-perestroyku i sokraschaem tsikl; esli horda uzhe est, snachala pereklyuchaem menshiy chereduyuschiysya tsikl s etoy hordoy. invariant construction ai_checked sol-alternating-cycle-switches simmetricheskaya raznost i pereklyuchenie chereduyuschihsya tsiklov ai_checked simple_graph degree cycle path invariant alternating_paths induction budem govorit na yazyke grafov: goroda - vershiny, dorogi - rebra prostogo grafa. staraya shema - eto graf \\(g\\), novaya - graf \\(h\\) na tom zhe mnozhestve vershin. v oboih grafah stepen kazhdoy vershiny ravna 100. snachala dokazhem lemmu. pust v tekuschem prostom grafe dan chetnyy tsikl \\(c\\), rebra kotorogo poperemenno prisutstvuyut i otsutstvuyut v grafe. togda mozhno s pomoschyu 2-perestroek zamenit na etom tsikle vse prisutstvuyuschie rebra otsutstvuyuschimi, a vse otsutstvuyuschie - prisutstvuyuschimi, ne menyaya reber vne tsikla v itogovom grafe. dokazhem lemmu induktsiey po polovine dliny tsikla. dlya 4-tsikla eto rovno odna razreshennaya perestroyka: dve protivopolozhnye storony tsikla yavlyayutsya rebrami grafa, dve drugie - ne yavlyayutsya, i my zamenyaem pervuyu paru vtoroy. pust dlina tsikla bolshe 4. zapishem ego kak \\[ v_0v_1v_2\\ldots v_{2k-1}v_0, \\] gde rebra \\(v_0v_1, v_2v_3,\\ldots,v_{2k-2}v_{2k-1}\\) otsutstvuyut, a rebra…","source_keys":["spbmo"]}
{"id":"spbmo-2020-karakatitsa-edge-weights","title":"Каракатицы в графе с весами на рёбрах, СПбМО 2019/20, 9 класс, задача 7","path":"data\\problems\\spbmo\\spbmo-2020-karakatitsa-edge-weights.yaml","raw_github_url":"https://raw.githubusercontent.com/didin-maxim/knowledge_graph_of_graphs/main/data/problems/spbmo/spbmo-2020-karakatitsa-edge-weights.yaml","viewer_url":"https://didin-maxim.github.io/knowledge_graph_of_graphs/#spbmo-2020-karakatitsa-edge-weights","source_key":"spbmo","source_label":"СПбМО","source_titles":["Санкт-Петербургская математическая олимпиада 2019/20, 9 класс финальные условия","Санкт-Петербургская математическая олимпиада 2019/20, 9 класс финальные решения"],"year":"2020","type":"olympiad_problem","authors":[],"tags":["matching","double_counting","graph_model","goal_bound"],"agent_topics":[],"difficulty":{"main":"regional","local_score":7,"comment":"СПбМО 2019/20, заключительный этап, 9 класс, задача 7.","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 определено как официальное или восстановленное по архиву; классификация не понижалась","audit_source":"agent-russian-archives.json"},"statements":{"original":[{"id":"stmt-original","title":"Каракатица ребра","status":"ai_checked","text":"В графе 400 вершин. Для любого ребра AB назовём каракатицей набор всех рёбер, выходящих из вершин A и B (включая само ребро AB). На каждом ребре графа стоит число 1 или -1. Известно, что сумма чисел на рёбрах любой каракатицы больше или равна 1. Докажите, что сумма чисел на всех рёбрах графа не меньше чем -10000.","definition_ids":["simple_graph","matching"]}],"graph_theory":[{"id":"stmt-graph","title":"Взвешенный простой граф","status":"ai_checked","text":"В простом графе на 400 вершинах каждому ребру приписан вес из {-1,1}. Для каждого ребра uv сумма весов всех рёбер, инцидентных u или v, не меньше 1. Нужно доказать, что общий вес всех рёбер не меньше -10000.","definition_ids":["simple_graph","matching"]}]},"solutions":[{"id":"sol-official-matching","title":"Официальная оценка через максимальное паросочетание","status":"ai_checked","definition_ids":["simple_graph","matching","independent_set"],"standard_idea_ids":["double_counting"],"tags":[],"has_text":true,"text_preview":"Обозначим вес ребра e через w(e), а через v(A) обозначим сумму весов всех рёбер, инцидентных вершине A. Если W — сумма весов всех рёбер графа, то \\(\\sum_A v(A)=2W\\), потому что каждое ребро учитывается ровно у двух своих концов. Поэтому достаточно доказать, что сумма всех вершинных весов не меньше -20000. Для ребра AB сумма весов его каракатицы равна v(A)+v(B)-w(AB): в v(A)+v(B) само ребро AB посчитано дважды, а в каракатице один раз. По условию эта сумма не меньше 1, а w(AB) равно 1 или -1. Значит \\[v(A)+v(B)=\\text{вес каракатицы }AB+w(AB)\\ge 1-1=0.\\] Итак, для любых двух смежных вершин сумма их вершинных весов неотрицательна. Возьмём паросочетание M максимального размера и пусть в нём k рёбер. Сумма весов вершин, покрытых M, неотрицательна: разбиваем эти 2k вершин на k пар — концов рёбер из M, и для каждой пары только что доказали неотрицательность суммы. Пусть S — множество непокрыты…"}],"relations":[],"search_text":"spbmo-2020-karakatitsa-edge-weights каракатицы в графе с весами на рёбрах, спбмо 2019/20, 9 класс, задача 7 matching double_counting graph_model goal_bound 2020 https://rsr-olymp.ru/upload/files/tasks/246/2019/14211324-sol-math-9-tur2_stage-19-20.pdf https://rsr-olymp.ru/upload/files/tasks/246/2019/14211324-tasks-math-9-tur2_stage-19-20.pdf olympiad_archive problem_and_solution spbmo spbmo2020 src-spbmo-2019-20-final-9-sol src-spbmo-2019-20-final-9-tasks with_solution санкт-петербургская математическая олимпиада 2019/20, 9 класс финальные решения санкт-петербургская математическая олимпиада 2019/20, 9 класс финальные условия спбмо спбмо2020 unknown санкт-петербургская математическая олимпиада 2019/20, 9 класс финальные условия санкт-петербургская математическая олимпиада 2019/20, 9 класс финальные решения stmt-original каракатица ребра ai_checked в графе 400 вершин. для любого ребра ab назовём каракатицей набор всех рёбер, выходящих из вершин a и b (включая само ребро ab). на каждом ребре графа стоит число 1 или -1. известно, что сумма чисел на рёбрах любой каракатицы больше или равна 1. докажите, что сумма чисел на всех рёбрах графа не меньше чем -10000. simple_graph matching stmt-graph взвешенный простой граф ai_checked в простом графе на 400 вершинах каждому ребру приписан вес из {-1,1}. для каждого ребра uv сумма весов всех рёбер, инцидентных u или v, не меньше 1. нужно доказать, что общий вес всех рёбер не меньше -10000. simple_graph matching idea-maximum-matching-unmatched-independent вес вершин и максимальное паросочетание официальное решение вводит вес вершины как сумму весов инцидентных рёбер. условие означает, что сумма весов двух смежных вершин неотрицательна. берём максимальное паросочетание: покрытые им вершины дают неотрицательный вклад, а непокрытые образуют независимое множество и могут быть связаны только с покрытыми вершинами. matching double_counting graph_model ai_checked sol-official-matching официальная оценка через максимальное паросочетание ai_checked simple_graph matching independent_set double_counting обозначим вес ребра e через w(e), а через v(a) обозначим сумму весов всех рёбер, инцидентных вершине a. если w — сумма весов всех рёбер графа, то \\(\\sum_a v(a)=2w\\), потому что каждое ребро учитывается ровно у двух своих концов. поэтому достаточно доказать, что сумма всех вершинных весов не меньше -20000. для ребра ab сумма весов его каракатицы равна v(a)+v(b)-w(ab): в v(a)+v(b) само ребро ab посчитано дважды, а в каракатице один раз. по условию эта сумма не меньше 1, а w(ab) равно 1 или -1. значит \\[v(a)+v(b)=\\text{вес каракатицы }ab+w(ab)\\ge 1-1=0.\\] итак, для любых двух смежных вершин сумма их вершинных весов неотрицательна. возьмём паросочетание m максимального размера и пусть в нём k рёбер. сумма весов вершин, покрытых m, неотрицательна: разбиваем эти 2k вершин на k пар — концов рёбер из m, и для каждой пары только что доказали неотрицательность суммы. пусть s — множество непокрыты… spbmo-2020-karakatitsa-edge-weights karakatitsy v grafe s vesami na rebrah, spbmo 2019/20, 9 klass, zadacha 7 matching double_counting graph_model goal_bound 2020 https://rsr-olymp.ru/upload/files/tasks/246/2019/14211324-sol-math-9-tur2_stage-19-20.pdf https://rsr-olymp.ru/upload/files/tasks/246/2019/14211324-tasks-math-9-tur2_stage-19-20.pdf olympiad_archive problem_and_solution spbmo spbmo2020 src-spbmo-2019-20-final-9-sol src-spbmo-2019-20-final-9-tasks with_solution sankt-peterburgskaya matematicheskaya olimpiada 2019/20, 9 klass finalnye resheniya sankt-peterburgskaya matematicheskaya olimpiada 2019/20, 9 klass finalnye usloviya spbmo spbmo2020 unknown sankt-peterburgskaya matematicheskaya olimpiada 2019/20, 9 klass finalnye usloviya sankt-peterburgskaya matematicheskaya olimpiada 2019/20, 9 klass finalnye resheniya stmt-original karakatitsa rebra ai_checked v grafe 400 vershin. dlya lyubogo rebra ab nazovem karakatitsey nabor vseh reber, vyhodyaschih iz vershin a i b (vklyuchaya samo rebro ab). na kazhdom rebre grafa stoit chislo 1 ili -1. izvestno, chto summa chisel na rebrah lyuboy karakatitsy bolshe ili ravna 1. dokazhite, chto summa chisel na vseh rebrah grafa ne menshe chem -10000. simple_graph matching stmt-graph vzveshennyy prostoy graf ai_checked v prostom grafe na 400 vershinah kazhdomu rebru pripisan ves iz {-1,1}. dlya kazhdogo rebra uv summa vesov vseh reber, intsidentnyh u ili v, ne menshe 1. nuzhno dokazat, chto obschiy ves vseh reber ne menshe -10000. simple_graph matching idea-maximum-matching-unmatched-independent ves vershin i maksimalnoe parosochetanie ofitsialnoe reshenie vvodit ves vershiny kak summu vesov intsidentnyh reber. uslovie oznachaet, chto summa vesov dvuh smezhnyh vershin neotritsatelna. berem maksimalnoe parosochetanie: pokrytye im vershiny dayut neotritsatelnyy vklad, a nepokrytye obrazuyut nezavisimoe mnozhestvo i mogut byt svyazany tolko s pokrytymi vershinami. matching double_counting graph_model ai_checked sol-official-matching ofitsialnaya otsenka cherez maksimalnoe parosochetanie ai_checked simple_graph matching independent_set double_counting oboznachim ves rebra e cherez w(e), a cherez v(a) oboznachim summu vesov vseh reber, intsidentnyh vershine a. esli w — summa vesov vseh reber grafa, to \\(\\sum_a v(a)=2w\\), potomu chto kazhdoe rebro uchityvaetsya rovno u dvuh svoih kontsov. poetomu dostatochno dokazat, chto summa vseh vershinnyh vesov ne menshe -20000. dlya rebra ab summa vesov ego karakatitsy ravna v(a)+v(b)-w(ab): v v(a)+v(b) samo rebro ab poschitano dvazhdy, a v karakatitse odin raz. po usloviyu eta summa ne menshe 1, a w(ab) ravno 1 ili -1. znachit \\[v(a)+v(b)=\\text{ves karakatitsy }ab+w(ab)\\ge 1-1=0.\\] itak, dlya lyubyh dvuh smezhnyh vershin summa ih vershinnyh vesov neotritsatelna. vozmem parosochetanie m maksimalnogo razmera i pust v nem k reber. summa vesov vershin, pokrytyh m, neotritsatelna: razbivaem eti 2k vershin na k par — kontsov reber iz m, i dlya kazhdoy pary tolko chto dokazali neotritsatelnost summy. pust s — mnozhestvo nepokryty…","source_keys":["spbmo"]}
{"id":"spbmo-2021-coordinate-points-two-colored-2factor","title":"Расстановка знаков в 5000 точках с малыми префиксными суммами, СПбМО 2020/21, 7 класс, задача 5","path":"data\\problems\\spbmo\\spbmo-2021-coordinate-points-two-colored-2factor.yaml","raw_github_url":"https://raw.githubusercontent.com/didin-maxim/knowledge_graph_of_graphs/main/data/problems/spbmo/spbmo-2021-coordinate-points-two-colored-2factor.yaml","viewer_url":"https://didin-maxim.github.io/knowledge_graph_of_graphs/#spbmo-2021-coordinate-points-two-colored-2factor","source_key":"spbmo","source_label":"СПбМО","source_titles":["Санкт-Петербургская математическая олимпиада 2020/21, 7 класс финальные условия и решения"],"year":"2021","type":"olympiad_problem","authors":[],"tags":["graph_in_solution","matching","coloring"],"agent_topics":[],"difficulty":{"main":"regional","local_score":5,"comment":"СПбМО 2020/21, заключительный этап, 7 класс, задача 5.","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 определено как официальное или восстановленное по архиву; классификация не понижалась","audit_source":"agent-russian-archives.json"},"statements":{"original":[{"id":"stmt-original","title":"Числа 1 и -1 в точках плоскости","status":"ai_checked","text":"На плоскости даны 5000 точек, никакие две из которых не лежат на одной вертикальной или горизонтальной прямой. Серёжа хочет так расставить в этих точках числа 1 и -1, чтобы сумма всех чисел, расположенных слева от любой вертикальной прямой, была равна 0, 1 или -1, и сумма всех чисел, расположенных сверху от любой горизонтальной прямой, также была равна 0, 1 или -1. Верно ли, что при любом расположении точек он сможет этого добиться?","definition_ids":[]}]},"solutions":[{"id":"sol-official-bipartition","title":"Официальная двудольная раскраска вспомогательного графа","status":"ai_checked","definition_ids":["bipartite_graph","cycle","degree","multigraph","connected_graph","path","neighborhood"],"standard_idea_ids":["invariant"],"tags":[],"has_text":true,"text_preview":"Ответ: да. Обозначим точки в порядке возрастания абсциссы через \\(P_1,P_2,\\ldots,P_{5000}\\). Разобьём их на пары \\((P_1,P_2),(P_3,P_4),\\ldots,(P_{4999},P_{5000})\\) и соединим точки каждой такой пары красным ребром. Затем обозначим точки в порядке возрастания ординаты через \\(Q_1,Q_2,\\ldots,Q_{5000}\\), разобьём их на пары \\((Q_1,Q_2),(Q_3,Q_4),\\ldots,(Q_{4999},Q_{5000})\\) и соединим точки каждой такой пары синим ребром. Покажем сначала, почему достаточно поставить разные числа на концах каждого красного и каждого синего ребра. Возьмём любую вертикальную прямую. Так как никакие две точки не лежат на одной вертикали, слева от этой прямой находятся ровно первые \\(m\\) точек в порядке возрастания абсциссы при некотором \\(m\\) от 0 до 5000. Если \\(m\\) чётно, эти точки разбиваются на целые красные пары, а сумма чисел в каждой такой паре равна 0. Если \\(m\\) нечётно, среди первых \\(m\\) точек есть…"}],"relations":[{"id":"rel-balanced-bipartite-edge-coloring-to-spbmo-2021-coordinate-2factor","neighbor_id":"balanced-bipartite-edge-coloring-two-colors","direction":"backward","type":"solution_transfer","distance":2,"status":"ai_checked"}],"search_text":"spbmo-2021-coordinate-points-two-colored-2factor расстановка знаков в 5000 точках с малыми префиксными суммами, спбмо 2020/21, 7 класс, задача 5 graph_in_solution matching coloring 2021 https://rsr-olymp.ru/upload/files/tasks/246/2020/18474156-taskssol-math-7-final-20-21.pdf problem_and_solution spbmo spbmo2021 src-spbmo-2020-21-final-7-taskssol with_solution санкт-петербургская математическая олимпиада 2020/21, 7 класс финальные условия и решения спбмо спбмо2021 unknown санкт-петербургская математическая олимпиада 2020/21, 7 класс финальные условия и решения stmt-original числа 1 и -1 в точках плоскости ai_checked на плоскости даны 5000 точек, никакие две из которых не лежат на одной вертикальной или горизонтальной прямой. серёжа хочет так расставить в этих точках числа 1 и -1, чтобы сумма всех чисел, расположенных слева от любой вертикальной прямой, была равна 0, 1 или -1, и сумма всех чисел, расположенных сверху от любой горизонтальной прямой, также была равна 0, 1 или -1. верно ли, что при любом расположении точек он сможет этого добиться? idea-two-colored-degree-two-graph две системы соседних пар дают чётные циклы официальное решение строит граф \\(g\\) на точках: красные рёбра соединяют пары 1-2, 3-4, ... в порядке абсцисс, а синие рёбра соединяют пары 1-2, 3-4, ... в порядке ординат. из каждой вершины выходит одно красное и одно синее ребро, поэтому компоненты являются чётными чередующимися циклами, возможно длины 2 в мультиграфе, и граф двудолен. graph_in_solution coloring connectivity ai_checked sol-official-bipartition официальная двудольная раскраска вспомогательного графа ai_checked bipartite_graph cycle degree multigraph connected_graph path neighborhood invariant ответ: да. обозначим точки в порядке возрастания абсциссы через \\(p_1,p_2,\\ldots,p_{5000}\\). разобьём их на пары \\((p_1,p_2),(p_3,p_4),\\ldots,(p_{4999},p_{5000})\\) и соединим точки каждой такой пары красным ребром. затем обозначим точки в порядке возрастания ординаты через \\(q_1,q_2,\\ldots,q_{5000}\\), разобьём их на пары \\((q_1,q_2),(q_3,q_4),\\ldots,(q_{4999},q_{5000})\\) и соединим точки каждой такой пары синим ребром. покажем сначала, почему достаточно поставить разные числа на концах каждого красного и каждого синего ребра. возьмём любую вертикальную прямую. так как никакие две точки не лежат на одной вертикали, слева от этой прямой находятся ровно первые \\(m\\) точек в порядке возрастания абсциссы при некотором \\(m\\) от 0 до 5000. если \\(m\\) чётно, эти точки разбиваются на целые красные пары, а сумма чисел в каждой такой паре равна 0. если \\(m\\) нечётно, среди первых \\(m\\) точек есть… spbmo-2021-coordinate-points-two-colored-2factor rasstanovka znakov v 5000 tochkah s malymi prefiksnymi summami, spbmo 2020/21, 7 klass, zadacha 5 graph_in_solution matching coloring 2021 https://rsr-olymp.ru/upload/files/tasks/246/2020/18474156-taskssol-math-7-final-20-21.pdf problem_and_solution spbmo spbmo2021 src-spbmo-2020-21-final-7-taskssol with_solution sankt-peterburgskaya matematicheskaya olimpiada 2020/21, 7 klass finalnye usloviya i resheniya spbmo spbmo2021 unknown sankt-peterburgskaya matematicheskaya olimpiada 2020/21, 7 klass finalnye usloviya i resheniya stmt-original chisla 1 i -1 v tochkah ploskosti ai_checked na ploskosti dany 5000 tochek, nikakie dve iz kotoryh ne lezhat na odnoy vertikalnoy ili gorizontalnoy pryamoy. serezha hochet tak rasstavit v etih tochkah chisla 1 i -1, chtoby summa vseh chisel, raspolozhennyh sleva ot lyuboy vertikalnoy pryamoy, byla ravna 0, 1 ili -1, i summa vseh chisel, raspolozhennyh sverhu ot lyuboy gorizontalnoy pryamoy, takzhe byla ravna 0, 1 ili -1. verno li, chto pri lyubom raspolozhenii tochek on smozhet etogo dobitsya? idea-two-colored-degree-two-graph dve sistemy sosednih par dayut chetnye tsikly ofitsialnoe reshenie stroit graf \\(g\\) na tochkah: krasnye rebra soedinyayut pary 1-2, 3-4, ... v poryadke abstsiss, a sinie rebra soedinyayut pary 1-2, 3-4, ... v poryadke ordinat. iz kazhdoy vershiny vyhodit odno krasnoe i odno sinee rebro, poetomu komponenty yavlyayutsya chetnymi chereduyuschimisya tsiklami, vozmozhno dliny 2 v multigrafe, i graf dvudolen. graph_in_solution coloring connectivity ai_checked sol-official-bipartition ofitsialnaya dvudolnaya raskraska vspomogatelnogo grafa ai_checked bipartite_graph cycle degree multigraph connected_graph path neighborhood invariant otvet: da. oboznachim tochki v poryadke vozrastaniya abstsissy cherez \\(p_1,p_2,\\ldots,p_{5000}\\). razobem ih na pary \\((p_1,p_2),(p_3,p_4),\\ldots,(p_{4999},p_{5000})\\) i soedinim tochki kazhdoy takoy pary krasnym rebrom. zatem oboznachim tochki v poryadke vozrastaniya ordinaty cherez \\(q_1,q_2,\\ldots,q_{5000}\\), razobem ih na pary \\((q_1,q_2),(q_3,q_4),\\ldots,(q_{4999},q_{5000})\\) i soedinim tochki kazhdoy takoy pary sinim rebrom. pokazhem snachala, pochemu dostatochno postavit raznye chisla na kontsah kazhdogo krasnogo i kazhdogo sinego rebra. vozmem lyubuyu vertikalnuyu pryamuyu. tak kak nikakie dve tochki ne lezhat na odnoy vertikali, sleva ot etoy pryamoy nahodyatsya rovno pervye \\(m\\) tochek v poryadke vozrastaniya abstsissy pri nekotorom \\(m\\) ot 0 do 5000. esli \\(m\\) chetno, eti tochki razbivayutsya na tselye krasnye pary, a summa chisel v kazhdoy takoy pare ravna 0. esli \\(m\\) nechetno, sredi pervyh \\(m\\) tochek est…","source_keys":["spbmo"]}
{"id":"spbmo-2022-big-small-cities-spanning-forest-leaves","title":"Закрыть дороги и получить много листьев, СПбМО 2021/22, 8 класс, задача 5","path":"data\\problems\\spbmo\\spbmo-2022-big-small-cities-spanning-forest-leaves.yaml","raw_github_url":"https://raw.githubusercontent.com/didin-maxim/knowledge_graph_of_graphs/main/data/problems/spbmo/spbmo-2022-big-small-cities-spanning-forest-leaves.yaml","viewer_url":"https://didin-maxim.github.io/knowledge_graph_of_graphs/#spbmo-2022-big-small-cities-spanning-forest-leaves","source_key":"spbmo","source_label":"СПбМО","source_titles":["Санкт-Петербургская математическая олимпиада 2021/22, 8 класс финальные условия","Санкт-Петербургская математическая олимпиада 2021/22, 8 класс финальные решения"],"year":"2022","type":"olympiad_problem","authors":[],"tags":["connectivity","trees","degree_counting","goal_existence"],"agent_topics":[],"difficulty":{"main":"regional","local_score":5,"comment":"СПбМО 2021/22, заключительный этап, 8 класс, задача 5.","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 определено как официальное или восстановленное по архиву; классификация не понижалась","audit_source":"agent-russian-archives.json"},"statements":{"original":[{"id":"stmt-original","title":"Большие и маленькие города","status":"ai_checked","text":"В стране много городов, среди них 500 больших, остальные маленькие. Некоторые пары городов соединены дорогами так, что из любого города можно проехать в любой другой. Существует не меньше 10000 маленьких городов, соединённых дорогой хотя бы с одним большим городом. Докажите, что можно закрыть несколько дорог так, чтобы из любого города всё равно можно было бы проехать в любой другой, и было бы более 9000 городов, из которых выходит по одной дороге.","definition_ids":["simple_graph","connected_graph","degree"]}],"graph_theory":[{"id":"stmt-graph","title":"Закрыть дороги и получить много листьев","status":"ai_checked","text":"В конечном связном простом графе выделены 500 больших вершин, остальные вершины считаются малыми. Есть как минимум 10000 малых вершин, смежных хотя бы с одной большой. Докажите, что можно удалить часть рёбер, сохранив связность графа, так чтобы больше 9000 вершин имели степень 1.","definition_ids":["simple_graph","connected_graph","degree"]}]},"solutions":[{"id":"sol-official-spanning-forest","title":"Официальный остовный лес и восстановление связности","status":"ai_checked","definition_ids":["simple_graph","tree","degree","connected_graph","path","spanning_tree"],"standard_idea_ids":["delete_to_simplify"],"tags":[],"has_text":true,"text_preview":"Будем считать города вершинами, а дороги рёбрами связного графа. Больших вершин ровно 500. Обозначим через \\(S\\) множество малых вершин, которые смежны хотя бы с одной большой; по условию \\(|S|\\ge 10000\\). Сначала построим остовный лес с 500 компонентами, корнями которых будут большие города. Для каждой вершины \\(s\\in S\\) выберем одну большую соседнюю вершину \\(b(s)\\) и оставим ребро \\(sb(s)\\). Вместе с 500 большими вершинами эти рёбра образуют лес из звёзд: каждая вершина из \\(S\\) присоединена ровно к одному выбранному большому городу, а других рёбер пока нет, значит циклов нет и разные большие города лежат в разных компонентах. Если после этого остались вершины, ещё не вошедшие в лес, будем добавлять их по одной. Пока не все вершины добавлены, связность исходного графа гарантирует ребро между уже добавленной частью и ещё не добавленной вершиной: иначе множество добавленных вершин было…"}],"relations":[{"id":"rel-spbmo-2018-8-p7-spbmo-2022-big-small-road-repair-degree-control","neighbor_id":"spbmo-2018-8-p7-k4-edge-spanning-tree-few-degree2","direction":"backward","type":"same_motif","distance":2,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-spbmo-2022-big-small-cities-utyum-2025-important-cities","neighbor_id":"utyum-2025_komol64_7_5_important_cities_tree","direction":"forward","type":"same_motif","distance":2,"status":"ai_checked"}],"search_text":"spbmo-2022-big-small-cities-spanning-forest-leaves закрыть дороги и получить много листьев, спбмо 2021/22, 8 класс, задача 5 connectivity trees degree_counting goal_existence 2022 https://rsr-olymp.ru/upload/files/tasks/246/2021/246-sol-math-8-final-21-22.pdf https://rsr-olymp.ru/upload/files/tasks/246/2021/246-tasks-math-8-final-21-22.pdf olympiad_archive problem_and_solution spbmo spbmo2022 src-spbmo-2021-22-final-8-sol src-spbmo-2021-22-final-8-tasks with_solution санкт-петербургская математическая олимпиада 2021/22, 8 класс финальные решения санкт-петербургская математическая олимпиада 2021/22, 8 класс финальные условия спбмо спбмо2022 unknown санкт-петербургская математическая олимпиада 2021/22, 8 класс финальные условия санкт-петербургская математическая олимпиада 2021/22, 8 класс финальные решения stmt-original большие и маленькие города ai_checked в стране много городов, среди них 500 больших, остальные маленькие. некоторые пары городов соединены дорогами так, что из любого города можно проехать в любой другой. существует не меньше 10000 маленьких городов, соединённых дорогой хотя бы с одним большим городом. докажите, что можно закрыть несколько дорог так, чтобы из любого города всё равно можно было бы проехать в любой другой, и было бы более 9000 городов, из которых выходит по одной дороге. simple_graph connected_graph degree stmt-graph закрыть дороги и получить много листьев ai_checked в конечном связном простом графе выделены 500 больших вершин, остальные вершины считаются малыми. есть как минимум 10000 малых вершин, смежных хотя бы с одной большой. докажите, что можно удалить часть рёбер, сохранив связность графа, так чтобы больше 9000 вершин имели степень 1. simple_graph connected_graph degree idea-rooted-forest-preserve-many-leaves лес с корнями в больших городах официальное решение выбирает остовный лес из 500 деревьев с корнями в больших городах и помещает 10000 соседних с большими малых городов на первый ранг. в каждом корневом дереве разные вершины первого ранга имеют непересекающиеся нижние поддеревья, поэтому дают разные листья. после этого компоненты соединяются дорогами исходного графа, и каждое соединение может испортить не более двух прежних листьев. trees degree_counting connectivity ai_checked sol-official-spanning-forest официальный остовный лес и восстановление связности ai_checked simple_graph tree degree connected_graph path spanning_tree delete_to_simplify будем считать города вершинами, а дороги рёбрами связного графа. больших вершин ровно 500. обозначим через \\(s\\) множество малых вершин, которые смежны хотя бы с одной большой; по условию \\(|s|\\ge 10000\\). сначала построим остовный лес с 500 компонентами, корнями которых будут большие города. для каждой вершины \\(s\\in s\\) выберем одну большую соседнюю вершину \\(b(s)\\) и оставим ребро \\(sb(s)\\). вместе с 500 большими вершинами эти рёбра образуют лес из звёзд: каждая вершина из \\(s\\) присоединена ровно к одному выбранному большому городу, а других рёбер пока нет, значит циклов нет и разные большие города лежат в разных компонентах. если после этого остались вершины, ещё не вошедшие в лес, будем добавлять их по одной. пока не все вершины добавлены, связность исходного графа гарантирует ребро между уже добавленной частью и ещё не добавленной вершиной: иначе множество добавленных вершин было… spbmo-2022-big-small-cities-spanning-forest-leaves zakryt dorogi i poluchit mnogo listev, spbmo 2021/22, 8 klass, zadacha 5 connectivity trees degree_counting goal_existence 2022 https://rsr-olymp.ru/upload/files/tasks/246/2021/246-sol-math-8-final-21-22.pdf https://rsr-olymp.ru/upload/files/tasks/246/2021/246-tasks-math-8-final-21-22.pdf olympiad_archive problem_and_solution spbmo spbmo2022 src-spbmo-2021-22-final-8-sol src-spbmo-2021-22-final-8-tasks with_solution sankt-peterburgskaya matematicheskaya olimpiada 2021/22, 8 klass finalnye resheniya sankt-peterburgskaya matematicheskaya olimpiada 2021/22, 8 klass finalnye usloviya spbmo spbmo2022 unknown sankt-peterburgskaya matematicheskaya olimpiada 2021/22, 8 klass finalnye usloviya sankt-peterburgskaya matematicheskaya olimpiada 2021/22, 8 klass finalnye resheniya stmt-original bolshie i malenkie goroda ai_checked v strane mnogo gorodov, sredi nih 500 bolshih, ostalnye malenkie. nekotorye pary gorodov soedineny dorogami tak, chto iz lyubogo goroda mozhno proehat v lyuboy drugoy. suschestvuet ne menshe 10000 malenkih gorodov, soedinennyh dorogoy hotya by s odnim bolshim gorodom. dokazhite, chto mozhno zakryt neskolko dorog tak, chtoby iz lyubogo goroda vse ravno mozhno bylo by proehat v lyuboy drugoy, i bylo by bolee 9000 gorodov, iz kotoryh vyhodit po odnoy doroge. simple_graph connected_graph degree stmt-graph zakryt dorogi i poluchit mnogo listev ai_checked v konechnom svyaznom prostom grafe vydeleny 500 bolshih vershin, ostalnye vershiny schitayutsya malymi. est kak minimum 10000 malyh vershin, smezhnyh hotya by s odnoy bolshoy. dokazhite, chto mozhno udalit chast reber, sohraniv svyaznost grafa, tak chtoby bolshe 9000 vershin imeli stepen 1. simple_graph connected_graph degree idea-rooted-forest-preserve-many-leaves les s kornyami v bolshih gorodah ofitsialnoe reshenie vybiraet ostovnyy les iz 500 derevev s kornyami v bolshih gorodah i pomeschaet 10000 sosednih s bolshimi malyh gorodov na pervyy rang. v kazhdom kornevom dereve raznye vershiny pervogo ranga imeyut neperesekayuschiesya nizhnie podderevya, poetomu dayut raznye listya. posle etogo komponenty soedinyayutsya dorogami ishodnogo grafa, i kazhdoe soedinenie mozhet isportit ne bolee dvuh prezhnih listev. trees degree_counting connectivity ai_checked sol-official-spanning-forest ofitsialnyy ostovnyy les i vosstanovlenie svyaznosti ai_checked simple_graph tree degree connected_graph path spanning_tree delete_to_simplify budem schitat goroda vershinami, a dorogi rebrami svyaznogo grafa. bolshih vershin rovno 500. oboznachim cherez \\(s\\) mnozhestvo malyh vershin, kotorye smezhny hotya by s odnoy bolshoy; po usloviyu \\(|s|\\ge 10000\\). snachala postroim ostovnyy les s 500 komponentami, kornyami kotoryh budut bolshie goroda. dlya kazhdoy vershiny \\(s\\in s\\) vyberem odnu bolshuyu sosednyuyu vershinu \\(b(s)\\) i ostavim rebro \\(sb(s)\\). vmeste s 500 bolshimi vershinami eti rebra obrazuyut les iz zvezd: kazhdaya vershina iz \\(s\\) prisoedinena rovno k odnomu vybrannomu bolshomu gorodu, a drugih reber poka net, znachit tsiklov net i raznye bolshie goroda lezhat v raznyh komponentah. esli posle etogo ostalis vershiny, esche ne voshedshie v les, budem dobavlyat ih po odnoy. poka ne vse vershiny dobavleny, svyaznost ishodnogo grafa garantiruet rebro mezhdu uzhe dobavlennoy chastyu i esche ne dobavlennoy vershinoy: inache mnozhestvo dobavlennyh vershin bylo…","source_keys":["spbmo"]}
{"id":"spbmo-2022-eldorado-friendship-tree-potential","title":"Клуб Эльдорадо как дерево с числами на вершинах, СПбМО 2021/22, 10 класс, задача 7","path":"data\\problems\\spbmo\\spbmo-2022-eldorado-friendship-tree-potential.yaml","raw_github_url":"https://raw.githubusercontent.com/didin-maxim/knowledge_graph_of_graphs/main/data/problems/spbmo/spbmo-2022-eldorado-friendship-tree-potential.yaml","viewer_url":"https://didin-maxim.github.io/knowledge_graph_of_graphs/#spbmo-2022-eldorado-friendship-tree-potential","source_key":"spbmo","source_label":"СПбМО","source_titles":["Санкт-Петербургская математическая олимпиада 2021/22, 10 класс финальные условия и решения"],"year":"2022","type":"olympiad_problem","authors":[],"tags":["trees","potential_function","induction","goal_bound"],"agent_topics":[],"difficulty":{"main":"regional","local_score":7,"comment":"СПбМО 2021/22, заключительный этап, 10 класс, задача 7.","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 определено как официальное или восстановленное по архиву; классификация не понижалась","audit_source":"agent-russian-archives.json"},"statements":{"original":[{"id":"stmt-original","title":"Пафнутий Копейко и неудачники","status":"ai_checked","text":"Питерский бизнес-клуб «Эльдорадо» был основан много лет назад знаменитым миллионером Пафнутием Копейко, который вначале был его единственным членом. Потом клуб только расширялся, но по правилам каждый новый эльдорадовец должен быть личным другом ровно одного из старых членов клуба. Бизнесмена называют неудачником, если его состояние не превосходит среднего арифметического состояний всех его друзей в клубе, увеличенного на 1 биткоин. Сегодня оказалось, что в клубе n+1 членов, все они неудачники, а сам Пафнутий вообще полностью разорён. Докажите, что состояние любого члена клуба не превосходит \\(n^2\\) биткоинов.","definition_ids":["tree"]}],"graph_theory":[{"id":"stmt-graph","title":"Клуб Эльдорадо как дерево с числами на вершинах","status":"ai_checked","text":"На дереве с n+1 вершинами расставлены числа; одно число равно 0. Каждое число не превосходит среднего арифметического чисел в соседних вершинах плюс 1. Доказать, что все числа не превосходят \\(n^2\\).","definition_ids":["tree","degree","connected_graph","cycle","neighborhood"]}]},"solutions":[{"id":"sol-official-rooted-tree","title":"Решение через приращения на рёбрах дерева","status":"ai_checked","definition_ids":["tree","path","degree","connected_graph","cycle","neighborhood"],"standard_idea_ids":["induction"],"tags":[],"has_text":true,"text_preview":"Сначала объясним, почему возникает дерево. В момент вступления каждого нового члена клуба соединим его ребром с тем единственным старым членом клуба, который обязан быть его личным другом по правилу вступления. Начинаем с одной вершины, а дальше каждый раз добавляем одну новую вершину и одно ребро к уже построенному графу, поэтому после всех вступлений получается связный граф без циклов, то есть дерево. Если два человека являются друзьями в клубе, они соединены ребром этого дерева; условие про неудачников ровно говорит, что для каждой вершины её число не превосходит среднего арифметического чисел во всех соседних вершинах плюс 1. Состояние Пафнутия равно 0, так что в дереве есть вершина с числом 0. Укореним дерево в вершине с числом 0 и направим все рёбра от корня. Для вершины v обозначим её число через f(v). Если ориентированное ребро идёт из a в b, назовём его приращением число x(ab)=…"}],"relations":[{"id":"rel-spbmo-2022-eldorado-fyum-2009-rooted-tree-subtree-induction","neighbor_id":"fyum-2009-tur3b-p7","direction":"forward","type":"same_motif","distance":3,"status":"ai_checked"}],"search_text":"spbmo-2022-eldorado-friendship-tree-potential клуб эльдорадо как дерево с числами на вершинах, спбмо 2021/22, 10 класс, задача 7 trees potential_function induction goal_bound 2022 https://rsr-olymp.ru/upload/files/tasks/246/2021/246-sol-math-10-final-21-22.pdf problem_and_solution spbmo spbmo2022 src-spbmo-2021-22-final-10-sol with_solution санкт-петербургская математическая олимпиада 2021/22, 10 класс финальные условия и решения спбмо спбмо2022 unknown санкт-петербургская математическая олимпиада 2021/22, 10 класс финальные условия и решения stmt-original пафнутий копейко и неудачники ai_checked питерский бизнес-клуб «эльдорадо» был основан много лет назад знаменитым миллионером пафнутием копейко, который вначале был его единственным членом. потом клуб только расширялся, но по правилам каждый новый эльдорадовец должен быть личным другом ровно одного из старых членов клуба. бизнесмена называют неудачником, если его состояние не превосходит среднего арифметического состояний всех его друзей в клубе, увеличенного на 1 биткоин. сегодня оказалось, что в клубе n+1 членов, все они неудачники, а сам пафнутий вообще полностью разорён. докажите, что состояние любого члена клуба не превосходит \\(n^2\\) биткоинов. tree stmt-graph клуб эльдорадо как дерево с числами на вершинах ai_checked на дереве с n+1 вершинами расставлены числа; одно число равно 0. каждое число не превосходит среднего арифметического чисел в соседних вершинах плюс 1. доказать, что все числа не превосходят \\(n^2\\). tree degree connected_graph cycle neighborhood idea-root-tree-edge-differences ориентировать дерево от нулевой вершины история вступлений образует дерево. дерево коренится в вершине с нулём, на рёбрах пишутся приращения чисел; локальное условие в вершине превращается в оценку входящего приращения через сумму исходящих. затем индукцией по размеру поддерева доказывается, что ребро в поддерево размера k имеет приращение не больше 2k-1. trees induction potential_function ai_checked sol-official-rooted-tree решение через приращения на рёбрах дерева ai_checked tree path degree connected_graph cycle neighborhood induction сначала объясним, почему возникает дерево. в момент вступления каждого нового члена клуба соединим его ребром с тем единственным старым членом клуба, который обязан быть его личным другом по правилу вступления. начинаем с одной вершины, а дальше каждый раз добавляем одну новую вершину и одно ребро к уже построенному графу, поэтому после всех вступлений получается связный граф без циклов, то есть дерево. если два человека являются друзьями в клубе, они соединены ребром этого дерева; условие про неудачников ровно говорит, что для каждой вершины её число не превосходит среднего арифметического чисел во всех соседних вершинах плюс 1. состояние пафнутия равно 0, так что в дереве есть вершина с числом 0. укореним дерево в вершине с числом 0 и направим все рёбра от корня. для вершины v обозначим её число через f(v). если ориентированное ребро идёт из a в b, назовём его приращением число x(ab)=… spbmo-2022-eldorado-friendship-tree-potential klub eldorado kak derevo s chislami na vershinah, spbmo 2021/22, 10 klass, zadacha 7 trees potential_function induction goal_bound 2022 https://rsr-olymp.ru/upload/files/tasks/246/2021/246-sol-math-10-final-21-22.pdf problem_and_solution spbmo spbmo2022 src-spbmo-2021-22-final-10-sol with_solution sankt-peterburgskaya matematicheskaya olimpiada 2021/22, 10 klass finalnye usloviya i resheniya spbmo spbmo2022 unknown sankt-peterburgskaya matematicheskaya olimpiada 2021/22, 10 klass finalnye usloviya i resheniya stmt-original pafnutiy kopeyko i neudachniki ai_checked piterskiy biznes-klub «eldorado» byl osnovan mnogo let nazad znamenitym millionerom pafnutiem kopeyko, kotoryy vnachale byl ego edinstvennym chlenom. potom klub tolko rasshiryalsya, no po pravilam kazhdyy novyy eldoradovets dolzhen byt lichnym drugom rovno odnogo iz staryh chlenov kluba. biznesmena nazyvayut neudachnikom, esli ego sostoyanie ne prevoshodit srednego arifmeticheskogo sostoyaniy vseh ego druzey v klube, uvelichennogo na 1 bitkoin. segodnya okazalos, chto v klube n+1 chlenov, vse oni neudachniki, a sam pafnutiy voobsche polnostyu razoren. dokazhite, chto sostoyanie lyubogo chlena kluba ne prevoshodit \\(n^2\\) bitkoinov. tree stmt-graph klub eldorado kak derevo s chislami na vershinah ai_checked na dereve s n+1 vershinami rasstavleny chisla; odno chislo ravno 0. kazhdoe chislo ne prevoshodit srednego arifmeticheskogo chisel v sosednih vershinah plyus 1. dokazat, chto vse chisla ne prevoshodyat \\(n^2\\). tree degree connected_graph cycle neighborhood idea-root-tree-edge-differences orientirovat derevo ot nulevoy vershiny istoriya vstupleniy obrazuet derevo. derevo korenitsya v vershine s nulem, na rebrah pishutsya prirascheniya chisel; lokalnoe uslovie v vershine prevraschaetsya v otsenku vhodyaschego prirascheniya cherez summu ishodyaschih. zatem induktsiey po razmeru poddereva dokazyvaetsya, chto rebro v podderevo razmera k imeet priraschenie ne bolshe 2k-1. trees induction potential_function ai_checked sol-official-rooted-tree reshenie cherez prirascheniya na rebrah dereva ai_checked tree path degree connected_graph cycle neighborhood induction snachala obyasnim, pochemu voznikaet derevo. v moment vstupleniya kazhdogo novogo chlena kluba soedinim ego rebrom s tem edinstvennym starym chlenom kluba, kotoryy obyazan byt ego lichnym drugom po pravilu vstupleniya. nachinaem s odnoy vershiny, a dalshe kazhdyy raz dobavlyaem odnu novuyu vershinu i odno rebro k uzhe postroennomu grafu, poetomu posle vseh vstupleniy poluchaetsya svyaznyy graf bez tsiklov, to est derevo. esli dva cheloveka yavlyayutsya druzyami v klube, oni soedineny rebrom etogo dereva; uslovie pro neudachnikov rovno govorit, chto dlya kazhdoy vershiny ee chislo ne prevoshodit srednego arifmeticheskogo chisel vo vseh sosednih vershinah plyus 1. sostoyanie pafnutiya ravno 0, tak chto v dereve est vershina s chislom 0. ukorenim derevo v vershine s chislom 0 i napravim vse rebra ot kornya. dlya vershiny v oboznachim ee chislo cherez f(v). esli orientirovannoe rebro idet iz a v b, nazovem ego prirascheniem chislo x(ab)=…","source_keys":["spbmo"]}
{"id":"spbmo-2023-9-11-components-after-deleting-x-y","title":"Компоненты связности после удаления двух множеств вершин, СПбМО 2023, 11 класс, II тур, задача 7","path":"data\\problems\\spbmo\\spbmo-2023-9-11-components-after-deleting-x-y.yaml","raw_github_url":"https://raw.githubusercontent.com/didin-maxim/knowledge_graph_of_graphs/main/data/problems/spbmo/spbmo-2023-9-11-components-after-deleting-x-y.yaml","viewer_url":"https://didin-maxim.github.io/knowledge_graph_of_graphs/#spbmo-2023-9-11-components-after-deleting-x-y","source_key":"spbmo","source_label":"СПбМО","source_titles":["Санкт-Петербургская математическая олимпиада 2023, городской тур 9-11 классы официальный PDF"],"year":"2023","type":"olympiad_problem","authors":[],"tags":["connectivity","construction","goal_exact_bound"],"agent_topics":[],"difficulty":{"main":"regional","local_score":6,"comment":"СПбМО 2023, городской тур, 11 класс, задача 7. Чистая графовая задача с короткой идеей, но требуется аккуратно увидеть вспомогательный граф компонент и проверить точность.","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":"Условие","status":"ai_checked","text":"В связном графе \\(G\\) даны два непересекающихся множества вершин \\(X\\) и \\(Y\\), между этими множествами нет ни одного ребра. Пусть в графе \\(G-X\\) ровно \\(m\\) компонент связности, а в графе \\(G-Y\\) ровно \\(n\\) компонент связности. Какое наименьшее количество компонент связности может быть в графе \\(G-(X\\cup Y)\\)? Напомним, что для множества вершин \\(W\\) через \\(G-W\\) обозначается граф, полученный из \\(G\\) в результате удаления всех вершин множества \\(W\\) и всех выходящих из них ребер.","definition_ids":["connected_graph","graph_cut"]}]},"solutions":[{"id":"sol-component-incidence-tree-bound","title":"Вспомогательный граф компонент","status":"ai_checked","definition_ids":["connected_graph","bipartite_graph","tree","graph_cut"],"standard_idea_ids":[],"tags":[],"has_text":true,"text_preview":"Ответ: \\(m+n-1\\). Сначала докажем, что меньше быть не может. Пусть компоненты графа \\(G-X\\) обозначены через \\(A_1,\\ldots,A_m\\), а компоненты графа \\(G-Y\\) - через \\(B_1,\\ldots,B_n\\). Рассмотрим компоненты графа \\(H=G-(X\\cup Y)\\). Каждая такая компонента \\(C\\) целиком лежит ровно в одной компоненте \\(A_i\\) графа \\(G-X\\) и ровно в одной компоненте \\(B_j\\) графа \\(G-Y\\): при удалении только \\(X\\) вершины из \\(C\\) могут соединяться с другими вершинами только через вершины из \\(Y\\), а при удалении только \\(Y\\) - только через вершины из \\(X\\). Построим двудольный граф \\(T\\). В одной доле у него вершины \\(A_1,\\ldots,A_m\\), в другой - вершины \\(B_1,\\ldots,B_n\\). Для каждой компоненты \\(C\\) графа \\(H\\) проведем ребро между теми \\(A_i\\) и \\(B_j\\), которые содержат \\(C\\). Если несколько компонент дают одну и ту же пару, считаем их параллельными ребрами; для оценки это не мешает. Покажем, что \\(T\\…"}],"relations":[],"search_text":"spbmo-2023-9-11-components-after-deleting-x-y компоненты связности после удаления двух множеств вершин, спбмо 2023, 11 класс, ii тур, задача 7 connectivity construction goal_exact_bound 2023 https://www.pdmi.ras.ru/~olymp/2023/problems/c_911_23.pdf olympiad_archive spbmo spbmo2023 src-spbmo-pdmi-2023-c911 with_solution санкт-петербургская математическая олимпиада 2023, городской тур 9-11 классы официальный pdf спбмо спбмо2023 unknown санкт-петербургская математическая олимпиада 2023, городской тур 9-11 классы официальный pdf stmt-original условие ai_checked в связном графе \\(g\\) даны два непересекающихся множества вершин \\(x\\) и \\(y\\), между этими множествами нет ни одного ребра. пусть в графе \\(g-x\\) ровно \\(m\\) компонент связности, а в графе \\(g-y\\) ровно \\(n\\) компонент связности. какое наименьшее количество компонент связности может быть в графе \\(g-(x\\cup y)\\)? напомним, что для множества вершин \\(w\\) через \\(g-w\\) обозначается граф, полученный из \\(g\\) в результате удаления всех вершин множества \\(w\\) и всех выходящих из них ребер. connected_graph graph_cut idea-component-incidence-bipartite-graph компоненты после двух удалений образуют двудольный граф инцидентности сжимаем каждую компоненту графа \\(g-(x\\cup y)\\) до ребра между той компонентой графа \\(g-x\\), в которой она лежит, и той компонентой графа \\(g-y\\), в которой она лежит. связность исходного графа превращается в связность этого вспомогательного двудольного графа. connectivity ai_checked idea-tree-construction-for-sharpness точность достигается на дереве инцидентности чтобы получить ровно \\(m+n-1\\) компонент после удаления \\(x\\cup y\\), достаточно взять дерево с \\(m\\) вершинами одной доли и \\(n\\) вершинами другой доли, а каждое его ребро заменить вершиной-компонентой между подходящими вершинами из \\(x\\) и \\(y\\). construction connectivity ai_checked sol-component-incidence-tree-bound вспомогательный граф компонент ai_checked connected_graph bipartite_graph tree graph_cut ответ: \\(m+n-1\\). сначала докажем, что меньше быть не может. пусть компоненты графа \\(g-x\\) обозначены через \\(a_1,\\ldots,a_m\\), а компоненты графа \\(g-y\\) - через \\(b_1,\\ldots,b_n\\). рассмотрим компоненты графа \\(h=g-(x\\cup y)\\). каждая такая компонента \\(c\\) целиком лежит ровно в одной компоненте \\(a_i\\) графа \\(g-x\\) и ровно в одной компоненте \\(b_j\\) графа \\(g-y\\): при удалении только \\(x\\) вершины из \\(c\\) могут соединяться с другими вершинами только через вершины из \\(y\\), а при удалении только \\(y\\) - только через вершины из \\(x\\). построим двудольный граф \\(t\\). в одной доле у него вершины \\(a_1,\\ldots,a_m\\), в другой - вершины \\(b_1,\\ldots,b_n\\). для каждой компоненты \\(c\\) графа \\(h\\) проведем ребро между теми \\(a_i\\) и \\(b_j\\), которые содержат \\(c\\). если несколько компонент дают одну и ту же пару, считаем их параллельными ребрами; для оценки это не мешает. покажем, что \\(t\\… spbmo-2023-9-11-components-after-deleting-x-y komponenty svyaznosti posle udaleniya dvuh mnozhestv vershin, spbmo 2023, 11 klass, ii tur, zadacha 7 connectivity construction goal_exact_bound 2023 https://www.pdmi.ras.ru/~olymp/2023/problems/c_911_23.pdf olympiad_archive spbmo spbmo2023 src-spbmo-pdmi-2023-c911 with_solution sankt-peterburgskaya matematicheskaya olimpiada 2023, gorodskoy tur 9-11 klassy ofitsialnyy pdf spbmo spbmo2023 unknown sankt-peterburgskaya matematicheskaya olimpiada 2023, gorodskoy tur 9-11 klassy ofitsialnyy pdf stmt-original uslovie ai_checked v svyaznom grafe \\(g\\) dany dva neperesekayuschihsya mnozhestva vershin \\(x\\) i \\(y\\), mezhdu etimi mnozhestvami net ni odnogo rebra. pust v grafe \\(g-x\\) rovno \\(m\\) komponent svyaznosti, a v grafe \\(g-y\\) rovno \\(n\\) komponent svyaznosti. kakoe naimenshee kolichestvo komponent svyaznosti mozhet byt v grafe \\(g-(x\\cup y)\\)? napomnim, chto dlya mnozhestva vershin \\(w\\) cherez \\(g-w\\) oboznachaetsya graf, poluchennyy iz \\(g\\) v rezultate udaleniya vseh vershin mnozhestva \\(w\\) i vseh vyhodyaschih iz nih reber. connected_graph graph_cut idea-component-incidence-bipartite-graph komponenty posle dvuh udaleniy obrazuyut dvudolnyy graf intsidentnosti szhimaem kazhduyu komponentu grafa \\(g-(x\\cup y)\\) do rebra mezhdu toy komponentoy grafa \\(g-x\\), v kotoroy ona lezhit, i toy komponentoy grafa \\(g-y\\), v kotoroy ona lezhit. svyaznost ishodnogo grafa prevraschaetsya v svyaznost etogo vspomogatelnogo dvudolnogo grafa. connectivity ai_checked idea-tree-construction-for-sharpness tochnost dostigaetsya na dereve intsidentnosti chtoby poluchit rovno \\(m+n-1\\) komponent posle udaleniya \\(x\\cup y\\), dostatochno vzyat derevo s \\(m\\) vershinami odnoy doli i \\(n\\) vershinami drugoy doli, a kazhdoe ego rebro zamenit vershinoy-komponentoy mezhdu podhodyaschimi vershinami iz \\(x\\) i \\(y\\). construction connectivity ai_checked sol-component-incidence-tree-bound vspomogatelnyy graf komponent ai_checked connected_graph bipartite_graph tree graph_cut otvet: \\(m+n-1\\). snachala dokazhem, chto menshe byt ne mozhet. pust komponenty grafa \\(g-x\\) oboznacheny cherez \\(a_1,\\ldots,a_m\\), a komponenty grafa \\(g-y\\) - cherez \\(b_1,\\ldots,b_n\\). rassmotrim komponenty grafa \\(h=g-(x\\cup y)\\). kazhdaya takaya komponenta \\(c\\) tselikom lezhit rovno v odnoy komponente \\(a_i\\) grafa \\(g-x\\) i rovno v odnoy komponente \\(b_j\\) grafa \\(g-y\\): pri udalenii tolko \\(x\\) vershiny iz \\(c\\) mogut soedinyatsya s drugimi vershinami tolko cherez vershiny iz \\(y\\), a pri udalenii tolko \\(y\\) - tolko cherez vershiny iz \\(x\\). postroim dvudolnyy graf \\(t\\). v odnoy dole u nego vershiny \\(a_1,\\ldots,a_m\\), v drugoy - vershiny \\(b_1,\\ldots,b_n\\). dlya kazhdoy komponenty \\(c\\) grafa \\(h\\) provedem rebro mezhdu temi \\(a_i\\) i \\(b_j\\), kotorye soderzhat \\(c\\). esli neskolko komponent dayut odnu i tu zhe paru, schitaem ih parallelnymi rebrami; dlya otsenki eto ne meshaet. pokazhem, chto \\(t\\…","source_keys":["spbmo"]}
{"id":"spbmo-2024-6-8-atomized-city-acquaintance-pairs","title":"Максимум пар знакомых в атомизированном городе, СПбМО 2024, 8 класс","path":"data\\problems\\spbmo\\spbmo-2024-6-8-atomized-city-acquaintance-pairs.yaml","raw_github_url":"https://raw.githubusercontent.com/didin-maxim/knowledge_graph_of_graphs/main/data/problems/spbmo/spbmo-2024-6-8-atomized-city-acquaintance-pairs.yaml","viewer_url":"https://didin-maxim.github.io/knowledge_graph_of_graphs/#spbmo-2024-6-8-atomized-city-acquaintance-pairs","source_key":"spbmo","source_label":"СПбМО","source_titles":["Санкт-Петербургская математическая олимпиада 2024, городской тур 6-8 классы официальный PDF"],"year":"2024","type":"olympiad_problem","authors":[],"tags":["graph_model","extremal_graph_theory","trees","induction","goal_exact_bound"],"agent_topics":[],"difficulty":{"main":"regional","local_score":6,"comment":"СПбМО 2024, городской тур 6-8 классов, задача 5 выводной аудитории 8 класса. Конструкция естественная, но верхняя оценка требует аккуратной индукции по компонентам локально разреженного графа.","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":"Условие","status":"source_verified","text":"Город с населением в миллион человек называется атомизированным, если среди любых 1000 жителей не более чем 998 пар знакомых. Каково наибольшее возможное общее количество пар знакомых в атомизированном городе?","definition_ids":[]}],"graph_theory":[{"id":"stmt-graph","title":"Максимум пар знакомых в атомизированном городе","status":"ai_checked","text":"Пусть \\(G\\) — простой граф на \\(1\\,000\\,000\\) вершинах. Известно, что любые \\(1000\\) вершин графа \\(G\\) индуцируют не более \\(998\\) рёбер. Найдите наибольшее возможное значение \\(e(G)\\).","definition_ids":["simple_graph"]}]},"solutions":[{"id":"sol-local-sparsity-forest-bound","title":"Решение через разреженность каждых 1000 вершин","status":"ai_checked","definition_ids":["simple_graph","connected_graph","tree","cycle"],"standard_idea_ids":["delete_to_simplify","induction"],"tags":[],"has_text":true,"text_preview":"Ответ: \\(998998\\). Сначала построим пример. Разобьём \\(999999\\) жителей на \\(1001\\) группу по \\(999\\) человек, а последнего жителя оставим отдельно. В каждой группе по \\(999\\) человек устроим знакомства так, чтобы граф знакомств внутри группы был деревом: например, можно выбрать одного человека и познакомить его со всеми остальными из этой группы. Между разными группами знакомств нет. В каждой из \\(1001\\) больших групп получилось \\(998\\) пар знакомых, поэтому всего пар знакомых \\[ 1001\\cdot 998=998998. \\] Проверим условие атомизированности. Возьмём любых \\(1000\\) жителей. В одной компоненте нашего леса не может лежать больше \\(999\\) выбранных жителей, значит выбранные жители встречаются как минимум в двух компонентах. В лесу на \\(1000\\) вершинах, разбитом хотя бы на две непустые компоненты, число рёбер не больше \\(1000-2=998\\). Поэтому построенный город подходит. Осталось доказать, что…"}],"relations":[],"search_text":"spbmo-2024-6-8-atomized-city-acquaintance-pairs максимум пар знакомых в атомизированном городе, спбмо 2024, 8 класс graph_model extremal_graph_theory trees induction goal_exact_bound 2024 https://www.pdmi.ras.ru/~olymp/2024/problems/c_68_24.pdf olympiad_archive spbmo spbmo2024 src-spbmo-pdmi-2024-c68 with_solution санкт-петербургская математическая олимпиада 2024, городской тур 6-8 классы официальный pdf спбмо спбмо2024 unknown санкт-петербургская математическая олимпиада 2024, городской тур 6-8 классы официальный pdf stmt-original условие source_verified город с населением в миллион человек называется атомизированным, если среди любых 1000 жителей не более чем 998 пар знакомых. каково наибольшее возможное общее количество пар знакомых в атомизированном городе? stmt-graph максимум пар знакомых в атомизированном городе ai_checked пусть \\(g\\) — простой граф на \\(1\\,000\\,000\\) вершинах. известно, что любые \\(1000\\) вершин графа \\(g\\) индуцируют не более \\(998\\) рёбер. найдите наибольшее возможное значение \\(e(g)\\). simple_graph idea-forest-construction лес из почти тысячных компонент если граф знакомств является лесом, все компоненты которого имеют не более 999 вершин, то любые 1000 выбранных вершин лежат как минимум в двух компонентах и потому индуцируют не более 998 рёбер. чтобы получить много рёбер, надо взять как можно меньше таких компонент. trees extremal_graph_theory goal_construction ai_checked idea-local-sparsity-induction локальная разреженность даёт удаляемую древесную компоненту для общей оценки используется лемма: если каждые \\(k\\) вершин графа индуцируют не более \\(k-2\\) рёбер, то всего рёбер не больше \\(n-\\lceil n/(k-1)\\rceil\\). ключевой шаг индукции: пока вершин хотя бы \\(k\\), в графе есть компонента-дерево; иначе из циклических компонент можно набрать \\(k\\) вершин с как минимум \\(k-1\\) рёбрами. induction trees extremal_graph_theory ai_checked sol-local-sparsity-forest-bound решение через разреженность каждых 1000 вершин ai_checked simple_graph connected_graph tree cycle delete_to_simplify induction ответ: \\(998998\\). сначала построим пример. разобьём \\(999999\\) жителей на \\(1001\\) группу по \\(999\\) человек, а последнего жителя оставим отдельно. в каждой группе по \\(999\\) человек устроим знакомства так, чтобы граф знакомств внутри группы был деревом: например, можно выбрать одного человека и познакомить его со всеми остальными из этой группы. между разными группами знакомств нет. в каждой из \\(1001\\) больших групп получилось \\(998\\) пар знакомых, поэтому всего пар знакомых \\[ 1001\\cdot 998=998998. \\] проверим условие атомизированности. возьмём любых \\(1000\\) жителей. в одной компоненте нашего леса не может лежать больше \\(999\\) выбранных жителей, значит выбранные жители встречаются как минимум в двух компонентах. в лесу на \\(1000\\) вершинах, разбитом хотя бы на две непустые компоненты, число рёбер не больше \\(1000-2=998\\). поэтому построенный город подходит. осталось доказать, что… spbmo-2024-6-8-atomized-city-acquaintance-pairs maksimum par znakomyh v atomizirovannom gorode, spbmo 2024, 8 klass graph_model extremal_graph_theory trees induction goal_exact_bound 2024 https://www.pdmi.ras.ru/~olymp/2024/problems/c_68_24.pdf olympiad_archive spbmo spbmo2024 src-spbmo-pdmi-2024-c68 with_solution sankt-peterburgskaya matematicheskaya olimpiada 2024, gorodskoy tur 6-8 klassy ofitsialnyy pdf spbmo spbmo2024 unknown sankt-peterburgskaya matematicheskaya olimpiada 2024, gorodskoy tur 6-8 klassy ofitsialnyy pdf stmt-original uslovie source_verified gorod s naseleniem v million chelovek nazyvaetsya atomizirovannym, esli sredi lyubyh 1000 zhiteley ne bolee chem 998 par znakomyh. kakovo naibolshee vozmozhnoe obschee kolichestvo par znakomyh v atomizirovannom gorode? stmt-graph maksimum par znakomyh v atomizirovannom gorode ai_checked pust \\(g\\) — prostoy graf na \\(1\\,000\\,000\\) vershinah. izvestno, chto lyubye \\(1000\\) vershin grafa \\(g\\) indutsiruyut ne bolee \\(998\\) reber. naydite naibolshee vozmozhnoe znachenie \\(e(g)\\). simple_graph idea-forest-construction les iz pochti tysyachnyh komponent esli graf znakomstv yavlyaetsya lesom, vse komponenty kotorogo imeyut ne bolee 999 vershin, to lyubye 1000 vybrannyh vershin lezhat kak minimum v dvuh komponentah i potomu indutsiruyut ne bolee 998 reber. chtoby poluchit mnogo reber, nado vzyat kak mozhno menshe takih komponent. trees extremal_graph_theory goal_construction ai_checked idea-local-sparsity-induction lokalnaya razrezhennost daet udalyaemuyu drevesnuyu komponentu dlya obschey otsenki ispolzuetsya lemma: esli kazhdye \\(k\\) vershin grafa indutsiruyut ne bolee \\(k-2\\) reber, to vsego reber ne bolshe \\(n-\\lceil n/(k-1)\\rceil\\). klyuchevoy shag induktsii: poka vershin hotya by \\(k\\), v grafe est komponenta-derevo; inache iz tsiklicheskih komponent mozhno nabrat \\(k\\) vershin s kak minimum \\(k-1\\) rebrami. induction trees extremal_graph_theory ai_checked sol-local-sparsity-forest-bound reshenie cherez razrezhennost kazhdyh 1000 vershin ai_checked simple_graph connected_graph tree cycle delete_to_simplify induction otvet: \\(998998\\). snachala postroim primer. razobem \\(999999\\) zhiteley na \\(1001\\) gruppu po \\(999\\) chelovek, a poslednego zhitelya ostavim otdelno. v kazhdoy gruppe po \\(999\\) chelovek ustroim znakomstva tak, chtoby graf znakomstv vnutri gruppy byl derevom: naprimer, mozhno vybrat odnogo cheloveka i poznakomit ego so vsemi ostalnymi iz etoy gruppy. mezhdu raznymi gruppami znakomstv net. v kazhdoy iz \\(1001\\) bolshih grupp poluchilos \\(998\\) par znakomyh, poetomu vsego par znakomyh \\[ 1001\\cdot 998=998998. \\] proverim uslovie atomizirovannosti. vozmem lyubyh \\(1000\\) zhiteley. v odnoy komponente nashego lesa ne mozhet lezhat bolshe \\(999\\) vybrannyh zhiteley, znachit vybrannye zhiteli vstrechayutsya kak minimum v dvuh komponentah. v lesu na \\(1000\\) vershinah, razbitom hotya by na dve nepustye komponenty, chislo reber ne bolshe \\(1000-2=998\\). poetomu postroennyy gorod podhodit. ostalos dokazat, chto…","source_keys":["spbmo"]}
{"id":"spbmo-2024-9-11-metric-path-with-shortcuts","title":"Разбиение связного метро на простые линии с ограничением пересадок, СПбМО 2024, 9 класс","path":"data\\problems\\spbmo\\spbmo-2024-9-11-metric-path-with-shortcuts.yaml","raw_github_url":"https://raw.githubusercontent.com/didin-maxim/knowledge_graph_of_graphs/main/data/problems/spbmo/spbmo-2024-9-11-metric-path-with-shortcuts.yaml","viewer_url":"https://didin-maxim.github.io/knowledge_graph_of_graphs/#spbmo-2024-9-11-metric-path-with-shortcuts","source_key":"spbmo","source_label":"СПбМО","source_titles":["Санкт-Петербургская математическая олимпиада 2024, городской тур 9-11 классы официальный PDF"],"year":"2024","type":"olympiad_problem","authors":[],"tags":["graph_model","trees","connectivity","construction","induction","extremal_choice","goal_exact_bound"],"agent_topics":[],"difficulty":{"main":"regional","local_score":9,"comment":"Задача 7 городского тура СПбМО 2024 для 9 класса. Условие короткое, но точная граница требует аккуратного анализа разбиений дерева на пути через локальные склейки рёбер и ранги ветвей; опубликованный разбор не найден.","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":0.76,"basis":"проход высокой сложности со сверкой с парной карточкой и внутренним аудитом доказательства","notes":"Официальный или авторский разбор не найден; решение реконструировано через ранги ветвей дерева и точную экстремальную конструкцию.","audit_source":"manual-high-reasoning-2026-05-06"},"statements":{"original":[{"id":"stmt-original","title":"Условие","status":"source_verified","text":"В очень большом Городе строят метро: много станций, некоторые пары которых соединены тоннелями, причем от любой станции можно добраться по тоннелям до любой другой. Все тоннели метро требуется разбить на <<линии>>: каждая линия состоит из нескольких последовательных тоннелей, все станции в которых различны (в частности, линия не должна быть кольцевой); допускаются и линии, состоящие из одного тоннеля. По закону требуется, чтобы от любой станции до любой другой можно было доехать, сделав не более 100 пересадок с линии на линию. При каком наибольшем \\(N\\) любое связное метро с \\(N\\) станциями можно разбить на линии, соблюдая закон?","definition_ids":["connected_graph","path"]}],"graph_theory":[{"id":"stmt-graph","title":"Разбиение связного метро на простые линии с ограничением пересадок","status":"ai_checked","text":"Найдите наибольшее \\(N\\), для которого у любого связного простого графа \\(G\\) на \\(N\\) вершинах существует разбиение множества рёбер на простые пути такое, что для любых двух вершин \\(u,v\\) можно пройти из \\(u\\) в \\(v\\), сменив путь разбиения не более 100 раз. Рёбра вне выбранного маршрута также должны входить ровно в один путь разбиения.","definition_ids":["connected_graph","path","simple_graph"]}]},"solutions":[{"id":"sol-branch-rank-exact-threshold","title":"Ответ \\(3\\cdot 2^{51}-3\\): ранги ветвей дерева","status":"ai_checked","definition_ids":["connected_graph","simple_graph","path","tree","spanning_tree","matching","degree"],"standard_idea_ids":["delete_to_simplify","extremal_choice","induction"],"tags":[],"has_text":true,"text_preview":"Ответ: \\(3\\cdot 2^{51}-3=6755399441055741\\). Сначала перейдём к графам. Станции будем считать вершинами, тоннели — рёбрами. Для верхней оценки достаточно выбрать остовное дерево: если его рёбра разбиты на подходящие линии, то остальные рёбра исходного графа можно сделать однотоннельными линиями и просто не пользоваться ими при поездках. Поэтому дальше решаем задачу для деревьев. В дереве разбиение рёбер на линии удобно понимать локально: в каждой вершине некоторые пары инцидентных рёбер склеены в одну линию, а каждое ребро участвует не более чем в одной такой склейке с каждой стороны. При движении по единственному пути между двумя вершинами пересадка происходит ровно в тех внутренних вершинах пути, где две соседние стороны пути не склеены. Нам понадобится лемма о рангах ветвей дерева. Для ориентированного ребра \\(xy\\) рассмотрим компоненту, содержащую \\(y\\), после удаления ребра \\(xy\\).…"}],"relations":[{"id":"rel-spbmo2024-metric-path-shortcuts-metro-lines-same-source","neighbor_id":"spbmo-2024-9-11-metro-lines-transfer-bound","direction":"forward","type":"same_source","distance":1,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-tree-properties-spbmo2024-metric-path-shortcuts","neighbor_id":"tree-equivalent-properties","direction":"backward","type":"prerequisite","distance":1,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-spbmo2024-metric-path-shortcuts-tree-matching-extremal","neighbor_id":"tree-near-perfect-matchings-path-extremal","direction":"forward","type":"same_motif","distance":3,"status":"needs_human_review"}],"search_text":"spbmo-2024-9-11-metric-path-with-shortcuts разбиение связного метро на простые линии с ограничением пересадок, спбмо 2024, 9 класс graph_model trees connectivity construction induction extremal_choice goal_exact_bound 2024 https://www.pdmi.ras.ru/~olymp/2024/problems/c_911_24.pdf olympiad_archive spbmo spbmo2024 src-spbmo-pdmi-2024-c911 with_solution санкт-петербургская математическая олимпиада 2024, городской тур 9-11 классы официальный pdf спбмо спбмо2024 unknown санкт-петербургская математическая олимпиада 2024, городской тур 9-11 классы официальный pdf stmt-original условие source_verified в очень большом городе строят метро: много станций, некоторые пары которых соединены тоннелями, причем от любой станции можно добраться по тоннелям до любой другой. все тоннели метро требуется разбить на <<линии>>: каждая линия состоит из нескольких последовательных тоннелей, все станции в которых различны (в частности, линия не должна быть кольцевой); допускаются и линии, состоящие из одного тоннеля. по закону требуется, чтобы от любой станции до любой другой можно было доехать, сделав не более 100 пересадок с линии на линию. при каком наибольшем \\(n\\) любое связное метро с \\(n\\) станциями можно разбить на линии, соблюдая закон? connected_graph path stmt-graph разбиение связного метро на простые линии с ограничением пересадок ai_checked найдите наибольшее \\(n\\), для которого у любого связного простого графа \\(g\\) на \\(n\\) вершинах существует разбиение множества рёбер на простые пути такое, что для любых двух вершин \\(u,v\\) можно пройти из \\(u\\) в \\(v\\), сменив путь разбиения не более 100 раз. рёбра вне выбранного маршрута также должны входить ровно в один путь разбиения. connected_graph path simple_graph idea-spanning-tree-reduction достаточно разбить остовное дерево для верхней оценки выбираем остовное дерево и строим хорошие линии только на его рёбрах; все остальные тоннели можно объявить однотоннельными линиями и не использовать в маршрутах. контрпример также является деревом. trees construction graph_model ai_checked idea-local-pairings линии дерева задаются попарными склейками рёбер в вершинах в дереве разбиение рёбер на простые пути эквивалентно выбору в каждой вершине непересекающихся пар инцидентных рёбер, которые принадлежат одной линии. пересадка на маршруте происходит ровно там, где две соседние рёберные линии не склеены в такую пару. trees construction graph_model ai_checked idea-branch-rank-threshold ранги ветвей дают точную границу для ориентированной ветви дерева вводится ранг: ранг листовой ветви равен 0, а дальше он равен \\(\\max(a_1,a_2+1)\\), где \\(a_1\\ge a_2\\) — два наибольших ранга следующих ветвей. ветвь ранга \\(s\\) содержит не меньше \\(2^{s+1}-1\\) вершин, а три ветви ранга 50 в одной вершине уже вынуждают 101 пересадку между подходящими листьями. induction trees goal_exact_bound ai_checked sol-branch-rank-exact-threshold ответ \\(3\\cdot 2^{51}-3\\): ранги ветвей дерева ai_checked connected_graph simple_graph path tree spanning_tree matching degree delete_to_simplify extremal_choice induction ответ: \\(3\\cdot 2^{51}-3=6755399441055741\\). сначала перейдём к графам. станции будем считать вершинами, тоннели — рёбрами. для верхней оценки достаточно выбрать остовное дерево: если его рёбра разбиты на подходящие линии, то остальные рёбра исходного графа можно сделать однотоннельными линиями и просто не пользоваться ими при поездках. поэтому дальше решаем задачу для деревьев. в дереве разбиение рёбер на линии удобно понимать локально: в каждой вершине некоторые пары инцидентных рёбер склеены в одну линию, а каждое ребро участвует не более чем в одной такой склейке с каждой стороны. при движении по единственному пути между двумя вершинами пересадка происходит ровно в тех внутренних вершинах пути, где две соседние стороны пути не склеены. нам понадобится лемма о рангах ветвей дерева. для ориентированного ребра \\(xy\\) рассмотрим компоненту, содержащую \\(y\\), после удаления ребра \\(xy\\).… spbmo-2024-9-11-metric-path-with-shortcuts razbienie svyaznogo metro na prostye linii s ogranicheniem peresadok, spbmo 2024, 9 klass graph_model trees connectivity construction induction extremal_choice goal_exact_bound 2024 https://www.pdmi.ras.ru/~olymp/2024/problems/c_911_24.pdf olympiad_archive spbmo spbmo2024 src-spbmo-pdmi-2024-c911 with_solution sankt-peterburgskaya matematicheskaya olimpiada 2024, gorodskoy tur 9-11 klassy ofitsialnyy pdf spbmo spbmo2024 unknown sankt-peterburgskaya matematicheskaya olimpiada 2024, gorodskoy tur 9-11 klassy ofitsialnyy pdf stmt-original uslovie source_verified v ochen bolshom gorode stroyat metro: mnogo stantsiy, nekotorye pary kotoryh soedineny tonnelyami, prichem ot lyuboy stantsii mozhno dobratsya po tonnelyam do lyuboy drugoy. vse tonneli metro trebuetsya razbit na <<linii>>: kazhdaya liniya sostoit iz neskolkih posledovatelnyh tonneley, vse stantsii v kotoryh razlichny (v chastnosti, liniya ne dolzhna byt koltsevoy); dopuskayutsya i linii, sostoyaschie iz odnogo tonnelya. po zakonu trebuetsya, chtoby ot lyuboy stantsii do lyuboy drugoy mozhno bylo doehat, sdelav ne bolee 100 peresadok s linii na liniyu. pri kakom naibolshem \\(n\\) lyuboe svyaznoe metro s \\(n\\) stantsiyami mozhno razbit na linii, soblyudaya zakon? connected_graph path stmt-graph razbienie svyaznogo metro na prostye linii s ogranicheniem peresadok ai_checked naydite naibolshee \\(n\\), dlya kotorogo u lyubogo svyaznogo prostogo grafa \\(g\\) na \\(n\\) vershinah suschestvuet razbienie mnozhestva reber na prostye puti takoe, chto dlya lyubyh dvuh vershin \\(u,v\\) mozhno proyti iz \\(u\\) v \\(v\\), smeniv put razbieniya ne bolee 100 raz. rebra vne vybrannogo marshruta takzhe dolzhny vhodit rovno v odin put razbieniya. connected_graph path simple_graph idea-spanning-tree-reduction dostatochno razbit ostovnoe derevo dlya verhney otsenki vybiraem ostovnoe derevo i stroim horoshie linii tolko na ego rebrah; vse ostalnye tonneli mozhno obyavit odnotonnelnymi liniyami i ne ispolzovat v marshrutah. kontrprimer takzhe yavlyaetsya derevom. trees construction graph_model ai_checked idea-local-pairings linii dereva zadayutsya poparnymi skleykami reber v vershinah v dereve razbienie reber na prostye puti ekvivalentno vyboru v kazhdoy vershine neperesekayuschihsya par intsidentnyh reber, kotorye prinadlezhat odnoy linii. peresadka na marshrute proishodit rovno tam, gde dve sosednie rebernye linii ne skleeny v takuyu paru. trees construction graph_model ai_checked idea-branch-rank-threshold rangi vetvey dayut tochnuyu granitsu dlya orientirovannoy vetvi dereva vvoditsya rang: rang listovoy vetvi raven 0, a dalshe on raven \\(\\max(a_1,a_2+1)\\), gde \\(a_1\\ge a_2\\) — dva naibolshih ranga sleduyuschih vetvey. vetv ranga \\(s\\) soderzhit ne menshe \\(2^{s+1}-1\\) vershin, a tri vetvi ranga 50 v odnoy vershine uzhe vynuzhdayut 101 peresadku mezhdu podhodyaschimi listyami. induction trees goal_exact_bound ai_checked sol-branch-rank-exact-threshold otvet \\(3\\cdot 2^{51}-3\\): rangi vetvey dereva ai_checked connected_graph simple_graph path tree spanning_tree matching degree delete_to_simplify extremal_choice induction otvet: \\(3\\cdot 2^{51}-3=6755399441055741\\). snachala pereydem k grafam. stantsii budem schitat vershinami, tonneli — rebrami. dlya verhney otsenki dostatochno vybrat ostovnoe derevo: esli ego rebra razbity na podhodyaschie linii, to ostalnye rebra ishodnogo grafa mozhno sdelat odnotonnelnymi liniyami i prosto ne polzovatsya imi pri poezdkah. poetomu dalshe reshaem zadachu dlya derevev. v dereve razbienie reber na linii udobno ponimat lokalno: v kazhdoy vershine nekotorye pary intsidentnyh reber skleeny v odnu liniyu, a kazhdoe rebro uchastvuet ne bolee chem v odnoy takoy skleyke s kazhdoy storony. pri dvizhenii po edinstvennomu puti mezhdu dvumya vershinami peresadka proishodit rovno v teh vnutrennih vershinah puti, gde dve sosednie storony puti ne skleeny. nam ponadobitsya lemma o rangah vetvey dereva. dlya orientirovannogo rebra \\(xy\\) rassmotrim komponentu, soderzhaschuyu \\(y\\), posle udaleniya rebra \\(xy\\).…","source_keys":["spbmo"]}
{"id":"spbmo-2024-9-11-metro-lines-transfer-bound","title":"Разбиение связного метро на простые линии с ограничением числа пересадок, СПбМО 2024, 9 класс","path":"data\\problems\\spbmo\\spbmo-2024-9-11-metro-lines-transfer-bound.yaml","raw_github_url":"https://raw.githubusercontent.com/didin-maxim/knowledge_graph_of_graphs/main/data/problems/spbmo/spbmo-2024-9-11-metro-lines-transfer-bound.yaml","viewer_url":"https://didin-maxim.github.io/knowledge_graph_of_graphs/#spbmo-2024-9-11-metro-lines-transfer-bound","source_key":"spbmo","source_label":"СПбМО","source_titles":["Санкт-Петербургская математическая олимпиада 2024, городской тур 9-11 классы официальный PDF"],"year":"2024","type":"olympiad_problem","authors":[],"tags":["graph_model","trees","connectivity","construction","induction","extremal_choice","goal_exact_bound"],"agent_topics":[],"difficulty":{"main":"regional","local_score":9,"comment":"Задача 7 городского тура СПбМО 2024 для 9 класса. Условие короткое, но точная граница требует аккуратного анализа разбиений дерева на пути через локальные склейки рёбер и ранги ветвей; опубликованный разбор не найден.","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":0.74,"basis":"проход очень высокой сложности с локальными переборными проверками на малых деревьях и аудитом официального условия и источника","notes":"Официальный или авторский разбор не найден; решение реконструировано через ранги ветвей дерева и точную экстремальную конструкцию."},"statements":{"original":[{"id":"stmt-original","title":"Оригинальная формулировка","status":"source_verified","text":"В очень большом Городе строят метро: много станций, некоторые пары которых соединены тоннелями, причем от любой станции можно добраться по тоннелям до любой другой. Все тоннели метро требуется разбить на <<линии>>: каждая линия состоит из нескольких последовательных тоннелей, все станции в которых различны (в частности, линия не должна быть кольцевой); допускаются и линии, состоящие из одного тоннеля. По закону требуется, чтобы от любой станции до любой другой можно было доехать, сделав не более 100 пересадок с линии на линию. При каком наибольшем \\(N\\) любое связное метро с \\(N\\) станциями можно разбить на линии, соблюдая закон?","definition_ids":["connected_graph","path"]}],"graph_theory":[{"id":"stmt-graph","title":"Разбиение связного метро на простые линии с ограничением числа пересадок","status":"ai_checked","text":"Найдите наибольшее \\(N\\), для которого у любого связного простого графа \\(G\\) на \\(N\\) вершинах существует разбиение множества рёбер на простые пути такое, что для любых двух вершин \\(u,v\\) можно пройти из \\(u\\) в \\(v\\), сменив путь разбиения не более 100 раз. Рёбра вне выбранного маршрута также должны входить ровно в один путь разбиения.","definition_ids":["connected_graph","path","simple_graph"]}]},"solutions":[{"id":"sol-branch-rank-exact-threshold","title":"Ответ \\(3\\cdot 2^{51}-3\\): ранги ветвей дерева","status":"ai_checked","definition_ids":["connected_graph","simple_graph","path","tree","spanning_tree","matching","degree"],"standard_idea_ids":["delete_to_simplify","extremal_choice","induction"],"tags":[],"has_text":true,"text_preview":"Ответ: \\(3\\cdot 2^{51}-3=6755399441055741\\). Сначала перейдём к графам. Станции будем считать вершинами, тоннели — рёбрами. Для верхней оценки достаточно выбрать остовное дерево: если его рёбра разбиты на подходящие линии, то остальные рёбра исходного графа можно сделать однотоннельными линиями и просто не пользоваться ими при поездках. Поэтому дальше решаем задачу для деревьев. В дереве разбиение рёбер на линии удобно понимать локально: в каждой вершине некоторые пары инцидентных рёбер склеены в одну линию, а каждое ребро участвует не более чем в одной такой склейке с каждой стороны. При движении по единственному пути между двумя вершинами пересадка происходит ровно в тех внутренних вершинах пути, где две соседние стороны пути не склеены. Нам понадобится стандартная лемма о рангах ветвей дерева. Для ориентированного ребра \\(xy\\) рассмотрим компоненту, содержащую \\(y\\), после удаления р…"}],"relations":[{"id":"rel-spbmo2024-metric-path-shortcuts-metro-lines-same-source","neighbor_id":"spbmo-2024-9-11-metric-path-with-shortcuts","direction":"backward","type":"same_source","distance":1,"status":"ai_checked"}],"search_text":"spbmo-2024-9-11-metro-lines-transfer-bound разбиение связного метро на простые линии с ограничением числа пересадок, спбмо 2024, 9 класс graph_model trees connectivity construction induction extremal_choice goal_exact_bound 2024 https://www.pdmi.ras.ru/~olymp/2024/problems/c_911_24.pdf olympiad_archive spbmo spbmo2024 src-spbmo-pdmi-2024-c911 with_solution санкт-петербургская математическая олимпиада 2024, городской тур 9-11 классы официальный pdf спбмо спбмо2024 unknown санкт-петербургская математическая олимпиада 2024, городской тур 9-11 классы официальный pdf stmt-original оригинальная формулировка source_verified в очень большом городе строят метро: много станций, некоторые пары которых соединены тоннелями, причем от любой станции можно добраться по тоннелям до любой другой. все тоннели метро требуется разбить на <<линии>>: каждая линия состоит из нескольких последовательных тоннелей, все станции в которых различны (в частности, линия не должна быть кольцевой); допускаются и линии, состоящие из одного тоннеля. по закону требуется, чтобы от любой станции до любой другой можно было доехать, сделав не более 100 пересадок с линии на линию. при каком наибольшем \\(n\\) любое связное метро с \\(n\\) станциями можно разбить на линии, соблюдая закон? connected_graph path stmt-graph разбиение связного метро на простые линии с ограничением числа пересадок ai_checked найдите наибольшее \\(n\\), для которого у любого связного простого графа \\(g\\) на \\(n\\) вершинах существует разбиение множества рёбер на простые пути такое, что для любых двух вершин \\(u,v\\) можно пройти из \\(u\\) в \\(v\\), сменив путь разбиения не более 100 раз. рёбра вне выбранного маршрута также должны входить ровно в один путь разбиения. connected_graph path simple_graph idea-spanning-tree-reduction достаточно разбить остовное дерево для верхней оценки выбираем остовное дерево и строим хорошие линии только на его рёбрах; все остальные тоннели можно объявить однотоннельными линиями и не использовать в маршрутах. контрпример также является деревом. trees construction graph_model ai_checked idea-local-pairings линии дерева задаются попарными склейками рёбер в вершинах в дереве разбиение рёбер на простые пути эквивалентно выбору в каждой вершине непересекающихся пар инцидентных рёбер, которые принадлежат одной линии. пересадка на маршруте происходит ровно там, где две соседние рёберные линии не склеены в такую пару. trees construction graph_model ai_checked idea-branch-rank-threshold ранги ветвей дают точную границу для ориентированной ветви дерева вводится ранг: ранг листовой ветви равен 0, а дальше он равен \\(\\max(a_1,a_2+1)\\), где \\(a_1\\ge a_2\\) — два наибольших ранга следующих ветвей. ветвь ранга \\(s\\) содержит не меньше \\(2^{s+1}-1\\) вершин, а три ветви ранга 50 в одной вершине уже вынуждают 101 пересадку между подходящими листьями. induction trees goal_exact_bound ai_checked sol-branch-rank-exact-threshold ответ \\(3\\cdot 2^{51}-3\\): ранги ветвей дерева ai_checked connected_graph simple_graph path tree spanning_tree matching degree delete_to_simplify extremal_choice induction ответ: \\(3\\cdot 2^{51}-3=6755399441055741\\). сначала перейдём к графам. станции будем считать вершинами, тоннели — рёбрами. для верхней оценки достаточно выбрать остовное дерево: если его рёбра разбиты на подходящие линии, то остальные рёбра исходного графа можно сделать однотоннельными линиями и просто не пользоваться ими при поездках. поэтому дальше решаем задачу для деревьев. в дереве разбиение рёбер на линии удобно понимать локально: в каждой вершине некоторые пары инцидентных рёбер склеены в одну линию, а каждое ребро участвует не более чем в одной такой склейке с каждой стороны. при движении по единственному пути между двумя вершинами пересадка происходит ровно в тех внутренних вершинах пути, где две соседние стороны пути не склеены. нам понадобится стандартная лемма о рангах ветвей дерева. для ориентированного ребра \\(xy\\) рассмотрим компоненту, содержащую \\(y\\), после удаления р… spbmo-2024-9-11-metro-lines-transfer-bound razbienie svyaznogo metro na prostye linii s ogranicheniem chisla peresadok, spbmo 2024, 9 klass graph_model trees connectivity construction induction extremal_choice goal_exact_bound 2024 https://www.pdmi.ras.ru/~olymp/2024/problems/c_911_24.pdf olympiad_archive spbmo spbmo2024 src-spbmo-pdmi-2024-c911 with_solution sankt-peterburgskaya matematicheskaya olimpiada 2024, gorodskoy tur 9-11 klassy ofitsialnyy pdf spbmo spbmo2024 unknown sankt-peterburgskaya matematicheskaya olimpiada 2024, gorodskoy tur 9-11 klassy ofitsialnyy pdf stmt-original originalnaya formulirovka source_verified v ochen bolshom gorode stroyat metro: mnogo stantsiy, nekotorye pary kotoryh soedineny tonnelyami, prichem ot lyuboy stantsii mozhno dobratsya po tonnelyam do lyuboy drugoy. vse tonneli metro trebuetsya razbit na <<linii>>: kazhdaya liniya sostoit iz neskolkih posledovatelnyh tonneley, vse stantsii v kotoryh razlichny (v chastnosti, liniya ne dolzhna byt koltsevoy); dopuskayutsya i linii, sostoyaschie iz odnogo tonnelya. po zakonu trebuetsya, chtoby ot lyuboy stantsii do lyuboy drugoy mozhno bylo doehat, sdelav ne bolee 100 peresadok s linii na liniyu. pri kakom naibolshem \\(n\\) lyuboe svyaznoe metro s \\(n\\) stantsiyami mozhno razbit na linii, soblyudaya zakon? connected_graph path stmt-graph razbienie svyaznogo metro na prostye linii s ogranicheniem chisla peresadok ai_checked naydite naibolshee \\(n\\), dlya kotorogo u lyubogo svyaznogo prostogo grafa \\(g\\) na \\(n\\) vershinah suschestvuet razbienie mnozhestva reber na prostye puti takoe, chto dlya lyubyh dvuh vershin \\(u,v\\) mozhno proyti iz \\(u\\) v \\(v\\), smeniv put razbieniya ne bolee 100 raz. rebra vne vybrannogo marshruta takzhe dolzhny vhodit rovno v odin put razbieniya. connected_graph path simple_graph idea-spanning-tree-reduction dostatochno razbit ostovnoe derevo dlya verhney otsenki vybiraem ostovnoe derevo i stroim horoshie linii tolko na ego rebrah; vse ostalnye tonneli mozhno obyavit odnotonnelnymi liniyami i ne ispolzovat v marshrutah. kontrprimer takzhe yavlyaetsya derevom. trees construction graph_model ai_checked idea-local-pairings linii dereva zadayutsya poparnymi skleykami reber v vershinah v dereve razbienie reber na prostye puti ekvivalentno vyboru v kazhdoy vershine neperesekayuschihsya par intsidentnyh reber, kotorye prinadlezhat odnoy linii. peresadka na marshrute proishodit rovno tam, gde dve sosednie rebernye linii ne skleeny v takuyu paru. trees construction graph_model ai_checked idea-branch-rank-threshold rangi vetvey dayut tochnuyu granitsu dlya orientirovannoy vetvi dereva vvoditsya rang: rang listovoy vetvi raven 0, a dalshe on raven \\(\\max(a_1,a_2+1)\\), gde \\(a_1\\ge a_2\\) — dva naibolshih ranga sleduyuschih vetvey. vetv ranga \\(s\\) soderzhit ne menshe \\(2^{s+1}-1\\) vershin, a tri vetvi ranga 50 v odnoy vershine uzhe vynuzhdayut 101 peresadku mezhdu podhodyaschimi listyami. induction trees goal_exact_bound ai_checked sol-branch-rank-exact-threshold otvet \\(3\\cdot 2^{51}-3\\): rangi vetvey dereva ai_checked connected_graph simple_graph path tree spanning_tree matching degree delete_to_simplify extremal_choice induction otvet: \\(3\\cdot 2^{51}-3=6755399441055741\\). snachala pereydem k grafam. stantsii budem schitat vershinami, tonneli — rebrami. dlya verhney otsenki dostatochno vybrat ostovnoe derevo: esli ego rebra razbity na podhodyaschie linii, to ostalnye rebra ishodnogo grafa mozhno sdelat odnotonnelnymi liniyami i prosto ne polzovatsya imi pri poezdkah. poetomu dalshe reshaem zadachu dlya derevev. v dereve razbienie reber na linii udobno ponimat lokalno: v kazhdoy vershine nekotorye pary intsidentnyh reber skleeny v odnu liniyu, a kazhdoe rebro uchastvuet ne bolee chem v odnoy takoy skleyke s kazhdoy storony. pri dvizhenii po edinstvennomu puti mezhdu dvumya vershinami peresadka proishodit rovno v teh vnutrennih vershinah puti, gde dve sosednie storony puti ne skleeny. nam ponadobitsya standartnaya lemma o rangah vetvey dereva. dlya orientirovannogo rebra \\(xy\\) rassmotrim komponentu, soderzhaschuyu \\(y\\), posle udaleniya r…","source_keys":["spbmo"]}
{"id":"stiebitz-double-critical-k5","title":"Теорема Штибица о дважды критических 5-хроматических графах","path":"data\\problems\\classical\\stiebitz-double-critical-k5.yaml","raw_github_url":"https://raw.githubusercontent.com/didin-maxim/knowledge_graph_of_graphs/main/data/problems/classical/stiebitz-double-critical-k5.yaml","viewer_url":"https://didin-maxim.github.io/knowledge_graph_of_graphs/#stiebitz-double-critical-k5","source_key":"misc","source_label":"Прочее","source_titles":["Michael Stiebitz, K5 is the only double-critical 5-chromatic graph"],"year":"","type":"theorem","authors":["Michael Stiebitz"],"tags":["coloring","forbidden_clique","classical_theorem","goal_characterization"],"agent_topics":[],"difficulty":{"main":"classical_tool","local_score":11,"comment":"Короткая, но нетривиальная классификационная теорема о дважды критических 5-хроматических графах; нужна как инструмент для задачи ЮМТ 2015 GF P5.","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":"Карточка подкреплена опубликованными неофициальными, справочными, журнальными, вики-, форумными источниками или страницами задач.","audit_source":"agent-imo-us-classical.json"},"statements":{"original":[{"id":"stmt-stiebitz-original","title":"Теорема Штибица","status":"ai_checked","text":"Если связный граф G имеет хроматическое число 5 и для каждого ребра xy выполнено \\(\\chi(G-\\{x,y\\})=3\\), то G изоморфен полному графу K₅.","definition_ids":["connected_graph","chromatic_number","complete_graph"]}]},"solutions":[{"id":"sol-stiebitz-proof","title":"Доказательство через общие окрестности и единственную 3-раскраску","status":"ai_checked","definition_ids":["connected_graph","chromatic_number","complete_graph","clique","independent_set"],"standard_idea_ids":[],"tags":[],"has_text":true,"text_preview":"Пусть G — дважды критический 5-хроматический граф. Для ребра \\(e=xy\\) обозначим через \\(T(e)\\) множество общих соседей x и y. Сначала докажем ключевой факт. Возьмём любую 3-раскраску c графа \\(G-\\{x,y\\}\\). Продлим её до 5-раскраски h всего G, дав x цвет 4, а y цвет 5. Так как G не 4-раскрашиваем, в этой 5-раскраске для каждого цвета i найдётся вершина цвета i, имеющая соседей всех остальных четырёх цветов: иначе цвет i можно было бы слить с отсутствующим у него соседним цветом и получить 4-раскраску. Для i=1,2,3 такая вершина цвета i смежна и с x, и с y, потому что вершины цветов 4 и 5 единственны. Значит, в \\(T(e)\\) встречаются все три цвета раскраски c. Назовём граф с хроматическим числом не больше 3 однозначно 3-раскрашиваемым, если любые две его 3-раскраски задают одно и то же разбиение на цветовые классы. Построим максимальную цепочку индуцированных подграфов \\(H_1\\subset H_2\\subse…"}],"relations":[{"id":"rel-yumt-2023-granda-final-p6-stiebitz-double-critical-k5","neighbor_id":"yumt-2023-granda-final-problem6","direction":"backward","type":"false_friend","distance":3,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-yumt-2015-grand-final-p5-stiebitz-double-critical-k5","neighbor_id":"yumt-2015-grand-final-problem5","direction":"backward","type":"prerequisite","distance":1,"status":"ai_checked"}],"search_text":"stiebitz-double-critical-k5 теорема штибица о дважды критических 5-хроматических графах coloring forbidden_clique classical_theorem goal_characterization https://kostochk.web.illinois.edu/math583/stiebitz.pdf michael stiebitz michael stiebitz, k5 is the only double-critical 5-chromatic graph michaelstiebitz misc paper src-stiebitz-double-critical-k5 with_solution прочее michael stiebitz michael stiebitz, k5 is the only double-critical 5-chromatic graph stmt-stiebitz-original теорема штибица ai_checked если связный граф g имеет хроматическое число 5 и для каждого ребра xy выполнено \\(\\chi(g-\\{x,y\\})=3\\), то g изоморфен полному графу k₅. connected_graph chromatic_number complete_graph idea-common-neighborhood-colors общие соседи концов ребра видят все три цвета если удалить концы ребра дважды критического 5-хроматического графа и раскрасить остаток в 3 цвета, то каждый из трёх цветов обязан встретиться среди общих соседей этих концов. coloring minimal_counterexample ai_checked idea-maximal-unique-3-colorable-subgraph максимальный однозначно 3-раскрашиваемый подграф максимальный индуцированный подграф с единственной 3-раскраской заставляет найти две внешние вершины, которые вместе с подходящим ребром образуют k₄. coloring extremal_choice ai_checked sol-stiebitz-proof доказательство через общие окрестности и единственную 3-раскраску ai_checked connected_graph chromatic_number complete_graph clique independent_set пусть g — дважды критический 5-хроматический граф. для ребра \\(e=xy\\) обозначим через \\(t(e)\\) множество общих соседей x и y. сначала докажем ключевой факт. возьмём любую 3-раскраску c графа \\(g-\\{x,y\\}\\). продлим её до 5-раскраски h всего g, дав x цвет 4, а y цвет 5. так как g не 4-раскрашиваем, в этой 5-раскраске для каждого цвета i найдётся вершина цвета i, имеющая соседей всех остальных четырёх цветов: иначе цвет i можно было бы слить с отсутствующим у него соседним цветом и получить 4-раскраску. для i=1,2,3 такая вершина цвета i смежна и с x, и с y, потому что вершины цветов 4 и 5 единственны. значит, в \\(t(e)\\) встречаются все три цвета раскраски c. назовём граф с хроматическим числом не больше 3 однозначно 3-раскрашиваемым, если любые две его 3-раскраски задают одно и то же разбиение на цветовые классы. построим максимальную цепочку индуцированных подграфов \\(h_1\\subset h_2\\subse… stiebitz-double-critical-k5 teorema shtibitsa o dvazhdy kriticheskih 5-hromaticheskih grafah coloring forbidden_clique classical_theorem goal_characterization https://kostochk.web.illinois.edu/math583/stiebitz.pdf michael stiebitz michael stiebitz, k5 is the only double-critical 5-chromatic graph michaelstiebitz misc paper src-stiebitz-double-critical-k5 with_solution prochee michael stiebitz michael stiebitz, k5 is the only double-critical 5-chromatic graph stmt-stiebitz-original teorema shtibitsa ai_checked esli svyaznyy graf g imeet hromaticheskoe chislo 5 i dlya kazhdogo rebra xy vypolneno \\(\\chi(g-\\{x,y\\})=3\\), to g izomorfen polnomu grafu k₅. connected_graph chromatic_number complete_graph idea-common-neighborhood-colors obschie sosedi kontsov rebra vidyat vse tri tsveta esli udalit kontsy rebra dvazhdy kriticheskogo 5-hromaticheskogo grafa i raskrasit ostatok v 3 tsveta, to kazhdyy iz treh tsvetov obyazan vstretitsya sredi obschih sosedey etih kontsov. coloring minimal_counterexample ai_checked idea-maximal-unique-3-colorable-subgraph maksimalnyy odnoznachno 3-raskrashivaemyy podgraf maksimalnyy indutsirovannyy podgraf s edinstvennoy 3-raskraskoy zastavlyaet nayti dve vneshnie vershiny, kotorye vmeste s podhodyaschim rebrom obrazuyut k₄. coloring extremal_choice ai_checked sol-stiebitz-proof dokazatelstvo cherez obschie okrestnosti i edinstvennuyu 3-raskrasku ai_checked connected_graph chromatic_number complete_graph clique independent_set pust g — dvazhdy kriticheskiy 5-hromaticheskiy graf. dlya rebra \\(e=xy\\) oboznachim cherez \\(t(e)\\) mnozhestvo obschih sosedey x i y. snachala dokazhem klyuchevoy fakt. vozmem lyubuyu 3-raskrasku c grafa \\(g-\\{x,y\\}\\). prodlim ee do 5-raskraski h vsego g, dav x tsvet 4, a y tsvet 5. tak kak g ne 4-raskrashivaem, v etoy 5-raskraske dlya kazhdogo tsveta i naydetsya vershina tsveta i, imeyuschaya sosedey vseh ostalnyh chetyreh tsvetov: inache tsvet i mozhno bylo by slit s otsutstvuyuschim u nego sosednim tsvetom i poluchit 4-raskrasku. dlya i=1,2,3 takaya vershina tsveta i smezhna i s x, i s y, potomu chto vershiny tsvetov 4 i 5 edinstvenny. znachit, v \\(t(e)\\) vstrechayutsya vse tri tsveta raskraski c. nazovem graf s hromaticheskim chislom ne bolshe 3 odnoznachno 3-raskrashivaemym, esli lyubye dve ego 3-raskraski zadayut odno i to zhe razbienie na tsvetovye klassy. postroim maksimalnuyu tsepochku indutsirovannyh podgrafov \\(h_1\\subset h_2\\subse…","source_keys":["misc"]}
{"id":"sums-2005-p6-powers-of-two-integer-graph-ball-complement","title":"Дополнение шара в графе целых чисел со степенными шагами, SUMS 2005/6","path":"data\\problems\\sums\\sums-2005-p6-powers-of-two-integer-graph-ball-complement.yaml","raw_github_url":"https://raw.githubusercontent.com/didin-maxim/knowledge_graph_of_graphs/main/data/problems/sums/sums-2005-p6-powers-of-two-integer-graph-ball-complement.yaml","viewer_url":"https://didin-maxim.github.io/knowledge_graph_of_graphs/#sums-2005-p6-powers-of-two-integer-graph-ball-complement","source_key":"sums","source_label":"SUMS","source_titles":["SUMS задача Competition 2005 задача 6, официальные PDF с условиями и решениями"],"year":"2005","type":"olympiad_problem","authors":[],"tags":["connectivity","minimal_counterexample","construction","goal_proof"],"agent_topics":[],"difficulty":{"main":"national_final_hard","local_score":7,"comment":"Явная графовая постановка; трудность в аккуратной нормальной форме для кратчайших сумм степеней двойки.","status":"ai_checked"},"review_status":"ai_checked","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":"агент grouped classification","audit_source":"agent-university-archives.json"},"statements":{"original":[{"id":"stmt-original","title":"Условие","status":"source_verified","text":"На множестве целых чисел построен граф: разные числа \\(m\\) и \\(n\\) соединены ребром тогда и только тогда, когда \\(|m-n|\\) является степенью двойки: \\(1,2,4,8,\\ldots\\). Пусть \\(\\operatorname{dist}(m,n)\\) - длина кратчайшего пути между \\(m\\) и \\(n\\) в этом графе. Для целого \\(r\\ge 0\\) обозначим через \\(B_r\\) множество всех целых \\(n\\), для которых \\(\\operatorname{dist}(n,0)\\le r\\). Докажите, что дополнение \\(\\mathbb Z\\setminus B_r\\) связно: любые две его вершины можно соединить путём, все вершины которого лежат вне \\(B_r\\).","definition_ids":["connected_graph","path"]}]},"solutions":[{"id":"sol-official-normal-form-detour","title":"Нормальная форма и обход шара","status":"ai_checked","definition_ids":["distance"],"standard_idea_ids":["minimal_counterexample"],"tags":[],"has_text":true,"text_preview":"Путь длины не больше \\(r\\) от 0 к числу \\(n\\) равносилен представлению \\(n=\\varepsilon_1 2^{m_1}+\\cdots+\\varepsilon_r2^{m_r}\\), где \\(\\varepsilon_i\\in\\{-1,1\\}\\), а недостающие слагаемые можно не использовать. В кратчайшем представлении одинаковые показатели не нужны: равные с противоположными знаками уничтожаются, а равные с одинаковыми знаками заменяются одной следующей степенью двойки. Также соседние показатели с разными знаками и три подряд идущих показателя можно укоротить стандартными двоичными переносами. Поэтому для вершины на расстоянии ровно \\(s\\) можно выбрать представление из \\(s\\) степеней, показатели которых идут с промежутком хотя бы два. Из такого представления следует важная оценка: старшая степень строго доминирует сумму всех меньших слагаемых. Значит, если к числу прибавить достаточно большую степень двойки, расстояние от нуля увеличится, а при последовательном движени…"}],"relations":[],"search_text":"sums-2005-p6-powers-of-two-integer-graph-ball-complement дополнение шара в графе целых чисел со степенными шагами, sums 2005/6 connectivity minimal_counterexample construction goal_proof 2005 https://ssh.maths.usyd.edu.au/u/sumscomp/sols2005.pdf problem_and_solution src-sums-2005-p6-official sums sums задача competition 2005 задача 6, официальные pdf с условиями и решениями sums2005 with_solution ? sums задача competition 2005 задача 6, официальные pdf с условиями и решениями stmt-original условие source_verified на множестве целых чисел построен граф: разные числа \\(m\\) и \\(n\\) соединены ребром тогда и только тогда, когда \\(|m-n|\\) является степенью двойки: \\(1,2,4,8,\\ldots\\). пусть \\(\\operatorname{dist}(m,n)\\) - длина кратчайшего пути между \\(m\\) и \\(n\\) в этом графе. для целого \\(r\\ge 0\\) обозначим через \\(b_r\\) множество всех целых \\(n\\), для которых \\(\\operatorname{dist}(n,0)\\le r\\). докажите, что дополнение \\(\\mathbb z\\setminus b_r\\) связно: любые две его вершины можно соединить путём, все вершины которого лежат вне \\(b_r\\). connected_graph path idea-signed-power-normal-form кратчайшие пути задаются разреженными суммами степеней двойки если вершина находится на расстоянии \\(s\\) от нуля, её можно записать как сумму \\(s\\) слагаемых вида \\(\\pm 2^m\\). в кратчайшей записи одинаковые степени и слишком длинные цепочки соседних степеней можно устранять переносами, поэтому есть запись с промежутками между показателями не меньше двух. minimal_counterexample goal_proof ai_checked idea-detour-by-huge-powers уходить к большим степеням двойки безопасно для достаточно большой степени \\(2^m\\) все промежуточные вершины на пути, который прибавляет или вычитает такие большие степени, имеют нормальную форму длины больше \\(r\\). поэтому снаружи шара можно вывести любую вершину в далёкую область, а затем соединить две далёкие области. connectivity construction ai_checked sol-official-normal-form-detour нормальная форма и обход шара ai_checked distance minimal_counterexample путь длины не больше \\(r\\) от 0 к числу \\(n\\) равносилен представлению \\(n=\\varepsilon_1 2^{m_1}+\\cdots+\\varepsilon_r2^{m_r}\\), где \\(\\varepsilon_i\\in\\{-1,1\\}\\), а недостающие слагаемые можно не использовать. в кратчайшем представлении одинаковые показатели не нужны: равные с противоположными знаками уничтожаются, а равные с одинаковыми знаками заменяются одной следующей степенью двойки. также соседние показатели с разными знаками и три подряд идущих показателя можно укоротить стандартными двоичными переносами. поэтому для вершины на расстоянии ровно \\(s\\) можно выбрать представление из \\(s\\) степеней, показатели которых идут с промежутком хотя бы два. из такого представления следует важная оценка: старшая степень строго доминирует сумму всех меньших слагаемых. значит, если к числу прибавить достаточно большую степень двойки, расстояние от нуля увеличится, а при последовательном движени… sums-2005-p6-powers-of-two-integer-graph-ball-complement dopolnenie shara v grafe tselyh chisel so stepennymi shagami, sums 2005/6 connectivity minimal_counterexample construction goal_proof 2005 https://ssh.maths.usyd.edu.au/u/sumscomp/sols2005.pdf problem_and_solution src-sums-2005-p6-official sums sums zadacha competition 2005 zadacha 6, ofitsialnye pdf s usloviyami i resheniyami sums2005 with_solution ? sums zadacha competition 2005 zadacha 6, ofitsialnye pdf s usloviyami i resheniyami stmt-original uslovie source_verified na mnozhestve tselyh chisel postroen graf: raznye chisla \\(m\\) i \\(n\\) soedineny rebrom togda i tolko togda, kogda \\(|m-n|\\) yavlyaetsya stepenyu dvoyki: \\(1,2,4,8,\\ldots\\). pust \\(\\operatorname{dist}(m,n)\\) - dlina kratchayshego puti mezhdu \\(m\\) i \\(n\\) v etom grafe. dlya tselogo \\(r\\ge 0\\) oboznachim cherez \\(b_r\\) mnozhestvo vseh tselyh \\(n\\), dlya kotoryh \\(\\operatorname{dist}(n,0)\\le r\\). dokazhite, chto dopolnenie \\(\\mathbb z\\setminus b_r\\) svyazno: lyubye dve ego vershiny mozhno soedinit putem, vse vershiny kotorogo lezhat vne \\(b_r\\). connected_graph path idea-signed-power-normal-form kratchayshie puti zadayutsya razrezhennymi summami stepeney dvoyki esli vershina nahoditsya na rasstoyanii \\(s\\) ot nulya, ee mozhno zapisat kak summu \\(s\\) slagaemyh vida \\(\\pm 2^m\\). v kratchayshey zapisi odinakovye stepeni i slishkom dlinnye tsepochki sosednih stepeney mozhno ustranyat perenosami, poetomu est zapis s promezhutkami mezhdu pokazatelyami ne menshe dvuh. minimal_counterexample goal_proof ai_checked idea-detour-by-huge-powers uhodit k bolshim stepenyam dvoyki bezopasno dlya dostatochno bolshoy stepeni \\(2^m\\) vse promezhutochnye vershiny na puti, kotoryy pribavlyaet ili vychitaet takie bolshie stepeni, imeyut normalnuyu formu dliny bolshe \\(r\\). poetomu snaruzhi shara mozhno vyvesti lyubuyu vershinu v dalekuyu oblast, a zatem soedinit dve dalekie oblasti. connectivity construction ai_checked sol-official-normal-form-detour normalnaya forma i obhod shara ai_checked distance minimal_counterexample put dliny ne bolshe \\(r\\) ot 0 k chislu \\(n\\) ravnosilen predstavleniyu \\(n=\\varepsilon_1 2^{m_1}+\\cdots+\\varepsilon_r2^{m_r}\\), gde \\(\\varepsilon_i\\in\\{-1,1\\}\\), a nedostayuschie slagaemye mozhno ne ispolzovat. v kratchayshem predstavlenii odinakovye pokazateli ne nuzhny: ravnye s protivopolozhnymi znakami unichtozhayutsya, a ravnye s odinakovymi znakami zamenyayutsya odnoy sleduyuschey stepenyu dvoyki. takzhe sosednie pokazateli s raznymi znakami i tri podryad iduschih pokazatelya mozhno ukorotit standartnymi dvoichnymi perenosami. poetomu dlya vershiny na rasstoyanii rovno \\(s\\) mozhno vybrat predstavlenie iz \\(s\\) stepeney, pokazateli kotoryh idut s promezhutkom hotya by dva. iz takogo predstavleniya sleduet vazhnaya otsenka: starshaya stepen strogo dominiruet summu vseh menshih slagaemyh. znachit, esli k chislu pribavit dostatochno bolshuyu stepen dvoyki, rasstoyanie ot nulya uvelichitsya, a pri posledovatelnom dvizheni…","source_keys":["sums"]}
{"id":"sums-2007-p4-tree-induced-components-sum","title":"Сумма числа компонент по всем k-вершинным подмножествам дерева, SUMS 2007/4","path":"data\\problems\\sums\\sums-2007-p4-tree-induced-components-sum.yaml","raw_github_url":"https://raw.githubusercontent.com/didin-maxim/knowledge_graph_of_graphs/main/data/problems/sums/sums-2007-p4-tree-induced-components-sum.yaml","viewer_url":"https://didin-maxim.github.io/knowledge_graph_of_graphs/#sums-2007-p4-tree-induced-components-sum","source_key":"sums","source_label":"SUMS","source_titles":["SUMS задача Competition 2007 задача 4, официальные PDF с условиями и решениями"],"year":"2007","type":"olympiad_problem","authors":[],"tags":["trees","double_counting","degree_counting","goal_counting"],"agent_topics":[],"difficulty":{"main":"national_final_easy","local_score":3,"comment":"Короткая задача на формулу для леса и двойной подсчёт.","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":"агент grouped classification","audit_source":"agent-university-archives.json"},"statements":{"original":[{"id":"stmt-original","title":"Условие","status":"source_verified","text":"Пусть \\(T\\) - дерево с \\(n\\) вершинами. Зафиксируем \\(1\\le k\\le n\\), и пусть \\(S_k\\) - множество всех \\(k\\)-элементных подмножеств множества вершин \\(T\\). Для \\(S\\in S_k\\) обозначим через \\(c(S)\\) число компонент связности подграфа, индуцированного вершинами из \\(S\\). Докажите, что \\[\\sum_{S\\in S_k} c(S)=(n-k+1)\\binom{n-1}{k-1}.\\]","definition_ids":["tree","connected_graph"]}]},"solutions":[{"id":"sol-official-edge-count","title":"Двойной подсчёт рёбер внутри выбранного множества","status":"source_verified","definition_ids":[],"standard_idea_ids":["double_counting"],"tags":[],"has_text":true,"text_preview":"Для каждого \\(S\\in S_k\\) индуцированный подграф является лесом, значит \\(c(S)=k-e(S)\\). Суммируя по всем \\(S\\), получаем \\[\\sum_{S\\in S_k}c(S)=k\\binom nk-\\sum_{S\\in S_k}e(S).\\] В дереве ровно \\(n-1\\) рёбер. Каждое фиксированное ребро попадает в индуцированный подграф ровно для тех \\(S\\), которые содержат оба его конца и ещё \\(k-2\\) вершин из оставшихся \\(n-2\\), то есть \\(\\binom{n-2}{k-2}\\) раз. Поэтому \\[\\sum_{S\\in S_k}e(S)=(n-1)\\binom{n-2}{k-2}.\\] Остаётся упростить: \\[k\\binom nk=n\\binom{n-1}{k-1},\\qquad (n-1)\\binom{n-2}{k-2}=(k-1)\\binom{n-1}{k-1}.\\] Разность равна \\((n-k+1)\\binom{n-1}{k-1}\\)."}],"relations":[{"id":"rel-sums-2012-p7-minimum-sums-2007-tree-subsets","neighbor_id":"sums-2012-p7-tree-connected-subsets-minimum","direction":"backward","type":"same_motif","distance":2,"status":"needs_human_review"},{"id":"rel-sums-2012-p7-maximum-sums-2007-tree-subsets","neighbor_id":"sums-2012-p7-tree-connected-subsets-maximum","direction":"backward","type":"same_motif","distance":2,"status":"needs_human_review"},{"id":"rel-sums-2007-p4-sums-2012-p7-tree-subsets","neighbor_id":"sums-2012-p7-tree-connected-subsets-extrema","direction":"forward","type":"same_motif","distance":2,"status":"needs_human_review"}],"search_text":"sums-2007-p4-tree-induced-components-sum сумма числа компонент по всем k-вершинным подмножествам дерева, sums 2007/4 trees double_counting degree_counting goal_counting 2007 https://ssh.maths.usyd.edu.au/u/sumscomp/sols2007.pdf problem_and_solution src-sums-2007-p4-official sums sums задача competition 2007 задача 4, официальные pdf с условиями и решениями sums2007 with_solution ? sums задача competition 2007 задача 4, официальные pdf с условиями и решениями stmt-original условие source_verified пусть \\(t\\) - дерево с \\(n\\) вершинами. зафиксируем \\(1\\le k\\le n\\), и пусть \\(s_k\\) - множество всех \\(k\\)-элементных подмножеств множества вершин \\(t\\). для \\(s\\in s_k\\) обозначим через \\(c(s)\\) число компонент связности подграфа, индуцированного вершинами из \\(s\\). докажите, что \\[\\sum_{s\\in s_k} c(s)=(n-k+1)\\binom{n-1}{k-1}.\\] tree connected_graph idea-induced-forest-components в лесу число компонент равно вершины минус рёбра индуцированный подграф дерева снова является лесом. поэтому для \\(k\\)-вершинного множества \\(s\\) выполнено \\(c(s)=k-e(s)\\), где \\(e(s)\\) - число рёбер дерева с обоими концами в \\(s\\). trees double_counting ai_checked sol-official-edge-count двойной подсчёт рёбер внутри выбранного множества source_verified double_counting для каждого \\(s\\in s_k\\) индуцированный подграф является лесом, значит \\(c(s)=k-e(s)\\). суммируя по всем \\(s\\), получаем \\[\\sum_{s\\in s_k}c(s)=k\\binom nk-\\sum_{s\\in s_k}e(s).\\] в дереве ровно \\(n-1\\) рёбер. каждое фиксированное ребро попадает в индуцированный подграф ровно для тех \\(s\\), которые содержат оба его конца и ещё \\(k-2\\) вершин из оставшихся \\(n-2\\), то есть \\(\\binom{n-2}{k-2}\\) раз. поэтому \\[\\sum_{s\\in s_k}e(s)=(n-1)\\binom{n-2}{k-2}.\\] остаётся упростить: \\[k\\binom nk=n\\binom{n-1}{k-1},\\qquad (n-1)\\binom{n-2}{k-2}=(k-1)\\binom{n-1}{k-1}.\\] разность равна \\((n-k+1)\\binom{n-1}{k-1}\\). sums-2007-p4-tree-induced-components-sum summa chisla komponent po vsem k-vershinnym podmnozhestvam dereva, sums 2007/4 trees double_counting degree_counting goal_counting 2007 https://ssh.maths.usyd.edu.au/u/sumscomp/sols2007.pdf problem_and_solution src-sums-2007-p4-official sums sums zadacha competition 2007 zadacha 4, ofitsialnye pdf s usloviyami i resheniyami sums2007 with_solution ? sums zadacha competition 2007 zadacha 4, ofitsialnye pdf s usloviyami i resheniyami stmt-original uslovie source_verified pust \\(t\\) - derevo s \\(n\\) vershinami. zafiksiruem \\(1\\le k\\le n\\), i pust \\(s_k\\) - mnozhestvo vseh \\(k\\)-elementnyh podmnozhestv mnozhestva vershin \\(t\\). dlya \\(s\\in s_k\\) oboznachim cherez \\(c(s)\\) chislo komponent svyaznosti podgrafa, indutsirovannogo vershinami iz \\(s\\). dokazhite, chto \\[\\sum_{s\\in s_k} c(s)=(n-k+1)\\binom{n-1}{k-1}.\\] tree connected_graph idea-induced-forest-components v lesu chislo komponent ravno vershiny minus rebra indutsirovannyy podgraf dereva snova yavlyaetsya lesom. poetomu dlya \\(k\\)-vershinnogo mnozhestva \\(s\\) vypolneno \\(c(s)=k-e(s)\\), gde \\(e(s)\\) - chislo reber dereva s oboimi kontsami v \\(s\\). trees double_counting ai_checked sol-official-edge-count dvoynoy podschet reber vnutri vybrannogo mnozhestva source_verified double_counting dlya kazhdogo \\(s\\in s_k\\) indutsirovannyy podgraf yavlyaetsya lesom, znachit \\(c(s)=k-e(s)\\). summiruya po vsem \\(s\\), poluchaem \\[\\sum_{s\\in s_k}c(s)=k\\binom nk-\\sum_{s\\in s_k}e(s).\\] v dereve rovno \\(n-1\\) reber. kazhdoe fiksirovannoe rebro popadaet v indutsirovannyy podgraf rovno dlya teh \\(s\\), kotorye soderzhat oba ego kontsa i esche \\(k-2\\) vershin iz ostavshihsya \\(n-2\\), to est \\(\\binom{n-2}{k-2}\\) raz. poetomu \\[\\sum_{s\\in s_k}e(s)=(n-1)\\binom{n-2}{k-2}.\\] ostaetsya uprostit: \\[k\\binom nk=n\\binom{n-1}{k-1},\\qquad (n-1)\\binom{n-2}{k-2}=(k-1)\\binom{n-1}{k-1}.\\] raznost ravna \\((n-k+1)\\binom{n-1}{k-1}\\).","source_keys":["sums"]}
{"id":"sums-2011-p8-periodic-hexagon-tessellation-even-vertices","title":"Периодическая гексагональная тесселяция с заданными вершинами, SUMS 2011/8","path":"data\\problems\\sums\\sums-2011-p8-periodic-hexagon-tessellation-even-vertices.yaml","raw_github_url":"https://raw.githubusercontent.com/didin-maxim/knowledge_graph_of_graphs/main/data/problems/sums/sums-2011-p8-periodic-hexagon-tessellation-even-vertices.yaml","viewer_url":"https://didin-maxim.github.io/knowledge_graph_of_graphs/#sums-2011-p8-periodic-hexagon-tessellation-even-vertices","source_key":"sums","source_label":"SUMS","source_titles":["SUMS задача Competition 2011 задача 8, официальные PDF с условиями и решениями"],"year":"2011","type":"olympiad_problem","authors":[],"tags":["planar_graphs","degree_counting","double_counting","construction","goal_characterization"],"agent_topics":[],"difficulty":{"main":"national_final_hard","local_score":7,"comment":"Необходимость короткая, но достаточность требует аккуратной периодической топологической конструкции.","status":"ai_checked"},"review_status":"ai_checked","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":"агент grouped classification","audit_source":"agent-university-archives.json"},"statements":{"original":[{"id":"stmt-original","title":"Условие","status":"source_verified","text":"Пусть \\((x_1,y_1),\\ldots,(x_n,y_n)\\) - различные точки единичного квадрата с \\(0<x_i<1\\) и \\(0<y_i<1\\). Пусть \\(V\\) - множество всех их целочисленных сдвигов. Периодической гексагональной тесселяцией с множеством вершин \\(V\\) называется набор непересекающихся вне концов непрерывных рёбер, соединяющих точки из \\(V\\), такой что каждая вершина имеет степень 3, каждая область дополнения имеет шесть рёбер на границе, и вместе с каждым ребром присутствуют все его целочисленные сдвиги. Докажите, что такая тесселяция существует тогда и только тогда, когда \\(n\\) чётно.","definition_ids":["degree","planar_graph"]}],"graph_theory":[{"id":"stmt-graph","title":"Периодический плоский кубический граф","status":"ai_checked","text":"Дано \\(n\\) орбит вершин относительно действия \\(\\mathbb Z^2\\) на плоскости. Нужно охарактеризовать, когда существует \\(\\mathbb Z^2\\)-периодическое плоское вложение 3-регулярного графа с этими вершинами, у которого все грани являются шестиугольниками.","definition_ids":["planar_graph","degree"]}]},"solutions":[{"id":"sol-official-parity-and-construction","title":"Паритет в фундаментальном квадрате и явная конструкция","status":"source_verified","definition_ids":[],"standard_idea_ids":["double_counting"],"tags":[],"has_text":true,"text_preview":"Пусть тесселяция уже существует. Обозначим через \\(E\\) рёбра с обоими концами в квадрате \\([0,1]\\times[0,1]\\), а через \\(E'\\) - рёбра с ровно одним концом в этом квадрате. У каждой из \\(n\\) вершин степень 3, поэтому \\(3n=2|E|+|E'|\\). Если \\(C\\in E'\\), один его конец лежит в квадрате, а другой равен целочисленному сдвигу некоторой вершины. Сдвинув \\(C\\) обратно на этот целый вектор, получаем другое ребро из \\(E'\\). Эта операция является инволюцией без неподвижных точек, значит \\(|E'|\\) чётно. Тогда \\(3n\\) чётно, и \\(n\\) чётно. Обратно, пусть \\(n\\) чётно. Периодическим гомеоморфизмом каждого единичного квадрата можно перевести заданные \\(n\\) точек в точки \\(((2i-1)/(2n),1/2)\\). Для \\(n=2\\) берётся стандартная периодическая картинка из трёх типов отрезков, порождающая гексагональную сетку. Для общего чётного \\(n\\) эту картинку растягивают так, чтобы в фундаментальном квадрате появилось \\(n…"}],"relations":[{"id":"rel-sums-2011-p8-planar-degree-counting","neighbor_id":"handshaking-lemma","direction":"forward","type":"prerequisite","distance":2,"status":"needs_human_review"}],"search_text":"sums-2011-p8-periodic-hexagon-tessellation-even-vertices периодическая гексагональная тесселяция с заданными вершинами, sums 2011/8 planar_graphs degree_counting double_counting construction goal_characterization 2011 https://ssh.maths.usyd.edu.au/u/sumscomp/sols2011.pdf problem_and_solution src-sums-2011-p8-official sums sums задача competition 2011 задача 8, официальные pdf с условиями и решениями sums2011 with_solution ? sums задача competition 2011 задача 8, официальные pdf с условиями и решениями stmt-original условие source_verified пусть \\((x_1,y_1),\\ldots,(x_n,y_n)\\) - различные точки единичного квадрата с \\(0<x_i<1\\) и \\(0<y_i<1\\). пусть \\(v\\) - множество всех их целочисленных сдвигов. периодической гексагональной тесселяцией с множеством вершин \\(v\\) называется набор непересекающихся вне концов непрерывных рёбер, соединяющих точки из \\(v\\), такой что каждая вершина имеет степень 3, каждая область дополнения имеет шесть рёбер на границе, и вместе с каждым ребром присутствуют все его целочисленные сдвиги. докажите, что такая тесселяция существует тогда и только тогда, когда \\(n\\) чётно. degree planar_graph stmt-graph периодический плоский кубический граф ai_checked дано \\(n\\) орбит вершин относительно действия \\(\\mathbb z^2\\) на плоскости. нужно охарактеризовать, когда существует \\(\\mathbb z^2\\)-периодическое плоское вложение 3-регулярного графа с этими вершинами, у которого все грани являются шестиугольниками. planar_graph degree idea-fundamental-square-parity рёбра, выходящие из фундаментального квадрата, разбиваются на пары если считать инцидентности у \\(n\\) вершин в единичном квадрате, получаем \\(3n=2|e|+|e'|\\), где \\(e'\\) - рёбра, имеющие ровно один конец в квадрате. периодичность задаёт на \\(e'\\) свободную инволюцию: ребро заменяется его сдвигом, у которого внутрь квадрата попал другой конец. значит \\(|e'|\\) чётно, и \\(n\\) чётно. planar_graphs double_counting parity_coloring source_verified idea-even-periodic-construction чётный случай сводится к стандартной периодической сетке точки внутри фундаментального квадрата можно периодическим гомеоморфизмом перевести в равномерно расположенные точки на горизонтальной середине квадрата. для двух точек строится стандартная периодическая гексагональная сетка, а для общего чётного \\(n\\) она растягивается/сжимается по горизонтали. construction graph_symmetry source_verified sol-official-parity-and-construction паритет в фундаментальном квадрате и явная конструкция source_verified double_counting пусть тесселяция уже существует. обозначим через \\(e\\) рёбра с обоими концами в квадрате \\([0,1]\\times[0,1]\\), а через \\(e'\\) - рёбра с ровно одним концом в этом квадрате. у каждой из \\(n\\) вершин степень 3, поэтому \\(3n=2|e|+|e'|\\). если \\(c\\in e'\\), один его конец лежит в квадрате, а другой равен целочисленному сдвигу некоторой вершины. сдвинув \\(c\\) обратно на этот целый вектор, получаем другое ребро из \\(e'\\). эта операция является инволюцией без неподвижных точек, значит \\(|e'|\\) чётно. тогда \\(3n\\) чётно, и \\(n\\) чётно. обратно, пусть \\(n\\) чётно. периодическим гомеоморфизмом каждого единичного квадрата можно перевести заданные \\(n\\) точек в точки \\(((2i-1)/(2n),1/2)\\). для \\(n=2\\) берётся стандартная периодическая картинка из трёх типов отрезков, порождающая гексагональную сетку. для общего чётного \\(n\\) эту картинку растягивают так, чтобы в фундаментальном квадрате появилось \\(n… sums-2011-p8-periodic-hexagon-tessellation-even-vertices periodicheskaya geksagonalnaya tesselyatsiya s zadannymi vershinami, sums 2011/8 planar_graphs degree_counting double_counting construction goal_characterization 2011 https://ssh.maths.usyd.edu.au/u/sumscomp/sols2011.pdf problem_and_solution src-sums-2011-p8-official sums sums zadacha competition 2011 zadacha 8, ofitsialnye pdf s usloviyami i resheniyami sums2011 with_solution ? sums zadacha competition 2011 zadacha 8, ofitsialnye pdf s usloviyami i resheniyami stmt-original uslovie source_verified pust \\((x_1,y_1),\\ldots,(x_n,y_n)\\) - razlichnye tochki edinichnogo kvadrata s \\(0<x_i<1\\) i \\(0<y_i<1\\). pust \\(v\\) - mnozhestvo vseh ih tselochislennyh sdvigov. periodicheskoy geksagonalnoy tesselyatsiey s mnozhestvom vershin \\(v\\) nazyvaetsya nabor neperesekayuschihsya vne kontsov nepreryvnyh reber, soedinyayuschih tochki iz \\(v\\), takoy chto kazhdaya vershina imeet stepen 3, kazhdaya oblast dopolneniya imeet shest reber na granitse, i vmeste s kazhdym rebrom prisutstvuyut vse ego tselochislennye sdvigi. dokazhite, chto takaya tesselyatsiya suschestvuet togda i tolko togda, kogda \\(n\\) chetno. degree planar_graph stmt-graph periodicheskiy ploskiy kubicheskiy graf ai_checked dano \\(n\\) orbit vershin otnositelno deystviya \\(\\mathbb z^2\\) na ploskosti. nuzhno oharakterizovat, kogda suschestvuet \\(\\mathbb z^2\\)-periodicheskoe ploskoe vlozhenie 3-regulyarnogo grafa s etimi vershinami, u kotorogo vse grani yavlyayutsya shestiugolnikami. planar_graph degree idea-fundamental-square-parity rebra, vyhodyaschie iz fundamentalnogo kvadrata, razbivayutsya na pary esli schitat intsidentnosti u \\(n\\) vershin v edinichnom kvadrate, poluchaem \\(3n=2|e|+|e'|\\), gde \\(e'\\) - rebra, imeyuschie rovno odin konets v kvadrate. periodichnost zadaet na \\(e'\\) svobodnuyu involyutsiyu: rebro zamenyaetsya ego sdvigom, u kotorogo vnutr kvadrata popal drugoy konets. znachit \\(|e'|\\) chetno, i \\(n\\) chetno. planar_graphs double_counting parity_coloring source_verified idea-even-periodic-construction chetnyy sluchay svoditsya k standartnoy periodicheskoy setke tochki vnutri fundamentalnogo kvadrata mozhno periodicheskim gomeomorfizmom perevesti v ravnomerno raspolozhennye tochki na gorizontalnoy seredine kvadrata. dlya dvuh tochek stroitsya standartnaya periodicheskaya geksagonalnaya setka, a dlya obschego chetnogo \\(n\\) ona rastyagivaetsya/szhimaetsya po gorizontali. construction graph_symmetry source_verified sol-official-parity-and-construction paritet v fundamentalnom kvadrate i yavnaya konstruktsiya source_verified double_counting pust tesselyatsiya uzhe suschestvuet. oboznachim cherez \\(e\\) rebra s oboimi kontsami v kvadrate \\([0,1]\\times[0,1]\\), a cherez \\(e'\\) - rebra s rovno odnim kontsom v etom kvadrate. u kazhdoy iz \\(n\\) vershin stepen 3, poetomu \\(3n=2|e|+|e'|\\). esli \\(c\\in e'\\), odin ego konets lezhit v kvadrate, a drugoy raven tselochislennomu sdvigu nekotoroy vershiny. sdvinuv \\(c\\) obratno na etot tselyy vektor, poluchaem drugoe rebro iz \\(e'\\). eta operatsiya yavlyaetsya involyutsiey bez nepodvizhnyh tochek, znachit \\(|e'|\\) chetno. togda \\(3n\\) chetno, i \\(n\\) chetno. obratno, pust \\(n\\) chetno. periodicheskim gomeomorfizmom kazhdogo edinichnogo kvadrata mozhno perevesti zadannye \\(n\\) tochek v tochki \\(((2i-1)/(2n),1/2)\\). dlya \\(n=2\\) beretsya standartnaya periodicheskaya kartinka iz treh tipov otrezkov, porozhdayuschaya geksagonalnuyu setku. dlya obschego chetnogo \\(n\\) etu kartinku rastyagivayut tak, chtoby v fundamentalnom kvadrate poyavilos \\(n…","source_keys":["sums"]}
{"id":"sums-2012-p7-tree-connected-subsets-extrema","title":"Минимум и максимум числа связных подмножеств вершин дерева, SUMS 2012/7","path":"data\\problems\\sums\\sums-2012-p7-tree-connected-subsets-extrema.yaml","raw_github_url":"https://raw.githubusercontent.com/didin-maxim/knowledge_graph_of_graphs/main/data/problems/sums/sums-2012-p7-tree-connected-subsets-extrema.yaml","viewer_url":"https://didin-maxim.github.io/knowledge_graph_of_graphs/#sums-2012-p7-tree-connected-subsets-extrema","source_key":"sums","source_label":"SUMS","source_titles":["SUMS задача Competition 2012 задача 7, официальные PDF с условиями и решениями"],"year":"2012","type":"olympiad_problem","authors":[],"tags":["trees","extremal_choice","construction","goal_exact_bound"],"agent_topics":[],"difficulty":{"main":"national_final_medium","local_score":5,"comment":"Красивая экстремальная задача о деревьях; ключевые примеры - путь и звезда.","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":"агент grouped classification","audit_source":"agent-university-archives.json"},"statements":{"original":[{"id":"stmt-original","title":"Условие","status":"source_verified","text":"Для дерева \\(T\\) обозначим через \\(s(T)\\) число непустых подмножеств \\(X\\) множества вершин \\(T\\), таких что любые две вершины из \\(X\\) соединяются в \\(T\\) путём, проходящим только через вершины из \\(X\\). Для данного положительного целого \\(n\\) найдите минимальное и максимальное возможные значения \\(s(T)\\) по всем деревьям с \\(n\\) вершинами.","definition_ids":["tree","path"]}]},"solutions":[{"id":"sol-official-path-and-star","title":"Путь даёт минимум, звезда даёт максимум","status":"source_verified","definition_ids":[],"standard_idea_ids":["extremal_choice"],"tags":[],"has_text":true,"text_preview":"Связные подмножества вершин дерева - это ровно множества вершин поддеревьев. Снизу: есть \\(n\\) одноэлементных поддеревьев, а каждая пара различных вершин задаёт единственный путь, значит \\(s(T)\\ge n+\\binom n2\\). Если дерево не является путём, в нём есть вершина степени хотя бы 3; эта вершина вместе с тремя соседями даёт связное подмножество, не являющееся ни одной вершиной, ни путём между двумя концами. Поэтому минимум равен \\(n+\\binom n2\\) и достигается ровно на пути. Сверху: в дереве \\(n-1\\) рёбер, а каждое непустое связное подмножество с более чем одной вершиной определяется своим непустым множеством рёбер. Значит \\(s(T)\\le n+(2^{n-1}-1)=2^{n-1}+n-1\\). У звезды любое непустое множество рёбер задаёт поддерево, поэтому верхняя оценка достигается. Если дерево не звезда, найдутся два рёбра без общей вершины, и выбранная из них пара рёбер не задаёт связного поддерева; значит равенства нет…"}],"relations":[{"id":"rel-sums-2012-p7-parent-minimum-split","neighbor_id":"sums-2012-p7-tree-connected-subsets-minimum","direction":"forward","type":"specialization","distance":1,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-sums-2012-p7-parent-maximum-split","neighbor_id":"sums-2012-p7-tree-connected-subsets-maximum","direction":"forward","type":"specialization","distance":1,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-sums-2007-p4-sums-2012-p7-tree-subsets","neighbor_id":"sums-2007-p4-tree-induced-components-sum","direction":"backward","type":"same_motif","distance":2,"status":"needs_human_review"},{"id":"rel-sums-2012-p7-tree-near-perfect-path","neighbor_id":"tree-near-perfect-matchings-path-extremal","direction":"forward","type":"same_motif","distance":4,"status":"needs_human_review"}],"search_text":"sums-2012-p7-tree-connected-subsets-extrema минимум и максимум числа связных подмножеств вершин дерева, sums 2012/7 trees extremal_choice construction goal_exact_bound 2012 https://ssh.maths.usyd.edu.au/u/sumscomp/sols2012.pdf problem_and_solution src-sums-2012-p7-official sums sums задача competition 2012 задача 7, официальные pdf с условиями и решениями sums2012 with_solution ? sums задача competition 2012 задача 7, официальные pdf с условиями и решениями stmt-original условие source_verified для дерева \\(t\\) обозначим через \\(s(t)\\) число непустых подмножеств \\(x\\) множества вершин \\(t\\), таких что любые две вершины из \\(x\\) соединяются в \\(t\\) путём, проходящим только через вершины из \\(x\\). для данного положительного целого \\(n\\) найдите минимальное и максимальное возможные значения \\(s(t)\\) по всем деревьям с \\(n\\) вершинами. tree path idea-pairs-give-paths каждая пара вершин даёт связное подмножество в дереве между двумя вершинами есть единственный путь. поэтому все одноэлементные множества и все пути между парами вершин уже дают \\(n+\\binom n2\\) связных подмножеств. trees goal_bound source_verified idea-edge-subset-upper-bound поддерево задаётся множеством рёбер каждое непустое связное подмножество с более чем одной вершиной задаёт непустое множество рёбер дерева. поэтому таких подмножеств не больше \\(2^{n-1}-1\\). равенство возможно только у звезды. trees extremal_choice source_verified sol-official-path-and-star путь даёт минимум, звезда даёт максимум source_verified extremal_choice связные подмножества вершин дерева - это ровно множества вершин поддеревьев. снизу: есть \\(n\\) одноэлементных поддеревьев, а каждая пара различных вершин задаёт единственный путь, значит \\(s(t)\\ge n+\\binom n2\\). если дерево не является путём, в нём есть вершина степени хотя бы 3; эта вершина вместе с тремя соседями даёт связное подмножество, не являющееся ни одной вершиной, ни путём между двумя концами. поэтому минимум равен \\(n+\\binom n2\\) и достигается ровно на пути. сверху: в дереве \\(n-1\\) рёбер, а каждое непустое связное подмножество с более чем одной вершиной определяется своим непустым множеством рёбер. значит \\(s(t)\\le n+(2^{n-1}-1)=2^{n-1}+n-1\\). у звезды любое непустое множество рёбер задаёт поддерево, поэтому верхняя оценка достигается. если дерево не звезда, найдутся два рёбра без общей вершины, и выбранная из них пара рёбер не задаёт связного поддерева; значит равенства нет… sums-2012-p7-tree-connected-subsets-extrema minimum i maksimum chisla svyaznyh podmnozhestv vershin dereva, sums 2012/7 trees extremal_choice construction goal_exact_bound 2012 https://ssh.maths.usyd.edu.au/u/sumscomp/sols2012.pdf problem_and_solution src-sums-2012-p7-official sums sums zadacha competition 2012 zadacha 7, ofitsialnye pdf s usloviyami i resheniyami sums2012 with_solution ? sums zadacha competition 2012 zadacha 7, ofitsialnye pdf s usloviyami i resheniyami stmt-original uslovie source_verified dlya dereva \\(t\\) oboznachim cherez \\(s(t)\\) chislo nepustyh podmnozhestv \\(x\\) mnozhestva vershin \\(t\\), takih chto lyubye dve vershiny iz \\(x\\) soedinyayutsya v \\(t\\) putem, prohodyaschim tolko cherez vershiny iz \\(x\\). dlya dannogo polozhitelnogo tselogo \\(n\\) naydite minimalnoe i maksimalnoe vozmozhnye znacheniya \\(s(t)\\) po vsem derevyam s \\(n\\) vershinami. tree path idea-pairs-give-paths kazhdaya para vershin daet svyaznoe podmnozhestvo v dereve mezhdu dvumya vershinami est edinstvennyy put. poetomu vse odnoelementnye mnozhestva i vse puti mezhdu parami vershin uzhe dayut \\(n+\\binom n2\\) svyaznyh podmnozhestv. trees goal_bound source_verified idea-edge-subset-upper-bound podderevo zadaetsya mnozhestvom reber kazhdoe nepustoe svyaznoe podmnozhestvo s bolee chem odnoy vershinoy zadaet nepustoe mnozhestvo reber dereva. poetomu takih podmnozhestv ne bolshe \\(2^{n-1}-1\\). ravenstvo vozmozhno tolko u zvezdy. trees extremal_choice source_verified sol-official-path-and-star put daet minimum, zvezda daet maksimum source_verified extremal_choice svyaznye podmnozhestva vershin dereva - eto rovno mnozhestva vershin podderevev. snizu: est \\(n\\) odnoelementnyh podderevev, a kazhdaya para razlichnyh vershin zadaet edinstvennyy put, znachit \\(s(t)\\ge n+\\binom n2\\). esli derevo ne yavlyaetsya putem, v nem est vershina stepeni hotya by 3; eta vershina vmeste s tremya sosedyami daet svyaznoe podmnozhestvo, ne yavlyayuscheesya ni odnoy vershinoy, ni putem mezhdu dvumya kontsami. poetomu minimum raven \\(n+\\binom n2\\) i dostigaetsya rovno na puti. sverhu: v dereve \\(n-1\\) reber, a kazhdoe nepustoe svyaznoe podmnozhestvo s bolee chem odnoy vershinoy opredelyaetsya svoim nepustym mnozhestvom reber. znachit \\(s(t)\\le n+(2^{n-1}-1)=2^{n-1}+n-1\\). u zvezdy lyuboe nepustoe mnozhestvo reber zadaet podderevo, poetomu verhnyaya otsenka dostigaetsya. esli derevo ne zvezda, naydutsya dva rebra bez obschey vershiny, i vybrannaya iz nih para reber ne zadaet svyaznogo poddereva; znachit ravenstva net…","source_keys":["sums"]}
{"id":"sums-2012-p7-tree-connected-subsets-maximum","title":"Максимум числа связных подмножеств вершин дерева, SUMS 2012/7","path":"data\\problems\\sums\\sums-2012-p7-tree-connected-subsets-maximum.yaml","raw_github_url":"https://raw.githubusercontent.com/didin-maxim/knowledge_graph_of_graphs/main/data/problems/sums/sums-2012-p7-tree-connected-subsets-maximum.yaml","viewer_url":"https://didin-maxim.github.io/knowledge_graph_of_graphs/#sums-2012-p7-tree-connected-subsets-maximum","source_key":"sums","source_label":"SUMS","source_titles":["SUMS задача Competition 2012 задача 7, официальные PDF с условиями и решениями"],"year":"2012","type":"olympiad_problem","authors":[],"tags":["trees","extremal_choice","construction","goal_exact_bound"],"agent_topics":[],"difficulty":{"main":"national_final_easy","local_score":4,"comment":"Самостоятельная половина SUMS 2012/7: верхняя оценка через множества рёбер и точность на звезде.","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":0.82,"basis":"агент high-reasoning split аудит","notes":"Исходное официальное решение содержит этот полный довод для максимума; разделённая карточка выделяет только экстремум для максимума.","audit_source":"manual-split-2026-05-05"},"statements":{"original":[{"id":"stmt-maximum","title":"Максимум","status":"source_verified","text":"Для дерева \\(T\\) обозначим через \\(s(T)\\) число непустых подмножеств \\(X\\) множества вершин \\(T\\), таких что любые две вершины из \\(X\\) соединяются в \\(T\\) путём, проходящим только через вершины из \\(X\\). Для данного положительного целого \\(n\\) найдите максимальное возможное значение \\(s(T)\\) по всем деревьям с \\(n\\) вершинами.","definition_ids":["tree","path"]}]},"solutions":[{"id":"sol-maximum-star","title":"Звезда даёт максимум","status":"source_verified","definition_ids":["tree"],"standard_idea_ids":["extremal_choice"],"tags":[],"has_text":true,"text_preview":"Докажем, что максимум равен \\(2^{n-1}+n-1\\). В дереве на \\(n\\) вершинах ровно \\(n-1\\) ребро. Разделим связные подмножества вершин на одноэлементные и остальные. Одноэлементных ровно \\(n\\). Если связное подмножество \\(X\\) содержит хотя бы две вершины, то рёбра дерева с обоими концами в \\(X\\) образуют непустое множество рёбер. Более того, \\(X\\) однозначно восстанавливается по этому множеству рёбер как множество всех концов выбранных рёбер. Поэтому таких \\(X\\) не больше, чем непустых множеств рёбер дерева, то есть не больше \\(2^{n-1}-1\\). Следовательно, для любого \\(T\\) выполнено \\[s(T)\\le n+(2^{n-1}-1)=2^{n-1}+n-1.\\] Покажем достижимость. Возьмём звезду \\(K_{1,n-1}\\) (при \\(n=1\\) это единственная вершина). Любое непустое множество её рёбер имеет общий центр и потому задаёт связное поддерево. Значит все \\(2^{n-1}-1\\) непустых множеств рёбер действительно дают связные подмножества с более ч…"}],"relations":[{"id":"rel-sums-2012-p7-parent-maximum-split","neighbor_id":"sums-2012-p7-tree-connected-subsets-extrema","direction":"backward","type":"specialization","distance":1,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-sums-2012-p7-minimum-maximum-paired-extrema","neighbor_id":"sums-2012-p7-tree-connected-subsets-minimum","direction":"backward","type":"paired_variant","distance":1,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-sums-2012-p7-maximum-sums-2007-tree-subsets","neighbor_id":"sums-2007-p4-tree-induced-components-sum","direction":"forward","type":"same_motif","distance":2,"status":"needs_human_review"},{"id":"rel-sums-2012-p7-maximum-pairwise-intersecting-edges","neighbor_id":"pairwise-intersecting-edges-star-or-triangle","direction":"forward","type":"same_motif","distance":3,"status":"needs_human_review"}],"search_text":"sums-2012-p7-tree-connected-subsets-maximum максимум числа связных подмножеств вершин дерева, sums 2012/7 trees extremal_choice construction goal_exact_bound 2012 https://ssh.maths.usyd.edu.au/u/sumscomp/sols2012.pdf problem_and_solution src-sums-2012-p7-official sums sums задача competition 2012 задача 7, официальные pdf с условиями и решениями sums2012 with_solution ? sums задача competition 2012 задача 7, официальные pdf с условиями и решениями stmt-maximum максимум source_verified для дерева \\(t\\) обозначим через \\(s(t)\\) число непустых подмножеств \\(x\\) множества вершин \\(t\\), таких что любые две вершины из \\(x\\) соединяются в \\(t\\) путём, проходящим только через вершины из \\(x\\). для данного положительного целого \\(n\\) найдите максимальное возможное значение \\(s(t)\\) по всем деревьям с \\(n\\) вершинами. tree path idea-subtree-determined-by-edge-set связное подмножество с несколькими вершинами задаётся множеством рёбер если связное подмножество вершин содержит больше одной вершины, то рёбра между этими вершинами образуют непустое поддерево. в дереве вершины такого поддерева однозначно восстанавливаются по его множеству рёбер. trees goal_bound source_verified idea-star-realizes-all-edge-subsets в звезде любое непустое множество рёбер связно в звезде все рёбра имеют общий центр, поэтому любое непустое множество её рёбер задаёт связное поддерево: центр вместе с выбранными листьями. trees construction source_verified sol-maximum-star звезда даёт максимум source_verified tree extremal_choice докажем, что максимум равен \\(2^{n-1}+n-1\\). в дереве на \\(n\\) вершинах ровно \\(n-1\\) ребро. разделим связные подмножества вершин на одноэлементные и остальные. одноэлементных ровно \\(n\\). если связное подмножество \\(x\\) содержит хотя бы две вершины, то рёбра дерева с обоими концами в \\(x\\) образуют непустое множество рёбер. более того, \\(x\\) однозначно восстанавливается по этому множеству рёбер как множество всех концов выбранных рёбер. поэтому таких \\(x\\) не больше, чем непустых множеств рёбер дерева, то есть не больше \\(2^{n-1}-1\\). следовательно, для любого \\(t\\) выполнено \\[s(t)\\le n+(2^{n-1}-1)=2^{n-1}+n-1.\\] покажем достижимость. возьмём звезду \\(k_{1,n-1}\\) (при \\(n=1\\) это единственная вершина). любое непустое множество её рёбер имеет общий центр и потому задаёт связное поддерево. значит все \\(2^{n-1}-1\\) непустых множеств рёбер действительно дают связные подмножества с более ч… sums-2012-p7-tree-connected-subsets-maximum maksimum chisla svyaznyh podmnozhestv vershin dereva, sums 2012/7 trees extremal_choice construction goal_exact_bound 2012 https://ssh.maths.usyd.edu.au/u/sumscomp/sols2012.pdf problem_and_solution src-sums-2012-p7-official sums sums zadacha competition 2012 zadacha 7, ofitsialnye pdf s usloviyami i resheniyami sums2012 with_solution ? sums zadacha competition 2012 zadacha 7, ofitsialnye pdf s usloviyami i resheniyami stmt-maximum maksimum source_verified dlya dereva \\(t\\) oboznachim cherez \\(s(t)\\) chislo nepustyh podmnozhestv \\(x\\) mnozhestva vershin \\(t\\), takih chto lyubye dve vershiny iz \\(x\\) soedinyayutsya v \\(t\\) putem, prohodyaschim tolko cherez vershiny iz \\(x\\). dlya dannogo polozhitelnogo tselogo \\(n\\) naydite maksimalnoe vozmozhnoe znachenie \\(s(t)\\) po vsem derevyam s \\(n\\) vershinami. tree path idea-subtree-determined-by-edge-set svyaznoe podmnozhestvo s neskolkimi vershinami zadaetsya mnozhestvom reber esli svyaznoe podmnozhestvo vershin soderzhit bolshe odnoy vershiny, to rebra mezhdu etimi vershinami obrazuyut nepustoe podderevo. v dereve vershiny takogo poddereva odnoznachno vosstanavlivayutsya po ego mnozhestvu reber. trees goal_bound source_verified idea-star-realizes-all-edge-subsets v zvezde lyuboe nepustoe mnozhestvo reber svyazno v zvezde vse rebra imeyut obschiy tsentr, poetomu lyuboe nepustoe mnozhestvo ee reber zadaet svyaznoe podderevo: tsentr vmeste s vybrannymi listyami. trees construction source_verified sol-maximum-star zvezda daet maksimum source_verified tree extremal_choice dokazhem, chto maksimum raven \\(2^{n-1}+n-1\\). v dereve na \\(n\\) vershinah rovno \\(n-1\\) rebro. razdelim svyaznye podmnozhestva vershin na odnoelementnye i ostalnye. odnoelementnyh rovno \\(n\\). esli svyaznoe podmnozhestvo \\(x\\) soderzhit hotya by dve vershiny, to rebra dereva s oboimi kontsami v \\(x\\) obrazuyut nepustoe mnozhestvo reber. bolee togo, \\(x\\) odnoznachno vosstanavlivaetsya po etomu mnozhestvu reber kak mnozhestvo vseh kontsov vybrannyh reber. poetomu takih \\(x\\) ne bolshe, chem nepustyh mnozhestv reber dereva, to est ne bolshe \\(2^{n-1}-1\\). sledovatelno, dlya lyubogo \\(t\\) vypolneno \\[s(t)\\le n+(2^{n-1}-1)=2^{n-1}+n-1.\\] pokazhem dostizhimost. vozmem zvezdu \\(k_{1,n-1}\\) (pri \\(n=1\\) eto edinstvennaya vershina). lyuboe nepustoe mnozhestvo ee reber imeet obschiy tsentr i potomu zadaet svyaznoe podderevo. znachit vse \\(2^{n-1}-1\\) nepustyh mnozhestv reber deystvitelno dayut svyaznye podmnozhestva s bolee ch…","source_keys":["sums"]}
{"id":"sums-2012-p7-tree-connected-subsets-minimum","title":"Минимум числа связных подмножеств вершин дерева, SUMS 2012/7","path":"data\\problems\\sums\\sums-2012-p7-tree-connected-subsets-minimum.yaml","raw_github_url":"https://raw.githubusercontent.com/didin-maxim/knowledge_graph_of_graphs/main/data/problems/sums/sums-2012-p7-tree-connected-subsets-minimum.yaml","viewer_url":"https://didin-maxim.github.io/knowledge_graph_of_graphs/#sums-2012-p7-tree-connected-subsets-minimum","source_key":"sums","source_label":"SUMS","source_titles":["SUMS задача Competition 2012 задача 7, официальные PDF с условиями и решениями"],"year":"2012","type":"olympiad_problem","authors":[],"tags":["trees","extremal_choice","construction","goal_exact_bound"],"agent_topics":[],"difficulty":{"main":"national_final_easy","local_score":4,"comment":"Самостоятельная половина SUMS 2012/7: нижняя оценка через уникальные пути и точность на пути.","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":0.82,"basis":"агент high-reasoning split аудит","notes":"Исходное официальное решение содержит этот полный довод для минимума; разделённая карточка выделяет только экстремум для минимума.","audit_source":"manual-split-2026-05-05"},"statements":{"original":[{"id":"stmt-minimum","title":"Минимум","status":"source_verified","text":"Для дерева \\(T\\) обозначим через \\(s(T)\\) число непустых подмножеств \\(X\\) множества вершин \\(T\\), таких что любые две вершины из \\(X\\) соединяются в \\(T\\) путём, проходящим только через вершины из \\(X\\). Для данного положительного целого \\(n\\) найдите минимальное возможное значение \\(s(T)\\) по всем деревьям с \\(n\\) вершинами.","definition_ids":["tree","path"]}]},"solutions":[{"id":"sol-minimum-paths","title":"Путь даёт минимум","status":"source_verified","definition_ids":["tree","path"],"standard_idea_ids":["extremal_choice"],"tags":[],"has_text":true,"text_preview":"Докажем, что минимум равен \\(n+\\binom n2=\\frac{n(n+1)}2\\). Связные подмножества вершин дерева - это ровно множества вершин его связных поддеревьев. В любом дереве есть \\(n\\) одноэлементных связных подмножеств. Кроме того, каждая неупорядоченная пара различных вершин \\(u,v\\) задаёт единственный путь от \\(u\\) к \\(v\\), а множество вершин этого пути связно. Разные пары дают разные множества: у пути, содержащего хотя бы две вершины, концы восстанавливаются как его две крайние вершины. Поэтому для любого дерева \\(T\\) выполнено \\[s(T)\\ge n+\\binom n2.\\] Остаётся показать достижимость. Пусть \\(T=P_n\\) - путь на \\(n\\) вершинах. Его связные подмножества - это ровно интервалы подряд идущих вершин. Интервал либо состоит из одной вершины, либо задаётся парой своих концов, значит их ровно \\(n+\\binom n2\\). Следовательно, минимальное значение равно \\(\\frac{n(n+1)}2\\). Более того, если дерево не является…"}],"relations":[{"id":"rel-sums-2012-p7-parent-minimum-split","neighbor_id":"sums-2012-p7-tree-connected-subsets-extrema","direction":"backward","type":"specialization","distance":1,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-sums-2012-p7-minimum-maximum-paired-extrema","neighbor_id":"sums-2012-p7-tree-connected-subsets-maximum","direction":"forward","type":"paired_variant","distance":1,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-sums-2012-p7-minimum-sums-2007-tree-subsets","neighbor_id":"sums-2007-p4-tree-induced-components-sum","direction":"forward","type":"same_motif","distance":2,"status":"needs_human_review"},{"id":"rel-sums-2012-p7-minimum-tree-near-perfect-path","neighbor_id":"tree-near-perfect-matchings-path-extremal","direction":"forward","type":"same_motif","distance":4,"status":"needs_human_review"}],"search_text":"sums-2012-p7-tree-connected-subsets-minimum минимум числа связных подмножеств вершин дерева, sums 2012/7 trees extremal_choice construction goal_exact_bound 2012 https://ssh.maths.usyd.edu.au/u/sumscomp/sols2012.pdf problem_and_solution src-sums-2012-p7-official sums sums задача competition 2012 задача 7, официальные pdf с условиями и решениями sums2012 with_solution ? sums задача competition 2012 задача 7, официальные pdf с условиями и решениями stmt-minimum минимум source_verified для дерева \\(t\\) обозначим через \\(s(t)\\) число непустых подмножеств \\(x\\) множества вершин \\(t\\), таких что любые две вершины из \\(x\\) соединяются в \\(t\\) путём, проходящим только через вершины из \\(x\\). для данного положительного целого \\(n\\) найдите минимальное возможное значение \\(s(t)\\) по всем деревьям с \\(n\\) вершинами. tree path idea-pairs-give-distinct-paths одноэлементные множества и пути между парами уже дают нижнюю оценку в дереве между двумя различными вершинами есть единственный путь. множества вершин этих путей различны для разных пар концов, поэтому в любом дереве есть как минимум \\(n\\) одноэлементных связных подмножеств и \\(\\binom n2\\) связных подмножеств, заданных парами вершин. trees goal_bound source_verified idea-path-intervals-are-all-connected-subsets в пути связные подмножества - это интервалы если дерево само является путём, то каждое связное подмножество его вершин является непрерывным отрезком пути и однозначно задаётся своими концами или одной вершиной. trees construction source_verified sol-minimum-paths путь даёт минимум source_verified tree path extremal_choice докажем, что минимум равен \\(n+\\binom n2=\\frac{n(n+1)}2\\). связные подмножества вершин дерева - это ровно множества вершин его связных поддеревьев. в любом дереве есть \\(n\\) одноэлементных связных подмножеств. кроме того, каждая неупорядоченная пара различных вершин \\(u,v\\) задаёт единственный путь от \\(u\\) к \\(v\\), а множество вершин этого пути связно. разные пары дают разные множества: у пути, содержащего хотя бы две вершины, концы восстанавливаются как его две крайние вершины. поэтому для любого дерева \\(t\\) выполнено \\[s(t)\\ge n+\\binom n2.\\] остаётся показать достижимость. пусть \\(t=p_n\\) - путь на \\(n\\) вершинах. его связные подмножества - это ровно интервалы подряд идущих вершин. интервал либо состоит из одной вершины, либо задаётся парой своих концов, значит их ровно \\(n+\\binom n2\\). следовательно, минимальное значение равно \\(\\frac{n(n+1)}2\\). более того, если дерево не является… sums-2012-p7-tree-connected-subsets-minimum minimum chisla svyaznyh podmnozhestv vershin dereva, sums 2012/7 trees extremal_choice construction goal_exact_bound 2012 https://ssh.maths.usyd.edu.au/u/sumscomp/sols2012.pdf problem_and_solution src-sums-2012-p7-official sums sums zadacha competition 2012 zadacha 7, ofitsialnye pdf s usloviyami i resheniyami sums2012 with_solution ? sums zadacha competition 2012 zadacha 7, ofitsialnye pdf s usloviyami i resheniyami stmt-minimum minimum source_verified dlya dereva \\(t\\) oboznachim cherez \\(s(t)\\) chislo nepustyh podmnozhestv \\(x\\) mnozhestva vershin \\(t\\), takih chto lyubye dve vershiny iz \\(x\\) soedinyayutsya v \\(t\\) putem, prohodyaschim tolko cherez vershiny iz \\(x\\). dlya dannogo polozhitelnogo tselogo \\(n\\) naydite minimalnoe vozmozhnoe znachenie \\(s(t)\\) po vsem derevyam s \\(n\\) vershinami. tree path idea-pairs-give-distinct-paths odnoelementnye mnozhestva i puti mezhdu parami uzhe dayut nizhnyuyu otsenku v dereve mezhdu dvumya razlichnymi vershinami est edinstvennyy put. mnozhestva vershin etih putey razlichny dlya raznyh par kontsov, poetomu v lyubom dereve est kak minimum \\(n\\) odnoelementnyh svyaznyh podmnozhestv i \\(\\binom n2\\) svyaznyh podmnozhestv, zadannyh parami vershin. trees goal_bound source_verified idea-path-intervals-are-all-connected-subsets v puti svyaznye podmnozhestva - eto intervaly esli derevo samo yavlyaetsya putem, to kazhdoe svyaznoe podmnozhestvo ego vershin yavlyaetsya nepreryvnym otrezkom puti i odnoznachno zadaetsya svoimi kontsami ili odnoy vershinoy. trees construction source_verified sol-minimum-paths put daet minimum source_verified tree path extremal_choice dokazhem, chto minimum raven \\(n+\\binom n2=\\frac{n(n+1)}2\\). svyaznye podmnozhestva vershin dereva - eto rovno mnozhestva vershin ego svyaznyh podderevev. v lyubom dereve est \\(n\\) odnoelementnyh svyaznyh podmnozhestv. krome togo, kazhdaya neuporyadochennaya para razlichnyh vershin \\(u,v\\) zadaet edinstvennyy put ot \\(u\\) k \\(v\\), a mnozhestvo vershin etogo puti svyazno. raznye pary dayut raznye mnozhestva: u puti, soderzhaschego hotya by dve vershiny, kontsy vosstanavlivayutsya kak ego dve kraynie vershiny. poetomu dlya lyubogo dereva \\(t\\) vypolneno \\[s(t)\\ge n+\\binom n2.\\] ostaetsya pokazat dostizhimost. pust \\(t=p_n\\) - put na \\(n\\) vershinah. ego svyaznye podmnozhestva - eto rovno intervaly podryad iduschih vershin. interval libo sostoit iz odnoy vershiny, libo zadaetsya paroy svoih kontsov, znachit ih rovno \\(n+\\binom n2\\). sledovatelno, minimalnoe znachenie ravno \\(\\frac{n(n+1)}2\\). bolee togo, esli derevo ne yavlyaetsya…","source_keys":["sums"]}
{"id":"sums-2012-p8-regular-tree-allowable-automorphisms","title":"Три допустимых автоморфизма 3-регулярного дерева между двумя вершинами, SUMS 2012/8","path":"data\\problems\\sums\\sums-2012-p8-regular-tree-allowable-automorphisms.yaml","raw_github_url":"https://raw.githubusercontent.com/didin-maxim/knowledge_graph_of_graphs/main/data/problems/sums/sums-2012-p8-regular-tree-allowable-automorphisms.yaml","viewer_url":"https://didin-maxim.github.io/knowledge_graph_of_graphs/#sums-2012-p8-regular-tree-allowable-automorphisms","source_key":"sums","source_label":"SUMS","source_titles":["SUMS задача Competition 2012 задача 8, официальные PDF с условиями и решениями"],"year":"2012","type":"olympiad_problem","authors":[],"tags":["trees","graph_symmetry","induction","minimal_counterexample","goal_counting"],"agent_topics":[],"difficulty":{"main":"national_final_hard","local_score":7,"comment":"Задача на симметрии бесконечного дерева; нужна нормальная форма слова в порождающих.","status":"ai_checked"},"review_status":"ai_checked","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":"агент grouped classification","audit_source":"agent-university-archives.json"},"statements":{"original":[{"id":"stmt-original","title":"Условие","status":"source_verified","text":"Пусть \\(T\\) - бесконечное 3-регулярное дерево. В фиксированном плоском рисунке заданы два автоморфизма: отражение \\(\\sigma\\) и поворот \\(\\rho\\), который фиксирует одну вершину \\(a\\) и циклически переставляет три соседних направления. Допустимыми называются автоморфизмы, которые можно получить последовательным применением \\(\\rho\\) и \\(\\sigma\\). Докажите, что для любых двух вершин \\(v\\) и \\(w\\) дерева \\(T\\) существует ровно три допустимых автоморфизма, переводящих \\(v\\) в \\(w\\).","definition_ids":["tree","degree"]}]},"solutions":[{"id":"sol-official-word-action","title":"Действие на словах вершин","status":"source_verified","definition_ids":[],"standard_idea_ids":["induction"],"tags":[],"has_text":true,"text_preview":"Зафиксируем корень \\(a\\) и обозначим его соседей \\(b,c,d\\). Любая другая вершина кодируется словом: первая буква показывает, через какого из \\(b,c,d\\) начинается путь от \\(a\\), а последующие буквы \\(L,R\\) показывают левые и правые повороты вдоль пути. Поворот \\(\\rho\\) циклически меняет первую букву \\(b\\to c\\to d\\to b\\), а отражение \\(\\sigma\\) устроено так, что после подходящего поворота оно сокращает расстояние до \\(a\\) на один. Поэтому индукцией по длине слова любую вершину можно перевести в \\(a\\); действие допустимой группы на вершинах транзитивно. Теперь достаточно посчитать допустимые автоморфизмы, фиксирующие \\(a\\). Очевидно, \\(1,\\rho,\\rho^2\\) фиксируют \\(a\\). Любое другое сокращённое слово в порождающих можно записать как \\(\\rho^{i_0}\\sigma\\rho^{i_1}\\sigma\\cdots\\sigma\\rho^{i_k}\\), где внутри стоят только ненулевые степени \\(\\rho\\). Применяя такое слово справа налево к \\(a\\), перво…"}],"relations":[{"id":"rel-sums-2012-p8-graph-symmetry-tree","neighbor_id":"tc-2013-14-vertex-transitive-not-transposition","direction":"forward","type":"same_motif","distance":3,"status":"needs_human_review"}],"search_text":"sums-2012-p8-regular-tree-allowable-automorphisms три допустимых автоморфизма 3-регулярного дерева между двумя вершинами, sums 2012/8 trees graph_symmetry induction minimal_counterexample goal_counting 2012 https://ssh.maths.usyd.edu.au/u/sumscomp/sols2012.pdf problem_and_solution src-sums-2012-p8-official sums sums задача competition 2012 задача 8, официальные pdf с условиями и решениями sums2012 with_solution ? sums задача competition 2012 задача 8, официальные pdf с условиями и решениями stmt-original условие source_verified пусть \\(t\\) - бесконечное 3-регулярное дерево. в фиксированном плоском рисунке заданы два автоморфизма: отражение \\(\\sigma\\) и поворот \\(\\rho\\), который фиксирует одну вершину \\(a\\) и циклически переставляет три соседних направления. допустимыми называются автоморфизмы, которые можно получить последовательным применением \\(\\rho\\) и \\(\\sigma\\). докажите, что для любых двух вершин \\(v\\) и \\(w\\) дерева \\(t\\) существует ровно три допустимых автоморфизма, переводящих \\(v\\) в \\(w\\). tree degree idea-regular-tree-turn-words вершины кодируются первым направлением и поворотами налево/направо от корня \\(a\\) к любой другой вершине идёт единственный путь. его можно записать как первую букву \\(b,c,d\\), а затем строку из поворотов \\(l,r\\). поворот меняет первую букву, а отражение после приведения первой буквы к \\(b\\) уменьшает длину слова. trees graph_symmetry induction source_verified idea-root-stabilizer-three стабилизатор корня состоит только из трёх поворотов после сокращения слов в порождающих \\(\\rho,\\sigma\\) всякий нетривиальный элемент, содержащий \\(\\sigma\\), переводит корень в вершину с непустым словом. поэтому корень фиксируют только \\(1,\\rho,\\rho^2\\). graph_symmetry minimal_counterexample source_verified sol-official-word-action действие на словах вершин source_verified induction зафиксируем корень \\(a\\) и обозначим его соседей \\(b,c,d\\). любая другая вершина кодируется словом: первая буква показывает, через какого из \\(b,c,d\\) начинается путь от \\(a\\), а последующие буквы \\(l,r\\) показывают левые и правые повороты вдоль пути. поворот \\(\\rho\\) циклически меняет первую букву \\(b\\to c\\to d\\to b\\), а отражение \\(\\sigma\\) устроено так, что после подходящего поворота оно сокращает расстояние до \\(a\\) на один. поэтому индукцией по длине слова любую вершину можно перевести в \\(a\\); действие допустимой группы на вершинах транзитивно. теперь достаточно посчитать допустимые автоморфизмы, фиксирующие \\(a\\). очевидно, \\(1,\\rho,\\rho^2\\) фиксируют \\(a\\). любое другое сокращённое слово в порождающих можно записать как \\(\\rho^{i_0}\\sigma\\rho^{i_1}\\sigma\\cdots\\sigma\\rho^{i_k}\\), где внутри стоят только ненулевые степени \\(\\rho\\). применяя такое слово справа налево к \\(a\\), перво… sums-2012-p8-regular-tree-allowable-automorphisms tri dopustimyh avtomorfizma 3-regulyarnogo dereva mezhdu dvumya vershinami, sums 2012/8 trees graph_symmetry induction minimal_counterexample goal_counting 2012 https://ssh.maths.usyd.edu.au/u/sumscomp/sols2012.pdf problem_and_solution src-sums-2012-p8-official sums sums zadacha competition 2012 zadacha 8, ofitsialnye pdf s usloviyami i resheniyami sums2012 with_solution ? sums zadacha competition 2012 zadacha 8, ofitsialnye pdf s usloviyami i resheniyami stmt-original uslovie source_verified pust \\(t\\) - beskonechnoe 3-regulyarnoe derevo. v fiksirovannom ploskom risunke zadany dva avtomorfizma: otrazhenie \\(\\sigma\\) i povorot \\(\\rho\\), kotoryy fiksiruet odnu vershinu \\(a\\) i tsiklicheski perestavlyaet tri sosednih napravleniya. dopustimymi nazyvayutsya avtomorfizmy, kotorye mozhno poluchit posledovatelnym primeneniem \\(\\rho\\) i \\(\\sigma\\). dokazhite, chto dlya lyubyh dvuh vershin \\(v\\) i \\(w\\) dereva \\(t\\) suschestvuet rovno tri dopustimyh avtomorfizma, perevodyaschih \\(v\\) v \\(w\\). tree degree idea-regular-tree-turn-words vershiny kodiruyutsya pervym napravleniem i povorotami nalevo/napravo ot kornya \\(a\\) k lyuboy drugoy vershine idet edinstvennyy put. ego mozhno zapisat kak pervuyu bukvu \\(b,c,d\\), a zatem stroku iz povorotov \\(l,r\\). povorot menyaet pervuyu bukvu, a otrazhenie posle privedeniya pervoy bukvy k \\(b\\) umenshaet dlinu slova. trees graph_symmetry induction source_verified idea-root-stabilizer-three stabilizator kornya sostoit tolko iz treh povorotov posle sokrascheniya slov v porozhdayuschih \\(\\rho,\\sigma\\) vsyakiy netrivialnyy element, soderzhaschiy \\(\\sigma\\), perevodit koren v vershinu s nepustym slovom. poetomu koren fiksiruyut tolko \\(1,\\rho,\\rho^2\\). graph_symmetry minimal_counterexample source_verified sol-official-word-action deystvie na slovah vershin source_verified induction zafiksiruem koren \\(a\\) i oboznachim ego sosedey \\(b,c,d\\). lyubaya drugaya vershina kodiruetsya slovom: pervaya bukva pokazyvaet, cherez kakogo iz \\(b,c,d\\) nachinaetsya put ot \\(a\\), a posleduyuschie bukvy \\(l,r\\) pokazyvayut levye i pravye povoroty vdol puti. povorot \\(\\rho\\) tsiklicheski menyaet pervuyu bukvu \\(b\\to c\\to d\\to b\\), a otrazhenie \\(\\sigma\\) ustroeno tak, chto posle podhodyaschego povorota ono sokraschaet rasstoyanie do \\(a\\) na odin. poetomu induktsiey po dline slova lyubuyu vershinu mozhno perevesti v \\(a\\); deystvie dopustimoy gruppy na vershinah tranzitivno. teper dostatochno poschitat dopustimye avtomorfizmy, fiksiruyuschie \\(a\\). ochevidno, \\(1,\\rho,\\rho^2\\) fiksiruyut \\(a\\). lyuboe drugoe sokraschennoe slovo v porozhdayuschih mozhno zapisat kak \\(\\rho^{i_0}\\sigma\\rho^{i_1}\\sigma\\cdots\\sigma\\rho^{i_k}\\), gde vnutri stoyat tolko nenulevye stepeni \\(\\rho\\). primenyaya takoe slovo sprava nalevo k \\(a\\), pervo…","source_keys":["sums"]}
{"id":"sums-2014-p6-positive-labels-dynkin-trees","title":"Положительные разметки графа с суммой соседей 2f(v)-1, SUMS 2014/6","path":"data\\problems\\sums\\sums-2014-p6-positive-labels-dynkin-trees.yaml","raw_github_url":"https://raw.githubusercontent.com/didin-maxim/knowledge_graph_of_graphs/main/data/problems/sums/sums-2014-p6-positive-labels-dynkin-trees.yaml","viewer_url":"https://didin-maxim.github.io/knowledge_graph_of_graphs/#sums-2014-p6-positive-labels-dynkin-trees","source_key":"sums","source_label":"SUMS","source_titles":["SUMS задача Competition 2014 задача 6, официальные PDF с условиями и решениями"],"year":"2014","type":"olympiad_problem","authors":[],"tags":["trees","graph_symmetry","extremal_choice","induction","goal_classification"],"agent_topics":[],"difficulty":{"main":"national_final_hard","local_score":8,"comment":"Полная классификация конечных графов с жёсткой линейной разметкой; решение фактически выводит конечные диаграммы Дынкина типов A, D, E6 и E8.","status":"ai_checked"},"review_status":"ai_checked","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":"агент grouped classification","audit_source":"agent-university-archives.json"},"statements":{"original":[{"id":"stmt-original","title":"Условие","status":"source_verified","text":"Для каких связных конечных простых графов можно назначить каждой вершине \\(v\\) положительное целое число \\(f(v)\\) так, чтобы для каждой вершины \\(v\\) сумма меток всех соседних с ней вершин была равна \\(2f(v)-1\\)?","definition_ids":["simple_graph","connected_graph","degree"]}]},"solutions":[{"id":"sol-official-dynkin-classification","title":"Классификация через минимальную метку и ветви","status":"source_verified","definition_ids":[],"standard_idea_ids":["extremal_choice"],"tags":[],"has_text":true,"text_preview":"Пусть такая разметка существует. Сначала граф не содержит циклов: на цикле возьмём вершину с минимальной меткой; две её циклические соседки дают сумму не меньше \\(2f(v)\\), а требуется \\(2f(v)-1\\). Значит граф - дерево. В дереве не может быть двух вершин степени хотя бы 3: на пути между ними минимум меток достигается у конца, а затем условие в ветвящейся вершине снова заставляет сумму соседей быть больше \\(2f(v)-1\\). Не может быть и вершины степени хотя бы 4, поскольку каждый её сосед имеет метку больше \\(f(v)/2\\), и сумма четырёх соседей превысила бы \\(2f(v)-1\\). Поэтому дерево либо путь, либо имеет ровно одну вершину степени 3. Для пути с конечной меткой \\(a\\) на конце рекурсия вдоль пути даёт \\(f(v_k)=ka-\\binom k2\\). Условие на другом конце вынуждает число вершин быть \\(2a\\); это серия путей \\(A_{2a}\\). Если есть одна вершина степени 3, пусть длины ветвей равны \\(k\\ge \\ell\\ge m\\). Рек…"}],"relations":[],"search_text":"sums-2014-p6-positive-labels-dynkin-trees положительные разметки графа с суммой соседей 2f(v)-1, sums 2014/6 trees graph_symmetry extremal_choice induction goal_classification 2014 https://ssh.maths.usyd.edu.au/u/sumscomp/sols2014.pdf problem_and_solution src-sums-2014-p6-official sums sums задача competition 2014 задача 6, официальные pdf с условиями и решениями sums2014 with_solution ? sums задача competition 2014 задача 6, официальные pdf с условиями и решениями stmt-original условие source_verified для каких связных конечных простых графов можно назначить каждой вершине \\(v\\) положительное целое число \\(f(v)\\) так, чтобы для каждой вершины \\(v\\) сумма меток всех соседних с ней вершин была равна \\(2f(v)-1\\)? simple_graph connected_graph degree idea-minimum-label-forces-tree минимальная метка запрещает циклы и большие ветвления на цикле вершина с минимальной меткой имела бы двух соседей с суммой не меньше \\(2f(v)\\), что противоречит \\(2f(v)-1\\). аналогично две ветвящиеся вершины или вершина степени хотя бы 4 дают слишком большую сумму соседей. trees extremal_choice goal_classification source_verified idea-branch-length-equations оставшиеся деревья классифицируются рекурсиями вдоль ветвей если дерево является путём, метки вдоль пути выражаются как \\(ka-\\binom k2\\), и конечное условие даёт путь чётной длины. если есть одна вершина степени 3, длины трёх ветвей удовлетворяют диофантовым ограничениям, откуда остаются серии типа \\(d\\) и исключительные случаи \\(e_6,e_8\\). induction goal_classification source_verified sol-official-dynkin-classification классификация через минимальную метку и ветви source_verified extremal_choice пусть такая разметка существует. сначала граф не содержит циклов: на цикле возьмём вершину с минимальной меткой; две её циклические соседки дают сумму не меньше \\(2f(v)\\), а требуется \\(2f(v)-1\\). значит граф - дерево. в дереве не может быть двух вершин степени хотя бы 3: на пути между ними минимум меток достигается у конца, а затем условие в ветвящейся вершине снова заставляет сумму соседей быть больше \\(2f(v)-1\\). не может быть и вершины степени хотя бы 4, поскольку каждый её сосед имеет метку больше \\(f(v)/2\\), и сумма четырёх соседей превысила бы \\(2f(v)-1\\). поэтому дерево либо путь, либо имеет ровно одну вершину степени 3. для пути с конечной меткой \\(a\\) на конце рекурсия вдоль пути даёт \\(f(v_k)=ka-\\binom k2\\). условие на другом конце вынуждает число вершин быть \\(2a\\); это серия путей \\(a_{2a}\\). если есть одна вершина степени 3, пусть длины ветвей равны \\(k\\ge \\ell\\ge m\\). рек… sums-2014-p6-positive-labels-dynkin-trees polozhitelnye razmetki grafa s summoy sosedey 2f(v)-1, sums 2014/6 trees graph_symmetry extremal_choice induction goal_classification 2014 https://ssh.maths.usyd.edu.au/u/sumscomp/sols2014.pdf problem_and_solution src-sums-2014-p6-official sums sums zadacha competition 2014 zadacha 6, ofitsialnye pdf s usloviyami i resheniyami sums2014 with_solution ? sums zadacha competition 2014 zadacha 6, ofitsialnye pdf s usloviyami i resheniyami stmt-original uslovie source_verified dlya kakih svyaznyh konechnyh prostyh grafov mozhno naznachit kazhdoy vershine \\(v\\) polozhitelnoe tseloe chislo \\(f(v)\\) tak, chtoby dlya kazhdoy vershiny \\(v\\) summa metok vseh sosednih s ney vershin byla ravna \\(2f(v)-1\\)? simple_graph connected_graph degree idea-minimum-label-forces-tree minimalnaya metka zapreschaet tsikly i bolshie vetvleniya na tsikle vershina s minimalnoy metkoy imela by dvuh sosedey s summoy ne menshe \\(2f(v)\\), chto protivorechit \\(2f(v)-1\\). analogichno dve vetvyaschiesya vershiny ili vershina stepeni hotya by 4 dayut slishkom bolshuyu summu sosedey. trees extremal_choice goal_classification source_verified idea-branch-length-equations ostavshiesya derevya klassifitsiruyutsya rekursiyami vdol vetvey esli derevo yavlyaetsya putem, metki vdol puti vyrazhayutsya kak \\(ka-\\binom k2\\), i konechnoe uslovie daet put chetnoy dliny. esli est odna vershina stepeni 3, dliny treh vetvey udovletvoryayut diofantovym ogranicheniyam, otkuda ostayutsya serii tipa \\(d\\) i isklyuchitelnye sluchai \\(e_6,e_8\\). induction goal_classification source_verified sol-official-dynkin-classification klassifikatsiya cherez minimalnuyu metku i vetvi source_verified extremal_choice pust takaya razmetka suschestvuet. snachala graf ne soderzhit tsiklov: na tsikle vozmem vershinu s minimalnoy metkoy; dve ee tsiklicheskie sosedki dayut summu ne menshe \\(2f(v)\\), a trebuetsya \\(2f(v)-1\\). znachit graf - derevo. v dereve ne mozhet byt dvuh vershin stepeni hotya by 3: na puti mezhdu nimi minimum metok dostigaetsya u kontsa, a zatem uslovie v vetvyascheysya vershine snova zastavlyaet summu sosedey byt bolshe \\(2f(v)-1\\). ne mozhet byt i vershiny stepeni hotya by 4, poskolku kazhdyy ee sosed imeet metku bolshe \\(f(v)/2\\), i summa chetyreh sosedey prevysila by \\(2f(v)-1\\). poetomu derevo libo put, libo imeet rovno odnu vershinu stepeni 3. dlya puti s konechnoy metkoy \\(a\\) na kontse rekursiya vdol puti daet \\(f(v_k)=ka-\\binom k2\\). uslovie na drugom kontse vynuzhdaet chislo vershin byt \\(2a\\); eto seriya putey \\(a_{2a}\\). esli est odna vershina stepeni 3, pust dliny vetvey ravny \\(k\\ge \\ell\\ge m\\). rek…","source_keys":["sums"]}
{"id":"tc-1980-distinct-rows-delete-column","title":"Удаление столбца при различных строках, Олимпиада трёх городов 1980","path":"data\\problems\\tournament-cities\\tc-1980-distinct-rows-delete-column.yaml","raw_github_url":"https://raw.githubusercontent.com/didin-maxim/knowledge_graph_of_graphs/main/data/problems/tournament-cities/tc-1980-distinct-rows-delete-column.yaml","viewer_url":"https://didin-maxim.github.io/knowledge_graph_of_graphs/#tc-1980-distinct-rows-delete-column","source_key":"tc","source_label":"Олимпиада трёх городов","source_titles":["Задача 97761, Олимпиада трёх городов / Турнир городов, весна 1980","Архив Турнира городов 1-25, МЦНМО"],"year":"1980","type":"olympiad_problem","authors":["Анджанс А."],"tags":["trees","extremal_choice","goal_exact_bound"],"agent_topics":[],"difficulty":{"main":"regional","local_score":5,"comment":"Весна 1980, задача 2 для 8-10 классов; на problems.ru сложность 5.","status":"ai_checked"},"review_status":"needs_human_review","public_ready":false,"solution_state":"with_solution","solution_classification":{"type":"unofficial_published","status":"ai_checked","confidence":0.78,"basis":"неофициальный опубликованный источник или признак опубликованного решения","notes":"Решение опубликовано не в официальном архиве; источник надо отличать от официального.","label":"опубликованное неофициальное"},"statements":{"original":[{"id":"stmt-original","title":"Таблица с различными строками","status":"ai_checked","text":"В таблице N×N, заполненной числами, все строки различны: любые две строки отличаются хотя бы в одном элементе. Докажите, что можно вычеркнуть некоторый столбец так, что в оставшейся таблице снова все строки будут различны.","definition_ids":[]}]},"solutions":[{"id":"sol-essential-column-forest","title":"Граф существенных столбцов","status":"ai_checked","definition_ids":["cycle"],"standard_idea_ids":["extremal_choice"],"tags":[],"has_text":true,"text_preview":"Назовём столбец существенным, если после его удаления какие-то две строки становятся одинаковыми. Тогда для такого столбца можно выбрать пару строк, которые отличаются ровно в этом столбце. Предположим, что все N столбцов существенны, и построим граф: вершины — строки, а для каждого столбца проведём ребро между выбранной для него парой строк. Если в этом графе есть цикл, возьмём на нём ребро, соответствующее столбцу c. На всех остальных рёбрах цикла строки имеют одинаковые значения в столбце c, потому что эти пары отличаются только в своих столбцах, не равных c. Значит, двигаясь по циклу от одного конца выбранного ребра к другому без этого ребра, получаем равенство значений в столбце c. Но выбранная пара должна отличаться в столбце c — противоречие. Значит, граф без циклов, а в графе на N вершинах без циклов не больше N-1 рёбер. Поэтому не все N столбцов существенны; несущественный стол…"}],"relations":[{"id":"rel-tree-distinct-rows-1980","neighbor_id":"tree-equivalent-properties","direction":"backward","type":"prerequisite","distance":1,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-forest-columns-coins-2023","neighbor_id":"tc-2023-24-coins-pairing-weighing-forest","direction":"forward","type":"same_motif","distance":1,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-cycles-redundancy-1980-2015","neighbor_id":"tc-2015-16-connectivity-query-lower-bound","direction":"forward","type":"same_motif","distance":2,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-columns-imo-2024-c8","neighbor_id":"imo-2024-c8-board-coloring-tree","direction":"forward","type":"same_motif","distance":2,"status":"ai_checked"}],"search_text":"tc-1980-distinct-rows-delete-column удаление столбца при различных строках, олимпиада трёх городов 1980 trees extremal_choice goal_exact_bound 1980 https://olympiads.mccme.ru/turgor/tgarhiv.htm https://problems.ru/view_problem_details_new.php?id=97761 official_archive olympiad_archive src-problems-97761 src-turgor-archive-1-25 tc tc1980 with_solution анджанс а. архив турнира городов 1-25, мцнмо задача 97761, олимпиада трёх городов / турнир городов, весна 1980 олимпиада трёх городов олимпиадатрёхгородов олимпиадатрёхгородов1980 анджанс а. задача 97761, олимпиада трёх городов / турнир городов, весна 1980 архив турнира городов 1-25, мцнмо stmt-original таблица с различными строками ai_checked в таблице n×n, заполненной числами, все строки различны: любые две строки отличаются хотя бы в одном элементе. докажите, что можно вычеркнуть некоторый столбец так, что в оставшейся таблице снова все строки будут различны. idea-essential-columns-form-forest существенные столбцы образуют граф без циклов если каждый столбец необходим, выберем для него пару строк, различающихся только в этом столбце. эти пары становятся рёбрами графа на строках. цикл невозможен: вдоль остальных рёбер значение в фиксированном столбце сохраняется, а на выбранном ребре должно измениться. trees extremal_choice ai_checked sol-essential-column-forest граф существенных столбцов ai_checked cycle extremal_choice назовём столбец существенным, если после его удаления какие-то две строки становятся одинаковыми. тогда для такого столбца можно выбрать пару строк, которые отличаются ровно в этом столбце. предположим, что все n столбцов существенны, и построим граф: вершины — строки, а для каждого столбца проведём ребро между выбранной для него парой строк. если в этом графе есть цикл, возьмём на нём ребро, соответствующее столбцу c. на всех остальных рёбрах цикла строки имеют одинаковые значения в столбце c, потому что эти пары отличаются только в своих столбцах, не равных c. значит, двигаясь по циклу от одного конца выбранного ребра к другому без этого ребра, получаем равенство значений в столбце c. но выбранная пара должна отличаться в столбце c — противоречие. значит, граф без циклов, а в графе на n вершинах без циклов не больше n-1 рёбер. поэтому не все n столбцов существенны; несущественный стол… tc-1980-distinct-rows-delete-column udalenie stolbtsa pri razlichnyh strokah, olimpiada treh gorodov 1980 trees extremal_choice goal_exact_bound 1980 https://olympiads.mccme.ru/turgor/tgarhiv.htm https://problems.ru/view_problem_details_new.php?id=97761 official_archive olympiad_archive src-problems-97761 src-turgor-archive-1-25 tc tc1980 with_solution andzhans a. arhiv turnira gorodov 1-25, mtsnmo zadacha 97761, olimpiada treh gorodov / turnir gorodov, vesna 1980 olimpiada treh gorodov olimpiadatrehgorodov olimpiadatrehgorodov1980 andzhans a. zadacha 97761, olimpiada treh gorodov / turnir gorodov, vesna 1980 arhiv turnira gorodov 1-25, mtsnmo stmt-original tablitsa s razlichnymi strokami ai_checked v tablitse n×n, zapolnennoy chislami, vse stroki razlichny: lyubye dve stroki otlichayutsya hotya by v odnom elemente. dokazhite, chto mozhno vycherknut nekotoryy stolbets tak, chto v ostavsheysya tablitse snova vse stroki budut razlichny. idea-essential-columns-form-forest suschestvennye stolbtsy obrazuyut graf bez tsiklov esli kazhdyy stolbets neobhodim, vyberem dlya nego paru strok, razlichayuschihsya tolko v etom stolbtse. eti pary stanovyatsya rebrami grafa na strokah. tsikl nevozmozhen: vdol ostalnyh reber znachenie v fiksirovannom stolbtse sohranyaetsya, a na vybrannom rebre dolzhno izmenitsya. trees extremal_choice ai_checked sol-essential-column-forest graf suschestvennyh stolbtsov ai_checked cycle extremal_choice nazovem stolbets suschestvennym, esli posle ego udaleniya kakie-to dve stroki stanovyatsya odinakovymi. togda dlya takogo stolbtsa mozhno vybrat paru strok, kotorye otlichayutsya rovno v etom stolbtse. predpolozhim, chto vse n stolbtsov suschestvenny, i postroim graf: vershiny — stroki, a dlya kazhdogo stolbtsa provedem rebro mezhdu vybrannoy dlya nego paroy strok. esli v etom grafe est tsikl, vozmem na nem rebro, sootvetstvuyuschee stolbtsu c. na vseh ostalnyh rebrah tsikla stroki imeyut odinakovye znacheniya v stolbtse c, potomu chto eti pary otlichayutsya tolko v svoih stolbtsah, ne ravnyh c. znachit, dvigayas po tsiklu ot odnogo kontsa vybrannogo rebra k drugomu bez etogo rebra, poluchaem ravenstvo znacheniy v stolbtse c. no vybrannaya para dolzhna otlichatsya v stolbtse c — protivorechie. znachit, graf bez tsiklov, a v grafe na n vershinah bez tsiklov ne bolshe n-1 reber. poetomu ne vse n stolbtsov suschestvenny; nesuschestvennyy stol…","source_keys":["tc"]}
{"id":"tc-1994-95-common-grandfather-intersecting-edges","title":"Общий дед и пересекающиеся рёбра, Турнир городов 1994/95","path":"data\\problems\\tournament-cities\\tc-1994-95-common-grandfather-intersecting-edges.yaml","raw_github_url":"https://raw.githubusercontent.com/didin-maxim/knowledge_graph_of_graphs/main/data/problems/tournament-cities/tc-1994-95-common-grandfather-intersecting-edges.yaml","viewer_url":"https://didin-maxim.github.io/knowledge_graph_of_graphs/#tc-1994-95-common-grandfather-intersecting-edges","source_key":"tc","source_label":"Турнир городов","source_titles":["Задача 98230, Турнир городов 1994/95, осенний тур, тренировочный вариант, 8-9 класс","Архив Турнира городов 1-25, МЦНМО"],"year":"1994","type":"olympiad_problem","authors":["Шаповалов А.В."],"tags":["matching","double_counting","goal_exact_bound"],"agent_topics":[],"difficulty":{"main":"regional","local_score":5,"comment":"Осенний тренировочный вариант 1994/95, 8-9 класс, задача 4; на problems.ru указано 5 баллов и сложность 4-.","status":"ai_checked"},"review_status":"needs_human_review","public_ready":false,"solution_state":"with_solution","solution_classification":{"type":"unofficial_published","status":"ai_checked","confidence":0.78,"basis":"неофициальный опубликованный источник или признак опубликованного решения","notes":"Решение опубликовано не в официальном архиве; источник надо отличать от официального.","label":"опубликованное неофициальное"},"statements":{"original":[{"id":"stmt-original","title":"20 детей в Простоквашино","status":"ai_checked","text":"В Простоквашинской начальной школе учится всего 20 детей. У каждых двух из них есть общий дед. Докажите, что у одного из дедов в этой школе учится не менее 14 внуков и внучек.","definition_ids":[]}],"graph_theory":[{"id":"stmt-graph","title":"Общий дед и пересекающиеся рёбра, Турнир городов 1994/95","status":"ai_checked","text":"В простом графе H выбрано 20 рёбер, причём любые два выбранных ребра имеют общую вершину. Докажите, что найдётся вершина, инцидентная хотя бы 14 выбранным рёбрам.","definition_ids":["simple_graph"]}]},"solutions":[{"id":"sol-star-or-triangle","title":"Звезда или треугольник","status":"ai_checked","definition_ids":["simple_graph"],"standard_idea_ids":["double_counting","pigeonhole_principle"],"tags":[],"has_text":true,"text_preview":"Построим граф, вершины которого — деды, а каждый ребёнок задаёт ребро между двумя своими дедами. По условию любые два таких ребра имеют общий конец. Если все 20 рёбер имеют общий конец, то соответствующий дед имеет 20 внуков, и всё доказано. Иначе найдутся два ребра с общим концом X, скажем XY и XZ, и есть ребро, не проходящее через X. Чтобы пересечь и XY, и XZ, оно обязано быть YZ. Теперь любое выбранное ребро должно пересекать все три стороны треугольника XYZ. В простом графе это возможно только для одной из сторон этого треугольника. Значит, все 20 детей имеют дедов среди X,Y,Z. Сумма чисел внуков у X,Y,Z равна 40, потому что каждый ребёнок посчитан у двух дедов. Поэтому у одного из трёх дедов не меньше \\(\\lceil 40/3\\rceil=14\\) внуков."},{"id":"sol-three-grandfathers","title":"Звезда или треугольник","status":"ai_checked","definition_ids":[],"standard_idea_ids":["pigeonhole_principle"],"tags":[],"has_text":true,"text_preview":"Возьмём школьника A и двух его дедов X и Y. Если все школьники являются внуками X или все являются внуками Y, то всё доказано. Иначе найдётся школьник B, который не является внуком X; тогда его общий дед с A — это Y. Тем же рассуждением найдётся школьник C, который не является внуком Y; поскольку у A деды только X и Y, его общий дед с A — это X. У B и C есть общий дед Z. Покажем, что других дедов среди этих школьников нет. Пусть некоторый школьник D имеет деда W, отличного от X,Y,Z. Тогда D должен иметь общего деда с A, значит второй дед D равен X или Y. Если это X, то у D нет общего деда с B, у которого деды Y и Z; если это Y, то у D нет общего деда с C, у которого деды X и Z. Оба варианта невозможны. Значит, все дети приходятся внуками только дедам X, Y, Z. Всего у них 40 внуков с учётом повторения, поэтому у одного из трёх дедов не меньше \\(\\lceil 40/3\\rceil=14\\) внуков."}],"relations":[{"id":"rel-konig-common-grandfather-1994","neighbor_id":"konig-vertex-cover-theorem","direction":"backward","type":"same_motif","distance":3,"status":"needs_human_review"},{"id":"rel-vosh-bureaucrats-common-grandfather","neighbor_id":"vosh-2008-regional-bureaucrats-common-neighborhood","direction":"backward","type":"same_motif","distance":3,"status":"needs_human_review"},{"id":"rel-pairwise-intersecting-edges-tc-1994-95","neighbor_id":"pairwise-intersecting-edges-star-or-triangle","direction":"backward","type":"prerequisite","distance":1,"status":"ai_checked"}],"search_text":"tc-1994-95-common-grandfather-intersecting-edges общий дед и пересекающиеся рёбра, турнир городов 1994/95 matching double_counting goal_exact_bound 1994 https://olympiads.mccme.ru/turgor/tgarhiv.htm https://problems.ru/view_problem_details_new.php?id=98230 official_archive olympiad_archive src-problems-98230 src-turgor-archive-1-25 tc tc1994 with_solution архив турнира городов 1-25, мцнмо задача 98230, турнир городов 1994/95, осенний тур, тренировочный вариант, 8-9 класс турнир городов турниргородов турниргородов1994 шаповалов а.в. шаповалов а.в. задача 98230, турнир городов 1994/95, осенний тур, тренировочный вариант, 8-9 класс архив турнира городов 1-25, мцнмо stmt-original 20 детей в простоквашино ai_checked в простоквашинской начальной школе учится всего 20 детей. у каждых двух из них есть общий дед. докажите, что у одного из дедов в этой школе учится не менее 14 внуков и внучек. stmt-graph общий дед и пересекающиеся рёбра, турнир городов 1994/95 ai_checked в простом графе h выбрано 20 рёбер, причём любые два выбранных ребра имеют общую вершину. докажите, что найдётся вершина, инцидентная хотя бы 14 выбранным рёбрам. simple_graph idea-pairwise-intersecting-edges-star-or-triangle попарно пересекающиеся рёбра — звезда или треугольник если все выбранные рёбра не имеют общей вершины, то три из них образуют треугольник, а любое другое ребро должно пересекать все три стороны треугольника, что невозможно для ребра простого графа, если оно не является одной из этих сторон. matching ai_checked idea-three-grandfathers три деда контролируют всех детей если ни один из двух дедов выбранного ребёнка не является общим дедом для всех, то находятся ещё два ребёнка, которые вынуждают появление третьего деда. после этого любой другой дед нарушил бы условие общего деда с одним из трёх выбранных детей. double_counting ai_checked sol-star-or-triangle звезда или треугольник ai_checked simple_graph double_counting pigeonhole_principle построим граф, вершины которого — деды, а каждый ребёнок задаёт ребро между двумя своими дедами. по условию любые два таких ребра имеют общий конец. если все 20 рёбер имеют общий конец, то соответствующий дед имеет 20 внуков, и всё доказано. иначе найдутся два ребра с общим концом x, скажем xy и xz, и есть ребро, не проходящее через x. чтобы пересечь и xy, и xz, оно обязано быть yz. теперь любое выбранное ребро должно пересекать все три стороны треугольника xyz. в простом графе это возможно только для одной из сторон этого треугольника. значит, все 20 детей имеют дедов среди x,y,z. сумма чисел внуков у x,y,z равна 40, потому что каждый ребёнок посчитан у двух дедов. поэтому у одного из трёх дедов не меньше \\(\\lceil 40/3\\rceil=14\\) внуков. sol-three-grandfathers звезда или треугольник ai_checked pigeonhole_principle возьмём школьника a и двух его дедов x и y. если все школьники являются внуками x или все являются внуками y, то всё доказано. иначе найдётся школьник b, который не является внуком x; тогда его общий дед с a — это y. тем же рассуждением найдётся школьник c, который не является внуком y; поскольку у a деды только x и y, его общий дед с a — это x. у b и c есть общий дед z. покажем, что других дедов среди этих школьников нет. пусть некоторый школьник d имеет деда w, отличного от x,y,z. тогда d должен иметь общего деда с a, значит второй дед d равен x или y. если это x, то у d нет общего деда с b, у которого деды y и z; если это y, то у d нет общего деда с c, у которого деды x и z. оба варианта невозможны. значит, все дети приходятся внуками только дедам x, y, z. всего у них 40 внуков с учётом повторения, поэтому у одного из трёх дедов не меньше \\(\\lceil 40/3\\rceil=14\\) внуков. tc-1994-95-common-grandfather-intersecting-edges obschiy ded i peresekayuschiesya rebra, turnir gorodov 1994/95 matching double_counting goal_exact_bound 1994 https://olympiads.mccme.ru/turgor/tgarhiv.htm https://problems.ru/view_problem_details_new.php?id=98230 official_archive olympiad_archive src-problems-98230 src-turgor-archive-1-25 tc tc1994 with_solution arhiv turnira gorodov 1-25, mtsnmo zadacha 98230, turnir gorodov 1994/95, osenniy tur, trenirovochnyy variant, 8-9 klass turnir gorodov turnirgorodov turnirgorodov1994 shapovalov a.v. shapovalov a.v. zadacha 98230, turnir gorodov 1994/95, osenniy tur, trenirovochnyy variant, 8-9 klass arhiv turnira gorodov 1-25, mtsnmo stmt-original 20 detey v prostokvashino ai_checked v prostokvashinskoy nachalnoy shkole uchitsya vsego 20 detey. u kazhdyh dvuh iz nih est obschiy ded. dokazhite, chto u odnogo iz dedov v etoy shkole uchitsya ne menee 14 vnukov i vnuchek. stmt-graph obschiy ded i peresekayuschiesya rebra, turnir gorodov 1994/95 ai_checked v prostom grafe h vybrano 20 reber, prichem lyubye dva vybrannyh rebra imeyut obschuyu vershinu. dokazhite, chto naydetsya vershina, intsidentnaya hotya by 14 vybrannym rebram. simple_graph idea-pairwise-intersecting-edges-star-or-triangle poparno peresekayuschiesya rebra — zvezda ili treugolnik esli vse vybrannye rebra ne imeyut obschey vershiny, to tri iz nih obrazuyut treugolnik, a lyuboe drugoe rebro dolzhno peresekat vse tri storony treugolnika, chto nevozmozhno dlya rebra prostogo grafa, esli ono ne yavlyaetsya odnoy iz etih storon. matching ai_checked idea-three-grandfathers tri deda kontroliruyut vseh detey esli ni odin iz dvuh dedov vybrannogo rebenka ne yavlyaetsya obschim dedom dlya vseh, to nahodyatsya esche dva rebenka, kotorye vynuzhdayut poyavlenie tretego deda. posle etogo lyuboy drugoy ded narushil by uslovie obschego deda s odnim iz treh vybrannyh detey. double_counting ai_checked sol-star-or-triangle zvezda ili treugolnik ai_checked simple_graph double_counting pigeonhole_principle postroim graf, vershiny kotorogo — dedy, a kazhdyy rebenok zadaet rebro mezhdu dvumya svoimi dedami. po usloviyu lyubye dva takih rebra imeyut obschiy konets. esli vse 20 reber imeyut obschiy konets, to sootvetstvuyuschiy ded imeet 20 vnukov, i vse dokazano. inache naydutsya dva rebra s obschim kontsom x, skazhem xy i xz, i est rebro, ne prohodyaschee cherez x. chtoby peresech i xy, i xz, ono obyazano byt yz. teper lyuboe vybrannoe rebro dolzhno peresekat vse tri storony treugolnika xyz. v prostom grafe eto vozmozhno tolko dlya odnoy iz storon etogo treugolnika. znachit, vse 20 detey imeyut dedov sredi x,y,z. summa chisel vnukov u x,y,z ravna 40, potomu chto kazhdyy rebenok poschitan u dvuh dedov. poetomu u odnogo iz treh dedov ne menshe \\(\\lceil 40/3\\rceil=14\\) vnukov. sol-three-grandfathers zvezda ili treugolnik ai_checked pigeonhole_principle vozmem shkolnika a i dvuh ego dedov x i y. esli vse shkolniki yavlyayutsya vnukami x ili vse yavlyayutsya vnukami y, to vse dokazano. inache naydetsya shkolnik b, kotoryy ne yavlyaetsya vnukom x; togda ego obschiy ded s a — eto y. tem zhe rassuzhdeniem naydetsya shkolnik c, kotoryy ne yavlyaetsya vnukom y; poskolku u a dedy tolko x i y, ego obschiy ded s a — eto x. u b i c est obschiy ded z. pokazhem, chto drugih dedov sredi etih shkolnikov net. pust nekotoryy shkolnik d imeet deda w, otlichnogo ot x,y,z. togda d dolzhen imet obschego deda s a, znachit vtoroy ded d raven x ili y. esli eto x, to u d net obschego deda s b, u kotorogo dedy y i z; esli eto y, to u d net obschego deda s c, u kotorogo dedy x i z. oba varianta nevozmozhny. znachit, vse deti prihodyatsya vnukami tolko dedam x, y, z. vsego u nih 40 vnukov s uchetom povtoreniya, poetomu u odnogo iz treh dedov ne menshe \\(\\lceil 40/3\\rceil=14\\) vnukov.","source_keys":["tc"]}
{"id":"tc-2001-02-rooks-odd-attacks","title":"Ладьи, бьющие нечётное число ранее поставленных, Турнир городов 2001/02","path":"data\\problems\\tournament-cities\\tc-2001-02-rooks-odd-attacks.yaml","raw_github_url":"https://raw.githubusercontent.com/didin-maxim/knowledge_graph_of_graphs/main/data/problems/tournament-cities/tc-2001-02-rooks-odd-attacks.yaml","viewer_url":"https://didin-maxim.github.io/knowledge_graph_of_graphs/#tc-2001-02-rooks-odd-attacks","source_key":"tc","source_label":"Турнир городов","source_titles":["Задача 98546, Турнир городов 2001/02, осенний тур, основной вариант, 8-9 класс","23-й Турнир городов 2001/02, официальный архив"],"year":"2001","type":"olympiad_problem","authors":["Шаповалов А.В."],"tags":["double_counting","extremal_choice","goal_exact_bound"],"agent_topics":[],"difficulty":{"main":"regional","local_score":6,"comment":"Осенний основной вариант 2001/02, 8-9 класс, задача 5; на problems.ru указано 6 баллов и сложность 4-.","status":"ai_checked"},"review_status":"ai_checked","public_ready":true,"solution_state":"with_solution","solution_classification":{"type":"unofficial_published","status":"ai_checked","confidence":0.78,"basis":"неофициальный опубликованный источник или признак опубликованного решения","notes":"Решение опубликовано не в официальном архиве; источник надо отличать от официального.","label":"опубликованное неофициальное"},"statements":{"original":[{"id":"stmt-original","title":"Саша выставляет ладьи","status":"ai_checked","text":"Саша выставляет на пустую шахматную доску 8×8 ладьи: первую — куда захочет, а каждую следующую ставит так, чтобы она била нечётное число ранее выставленных ладей. Ладьи бьют по горизонтали и вертикали, если между ними нет другой ладьи. Какое наибольшее число ладей он сможет так выставить?","definition_ids":[]}]},"solutions":[{"id":"sol-construct-63","title":"Конструкция на 63 ладьи и запрет 64-й","status":"ai_checked","definition_ids":[],"standard_idea_ids":["extremal_choice"],"tags":[],"has_text":true,"text_preview":"Ответ: 63. Обозначим клетки как a1,...,h8. Сначала ставим ладьи в a1, a8, h8. Затем ставим b1,c1,d1,e1,f1,g1; после этого h7,h6,h5,h4,h3,h2. Далее заполняем столбцы слева направо: a2,a3,a4,a5,a6,a7, затем b2,b3,...,b8, затем c2,...,c8, и так далее до g2,...,g8. Всего поставлено 3+6+6+6+6\\cdot 7=63 ладьи, не занята только клетка h1. Проверка правила такова. На первом нижнем отрезке каждая новая ладья бьёт только ближайшую уже поставленную слева; на правом столбце — только ближайшую уже поставленную сверху. В столбце a каждая новая ладья бьёт две ладьи по своему столбцу, ближайшие сверху и снизу, и одну ладью в той же строке на h-столбце, всего три. В каждом из столбцов b,...,g новая ладья бьёт ближайшую уже поставленную ладью в своём столбце снизу и две ближайшие ладьи в своей строке, слева и справа, снова всего три. Значит, такая расстановка допустима. Поставить все 64 ладьи нельзя. В л…"}],"relations":[{"id":"rel-handshaking-rooks-2001","neighbor_id":"handshaking-lemma","direction":"backward","type":"same_motif","distance":3,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-yumt-2014-start-r4p2-tc-2001-rooks-sequential-visibility","neighbor_id":"yumt-2014-start-round4-problem2","direction":"backward","type":"same_motif","distance":2,"status":"ai_checked"}],"search_text":"tc-2001-02-rooks-odd-attacks ладьи, бьющие нечётное число ранее поставленных, турнир городов 2001/02 double_counting extremal_choice goal_exact_bound 2001 23-й турнир городов 2001/02, официальный архив https://olympiads.mccme.ru/turgor/23/23.htm https://problems.ru/view_problem_details_new.php?id=98546 official_archive olympiad_archive src-problems-98546 src-turgor-2001-02 tc tc2001 with_solution задача 98546, турнир городов 2001/02, осенний тур, основной вариант, 8-9 класс турнир городов турниргородов турниргородов2001 шаповалов а.в. шаповалов а.в. задача 98546, турнир городов 2001/02, осенний тур, основной вариант, 8-9 класс 23-й турнир городов 2001/02, официальный архив stmt-original саша выставляет ладьи ai_checked саша выставляет на пустую шахматную доску 8×8 ладьи: первую — куда захочет, а каждую следующую ставит так, чтобы она била нечётное число ранее выставленных ладей. ладьи бьют по горизонтали и вертикали, если между ними нет другой ладьи. какое наибольшее число ладей он сможет так выставить? idea-missing-corner-after-three-corners три угла запрещают четвёртый конструкция почти заполняет доску, но верхняя оценка ловит неизбежную ситуацию: когда три угла уже заняты, четвёртый угол всегда бьёт ровно две ладьи — ближайшую по строке и ближайшую по столбцу. double_counting ai_checked sol-construct-63 конструкция на 63 ладьи и запрет 64-й ai_checked extremal_choice ответ: 63. обозначим клетки как a1,...,h8. сначала ставим ладьи в a1, a8, h8. затем ставим b1,c1,d1,e1,f1,g1; после этого h7,h6,h5,h4,h3,h2. далее заполняем столбцы слева направо: a2,a3,a4,a5,a6,a7, затем b2,b3,...,b8, затем c2,...,c8, и так далее до g2,...,g8. всего поставлено 3+6+6+6+6\\cdot 7=63 ладьи, не занята только клетка h1. проверка правила такова. на первом нижнем отрезке каждая новая ладья бьёт только ближайшую уже поставленную слева; на правом столбце — только ближайшую уже поставленную сверху. в столбце a каждая новая ладья бьёт две ладьи по своему столбцу, ближайшие сверху и снизу, и одну ладью в той же строке на h-столбце, всего три. в каждом из столбцов b,...,g новая ладья бьёт ближайшую уже поставленную ладью в своём столбце снизу и две ближайшие ладьи в своей строке, слева и справа, снова всего три. значит, такая расстановка допустима. поставить все 64 ладьи нельзя. в л… tc-2001-02-rooks-odd-attacks ladi, byuschie nechetnoe chislo ranee postavlennyh, turnir gorodov 2001/02 double_counting extremal_choice goal_exact_bound 2001 23-y turnir gorodov 2001/02, ofitsialnyy arhiv https://olympiads.mccme.ru/turgor/23/23.htm https://problems.ru/view_problem_details_new.php?id=98546 official_archive olympiad_archive src-problems-98546 src-turgor-2001-02 tc tc2001 with_solution zadacha 98546, turnir gorodov 2001/02, osenniy tur, osnovnoy variant, 8-9 klass turnir gorodov turnirgorodov turnirgorodov2001 shapovalov a.v. shapovalov a.v. zadacha 98546, turnir gorodov 2001/02, osenniy tur, osnovnoy variant, 8-9 klass 23-y turnir gorodov 2001/02, ofitsialnyy arhiv stmt-original sasha vystavlyaet ladi ai_checked sasha vystavlyaet na pustuyu shahmatnuyu dosku 8×8 ladi: pervuyu — kuda zahochet, a kazhduyu sleduyuschuyu stavit tak, chtoby ona bila nechetnoe chislo ranee vystavlennyh ladey. ladi byut po gorizontali i vertikali, esli mezhdu nimi net drugoy ladi. kakoe naibolshee chislo ladey on smozhet tak vystavit? idea-missing-corner-after-three-corners tri ugla zapreschayut chetvertyy konstruktsiya pochti zapolnyaet dosku, no verhnyaya otsenka lovit neizbezhnuyu situatsiyu: kogda tri ugla uzhe zanyaty, chetvertyy ugol vsegda bet rovno dve ladi — blizhayshuyu po stroke i blizhayshuyu po stolbtsu. double_counting ai_checked sol-construct-63 konstruktsiya na 63 ladi i zapret 64-y ai_checked extremal_choice otvet: 63. oboznachim kletki kak a1,...,h8. snachala stavim ladi v a1, a8, h8. zatem stavim b1,c1,d1,e1,f1,g1; posle etogo h7,h6,h5,h4,h3,h2. dalee zapolnyaem stolbtsy sleva napravo: a2,a3,a4,a5,a6,a7, zatem b2,b3,...,b8, zatem c2,...,c8, i tak dalee do g2,...,g8. vsego postavleno 3+6+6+6+6\\cdot 7=63 ladi, ne zanyata tolko kletka h1. proverka pravila takova. na pervom nizhnem otrezke kazhdaya novaya ladya bet tolko blizhayshuyu uzhe postavlennuyu sleva; na pravom stolbtse — tolko blizhayshuyu uzhe postavlennuyu sverhu. v stolbtse a kazhdaya novaya ladya bet dve ladi po svoemu stolbtsu, blizhayshie sverhu i snizu, i odnu ladyu v toy zhe stroke na h-stolbtse, vsego tri. v kazhdom iz stolbtsov b,...,g novaya ladya bet blizhayshuyu uzhe postavlennuyu ladyu v svoem stolbtse snizu i dve blizhayshie ladi v svoey stroke, sleva i sprava, snova vsego tri. znachit, takaya rasstanovka dopustima. postavit vse 64 ladi nelzya. v l…","source_keys":["tc"]}
{"id":"tc-2009-10-acquaintances-even-cycle","title":"Чётный круг знакомых, Турнир городов 2009/10","path":"data\\problems\\tournament-cities\\tc-2009-10-acquaintances-even-cycle.yaml","raw_github_url":"https://raw.githubusercontent.com/didin-maxim/knowledge_graph_of_graphs/main/data/problems/tournament-cities/tc-2009-10-acquaintances-even-cycle.yaml","viewer_url":"https://didin-maxim.github.io/knowledge_graph_of_graphs/#tc-2009-10-acquaintances-even-cycle","source_key":"tc","source_label":"Турнир городов","source_titles":["Задача 116409, Турнир городов 2009/10, весенний тур, базовый вариант, 8-9 класс"],"year":"2009","type":"olympiad_problem","authors":[],"tags":["extremal_choice","goal_exact_bound"],"agent_topics":[],"difficulty":{"main":"regional","local_score":3,"comment":"Весенний базовый тур 2009/10, 8-9 класс, задача 4; на problems.ru сложность 3+.","status":"ai_checked"},"review_status":"needs_human_review","public_ready":false,"solution_state":"with_solution","solution_classification":{"type":"unofficial_published","status":"ai_checked","confidence":0.78,"basis":"неофициальный опубликованный источник или признак опубликованного решения","notes":"Решение опубликовано не в официальном архиве; источник надо отличать от официального.","label":"опубликованное неофициальное"},"statements":{"original":[{"id":"stmt-original","title":"Участники олимпиады и круглый стол","status":"ai_checked","text":"Среди участников олимпиады каждый знаком не менее чем с тремя другими. Докажите, что можно выбрать группу из чётного числа участников, причём больше двух человек, и посадить их за круглый стол так, чтобы каждый был знаком с обоими соседями.","definition_ids":[]}],"graph_theory":[{"id":"stmt-graph","title":"Чётный круг знакомых, Турнир городов 2009/10","status":"ai_checked","text":"Пусть G — конечный простой граф, в котором степень каждой вершины не меньше 3. Докажите, что в G есть цикл чётной длины, причём эта длина больше 2.","definition_ids":["simple_graph","degree","cycle"]}]},"solutions":[{"id":"sol-longest-path-parity","title":"Длиннейший путь и чётность","status":"ai_checked","definition_ids":["path","cycle"],"standard_idea_ids":["longest_path","extremal_choice","pigeonhole_principle"],"tags":[],"has_text":true,"text_preview":"Выберем в графе длиннейший простой путь \\(v_0,v_1,\\ldots,v_k\\). Все соседи вершины \\(v_0\\) лежат среди вершин этого пути, иначе путь можно было бы продлить. У вершины \\(v_0\\) есть хотя бы три соседа на пути. Если среди них есть \\(v_i\\) с нечётным i, то вершины \\(v_0,v_1,\\ldots,v_i\\) образуют цикл чётной длины \\(i+1\\). Если же все три соседа имеют чётные номера, то берём двух из них, например \\(v_i\\) и \\(v_j\\), где i<j; тогда отрезок пути от \\(v_i\\) до \\(v_j\\) вместе с двумя рёбрами к \\(v_0\\) образует цикл длины \\(j-i+2\\), а это чётное число."}],"relations":[{"id":"rel-dirac-even-cycle-2009","neighbor_id":"dirac-theorem","direction":"backward","type":"same_motif","distance":3,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-ore-even-cycle-2009","neighbor_id":"ore-theorem","direction":"backward","type":"same_motif","distance":2,"status":"ai_checked"}],"search_text":"tc-2009-10-acquaintances-even-cycle чётный круг знакомых, турнир городов 2009/10 extremal_choice goal_exact_bound 2009 https://www.problems.ru/view_problem_details_new.php?id=116409 olympiad_archive src-problems-116409 tc tc2009 with_solution задача 116409, турнир городов 2009/10, весенний тур, базовый вариант, 8-9 класс турнир городов турниргородов турниргородов2009 ? задача 116409, турнир городов 2009/10, весенний тур, базовый вариант, 8-9 класс stmt-original участники олимпиады и круглый стол ai_checked среди участников олимпиады каждый знаком не менее чем с тремя другими. докажите, что можно выбрать группу из чётного числа участников, причём больше двух человек, и посадить их за круглый стол так, чтобы каждый был знаком с обоими соседями. stmt-graph чётный круг знакомых, турнир городов 2009/10 ai_checked пусть g — конечный простой граф, в котором степень каждой вершины не меньше 3. докажите, что в g есть цикл чётной длины, причём эта длина больше 2. simple_graph degree cycle idea-longest-path-parity-neighbors соседи конца длиннейшего пути дают чётный цикл берём длиннейший путь. все соседи его конца лежат на этом пути; среди трёх соседей два находятся на позициях одной чётности, и соответствующие циклы от конца пути имеют одинаковую чётность. один из них даёт чётный цикл. extremal_choice ai_checked sol-longest-path-parity длиннейший путь и чётность ai_checked path cycle longest_path extremal_choice pigeonhole_principle выберем в графе длиннейший простой путь \\(v_0,v_1,\\ldots,v_k\\). все соседи вершины \\(v_0\\) лежат среди вершин этого пути, иначе путь можно было бы продлить. у вершины \\(v_0\\) есть хотя бы три соседа на пути. если среди них есть \\(v_i\\) с нечётным i, то вершины \\(v_0,v_1,\\ldots,v_i\\) образуют цикл чётной длины \\(i+1\\). если же все три соседа имеют чётные номера, то берём двух из них, например \\(v_i\\) и \\(v_j\\), где i<j; тогда отрезок пути от \\(v_i\\) до \\(v_j\\) вместе с двумя рёбрами к \\(v_0\\) образует цикл длины \\(j-i+2\\), а это чётное число. tc-2009-10-acquaintances-even-cycle chetnyy krug znakomyh, turnir gorodov 2009/10 extremal_choice goal_exact_bound 2009 https://www.problems.ru/view_problem_details_new.php?id=116409 olympiad_archive src-problems-116409 tc tc2009 with_solution zadacha 116409, turnir gorodov 2009/10, vesenniy tur, bazovyy variant, 8-9 klass turnir gorodov turnirgorodov turnirgorodov2009 ? zadacha 116409, turnir gorodov 2009/10, vesenniy tur, bazovyy variant, 8-9 klass stmt-original uchastniki olimpiady i kruglyy stol ai_checked sredi uchastnikov olimpiady kazhdyy znakom ne menee chem s tremya drugimi. dokazhite, chto mozhno vybrat gruppu iz chetnogo chisla uchastnikov, prichem bolshe dvuh chelovek, i posadit ih za kruglyy stol tak, chtoby kazhdyy byl znakom s oboimi sosedyami. stmt-graph chetnyy krug znakomyh, turnir gorodov 2009/10 ai_checked pust g — konechnyy prostoy graf, v kotorom stepen kazhdoy vershiny ne menshe 3. dokazhite, chto v g est tsikl chetnoy dliny, prichem eta dlina bolshe 2. simple_graph degree cycle idea-longest-path-parity-neighbors sosedi kontsa dlinneyshego puti dayut chetnyy tsikl berem dlinneyshiy put. vse sosedi ego kontsa lezhat na etom puti; sredi treh sosedey dva nahodyatsya na pozitsiyah odnoy chetnosti, i sootvetstvuyuschie tsikly ot kontsa puti imeyut odinakovuyu chetnost. odin iz nih daet chetnyy tsikl. extremal_choice ai_checked sol-longest-path-parity dlinneyshiy put i chetnost ai_checked path cycle longest_path extremal_choice pigeonhole_principle vyberem v grafe dlinneyshiy prostoy put \\(v_0,v_1,\\ldots,v_k\\). vse sosedi vershiny \\(v_0\\) lezhat sredi vershin etogo puti, inache put mozhno bylo by prodlit. u vershiny \\(v_0\\) est hotya by tri soseda na puti. esli sredi nih est \\(v_i\\) s nechetnym i, to vershiny \\(v_0,v_1,\\ldots,v_i\\) obrazuyut tsikl chetnoy dliny \\(i+1\\). esli zhe vse tri soseda imeyut chetnye nomera, to berem dvuh iz nih, naprimer \\(v_i\\) i \\(v_j\\), gde i<j; togda otrezok puti ot \\(v_i\\) do \\(v_j\\) vmeste s dvumya rebrami k \\(v_0\\) obrazuet tsikl dliny \\(j-i+2\\), a eto chetnoe chislo.","source_keys":["tc"]}
{"id":"tc-2010-11-odd-main-roads","title":"Главные дороги нечётной степени, Турнир городов 2010/11","path":"data\\problems\\tournament-cities\\tc-2010-11-odd-main-roads.yaml","raw_github_url":"https://raw.githubusercontent.com/didin-maxim/knowledge_graph_of_graphs/main/data/problems/tournament-cities/tc-2010-11-odd-main-roads.yaml","viewer_url":"https://didin-maxim.github.io/knowledge_graph_of_graphs/#tc-2010-11-odd-main-roads","source_key":"tc","source_label":"Турнир городов","source_titles":["Задача 116272, Турнир городов 2010/11, весенний тур, базовый вариант, 10-11 класс"],"year":"2010","type":"olympiad_problem","authors":["Грибалко А.В."],"tags":["connectivity","double_counting","goal_counting"],"agent_topics":[],"difficulty":{"main":"regional","local_score":4,"comment":"Весенний базовый тур 2010/11, 10-11 класс, задача 5; на problems.ru сложность 4.","status":"ai_checked"},"review_status":"needs_human_review","public_ready":false,"solution_state":"with_solution","solution_classification":{"type":"unofficial_published","status":"ai_checked","confidence":0.78,"basis":"неофициальный опубликованный источник или признак опубликованного решения","notes":"Решение опубликовано не в официальном архиве; источник надо отличать от официального.","label":"опубликованное неофициальное"},"statements":{"original":[{"id":"stmt-original","title":"100 городов и главные дороги","status":"ai_checked","text":"В стране 100 городов и несколько дорог. Каждая дорога соединяет два каких-то города, дороги не пересекаются. Из каждого города можно добраться до любого другого, двигаясь по дорогам. Докажите, что можно объявить несколько дорог главными так, чтобы из каждого города выходило нечётное число главных дорог.","definition_ids":[]}],"graph_theory":[{"id":"stmt-graph","title":"Главные дороги нечётной степени, Турнир городов 2010/11","status":"ai_checked","text":"Пусть G — связный конечный граф с чётным числом вершин. Докажите, что можно выбрать несколько рёбер G так, чтобы в подграфе, состоящем из выбранных рёбер и всех вершин G, степень каждой вершины была нечётной.","definition_ids":["connected_graph","degree"]}]},"solutions":[{"id":"sol-path-parity","title":"Маршруты между парами городов","status":"ai_checked","definition_ids":[],"standard_idea_ids":["double_counting"],"tags":[],"has_text":true,"text_preview":"Разобьём 100 городов на 50 пар. Так как дорожный граф связен, для каждой пары можно выбрать маршрут, соединяющий города этой пары. Для каждой дороги посчитаем, в скольких выбранных маршрутах она встретилась, и объявим главными ровно те дороги, у которых эта кратность нечётна. В фиксированном городе его собственный маршрут входит или выходит через одну дорогу, а каждый чужой маршрут либо не проходит через город, либо входит и выходит, давая вклад 0 или 2. Поэтому число главных дорог, выходящих из каждого города, нечётно."}],"relations":[{"id":"rel-handshaking-odd-main-roads-2010","neighbor_id":"handshaking-lemma","direction":"backward","type":"same_motif","distance":2,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-vosh-even-board-odd-main-roads","neighbor_id":"vosh-2013-14-regional-even-rows-columns","direction":"forward","type":"same_motif","distance":1,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-usa-tst-2011-odd-main-roads","neighbor_id":"usa-tst-2011-p2-weighted-road-orientation","direction":"forward","type":"same_motif","distance":2,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-tc-2010-eulerian-parity-subgraph","neighbor_id":"eulerian-graph-criterion","direction":"backward","type":"same_motif","distance":3,"status":"needs_human_review"}],"search_text":"tc-2010-11-odd-main-roads главные дороги нечётной степени, турнир городов 2010/11 connectivity double_counting goal_counting 2010 https://problems.ru/view_problem_details_new.php?id=116272 olympiad_archive src-problems-116272 tc tc2010 with_solution грибалко а.в. задача 116272, турнир городов 2010/11, весенний тур, базовый вариант, 10-11 класс турнир городов турниргородов турниргородов2010 грибалко а.в. задача 116272, турнир городов 2010/11, весенний тур, базовый вариант, 10-11 класс stmt-original 100 городов и главные дороги ai_checked в стране 100 городов и несколько дорог. каждая дорога соединяет два каких-то города, дороги не пересекаются. из каждого города можно добраться до любого другого, двигаясь по дорогам. докажите, что можно объявить несколько дорог главными так, чтобы из каждого города выходило нечётное число главных дорог. stmt-graph главные дороги нечётной степени, турнир городов 2010/11 ai_checked пусть g — связный конечный граф с чётным числом вершин. докажите, что можно выбрать несколько рёбер g так, чтобы в подграфе, состоящем из выбранных рёбер и всех вершин g, степень каждой вершины была нечётной. connected_graph degree idea-pair-vertices-by-paths парные маршруты и нечётные кратности разбиваем вершины на пары и соединяем каждую пару путём. рёбра, встречающиеся в нечётном числе таких путей, дают у каждой вершины нечётную степень. double_counting ai_checked sol-path-parity маршруты между парами городов ai_checked double_counting разобьём 100 городов на 50 пар. так как дорожный граф связен, для каждой пары можно выбрать маршрут, соединяющий города этой пары. для каждой дороги посчитаем, в скольких выбранных маршрутах она встретилась, и объявим главными ровно те дороги, у которых эта кратность нечётна. в фиксированном городе его собственный маршрут входит или выходит через одну дорогу, а каждый чужой маршрут либо не проходит через город, либо входит и выходит, давая вклад 0 или 2. поэтому число главных дорог, выходящих из каждого города, нечётно. tc-2010-11-odd-main-roads glavnye dorogi nechetnoy stepeni, turnir gorodov 2010/11 connectivity double_counting goal_counting 2010 https://problems.ru/view_problem_details_new.php?id=116272 olympiad_archive src-problems-116272 tc tc2010 with_solution gribalko a.v. zadacha 116272, turnir gorodov 2010/11, vesenniy tur, bazovyy variant, 10-11 klass turnir gorodov turnirgorodov turnirgorodov2010 gribalko a.v. zadacha 116272, turnir gorodov 2010/11, vesenniy tur, bazovyy variant, 10-11 klass stmt-original 100 gorodov i glavnye dorogi ai_checked v strane 100 gorodov i neskolko dorog. kazhdaya doroga soedinyaet dva kakih-to goroda, dorogi ne peresekayutsya. iz kazhdogo goroda mozhno dobratsya do lyubogo drugogo, dvigayas po dorogam. dokazhite, chto mozhno obyavit neskolko dorog glavnymi tak, chtoby iz kazhdogo goroda vyhodilo nechetnoe chislo glavnyh dorog. stmt-graph glavnye dorogi nechetnoy stepeni, turnir gorodov 2010/11 ai_checked pust g — svyaznyy konechnyy graf s chetnym chislom vershin. dokazhite, chto mozhno vybrat neskolko reber g tak, chtoby v podgrafe, sostoyaschem iz vybrannyh reber i vseh vershin g, stepen kazhdoy vershiny byla nechetnoy. connected_graph degree idea-pair-vertices-by-paths parnye marshruty i nechetnye kratnosti razbivaem vershiny na pary i soedinyaem kazhduyu paru putem. rebra, vstrechayuschiesya v nechetnom chisle takih putey, dayut u kazhdoy vershiny nechetnuyu stepen. double_counting ai_checked sol-path-parity marshruty mezhdu parami gorodov ai_checked double_counting razobem 100 gorodov na 50 par. tak kak dorozhnyy graf svyazen, dlya kazhdoy pary mozhno vybrat marshrut, soedinyayuschiy goroda etoy pary. dlya kazhdoy dorogi poschitaem, v skolkih vybrannyh marshrutah ona vstretilas, i obyavim glavnymi rovno te dorogi, u kotoryh eta kratnost nechetna. v fiksirovannom gorode ego sobstvennyy marshrut vhodit ili vyhodit cherez odnu dorogu, a kazhdyy chuzhoy marshrut libo ne prohodit cherez gorod, libo vhodit i vyhodit, davaya vklad 0 ili 2. poetomu chislo glavnyh dorog, vyhodyaschih iz kazhdogo goroda, nechetno.","source_keys":["tc"]}
{"id":"tc-2011-ants-two-hamiltonian-cycles-grid","title":"Два муравья и два замкнутых обхода доски 7x7, Турнир городов 2010/11","path":"data\\problems\\tournament-cities\\tc-2011-ants-two-hamiltonian-cycles-grid.yaml","raw_github_url":"https://raw.githubusercontent.com/didin-maxim/knowledge_graph_of_graphs/main/data/problems/tournament-cities/tc-2011-ants-two-hamiltonian-cycles-grid.yaml","viewer_url":"https://didin-maxim.github.io/knowledge_graph_of_graphs/#tc-2011-ants-two-hamiltonian-cycles-grid","source_key":"tc","source_label":"Турнир городов","source_titles":["32-й Турнир городов, весенний тур 2010/11, сложный вариант, 8-9 и 10-11 классы"],"year":"2011","type":"olympiad_problem","authors":["Заславский А.А."],"tags":["graph_model","hamiltonian_cycles","goal_exact_bound"],"agent_topics":[],"difficulty":{"main":"national_final_hard","local_score":10,"comment":"Весенний сложный вариант 32-го Турнира городов, 8-9 классы, задача 6.","status":"ai_checked"},"review_status":"ai_checked","public_ready":true,"solution_state":"with_solution","solution_classification":{"type":"official_complete_or_near_complete","status":"ai_checked","confidence":0.82,"basis":"официальный источник решения и несжатый текст решения","notes":"Текущий текст основан на официальном источнике и выглядит полным или почти полным.","label":"официальное полное/почти полное"},"statements":{"original":[{"id":"stmt-original","title":"Два муравья на вершинах клеток","status":"ai_checked","text":"Два муравья проползли каждый по своему замкнутому маршруту на доске 7x7. Каждый полз только по сторонам клеток доски и побывал в каждой из 64 вершин клеток ровно один раз. Каково наименьшее возможное число таких сторон, по которым проползали и первый, и второй муравьи?","definition_ids":["connected_graph","cycle","hamiltonian_cycle"]}],"graph_theory":[{"id":"stmt-graph","title":"Два гамильтоновых цикла в решётке 8 на 8","status":"ai_checked","text":"В решёточном графе 8 на 8, вершинами которого являются узлы доски 7 на 7, а рёбрами — стороны единичных клеток, требуется определить наименьшее возможное число общих рёбер двух гамильтоновых циклов.","definition_ids":["connected_graph","hamiltonian_cycle"]}]},"solutions":[{"id":"sol-ai-edge-count-and-explicit-cycles","title":"Подсчёт рёбер и явные два обхода","status":"ai_checked","definition_ids":["hamiltonian_cycle"],"standard_idea_ids":["double_counting"],"tags":[],"has_text":true,"text_preview":"Ответ: 16. Нижняя оценка получается простым подсчётом. В решётке 8 на 8 всего \\(7\\cdot 8+8\\cdot 7=112\\) рёбер. Каждый замкнутый обход всех 64 вершин является гамильтоновым циклом и поэтому содержит ровно 64 ребра. Если два таких цикла имеют \\(x\\) общих рёбер, то их объединение содержит \\(64+64-x\\) различных рёбер, а оно не может содержать больше 112 рёбер всей решётки. Значит, \\(128-x\\le 112\\), откуда \\(x\\ge 16\\). Осталось показать, что 16 достижимо. Пронумеруем строки и столбцы узлов числами от 1 до 8. Первый цикл зададим следующей последовательностью вершин, после последней вершины снова идём в первую: \\[(1,1),(2,1),(2,2),(3,2),(3,1),(4,1),(4,2),(4,3),(3,3),(2,3),(2,4),(3,4),(4,4),(4,5),(5,5),(5,6),(5,7),(6,7),(6,6),(6,5),(7,5),(7,4),(7,3),(6,3),(6,4),(5,4),(5,3),(5,2),(5,1),(6,1),(6,2),(7,2),(7,1),(8,1),(8,2),(8,3),(8,4),(8,5),(8,6),(7,6),(7,7),(8,7),(8,8),(7,8),(6,8),(5,8),(4,8),(3,…"}],"relations":[],"search_text":"tc-2011-ants-two-hamiltonian-cycles-grid два муравья и два замкнутых обхода доски 7x7, турнир городов 2010/11 graph_model hamiltonian_cycles goal_exact_bound 2011 32-й турнир городов, весенний тур 2010/11, сложный вариант, 8-9 и 10-11 классы https://www.turgor.ru/problems/32/vs32sl-avt.pdf olympiad_archive src-tc-2011-32-vs32sl-official tc tc2011 with_solution заславский а.а. турнир городов турниргородов турниргородов2011 заславский а.а. 32-й турнир городов, весенний тур 2010/11, сложный вариант, 8-9 и 10-11 классы stmt-original два муравья на вершинах клеток ai_checked два муравья проползли каждый по своему замкнутому маршруту на доске 7x7. каждый полз только по сторонам клеток доски и побывал в каждой из 64 вершин клеток ровно один раз. каково наименьшее возможное число таких сторон, по которым проползали и первый, и второй муравьи? connected_graph cycle hamiltonian_cycle stmt-graph два гамильтоновых цикла в решётке 8 на 8 ai_checked в решёточном графе 8 на 8, вершинами которого являются узлы доски 7 на 7, а рёбрами — стороны единичных клеток, требуется определить наименьшее возможное число общих рёбер двух гамильтоновых циклов. connected_graph hamiltonian_cycle idea-grid-hamiltonian-cycles маршруты как гамильтоновы циклы решётки условие уже задаёт граф: вершины — узлы доски, рёбра — стороны клеток. каждый маршрут муравья является гамильтоновым циклом этого графа. hamiltonian_cycles graph_model ai_checked sol-ai-edge-count-and-explicit-cycles подсчёт рёбер и явные два обхода ai_checked hamiltonian_cycle double_counting ответ: 16. нижняя оценка получается простым подсчётом. в решётке 8 на 8 всего \\(7\\cdot 8+8\\cdot 7=112\\) рёбер. каждый замкнутый обход всех 64 вершин является гамильтоновым циклом и поэтому содержит ровно 64 ребра. если два таких цикла имеют \\(x\\) общих рёбер, то их объединение содержит \\(64+64-x\\) различных рёбер, а оно не может содержать больше 112 рёбер всей решётки. значит, \\(128-x\\le 112\\), откуда \\(x\\ge 16\\). осталось показать, что 16 достижимо. пронумеруем строки и столбцы узлов числами от 1 до 8. первый цикл зададим следующей последовательностью вершин, после последней вершины снова идём в первую: \\[(1,1),(2,1),(2,2),(3,2),(3,1),(4,1),(4,2),(4,3),(3,3),(2,3),(2,4),(3,4),(4,4),(4,5),(5,5),(5,6),(5,7),(6,7),(6,6),(6,5),(7,5),(7,4),(7,3),(6,3),(6,4),(5,4),(5,3),(5,2),(5,1),(6,1),(6,2),(7,2),(7,1),(8,1),(8,2),(8,3),(8,4),(8,5),(8,6),(7,6),(7,7),(8,7),(8,8),(7,8),(6,8),(5,8),(4,8),(3,… tc-2011-ants-two-hamiltonian-cycles-grid dva muravya i dva zamknutyh obhoda doski 7x7, turnir gorodov 2010/11 graph_model hamiltonian_cycles goal_exact_bound 2011 32-y turnir gorodov, vesenniy tur 2010/11, slozhnyy variant, 8-9 i 10-11 klassy https://www.turgor.ru/problems/32/vs32sl-avt.pdf olympiad_archive src-tc-2011-32-vs32sl-official tc tc2011 with_solution zaslavskiy a.a. turnir gorodov turnirgorodov turnirgorodov2011 zaslavskiy a.a. 32-y turnir gorodov, vesenniy tur 2010/11, slozhnyy variant, 8-9 i 10-11 klassy stmt-original dva muravya na vershinah kletok ai_checked dva muravya propolzli kazhdyy po svoemu zamknutomu marshrutu na doske 7x7. kazhdyy polz tolko po storonam kletok doski i pobyval v kazhdoy iz 64 vershin kletok rovno odin raz. kakovo naimenshee vozmozhnoe chislo takih storon, po kotorym propolzali i pervyy, i vtoroy muravi? connected_graph cycle hamiltonian_cycle stmt-graph dva gamiltonovyh tsikla v reshetke 8 na 8 ai_checked v reshetochnom grafe 8 na 8, vershinami kotorogo yavlyayutsya uzly doski 7 na 7, a rebrami — storony edinichnyh kletok, trebuetsya opredelit naimenshee vozmozhnoe chislo obschih reber dvuh gamiltonovyh tsiklov. connected_graph hamiltonian_cycle idea-grid-hamiltonian-cycles marshruty kak gamiltonovy tsikly reshetki uslovie uzhe zadaet graf: vershiny — uzly doski, rebra — storony kletok. kazhdyy marshrut muravya yavlyaetsya gamiltonovym tsiklom etogo grafa. hamiltonian_cycles graph_model ai_checked sol-ai-edge-count-and-explicit-cycles podschet reber i yavnye dva obhoda ai_checked hamiltonian_cycle double_counting otvet: 16. nizhnyaya otsenka poluchaetsya prostym podschetom. v reshetke 8 na 8 vsego \\(7\\cdot 8+8\\cdot 7=112\\) reber. kazhdyy zamknutyy obhod vseh 64 vershin yavlyaetsya gamiltonovym tsiklom i poetomu soderzhit rovno 64 rebra. esli dva takih tsikla imeyut \\(x\\) obschih reber, to ih obedinenie soderzhit \\(64+64-x\\) razlichnyh reber, a ono ne mozhet soderzhat bolshe 112 reber vsey reshetki. znachit, \\(128-x\\le 112\\), otkuda \\(x\\ge 16\\). ostalos pokazat, chto 16 dostizhimo. pronumeruem stroki i stolbtsy uzlov chislami ot 1 do 8. pervyy tsikl zadadim sleduyuschey posledovatelnostyu vershin, posle posledney vershiny snova idem v pervuyu: \\[(1,1),(2,1),(2,2),(3,2),(3,1),(4,1),(4,2),(4,3),(3,3),(2,3),(2,4),(3,4),(4,4),(4,5),(5,5),(5,6),(5,7),(6,7),(6,6),(6,5),(7,5),(7,4),(7,3),(6,3),(6,4),(5,4),(5,3),(5,2),(5,1),(6,1),(6,2),(7,2),(7,1),(8,1),(8,2),(8,3),(8,4),(8,5),(8,6),(7,6),(7,7),(8,7),(8,8),(7,8),(6,8),(5,8),(4,8),(3,…","source_keys":["tc"]}
{"id":"tc-2012-polyhedron-three-equal-edges","title":"Три равных ребра кубического многогранника, Турнир городов 2011/12","path":"data\\problems\\tournament-cities\\tc-2012-polyhedron-three-equal-edges.yaml","raw_github_url":"https://raw.githubusercontent.com/didin-maxim/knowledge_graph_of_graphs/main/data/problems/tournament-cities/tc-2012-polyhedron-three-equal-edges.yaml","viewer_url":"https://didin-maxim.github.io/knowledge_graph_of_graphs/#tc-2012-polyhedron-three-equal-edges","source_key":"tc","source_label":"Турнир городов","source_titles":["33-й Турнир городов, весенний тур 2011/12, базовый вариант, 10-11 классы"],"year":"2012","type":"olympiad_problem","authors":["Произволов В. В."],"tags":["planar_graphs","degree_counting","graph_model"],"agent_topics":[],"difficulty":{"main":"national_final_medium","local_score":3,"comment":"Весенний базовый вариант 33-го Турнира городов, 10-11 классы, задача 1.","status":"ai_checked"},"review_status":"ai_checked","public_ready":true,"solution_state":"with_solution","solution_classification":{"type":"ai_original","status":"ai_checked","confidence":0.7,"basis":"официальный или опубликованный источник решения не обнаружен","notes":"Решение выглядит как восстановленное/написанное ИИ с нуля; желательно выборочно перепроверять математически.","label":"ИИ-решение с нуля"},"statements":{"original":[{"id":"stmt-original","title":"Рёбра выпуклого многогранника","status":"ai_checked","text":"Из каждой вершины выпуклого многогранника выходят ровно три ребра, причём хотя бы два из них равны. Докажите, что многогранник имеет хотя бы три равных ребра.","definition_ids":["planar_graph","degree"]}],"graph_theory":[{"id":"stmt-graph","title":"Кубический граф многогранника с повторяющимися метками рёбер","status":"ai_checked","text":"В графе выпуклого многогранника каждая вершина имеет степень 3. Рёбра помечены длинами; в каждой тройке инцидентных рёбер есть две одинаковые метки. Нужно доказать, что некоторая метка встречается хотя бы на трёх рёбрах.","definition_ids":["degree","planar_graph"]}]},"solutions":[{"id":"sol-ai-selected-equal-pairs-counting","title":"ИИ-решение: выбранные равные пары и подсчёт рёбер","status":"ai_checked","definition_ids":["degree","planar_graph"],"standard_idea_ids":["double_counting"],"tags":[],"has_text":true,"text_preview":"Докажем от противного. Пусть в многограннике нет трёх рёбер одной длины. В каждой вершине выберем одну пару равных рёбер, выходящих из этой вершины; по условию такая пара существует. Покажем, что одно и то же ребро не может быть выбрано в парах при двух своих концах. Действительно, пусть ребро \\(uv\\) выбрано и в вершине \\(u\\), и в вершине \\(v\\). Тогда в вершине \\(u\\) оно равно некоторому другому ребру, выходящему из \\(u\\), а в вершине \\(v\\) оно равно некоторому другому ребру, выходящему из \\(v\\). Эти два других ребра различны: иначе вместе с \\(uv\\) они образовали бы две разные стороны между теми же двумя вершинами, что невозможно для рёбер выпуклого многогранника. Значит, есть три различных ребра одной длины, противоречие. Итак, выбранные при разных вершинах пары не пересекаются по рёбрам. Если у многогранника \\(V\\) вершин, то мы выбрали \\(2V\\) различных рёбер. С другой стороны, из кажд…"}],"relations":[{"id":"rel-cubic-polyhedron-large-face-fork-tc-2012-polyhedron","neighbor_id":"cubic-polyhedron-large-face-fork-strategy-lemma","direction":"backward","type":"same_motif","distance":2,"status":"ai_checked"}],"search_text":"tc-2012-polyhedron-three-equal-edges три равных ребра кубического многогранника, турнир городов 2011/12 planar_graphs degree_counting graph_model 2012 33-й турнир городов, весенний тур 2011/12, базовый вариант, 10-11 классы https://www.turgor.ru/problems/33/vs33baz-avt.pdf olympiad_archive src-tc-2012-33-vs33baz-official tc tc2012 with_solution произволов в. в. турнир городов турниргородов турниргородов2012 произволов в. в. 33-й турнир городов, весенний тур 2011/12, базовый вариант, 10-11 классы stmt-original рёбра выпуклого многогранника ai_checked из каждой вершины выпуклого многогранника выходят ровно три ребра, причём хотя бы два из них равны. докажите, что многогранник имеет хотя бы три равных ребра. planar_graph degree stmt-graph кубический граф многогранника с повторяющимися метками рёбер ai_checked в графе выпуклого многогранника каждая вершина имеет степень 3. рёбра помечены длинами; в каждой тройке инцидентных рёбер есть две одинаковые метки. нужно доказать, что некоторая метка встречается хотя бы на трёх рёбрах. degree planar_graph idea-polyhedron-edge-labels многогранник как кубический граф с метками рёбер вся комбинаторная часть условия относится к графу многогранника: вершины, инцидентные рёбра и повторяющиеся длины рёбер. planar_graphs graph_model ai_checked sol-ai-selected-equal-pairs-counting ии-решение: выбранные равные пары и подсчёт рёбер ai_checked degree planar_graph double_counting докажем от противного. пусть в многограннике нет трёх рёбер одной длины. в каждой вершине выберем одну пару равных рёбер, выходящих из этой вершины; по условию такая пара существует. покажем, что одно и то же ребро не может быть выбрано в парах при двух своих концах. действительно, пусть ребро \\(uv\\) выбрано и в вершине \\(u\\), и в вершине \\(v\\). тогда в вершине \\(u\\) оно равно некоторому другому ребру, выходящему из \\(u\\), а в вершине \\(v\\) оно равно некоторому другому ребру, выходящему из \\(v\\). эти два других ребра различны: иначе вместе с \\(uv\\) они образовали бы две разные стороны между теми же двумя вершинами, что невозможно для рёбер выпуклого многогранника. значит, есть три различных ребра одной длины, противоречие. итак, выбранные при разных вершинах пары не пересекаются по рёбрам. если у многогранника \\(v\\) вершин, то мы выбрали \\(2v\\) различных рёбер. с другой стороны, из кажд… tc-2012-polyhedron-three-equal-edges tri ravnyh rebra kubicheskogo mnogogrannika, turnir gorodov 2011/12 planar_graphs degree_counting graph_model 2012 33-y turnir gorodov, vesenniy tur 2011/12, bazovyy variant, 10-11 klassy https://www.turgor.ru/problems/33/vs33baz-avt.pdf olympiad_archive src-tc-2012-33-vs33baz-official tc tc2012 with_solution proizvolov v. v. turnir gorodov turnirgorodov turnirgorodov2012 proizvolov v. v. 33-y turnir gorodov, vesenniy tur 2011/12, bazovyy variant, 10-11 klassy stmt-original rebra vypuklogo mnogogrannika ai_checked iz kazhdoy vershiny vypuklogo mnogogrannika vyhodyat rovno tri rebra, prichem hotya by dva iz nih ravny. dokazhite, chto mnogogrannik imeet hotya by tri ravnyh rebra. planar_graph degree stmt-graph kubicheskiy graf mnogogrannika s povtoryayuschimisya metkami reber ai_checked v grafe vypuklogo mnogogrannika kazhdaya vershina imeet stepen 3. rebra pomecheny dlinami; v kazhdoy troyke intsidentnyh reber est dve odinakovye metki. nuzhno dokazat, chto nekotoraya metka vstrechaetsya hotya by na treh rebrah. degree planar_graph idea-polyhedron-edge-labels mnogogrannik kak kubicheskiy graf s metkami reber vsya kombinatornaya chast usloviya otnositsya k grafu mnogogrannika: vershiny, intsidentnye rebra i povtoryayuschiesya dliny reber. planar_graphs graph_model ai_checked sol-ai-selected-equal-pairs-counting ii-reshenie: vybrannye ravnye pary i podschet reber ai_checked degree planar_graph double_counting dokazhem ot protivnogo. pust v mnogogrannike net treh reber odnoy dliny. v kazhdoy vershine vyberem odnu paru ravnyh reber, vyhodyaschih iz etoy vershiny; po usloviyu takaya para suschestvuet. pokazhem, chto odno i to zhe rebro ne mozhet byt vybrano v parah pri dvuh svoih kontsah. deystvitelno, pust rebro \\(uv\\) vybrano i v vershine \\(u\\), i v vershine \\(v\\). togda v vershine \\(u\\) ono ravno nekotoromu drugomu rebru, vyhodyaschemu iz \\(u\\), a v vershine \\(v\\) ono ravno nekotoromu drugomu rebru, vyhodyaschemu iz \\(v\\). eti dva drugih rebra razlichny: inache vmeste s \\(uv\\) oni obrazovali by dve raznye storony mezhdu temi zhe dvumya vershinami, chto nevozmozhno dlya reber vypuklogo mnogogrannika. znachit, est tri razlichnyh rebra odnoy dliny, protivorechie. itak, vybrannye pri raznyh vershinah pary ne peresekayutsya po rebram. esli u mnogogrannika \\(v\\) vershin, to my vybrali \\(2v\\) razlichnyh reber. s drugoy storony, iz kazhd…","source_keys":["tc"]}
{"id":"tc-2013-14-vertex-transitive-not-transposition","title":"Перенумерация городов без произвольной перестановки пары, Турнир городов 2013/14","path":"data\\problems\\tournament-cities\\tc-2013-14-vertex-transitive-not-transposition.yaml","raw_github_url":"https://raw.githubusercontent.com/didin-maxim/knowledge_graph_of_graphs/main/data/problems/tournament-cities/tc-2013-14-vertex-transitive-not-transposition.yaml","viewer_url":"https://didin-maxim.github.io/knowledge_graph_of_graphs/#tc-2013-14-vertex-transitive-not-transposition","source_key":"tc","source_label":"Турнир городов","source_titles":["Задача 64663, Турнир городов 2013/14, весенний тур, сложный вариант, 10-11 класс"],"year":"2013","type":"olympiad_problem","authors":["Пахарев А.","Скопенков М.Б.","Устинов А.В."],"tags":["graph_symmetry","goal_characterization"],"agent_topics":[],"difficulty":{"main":"national_final_medium","local_score":9,"comment":"Весенний сложный тур 2013/14, 10-11 класс, задача 6; на problems.ru указано 9 баллов и сложность 4+.","status":"ai_checked"},"review_status":"ai_checked","public_ready":true,"solution_state":"with_solution","solution_classification":{"type":"unofficial_published","status":"ai_checked","confidence":0.78,"basis":"неофициальный опубликованный источник или признак опубликованного решения","notes":"Решение опубликовано не в официальном архиве; источник надо отличать от официального.","label":"опубликованное неофициальное"},"statements":{"original":[{"id":"stmt-original","title":"Список железных дорог и перенумерации","status":"ai_checked","text":"Каждому городу в некоторой стране присвоен индивидуальный номер. Имеется список, в котором для каждой пары номеров указано, соединены города с данными номерами железной дорогой или нет. Оказалось, что, какие ни взять два номера M и N из списка, можно так перенумеровать города, что город с номером M получит номер N, но список по-прежнему будет верным. Верно ли, что, какие ни взять два номера M и N из списка, можно так перенумеровать города, что город с номером M получит номер N, город с номером N получит номер M, но список по-прежнему будет верным?","definition_ids":[]}],"graph_theory":[{"id":"stmt-graph","title":"Перенумерация городов без произвольной перестановки пары","status":"ai_checked","text":"Для конечного простого графа G назовём перенумерацию вершин допустимой, если после неё любые две новые вершины соединены ребром тогда и только тогда, когда до перенумерации были соединены соответствующие старые вершины. Известно, что для любых двух вершин u и v графа G существует допустимая перенумерация, переводящая u в v. Обязательно ли для любых u и v существует допустимая перенумерация, меняющая u и v местами?","definition_ids":["simple_graph"]}]},"solutions":[{"id":"sol-counterexample-from-source","title":"Явный контрпример: граф усечённого тетраэдра","status":"ai_checked","definition_ids":[],"standard_idea_ids":["minimal_counterexample"],"tags":[],"has_text":true,"text_preview":"Ответ отрицательный. Дадим контрпример без рисунка. Возьмём 12 вершин вида \\((i,j)\\), где \\(i,j\\in\\{1,2,3,4\\}\\) и \\(i\\ne j\\). Соединим две вершины ребром в двух случаях: либо у них одинаковая первая координата, то есть \\((i,j)\\) соединена с \\((i,k)\\) при \\(j\\ne k\\), либо они имеют вид \\((i,j)\\) и \\((j,i)\\). Иными словами, есть четыре треугольника \\(T_i=\\{(i,j):j\\ne i\\}\\) и шесть рёбер, попарно соединяющих противоположно ориентированные пары. Граф вершинно-транзитивен: любая перестановка \\(\\sigma\\) множества \\(\\{1,2,3,4\\}\\) переводит \\((i,j)\\) в \\((\\sigma(i),\\sigma(j))\\) и сохраняет оба типа рёбер. Для любых двух вершин \\((i,j)\\) и \\((k,l)\\) можно выбрать такую \\(\\sigma\\), что \\(\\sigma(i)=k\\) и \\(\\sigma(j)=l\\), значит, допустимая перенумерация переводит первую вершину во вторую. Но не всякую пару можно поменять местами. Покажем, что автоморфизмы этого графа только что описанные. Рёбра вн…"}],"relations":[{"id":"rel-tc-2013-rmm-2013-graph-rigidity","neighbor_id":"rmm-2013-p2-tester-pair-endomorphism-digraph","direction":"forward","type":"same_motif","distance":3,"status":"needs_human_review"},{"id":"rel-sums-2012-p8-graph-symmetry-tree","neighbor_id":"sums-2012-p8-regular-tree-allowable-automorphisms","direction":"backward","type":"same_motif","distance":3,"status":"needs_human_review"}],"search_text":"tc-2013-14-vertex-transitive-not-transposition перенумерация городов без произвольной перестановки пары, турнир городов 2013/14 graph_symmetry goal_characterization 2013 https://www.problems.ru/view_problem_details_new.php?id=64663 olympiad_archive src-problems-64663 tc tc2013 with_solution задача 64663, турнир городов 2013/14, весенний тур, сложный вариант, 10-11 класс пахарев а. скопенков м.б. турнир городов турниргородов турниргородов2013 устинов а.в. пахарев а. скопенков м.б. устинов а.в. задача 64663, турнир городов 2013/14, весенний тур, сложный вариант, 10-11 класс stmt-original список железных дорог и перенумерации ai_checked каждому городу в некоторой стране присвоен индивидуальный номер. имеется список, в котором для каждой пары номеров указано, соединены города с данными номерами железной дорогой или нет. оказалось, что, какие ни взять два номера m и n из списка, можно так перенумеровать города, что город с номером m получит номер n, но список по-прежнему будет верным. верно ли, что, какие ни взять два номера m и n из списка, можно так перенумеровать города, что город с номером m получит номер n, город с номером n получит номер m, но список по-прежнему будет верным? stmt-graph перенумерация городов без произвольной перестановки пары ai_checked для конечного простого графа g назовём перенумерацию вершин допустимой, если после неё любые две новые вершины соединены ребром тогда и только тогда, когда до перенумерации были соединены соответствующие старые вершины. известно, что для любых двух вершин u и v графа g существует допустимая перенумерация, переводящая u в v. обязательно ли для любых u и v существует допустимая перенумерация, меняющая u и v местами? simple_graph idea-vertex-transitive-counterexample транзитивность не обязана содержать транспозиции условие говорит, что группа симметрий графа действует транзитивно на вершинах, но из этого не следует, что в ней есть симметрия, переставляющая любые две заданные вершины. graph_symmetry ai_checked sol-counterexample-from-source явный контрпример: граф усечённого тетраэдра ai_checked minimal_counterexample ответ отрицательный. дадим контрпример без рисунка. возьмём 12 вершин вида \\((i,j)\\), где \\(i,j\\in\\{1,2,3,4\\}\\) и \\(i\\ne j\\). соединим две вершины ребром в двух случаях: либо у них одинаковая первая координата, то есть \\((i,j)\\) соединена с \\((i,k)\\) при \\(j\\ne k\\), либо они имеют вид \\((i,j)\\) и \\((j,i)\\). иными словами, есть четыре треугольника \\(t_i=\\{(i,j):j\\ne i\\}\\) и шесть рёбер, попарно соединяющих противоположно ориентированные пары. граф вершинно-транзитивен: любая перестановка \\(\\sigma\\) множества \\(\\{1,2,3,4\\}\\) переводит \\((i,j)\\) в \\((\\sigma(i),\\sigma(j))\\) и сохраняет оба типа рёбер. для любых двух вершин \\((i,j)\\) и \\((k,l)\\) можно выбрать такую \\(\\sigma\\), что \\(\\sigma(i)=k\\) и \\(\\sigma(j)=l\\), значит, допустимая перенумерация переводит первую вершину во вторую. но не всякую пару можно поменять местами. покажем, что автоморфизмы этого графа только что описанные. рёбра вн… tc-2013-14-vertex-transitive-not-transposition perenumeratsiya gorodov bez proizvolnoy perestanovki pary, turnir gorodov 2013/14 graph_symmetry goal_characterization 2013 https://www.problems.ru/view_problem_details_new.php?id=64663 olympiad_archive src-problems-64663 tc tc2013 with_solution zadacha 64663, turnir gorodov 2013/14, vesenniy tur, slozhnyy variant, 10-11 klass paharev a. skopenkov m.b. turnir gorodov turnirgorodov turnirgorodov2013 ustinov a.v. paharev a. skopenkov m.b. ustinov a.v. zadacha 64663, turnir gorodov 2013/14, vesenniy tur, slozhnyy variant, 10-11 klass stmt-original spisok zheleznyh dorog i perenumeratsii ai_checked kazhdomu gorodu v nekotoroy strane prisvoen individualnyy nomer. imeetsya spisok, v kotorom dlya kazhdoy pary nomerov ukazano, soedineny goroda s dannymi nomerami zheleznoy dorogoy ili net. okazalos, chto, kakie ni vzyat dva nomera m i n iz spiska, mozhno tak perenumerovat goroda, chto gorod s nomerom m poluchit nomer n, no spisok po-prezhnemu budet vernym. verno li, chto, kakie ni vzyat dva nomera m i n iz spiska, mozhno tak perenumerovat goroda, chto gorod s nomerom m poluchit nomer n, gorod s nomerom n poluchit nomer m, no spisok po-prezhnemu budet vernym? stmt-graph perenumeratsiya gorodov bez proizvolnoy perestanovki pary ai_checked dlya konechnogo prostogo grafa g nazovem perenumeratsiyu vershin dopustimoy, esli posle nee lyubye dve novye vershiny soedineny rebrom togda i tolko togda, kogda do perenumeratsii byli soedineny sootvetstvuyuschie starye vershiny. izvestno, chto dlya lyubyh dvuh vershin u i v grafa g suschestvuet dopustimaya perenumeratsiya, perevodyaschaya u v v. obyazatelno li dlya lyubyh u i v suschestvuet dopustimaya perenumeratsiya, menyayuschaya u i v mestami? simple_graph idea-vertex-transitive-counterexample tranzitivnost ne obyazana soderzhat transpozitsii uslovie govorit, chto gruppa simmetriy grafa deystvuet tranzitivno na vershinah, no iz etogo ne sleduet, chto v ney est simmetriya, perestavlyayuschaya lyubye dve zadannye vershiny. graph_symmetry ai_checked sol-counterexample-from-source yavnyy kontrprimer: graf usechennogo tetraedra ai_checked minimal_counterexample otvet otritsatelnyy. dadim kontrprimer bez risunka. vozmem 12 vershin vida \\((i,j)\\), gde \\(i,j\\in\\{1,2,3,4\\}\\) i \\(i\\ne j\\). soedinim dve vershiny rebrom v dvuh sluchayah: libo u nih odinakovaya pervaya koordinata, to est \\((i,j)\\) soedinena s \\((i,k)\\) pri \\(j\\ne k\\), libo oni imeyut vid \\((i,j)\\) i \\((j,i)\\). inymi slovami, est chetyre treugolnika \\(t_i=\\{(i,j):j\\ne i\\}\\) i shest reber, poparno soedinyayuschih protivopolozhno orientirovannye pary. graf vershinno-tranzitiven: lyubaya perestanovka \\(\\sigma\\) mnozhestva \\(\\{1,2,3,4\\}\\) perevodit \\((i,j)\\) v \\((\\sigma(i),\\sigma(j))\\) i sohranyaet oba tipa reber. dlya lyubyh dvuh vershin \\((i,j)\\) i \\((k,l)\\) mozhno vybrat takuyu \\(\\sigma\\), chto \\(\\sigma(i)=k\\) i \\(\\sigma(j)=l\\), znachit, dopustimaya perenumeratsiya perevodit pervuyu vershinu vo vtoruyu. no ne vsyakuyu paru mozhno pomenyat mestami. pokazhem, chto avtomorfizmy etogo grafa tolko chto opisannye. rebra vn…","source_keys":["tc"]}
{"id":"tc-2015-16-connectivity-query-lower-bound","title":"Проверка связности за вопросы о дорогах, Турнир городов 2015/16","path":"data\\problems\\tournament-cities\\tc-2015-16-connectivity-query-lower-bound.yaml","raw_github_url":"https://raw.githubusercontent.com/didin-maxim/knowledge_graph_of_graphs/main/data/problems/tournament-cities/tc-2015-16-connectivity-query-lower-bound.yaml","viewer_url":"https://didin-maxim.github.io/knowledge_graph_of_graphs/#tc-2015-16-connectivity-query-lower-bound","source_key":"tc","source_label":"Турнир городов","source_titles":["Задача 65735, Турнир городов 2015/16, весенний тур, сложный вариант, 10-11 класс"],"year":"2015","type":"olympiad_problem","authors":["Кноп К.А."],"tags":["connectivity","trees","goal_exact_bound"],"agent_topics":["game_strategy_candidate"],"difficulty":{"main":"national_final_medium","local_score":8,"comment":"Весенний сложный тур 2015/16, 10-11 класс, задача на 8 баллов.","status":"ai_checked"},"review_status":"needs_human_review","public_ready":false,"solution_state":"with_solution","solution_classification":{"type":"unofficial_published","status":"ai_checked","confidence":0.78,"basis":"неофициальный опубликованный источник или признак опубликованного решения","notes":"Решение опубликовано не в официальном архиве; источник надо отличать от официального.","label":"опубликованное неофициальное"},"statements":{"original":[{"id":"stmt-original","title":"64 города и вопросы о дорогах","status":"ai_checked","text":"В стране 64 города, некоторые пары из них соединены дорогой, но нам неизвестно, какие именно. Можно выбрать любую пару городов и получить ответ на вопрос: есть ли дорога между ними? Нужно узнать, можно ли в этой стране добраться от любого города до любого другого, двигаясь по дорогам. Докажите, что не существует алгоритма, позволяющего сделать это менее чем за 2016 вопросов.","definition_ids":["connected_graph","complete_graph","tree","cycle"]}],"graph_theory":[{"id":"stmt-graph","title":"Проверка связности за вопросы о дорогах, Турнир городов 2015/16","status":"ai_checked","text":"Пусть \\(N\\ge 2\\). Неизвестен простой граф на \\(N\\) вершинах. За один вопрос можно узнать, принадлежит ли выбранная пара вершин множеству рёбер. Докажите, что любое детерминированное дерево решений, которое всегда правильно определяет связность графа, в худшем случае должно спросить обо всех \\(\\binom{N}{2}\\) парах вершин.","definition_ids":["simple_graph","connected_graph","tree"]}]},"solutions":[{"id":"sol-adversary-cycle-bridge","title":"Стратегия противника через циклы и мосты","status":"ai_checked","definition_ids":["connected_graph","cycle","tree","complete_graph"],"standard_idea_ids":["extremal_choice","delete_to_simplify"],"tags":[],"has_text":true,"text_preview":"Представим полный граф на 64 вершинах: непроверенные пары считаются белыми, положительные ответы — чёрными, отрицательные — удалёнными. Когда алгоритм спрашивает про белое ребро, противник удаляет его, если оно лежит на цикле текущего графа из чёрных и белых рёбер; иначе объявляет его чёрным. Такой ход сохраняет связность текущего графа, а чёрные рёбра никогда не образуют цикл. Перед последним вопросом остаётся одно белое ребро, циклов уже нет, значит весь текущий граф — дерево. Если последнее ребро удалить, связность нарушится; если сохранить, граф останется связным. Поэтому до последнего вопроса алгоритм не может знать правильный ответ."}],"relations":[{"id":"rel-tree-connectivity-query-2015","neighbor_id":"tree-equivalent-properties","direction":"backward","type":"prerequisite","distance":1,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-state-game-connectivity-query","neighbor_id":"tc-2018-19-complex-state-cycle-game","direction":"backward","type":"same_motif","distance":2,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-cycles-redundancy-1980-2015","neighbor_id":"tc-1980-distinct-rows-delete-column","direction":"backward","type":"same_motif","distance":2,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-connectivity-query-imo-2024-c4","neighbor_id":"imo-2024-c4-turbo-grid-monsters-two-attempts-lower-bound","direction":"forward","type":"same_motif","distance":2,"status":"ai_checked"}],"search_text":"tc-2015-16-connectivity-query-lower-bound проверка связности за вопросы о дорогах, турнир городов 2015/16 connectivity trees goal_exact_bound 2015 https://problems.ru/view_problem_details_new.php?id=65735 olympiad_archive src-problems-65735 tc tc2015 with_solution задача 65735, турнир городов 2015/16, весенний тур, сложный вариант, 10-11 класс кноп к.а. турнир городов турниргородов турниргородов2015 кноп к.а. задача 65735, турнир городов 2015/16, весенний тур, сложный вариант, 10-11 класс stmt-original 64 города и вопросы о дорогах ai_checked в стране 64 города, некоторые пары из них соединены дорогой, но нам неизвестно, какие именно. можно выбрать любую пару городов и получить ответ на вопрос: есть ли дорога между ними? нужно узнать, можно ли в этой стране добраться от любого города до любого другого, двигаясь по дорогам. докажите, что не существует алгоритма, позволяющего сделать это менее чем за 2016 вопросов. connected_graph complete_graph tree cycle stmt-graph проверка связности за вопросы о дорогах, турнир городов 2015/16 ai_checked пусть \\(n\\ge 2\\). неизвестен простой граф на \\(n\\) вершинах. за один вопрос можно узнать, принадлежит ли выбранная пара вершин множеству рёбер. докажите, что любое детерминированное дерево решений, которое всегда правильно определяет связность графа, в худшем случае должно спросить обо всех \\(\\binom{n}{2}\\) парах вершин. simple_graph connected_graph tree idea-adversary-keeps-spanning-tree-possible противник сохраняет дерево ответы на вопросы выбираются так, чтобы перед последним неизвестным ребром оставшийся смешанный граф был деревом: последнее ребро может как сохранить связность, так и разрушить её. connectivity trees ai_checked sol-adversary-cycle-bridge стратегия противника через циклы и мосты ai_checked connected_graph cycle tree complete_graph extremal_choice delete_to_simplify представим полный граф на 64 вершинах: непроверенные пары считаются белыми, положительные ответы — чёрными, отрицательные — удалёнными. когда алгоритм спрашивает про белое ребро, противник удаляет его, если оно лежит на цикле текущего графа из чёрных и белых рёбер; иначе объявляет его чёрным. такой ход сохраняет связность текущего графа, а чёрные рёбра никогда не образуют цикл. перед последним вопросом остаётся одно белое ребро, циклов уже нет, значит весь текущий граф — дерево. если последнее ребро удалить, связность нарушится; если сохранить, граф останется связным. поэтому до последнего вопроса алгоритм не может знать правильный ответ. tc-2015-16-connectivity-query-lower-bound proverka svyaznosti za voprosy o dorogah, turnir gorodov 2015/16 connectivity trees goal_exact_bound 2015 https://problems.ru/view_problem_details_new.php?id=65735 olympiad_archive src-problems-65735 tc tc2015 with_solution zadacha 65735, turnir gorodov 2015/16, vesenniy tur, slozhnyy variant, 10-11 klass knop k.a. turnir gorodov turnirgorodov turnirgorodov2015 knop k.a. zadacha 65735, turnir gorodov 2015/16, vesenniy tur, slozhnyy variant, 10-11 klass stmt-original 64 goroda i voprosy o dorogah ai_checked v strane 64 goroda, nekotorye pary iz nih soedineny dorogoy, no nam neizvestno, kakie imenno. mozhno vybrat lyubuyu paru gorodov i poluchit otvet na vopros: est li doroga mezhdu nimi? nuzhno uznat, mozhno li v etoy strane dobratsya ot lyubogo goroda do lyubogo drugogo, dvigayas po dorogam. dokazhite, chto ne suschestvuet algoritma, pozvolyayuschego sdelat eto menee chem za 2016 voprosov. connected_graph complete_graph tree cycle stmt-graph proverka svyaznosti za voprosy o dorogah, turnir gorodov 2015/16 ai_checked pust \\(n\\ge 2\\). neizvesten prostoy graf na \\(n\\) vershinah. za odin vopros mozhno uznat, prinadlezhit li vybrannaya para vershin mnozhestvu reber. dokazhite, chto lyuboe determinirovannoe derevo resheniy, kotoroe vsegda pravilno opredelyaet svyaznost grafa, v hudshem sluchae dolzhno sprosit obo vseh \\(\\binom{n}{2}\\) parah vershin. simple_graph connected_graph tree idea-adversary-keeps-spanning-tree-possible protivnik sohranyaet derevo otvety na voprosy vybirayutsya tak, chtoby pered poslednim neizvestnym rebrom ostavshiysya smeshannyy graf byl derevom: poslednee rebro mozhet kak sohranit svyaznost, tak i razrushit ee. connectivity trees ai_checked sol-adversary-cycle-bridge strategiya protivnika cherez tsikly i mosty ai_checked connected_graph cycle tree complete_graph extremal_choice delete_to_simplify predstavim polnyy graf na 64 vershinah: neproverennye pary schitayutsya belymi, polozhitelnye otvety — chernymi, otritsatelnye — udalennymi. kogda algoritm sprashivaet pro beloe rebro, protivnik udalyaet ego, esli ono lezhit na tsikle tekuschego grafa iz chernyh i belyh reber; inache obyavlyaet ego chernym. takoy hod sohranyaet svyaznost tekuschego grafa, a chernye rebra nikogda ne obrazuyut tsikl. pered poslednim voprosom ostaetsya odno beloe rebro, tsiklov uzhe net, znachit ves tekuschiy graf — derevo. esli poslednee rebro udalit, svyaznost narushitsya; esli sohranit, graf ostanetsya svyaznym. poetomu do poslednego voprosa algoritm ne mozhet znat pravilnyy otvet.","source_keys":["tc"]}
{"id":"tc-2016-tennis-masters-juniors-regular-bipartite","title":"Теннисисты-мастера и юниоры, Турнир городов 2015/16","path":"data\\problems\\tournament-cities\\tc-2016-tennis-masters-juniors-regular-bipartite.yaml","raw_github_url":"https://raw.githubusercontent.com/didin-maxim/knowledge_graph_of_graphs/main/data/problems/tournament-cities/tc-2016-tennis-masters-juniors-regular-bipartite.yaml","viewer_url":"https://didin-maxim.github.io/knowledge_graph_of_graphs/#tc-2016-tennis-masters-juniors-regular-bipartite","source_key":"tc","source_label":"Турнир городов","source_titles":["37-й Турнир городов, устный тур 2015/16, 11 класс"],"year":"2016","type":"olympiad_problem","authors":["Грибалко А.В."],"tags":["graph_model","degree_counting","matching","double_counting","invariant","goal_existence"],"agent_topics":[],"difficulty":{"main":"national_final_medium","local_score":4,"comment":"Устный тур 37-го Турнира городов, 11 класс, задача 4. Полная формулировка сверена с локально извлечённым текстом официального PDF.","status":"ai_checked"},"review_status":"ai_checked","public_ready":true,"solution_state":"with_solution","solution_classification":{"type":"ai_original_checked","status":"ai_checked","confidence":0.88,"basis":"локальная high-reasoning проверка решения через блочную таблицу","notes":"Опубликованный source_id для решения не добавлялся, но само доказательство проверено как полное: отсутствие хорошего блока заставляет все 225 блоков быть доминошками, а затем чётность вертикальных и горизонтальных доминошек противоречит нечётному числу блоков.","label":"проверенное самостоятельное решение"},"statements":{"original":[{"id":"stmt-original","title":"30 мастеров и 30 юниоров","status":"ai_checked","text":"На сборах теннисистов было 30 мастеров и 30 юниоров. Каждый мастер сыграл с одним мастером и пятнадцатью юниорами, а каждый юниор — с одним юниором и пятнадцатью мастерами. Докажите, что найдутся такие два мастера и два юниора, что эти мастера сыграли между собой, юниоры — между собой, каждый из двух мастеров — хотя бы с одним из двух юниоров, а каждый из двух юниоров — хотя бы с одним из двух мастеров.","definition_ids":["bipartite_graph","matching","degree"]}],"graph_theory":[{"id":"stmt-graph","title":"Два паросочетания и 15-регулярный двудольный граф","status":"ai_checked","text":"Даны две доли \\(X\\) и \\(Y\\) по 30 вершин. Внутри каждой доли выделено совершенное паросочетание, а между долями задан 15-регулярный двудольный граф. Докажите, что существуют ребро \\(xx'\\) внутреннего паросочетания в \\(X\\) и ребро \\(yy'\\) внутреннего паросочетания в \\(Y\\) такие, что каждая из вершин \\(x,x'\\) смежна хотя бы с одной из вершин \\(y,y'\\), и каждая из вершин \\(y,y'\\) смежна хотя бы с одной из вершин \\(x,x'\\).","definition_ids":["bipartite_graph","matching","degree"]}]},"solutions":[{"id":"sol-ai-2x2-domino-parity","title":"Решение через блоки 2x2 и чётность доминошек","status":"ai_checked","definition_ids":["bipartite_graph","matching","degree"],"standard_idea_ids":["double_counting","invariant"],"tags":[],"has_text":true,"text_preview":"Разобьём мастеров на 15 пар, сыгравших между собой, и поставим эти пары соседними столбцами таблицы \\(30\\times30\\). Аналогично разобьём юниоров на 15 пар, сыгравших между собой, и поставим эти пары соседними строками. Клетку таблицы закрасим, если соответствующие мастер и юниор сыграли друг с другом. В каждом столбце и в каждой строке закрашено ровно 15 клеток, поэтому всего закрашено \\(30\\cdot15=450\\) клеток, то есть половина таблицы. Разбиение на пары столбцов и пары строк разбивает таблицу на \\(15\\cdot15=225\\) блоков \\(2\\times2\\). Нужные два мастера и два юниора найдутся ровно тогда, когда в некотором блоке каждая строка и каждый столбец имеют хотя бы одну закрашенную клетку. Для блока \\(2\\times2\\) это равносильно тому, что среди закрашенных клеток есть одна из двух диагоналей. Предположим противное: ни в одном блоке такой диагонали нет. Тогда в каждом блоке не больше двух закрашенны…"}],"relations":[],"search_text":"tc-2016-tennis-masters-juniors-regular-bipartite теннисисты-мастера и юниоры, турнир городов 2015/16 graph_model degree_counting matching double_counting invariant goal_existence 2016 37-й турнир городов, устный тур 2015/16, 11 класс https://www.turgor.ru/problems/37/vs-37-ustn-avt.pdf olympiad_archive src-tc-2016-37-oral-official tc tc2016 with_solution грибалко а.в. турнир городов турниргородов турниргородов2016 грибалко а.в. 37-й турнир городов, устный тур 2015/16, 11 класс stmt-original 30 мастеров и 30 юниоров ai_checked на сборах теннисистов было 30 мастеров и 30 юниоров. каждый мастер сыграл с одним мастером и пятнадцатью юниорами, а каждый юниор — с одним юниором и пятнадцатью мастерами. докажите, что найдутся такие два мастера и два юниора, что эти мастера сыграли между собой, юниоры — между собой, каждый из двух мастеров — хотя бы с одним из двух юниоров, а каждый из двух юниоров — хотя бы с одним из двух мастеров. bipartite_graph matching degree stmt-graph два паросочетания и 15-регулярный двудольный граф ai_checked даны две доли \\(x\\) и \\(y\\) по 30 вершин. внутри каждой доли выделено совершенное паросочетание, а между долями задан 15-регулярный двудольный граф. докажите, что существуют ребро \\(xx'\\) внутреннего паросочетания в \\(x\\) и ребро \\(yy'\\) внутреннего паросочетания в \\(y\\) такие, что каждая из вершин \\(x,x'\\) смежна хотя бы с одной из вершин \\(y,y'\\), и каждая из вершин \\(y,y'\\) смежна хотя бы с одной из вершин \\(x,x'\\). bipartite_graph matching degree idea-tennis-as-regular-bipartite-graph матчи как рёбра регулярного двудольного графа партии между мастерами и юниорами образуют 15-регулярный двудольный граф, а партии внутри каждой группы — паросочетание. если поставить пары мастеров соседними столбцами, а пары юниоров соседними строками, задача становится утверждением о блоках \\(2\\times2\\) в таблице из закрашенных клеток. degree_counting matching ai_checked sol-ai-2x2-domino-parity решение через блоки 2x2 и чётность доминошек ai_checked bipartite_graph matching degree double_counting invariant разобьём мастеров на 15 пар, сыгравших между собой, и поставим эти пары соседними столбцами таблицы \\(30\\times30\\). аналогично разобьём юниоров на 15 пар, сыгравших между собой, и поставим эти пары соседними строками. клетку таблицы закрасим, если соответствующие мастер и юниор сыграли друг с другом. в каждом столбце и в каждой строке закрашено ровно 15 клеток, поэтому всего закрашено \\(30\\cdot15=450\\) клеток, то есть половина таблицы. разбиение на пары столбцов и пары строк разбивает таблицу на \\(15\\cdot15=225\\) блоков \\(2\\times2\\). нужные два мастера и два юниора найдутся ровно тогда, когда в некотором блоке каждая строка и каждый столбец имеют хотя бы одну закрашенную клетку. для блока \\(2\\times2\\) это равносильно тому, что среди закрашенных клеток есть одна из двух диагоналей. предположим противное: ни в одном блоке такой диагонали нет. тогда в каждом блоке не больше двух закрашенны… tc-2016-tennis-masters-juniors-regular-bipartite tennisisty-mastera i yuniory, turnir gorodov 2015/16 graph_model degree_counting matching double_counting invariant goal_existence 2016 37-y turnir gorodov, ustnyy tur 2015/16, 11 klass https://www.turgor.ru/problems/37/vs-37-ustn-avt.pdf olympiad_archive src-tc-2016-37-oral-official tc tc2016 with_solution gribalko a.v. turnir gorodov turnirgorodov turnirgorodov2016 gribalko a.v. 37-y turnir gorodov, ustnyy tur 2015/16, 11 klass stmt-original 30 masterov i 30 yuniorov ai_checked na sborah tennisistov bylo 30 masterov i 30 yuniorov. kazhdyy master sygral s odnim masterom i pyatnadtsatyu yuniorami, a kazhdyy yunior — s odnim yuniorom i pyatnadtsatyu masterami. dokazhite, chto naydutsya takie dva mastera i dva yuniora, chto eti mastera sygrali mezhdu soboy, yuniory — mezhdu soboy, kazhdyy iz dvuh masterov — hotya by s odnim iz dvuh yuniorov, a kazhdyy iz dvuh yuniorov — hotya by s odnim iz dvuh masterov. bipartite_graph matching degree stmt-graph dva parosochetaniya i 15-regulyarnyy dvudolnyy graf ai_checked dany dve doli \\(x\\) i \\(y\\) po 30 vershin. vnutri kazhdoy doli vydeleno sovershennoe parosochetanie, a mezhdu dolyami zadan 15-regulyarnyy dvudolnyy graf. dokazhite, chto suschestvuyut rebro \\(xx'\\) vnutrennego parosochetaniya v \\(x\\) i rebro \\(yy'\\) vnutrennego parosochetaniya v \\(y\\) takie, chto kazhdaya iz vershin \\(x,x'\\) smezhna hotya by s odnoy iz vershin \\(y,y'\\), i kazhdaya iz vershin \\(y,y'\\) smezhna hotya by s odnoy iz vershin \\(x,x'\\). bipartite_graph matching degree idea-tennis-as-regular-bipartite-graph matchi kak rebra regulyarnogo dvudolnogo grafa partii mezhdu masterami i yuniorami obrazuyut 15-regulyarnyy dvudolnyy graf, a partii vnutri kazhdoy gruppy — parosochetanie. esli postavit pary masterov sosednimi stolbtsami, a pary yuniorov sosednimi strokami, zadacha stanovitsya utverzhdeniem o blokah \\(2\\times2\\) v tablitse iz zakrashennyh kletok. degree_counting matching ai_checked sol-ai-2x2-domino-parity reshenie cherez bloki 2x2 i chetnost dominoshek ai_checked bipartite_graph matching degree double_counting invariant razobem masterov na 15 par, sygravshih mezhdu soboy, i postavim eti pary sosednimi stolbtsami tablitsy \\(30\\times30\\). analogichno razobem yuniorov na 15 par, sygravshih mezhdu soboy, i postavim eti pary sosednimi strokami. kletku tablitsy zakrasim, esli sootvetstvuyuschie master i yunior sygrali drug s drugom. v kazhdom stolbtse i v kazhdoy stroke zakrasheno rovno 15 kletok, poetomu vsego zakrasheno \\(30\\cdot15=450\\) kletok, to est polovina tablitsy. razbienie na pary stolbtsov i pary strok razbivaet tablitsu na \\(15\\cdot15=225\\) blokov \\(2\\times2\\). nuzhnye dva mastera i dva yuniora naydutsya rovno togda, kogda v nekotorom bloke kazhdaya stroka i kazhdyy stolbets imeyut hotya by odnu zakrashennuyu kletku. dlya bloka \\(2\\times2\\) eto ravnosilno tomu, chto sredi zakrashennyh kletok est odna iz dvuh diagonaley. predpolozhim protivnoe: ni v odnom bloke takoy diagonali net. togda v kazhdom bloke ne bolshe dvuh zakrashenny…","source_keys":["tc"]}
{"id":"tc-2017-18-polyhedron-three-colors-parity","title":"Трёхцветные вершины многогранника, Турнир городов 2017/18","path":"data\\problems\\tournament-cities\\tc-2017-18-polyhedron-three-colors-parity.yaml","raw_github_url":"https://raw.githubusercontent.com/didin-maxim/knowledge_graph_of_graphs/main/data/problems/tournament-cities/tc-2017-18-polyhedron-three-colors-parity.yaml","viewer_url":"https://didin-maxim.github.io/knowledge_graph_of_graphs/#tc-2017-18-polyhedron-three-colors-parity","source_key":"tc","source_label":"Турнир городов","source_titles":["Задача 66699, Турнир городов 2017/18, весенний тур, базовый вариант, 10-11 класс"],"year":"2017","type":"olympiad_problem","authors":["Бакаев Е.В.","Грибалко А.В.","Раскина И.В."],"tags":["eulerian_graphs","double_counting","goal_proof"],"agent_topics":[],"difficulty":{"main":"national_final_easy","local_score":5,"comment":"Весенний базовый тур 2017/18, 10-11 класс, задача 5.","status":"ai_checked"},"review_status":"needs_human_review","public_ready":false,"solution_state":"with_solution","solution_classification":{"type":"unofficial_published","status":"ai_checked","confidence":0.78,"basis":"неофициальный опубликованный источник или признак опубликованного решения","notes":"Решение опубликовано не в официальном архиве; источник надо отличать от официального.","label":"опубликованное неофициальное"},"statements":{"original":[{"id":"stmt-original","title":"Раскраска граней многогранника","status":"ai_checked","text":"В каждой вершине выпуклого многогранника сходятся три грани. Каждая грань покрашена в красный, жёлтый или синий цвет. Докажите, что число вершин, в которых сходятся грани трёх разных цветов, чётно.","definition_ids":["degree"]}],"graph_theory":[{"id":"stmt-graph","title":"Трёхцветные вершины многогранника, Турнир городов 2017/18","status":"ai_checked","text":"Дан 3-регулярный связный плоский граф, все грани которого раскрашены в красный, жёлтый и синий цвета. Ребро назовём разноцветным, если две грани по разные стороны от него имеют разные цвета. Докажите, что число вершин, инцидентных трём разноцветным рёбрам, чётно.","definition_ids":["degree","connected_graph","planar_graph"]}]},"solutions":[{"id":"sol-handshaking","title":"Лемма о рукопожатиях","status":"ai_checked","definition_ids":["degree"],"standard_idea_ids":["double_counting"],"tags":[],"has_text":true,"text_preview":"Рассмотрим граф многогранника и удалим все рёбра, по обе стороны от которых лежат грани одного цвета. В полученном графе трёхцветная вершина имеет степень \\(3\\), вершина с двумя цветами имеет степень \\(2\\), а одноцветная вершина имеет степень \\(0\\). По лемме о рукопожатиях в любом графе число вершин нечётной степени чётно. Значит, чётно и число трёхцветных вершин."},{"id":"sol-bicolor-paths","title":"Пути между красно-жёлтыми рёбрами","status":"ai_checked","definition_ids":["path"],"standard_idea_ids":["double_counting"],"tags":[],"has_text":true,"text_preview":"Можно зафиксировать пару цветов, например красный и жёлтый. Из каждой трёхцветной вершины выходит ровно одно ребро, разделяющее красную и жёлтую грани. Продолжая путь по таким рёбрам, мы приходим к другой трёхцветной вершине; промежуточные вершины имеют ровно два таких ребра. Поэтому трёхцветные вершины разбиваются на пары."}],"relations":[{"id":"rel-handshaking-polyhedron-2017","neighbor_id":"handshaking-lemma","direction":"backward","type":"prerequisite","distance":1,"status":"ai_checked"}],"search_text":"tc-2017-18-polyhedron-three-colors-parity трёхцветные вершины многогранника, турнир городов 2017/18 eulerian_graphs double_counting goal_proof 2017 https://www.problems.ru/view_problem_details_new.php?id=66699 olympiad_archive src-problems-66699 tc tc2017 with_solution бакаев е.в. грибалко а.в. задача 66699, турнир городов 2017/18, весенний тур, базовый вариант, 10-11 класс раскина и.в. турнир городов турниргородов турниргородов2017 бакаев е.в. грибалко а.в. раскина и.в. задача 66699, турнир городов 2017/18, весенний тур, базовый вариант, 10-11 класс stmt-original раскраска граней многогранника ai_checked в каждой вершине выпуклого многогранника сходятся три грани. каждая грань покрашена в красный, жёлтый или синий цвет. докажите, что число вершин, в которых сходятся грани трёх разных цветов, чётно. degree stmt-graph трёхцветные вершины многогранника, турнир городов 2017/18 ai_checked дан 3-регулярный связный плоский граф, все грани которого раскрашены в красный, жёлтый и синий цвета. ребро назовём разноцветным, если две грани по разные стороны от него имеют разные цвета. докажите, что число вершин, инцидентных трём разноцветным рёбрам, чётно. degree connected_graph planar_graph idea-delete-monochromatic-edges удалить одноцветные рёбра после удаления рёбер между гранями одного цвета нужные вершины становятся ровно нечётными вершинами полученного графа. double_counting ai_checked idea-bicolor-paths-pairing парные концы двухцветных путей если идти по рёбрам между двумя фиксированными цветами граней, трёхцветные вершины оказываются концами непересекающихся путей и разбиваются на пары. eulerian_graphs ai_checked sol-handshaking лемма о рукопожатиях ai_checked degree double_counting рассмотрим граф многогранника и удалим все рёбра, по обе стороны от которых лежат грани одного цвета. в полученном графе трёхцветная вершина имеет степень \\(3\\), вершина с двумя цветами имеет степень \\(2\\), а одноцветная вершина имеет степень \\(0\\). по лемме о рукопожатиях в любом графе число вершин нечётной степени чётно. значит, чётно и число трёхцветных вершин. sol-bicolor-paths пути между красно-жёлтыми рёбрами ai_checked path double_counting можно зафиксировать пару цветов, например красный и жёлтый. из каждой трёхцветной вершины выходит ровно одно ребро, разделяющее красную и жёлтую грани. продолжая путь по таким рёбрам, мы приходим к другой трёхцветной вершине; промежуточные вершины имеют ровно два таких ребра. поэтому трёхцветные вершины разбиваются на пары. tc-2017-18-polyhedron-three-colors-parity trehtsvetnye vershiny mnogogrannika, turnir gorodov 2017/18 eulerian_graphs double_counting goal_proof 2017 https://www.problems.ru/view_problem_details_new.php?id=66699 olympiad_archive src-problems-66699 tc tc2017 with_solution bakaev e.v. gribalko a.v. zadacha 66699, turnir gorodov 2017/18, vesenniy tur, bazovyy variant, 10-11 klass raskina i.v. turnir gorodov turnirgorodov turnirgorodov2017 bakaev e.v. gribalko a.v. raskina i.v. zadacha 66699, turnir gorodov 2017/18, vesenniy tur, bazovyy variant, 10-11 klass stmt-original raskraska graney mnogogrannika ai_checked v kazhdoy vershine vypuklogo mnogogrannika shodyatsya tri grani. kazhdaya gran pokrashena v krasnyy, zheltyy ili siniy tsvet. dokazhite, chto chislo vershin, v kotoryh shodyatsya grani treh raznyh tsvetov, chetno. degree stmt-graph trehtsvetnye vershiny mnogogrannika, turnir gorodov 2017/18 ai_checked dan 3-regulyarnyy svyaznyy ploskiy graf, vse grani kotorogo raskrasheny v krasnyy, zheltyy i siniy tsveta. rebro nazovem raznotsvetnym, esli dve grani po raznye storony ot nego imeyut raznye tsveta. dokazhite, chto chislo vershin, intsidentnyh trem raznotsvetnym rebram, chetno. degree connected_graph planar_graph idea-delete-monochromatic-edges udalit odnotsvetnye rebra posle udaleniya reber mezhdu granyami odnogo tsveta nuzhnye vershiny stanovyatsya rovno nechetnymi vershinami poluchennogo grafa. double_counting ai_checked idea-bicolor-paths-pairing parnye kontsy dvuhtsvetnyh putey esli idti po rebram mezhdu dvumya fiksirovannymi tsvetami graney, trehtsvetnye vershiny okazyvayutsya kontsami neperesekayuschihsya putey i razbivayutsya na pary. eulerian_graphs ai_checked sol-handshaking lemma o rukopozhatiyah ai_checked degree double_counting rassmotrim graf mnogogrannika i udalim vse rebra, po obe storony ot kotoryh lezhat grani odnogo tsveta. v poluchennom grafe trehtsvetnaya vershina imeet stepen \\(3\\), vershina s dvumya tsvetami imeet stepen \\(2\\), a odnotsvetnaya vershina imeet stepen \\(0\\). po lemme o rukopozhatiyah v lyubom grafe chislo vershin nechetnoy stepeni chetno. znachit, chetno i chislo trehtsvetnyh vershin. sol-bicolor-paths puti mezhdu krasno-zheltymi rebrami ai_checked path double_counting mozhno zafiksirovat paru tsvetov, naprimer krasnyy i zheltyy. iz kazhdoy trehtsvetnoy vershiny vyhodit rovno odno rebro, razdelyayuschee krasnuyu i zheltuyu grani. prodolzhaya put po takim rebram, my prihodim k drugoy trehtsvetnoy vershine; promezhutochnye vershiny imeyut rovno dva takih rebra. poetomu trehtsvetnye vershiny razbivayutsya na pary.","source_keys":["tc"]}
{"id":"tc-2017-pingpong-same-pairs-tournament-graph","title":"Пинг-понг навылет и кубок с теми же парами, Турнир городов 2016/17","path":"data\\problems\\tournament-cities\\tc-2017-pingpong-same-pairs-tournament-graph.yaml","raw_github_url":"https://raw.githubusercontent.com/didin-maxim/knowledge_graph_of_graphs/main/data/problems/tournament-cities/tc-2017-pingpong-same-pairs-tournament-graph.yaml","viewer_url":"https://didin-maxim.github.io/knowledge_graph_of_graphs/#tc-2017-pingpong-same-pairs-tournament-graph","source_key":"tc","source_label":"Турнир городов","source_titles":["38-й Турнир городов, устный тур 2016/17, 11 класс, предварительная версия решений"],"year":"2017","type":"olympiad_problem","authors":["Френкин Б.Р."],"tags":["graph_in_solution","connectivity","degree_counting"],"agent_topics":[],"difficulty":{"main":"national_final_medium","local_score":1,"comment":"Устный тур 38-го Турнира городов, 11 класс, задача 1.","status":"ai_checked"},"review_status":"ai_checked","public_ready":false,"solution_state":"with_solution","solution_classification":{"type":"official_complete_or_near_complete","status":"ai_checked","confidence":0.9,"basis":"официальный источник и признак сжатого/эскизного решения","notes":"Решение развёрнуто и проверено; арифметика параметров для условия с 2n игроками исправлена.","label":"expanded checked solution"},"statements":{"original":[{"id":"stmt-original","title":"Два турнира с одинаковыми парами","status":"ai_checked","text":"В первый день \\(2n\\) школьников играли в пинг-понг навылет: сначала сыграли двое, затем победитель сыграл с третьим, победитель этой пары — с четвёртым и так далее, пока не сыграл последний школьник. Во второй день те же школьники разыграли кубок: сначала произвольно разбились на пары, проигравшие выбыли, победители снова произвольно разбились на пары и так далее. Оказалось, что наборы игравших пар в первый и во второй день были одни и те же. Найдите наибольшее возможное значение \\(n\\).","definition_ids":["simple_graph","path","tree"]}]},"solutions":[{"id":"sol-played-pairs-graph","title":"Граф матчей и первый слой листьев","status":"ai_checked","definition_ids":["simple_graph","path","degree"],"standard_idea_ids":["delete_to_simplify"],"tags":[],"has_text":true,"text_preview":"Ответ: наибольшее возможное значение равно \\(4\\). Пусть \\(N=2n\\) — число игроков. Построим граф сыгранных пар: его вершины — игроки, а ребро соединяет двух игроков, если они играли друг с другом. В оба дня было \\(N-1\\) матчей, и по условию множества рёбер совпадают. Сначала проанализируем граф первого дня. Игроки вступают по одному: после первого матча текущий победитель играет со следующим игроком, затем новый текущий победитель снова играет со следующим, и так далее. Каждый новый игрок добавляет одну новую вершину и одно ребро к текущему победителю, поэтому получается дерево. Игроки, которые в какой-то момент становились текущими победителями, образуют путь: если первый такой победитель — \\(a_1\\), затем его сменил \\(a_2\\), затем \\(a_3\\), то возникают рёбра \\[ a_1-a_2-a_3-\\cdots . \\] Каждый игрок, который вошёл, сразу проиграл и больше не играл, является листом, присоединённым к одной…"}],"relations":[],"search_text":"tc-2017-pingpong-same-pairs-tournament-graph пинг-понг навылет и кубок с теми же парами, турнир городов 2016/17 graph_in_solution connectivity degree_counting 2017 38-й турнир городов, устный тур 2016/17, 11 класс, предварительная версия решений https://www.turgor.ru/oralround/38/ustn38-sol-predv.pdf problem_and_solution src-tc-2017-38-oral-solutions tc tc2017 with_solution турнир городов турниргородов турниргородов2017 френкин б.р. френкин б.р. 38-й турнир городов, устный тур 2016/17, 11 класс, предварительная версия решений stmt-original два турнира с одинаковыми парами ai_checked в первый день \\(2n\\) школьников играли в пинг-понг навылет: сначала сыграли двое, затем победитель сыграл с третьим, победитель этой пары — с четвёртым и так далее, пока не сыграл последний школьник. во второй день те же школьники разыграли кубок: сначала произвольно разбились на пары, проигравшие выбыли, победители снова произвольно разбились на пары и так далее. оказалось, что наборы игравших пар в первый и во второй день были одни и те же. найдите наибольшее возможное значение \\(n\\). simple_graph path tree idea-played-pairs-graph граф сыгранных партий рассматривается граф сыгранных партий: вершины — игроки, рёбра — сыгранные матчи. в игре первого дня после удаления всех вершин степени 1 остаётся путь. во второй день удалённые листья — это проигравшие в первом круге, а оставшийся граф является графом кубка на победителях первого круга; если он путь, то победителей первого круга не больше 4. graph_in_solution trees connectivity ai_checked sol-played-pairs-graph граф матчей и первый слой листьев ai_checked simple_graph path degree delete_to_simplify ответ: наибольшее возможное значение равно \\(4\\). пусть \\(n=2n\\) — число игроков. построим граф сыгранных пар: его вершины — игроки, а ребро соединяет двух игроков, если они играли друг с другом. в оба дня было \\(n-1\\) матчей, и по условию множества рёбер совпадают. сначала проанализируем граф первого дня. игроки вступают по одному: после первого матча текущий победитель играет со следующим игроком, затем новый текущий победитель снова играет со следующим, и так далее. каждый новый игрок добавляет одну новую вершину и одно ребро к текущему победителю, поэтому получается дерево. игроки, которые в какой-то момент становились текущими победителями, образуют путь: если первый такой победитель — \\(a_1\\), затем его сменил \\(a_2\\), затем \\(a_3\\), то возникают рёбра \\[ a_1-a_2-a_3-\\cdots . \\] каждый игрок, который вошёл, сразу проиграл и больше не играл, является листом, присоединённым к одной… tc-2017-pingpong-same-pairs-tournament-graph ping-pong navylet i kubok s temi zhe parami, turnir gorodov 2016/17 graph_in_solution connectivity degree_counting 2017 38-y turnir gorodov, ustnyy tur 2016/17, 11 klass, predvaritelnaya versiya resheniy https://www.turgor.ru/oralround/38/ustn38-sol-predv.pdf problem_and_solution src-tc-2017-38-oral-solutions tc tc2017 with_solution turnir gorodov turnirgorodov turnirgorodov2017 frenkin b.r. frenkin b.r. 38-y turnir gorodov, ustnyy tur 2016/17, 11 klass, predvaritelnaya versiya resheniy stmt-original dva turnira s odinakovymi parami ai_checked v pervyy den \\(2n\\) shkolnikov igrali v ping-pong navylet: snachala sygrali dvoe, zatem pobeditel sygral s tretim, pobeditel etoy pary — s chetvertym i tak dalee, poka ne sygral posledniy shkolnik. vo vtoroy den te zhe shkolniki razygrali kubok: snachala proizvolno razbilis na pary, proigravshie vybyli, pobediteli snova proizvolno razbilis na pary i tak dalee. okazalos, chto nabory igravshih par v pervyy i vo vtoroy den byli odni i te zhe. naydite naibolshee vozmozhnoe znachenie \\(n\\). simple_graph path tree idea-played-pairs-graph graf sygrannyh partiy rassmatrivaetsya graf sygrannyh partiy: vershiny — igroki, rebra — sygrannye matchi. v igre pervogo dnya posle udaleniya vseh vershin stepeni 1 ostaetsya put. vo vtoroy den udalennye listya — eto proigravshie v pervom kruge, a ostavshiysya graf yavlyaetsya grafom kubka na pobeditelyah pervogo kruga; esli on put, to pobediteley pervogo kruga ne bolshe 4. graph_in_solution trees connectivity ai_checked sol-played-pairs-graph graf matchey i pervyy sloy listev ai_checked simple_graph path degree delete_to_simplify otvet: naibolshee vozmozhnoe znachenie ravno \\(4\\). pust \\(n=2n\\) — chislo igrokov. postroim graf sygrannyh par: ego vershiny — igroki, a rebro soedinyaet dvuh igrokov, esli oni igrali drug s drugom. v oba dnya bylo \\(n-1\\) matchey, i po usloviyu mnozhestva reber sovpadayut. snachala proanaliziruem graf pervogo dnya. igroki vstupayut po odnomu: posle pervogo matcha tekuschiy pobeditel igraet so sleduyuschim igrokom, zatem novyy tekuschiy pobeditel snova igraet so sleduyuschim, i tak dalee. kazhdyy novyy igrok dobavlyaet odnu novuyu vershinu i odno rebro k tekuschemu pobeditelyu, poetomu poluchaetsya derevo. igroki, kotorye v kakoy-to moment stanovilis tekuschimi pobeditelyami, obrazuyut put: esli pervyy takoy pobeditel — \\(a_1\\), zatem ego smenil \\(a_2\\), zatem \\(a_3\\), to voznikayut rebra \\[ a_1-a_2-a_3-\\cdots . \\] kazhdyy igrok, kotoryy voshel, srazu proigral i bolshe ne igral, yavlyaetsya listom, prisoedinennym k odnoy…","source_keys":["tc"]}
{"id":"tc-2018-19-complex-state-cycle-game","title":"Сложное государство: выигрыш Васи, Турнир городов 2018/19","path":"data\\problems\\tournament-cities\\tc-2018-19-complex-state-cycle-game.yaml","raw_github_url":"https://raw.githubusercontent.com/didin-maxim/knowledge_graph_of_graphs/main/data/problems/tournament-cities/tc-2018-19-complex-state-cycle-game.yaml","viewer_url":"https://didin-maxim.github.io/knowledge_graph_of_graphs/#tc-2018-19-complex-state-cycle-game","source_key":"tc","source_label":"Турнир городов","source_titles":["Задача 66727, Турнир городов 2018/19, осенний тур, сложный вариант, 8-9 класс","38-я Летняя конференция Турнира городов 2026, проект 2 «Игры на меняющихся графах»","ЛКТГ 2026, проект 2 «Игры на меняющихся графах»: условия, русская редакция 7","ЛКТГ 2026, проект 2 «Игры на меняющихся графах»: решения, русская редакция 7"],"year":"2018","type":"olympiad_problem","authors":["Дидин М. А."],"tags":["connectivity","induction","goal_strategy_game"],"agent_topics":["game_strategy"],"difficulty":{"main":"national_final_hard","local_score":7,"comment":"Осенний сложный тур 2018/19, 8-9 класс, задача 7b на 7 баллов.","status":"ai_checked"},"review_status":"ai_checked","public_ready":true,"solution_state":"with_solution","solution_classification":{"type":"official_complete_or_near_complete","label":"официальное полное решение","status":"ai_checked","confidence":0.97,"basis":"Полное доказательство сверено с официальным PDF решений проекта ЛКТГ 2026.","notes":"Прежний архивный источник сохранён как дополнительный источник той же задачи."},"statements":{"original":[{"id":"stmt-original","title":"Игра в сложном государстве","status":"ai_checked","text":"В виртуальном компьютерном государстве не менее двух городов. Некоторые пары городов соединены дорогой, причём из каждого города можно добраться по дорогам до любого другого. Государство называется сложным, если можно, начав движение из какого-то города и не проходя дважды по одной и той же дороге, вернуться в этот город. Петя и Вася играют так: сначала Петя задаёт направление на каждой дороге и помещает туриста в один из городов; затем за ход Петя перемещает туриста по дороге в разрешённом направлении в соседний город, а Вася меняет направление одной дороги, входящей или выходящей из нового города туриста. Вася выигрывает, если Петя в какой-то момент не сможет сделать ход. Докажите, что в сложном государстве Вася может гарантировать победу, как бы ни играл Петя.","definition_ids":["connected_graph","directed_graph","cycle"]}],"graph_theory":[{"id":"stmt-graph","title":"Сложное государство: выигрыш Васи, Турнир городов 2018/19","status":"ai_checked","text":"Дан связный неориентированный граф, содержащий цикл. Петя сначала ориентирует все рёбра графа и выбирает начальную вершину фишки. На каждом своём ходе Петя обязан передвинуть фишку по исходящему ребру в соседнюю вершину, после чего Вася разворачивает одно ребро, инцидентное новой вершине фишки. Если перед ходом Пети из текущей вершины нет исходящих рёбер, Вася выигрывает. Докажите, что Вася имеет стратегию, которая при любой начальной ориентации, начальной вершине и дальнейших ходах Пети приводит к победе за конечное число ходов.","definition_ids":["connected_graph","directed_graph","cycle"]}]},"solutions":[{"id":"sol-vasya-cycle-induction","title":"Индукция от цикла","status":"ai_checked","definition_ids":["connected_graph","path","cycle"],"standard_idea_ids":["induction","delete_to_simplify"],"tags":[],"has_text":true,"text_preview":"Докажем индукцией по числу вершин более сильное утверждение: если связный граф содержит цикл, то из любой ориентации и любого положения фишки в момент, когда Васе предстоит развернуть ребро, Вася за конечное время оставит фишку без исходящих рёбер. База: граф является простым циклом. Если сейчас из вершины фишки выходит ровно одно ребро, Вася разворачивает его внутрь и сразу запирает фишку. Если исходящих рёбер ноль или два, Вася одним разворотом оставляет ровно одно исходящее ребро; Петя вынужден пройти по нему. Обозначим этот ход \\(A_1\\to A_2\\) и выберем соответствующее направление обхода цикла. Теперь Вася смотрит на следующее ребро \\(A_2A_3\\). Если оно выходит из \\(A_2\\), Вася разворачивает его внутрь, и оба ребра при \\(A_2\\) становятся входящими. Если оно входит в \\(A_2\\), Вася разворачивает его наружу, и Петя вынужден перейти в \\(A_3\\). Вася повторяет правило. Либо фишка остановит…"}],"relations":[{"id":"rel-state-game-2018-paired-variants","neighbor_id":"tc-2018-19-simple-state-tree-game","direction":"backward","type":"paired_variant","distance":1,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-state-game-connectivity-query","neighbor_id":"tc-2015-16-connectivity-query-lower-bound","direction":"forward","type":"same_motif","distance":2,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-tc-cycle-p06-reversal-paired","neighbor_id":"lktg-2026-project2-problem06-two-tokens-reversing-arcs","direction":"forward","type":"paired_variant","distance":1,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-tc-2018-19-tree-cycle-dichotomy","neighbor_id":"tc-2018-19-simple-state-tree-game","direction":"backward","type":"paired_variant","distance":1,"status":"ai_checked"}],"search_text":"tc-2018-19-complex-state-cycle-game сложное государство: выигрыш васи, турнир городов 2018/19 connectivity induction goal_strategy_game 2018 38-я летняя конференция турнира городов 2026, проект 2 «игры на меняющихся графах» https://turgor.ru/lktg/2026/2/2-1-changing_graphs-rus.pdf https://turgor.ru/lktg/2026/2/2-1-changing_graphs-sol-rus.pdf https://turgor.ru/lktg/2026/2/index.html https://www.problems.ru/view_problem_details_new.php?id=66727 official_archive official_solutions olympiad_archive src-lktg-2026-project2-page src-lktg-2026-project2-problems-ru src-lktg-2026-project2-solutions-ru src-problems-66727 tc tc2018 with_solution дидин м. а. задача 66727, турнир городов 2018/19, осенний тур, сложный вариант, 8-9 класс лктг 2026, проект 2 «игры на меняющихся графах»: решения, русская редакция 7 лктг 2026, проект 2 «игры на меняющихся графах»: условия, русская редакция 7 турнир городов турниргородов турниргородов2018 дидин м. а. задача 66727, турнир городов 2018/19, осенний тур, сложный вариант, 8-9 класс 38-я летняя конференция турнира городов 2026, проект 2 «игры на меняющихся графах» лктг 2026, проект 2 «игры на меняющихся графах»: условия, русская редакция 7 лктг 2026, проект 2 «игры на меняющихся графах»: решения, русская редакция 7 stmt-original игра в сложном государстве ai_checked в виртуальном компьютерном государстве не менее двух городов. некоторые пары городов соединены дорогой, причём из каждого города можно добраться по дорогам до любого другого. государство называется сложным, если можно, начав движение из какого-то города и не проходя дважды по одной и той же дороге, вернуться в этот город. петя и вася играют так: сначала петя задаёт направление на каждой дороге и помещает туриста в один из городов; затем за ход петя перемещает туриста по дороге в разрешённом направлении в соседний город, а вася меняет направление одной дороги, входящей или выходящей из нового города туриста. вася выигрывает, если петя в какой-то момент не сможет сделать ход. докажите, что в сложном государстве вася может гарантировать победу, как бы ни играл петя. connected_graph directed_graph cycle stmt-graph сложное государство: выигрыш васи, турнир городов 2018/19 ai_checked дан связный неориентированный граф, содержащий цикл. петя сначала ориентирует все рёбра графа и выбирает начальную вершину фишки. на каждом своём ходе петя обязан передвинуть фишку по исходящему ребру в соседнюю вершину, после чего вася разворачивает одно ребро, инцидентное новой вершине фишки. если перед ходом пети из текущей вершины нет исходящих рёбер, вася выигрывает. докажите, что вася имеет стратегию, которая при любой начальной ориентации, начальной вершине и дальнейших ходах пети приводит к победе за конечное число ходов. connected_graph directed_graph cycle idea-cycle-forces-one-direction цикл заставляет идти вперёд на простом цикле вася после каждого хода пети разворачивает ребро перед туристом. если это не запирает туриста сразу, то турист вынужден двигаться в одну сторону по циклу и при возвращении к стартовой вершине оказывается без хода. connectivity goal_strategy_game ai_checked idea-delete-outer-vertex удаление вершины вне минимального цикла в общем графе с циклом можно удалить вершину максимального расстояния от минимального цикла: оставшийся граф связен и всё ещё содержит цикл. стратегия в меньшем графе либо выигрывает сразу, либо вынуждает петю всё реже входить в удалённую вершину. induction connectivity ai_checked sol-vasya-cycle-induction индукция от цикла ai_checked connected_graph path cycle induction delete_to_simplify докажем индукцией по числу вершин более сильное утверждение: если связный граф содержит цикл, то из любой ориентации и любого положения фишки в момент, когда васе предстоит развернуть ребро, вася за конечное время оставит фишку без исходящих рёбер. база: граф является простым циклом. если сейчас из вершины фишки выходит ровно одно ребро, вася разворачивает его внутрь и сразу запирает фишку. если исходящих рёбер ноль или два, вася одним разворотом оставляет ровно одно исходящее ребро; петя вынужден пройти по нему. обозначим этот ход \\(a_1\\to a_2\\) и выберем соответствующее направление обхода цикла. теперь вася смотрит на следующее ребро \\(a_2a_3\\). если оно выходит из \\(a_2\\), вася разворачивает его внутрь, и оба ребра при \\(a_2\\) становятся входящими. если оно входит в \\(a_2\\), вася разворачивает его наружу, и петя вынужден перейти в \\(a_3\\). вася повторяет правило. либо фишка остановит… tc-2018-19-complex-state-cycle-game slozhnoe gosudarstvo: vyigrysh vasi, turnir gorodov 2018/19 connectivity induction goal_strategy_game 2018 38-ya letnyaya konferentsiya turnira gorodov 2026, proekt 2 «igry na menyayuschihsya grafah» https://turgor.ru/lktg/2026/2/2-1-changing_graphs-rus.pdf https://turgor.ru/lktg/2026/2/2-1-changing_graphs-sol-rus.pdf https://turgor.ru/lktg/2026/2/index.html https://www.problems.ru/view_problem_details_new.php?id=66727 official_archive official_solutions olympiad_archive src-lktg-2026-project2-page src-lktg-2026-project2-problems-ru src-lktg-2026-project2-solutions-ru src-problems-66727 tc tc2018 with_solution didin m. a. zadacha 66727, turnir gorodov 2018/19, osenniy tur, slozhnyy variant, 8-9 klass lktg 2026, proekt 2 «igry na menyayuschihsya grafah»: resheniya, russkaya redaktsiya 7 lktg 2026, proekt 2 «igry na menyayuschihsya grafah»: usloviya, russkaya redaktsiya 7 turnir gorodov turnirgorodov turnirgorodov2018 didin m. a. zadacha 66727, turnir gorodov 2018/19, osenniy tur, slozhnyy variant, 8-9 klass 38-ya letnyaya konferentsiya turnira gorodov 2026, proekt 2 «igry na menyayuschihsya grafah» lktg 2026, proekt 2 «igry na menyayuschihsya grafah»: usloviya, russkaya redaktsiya 7 lktg 2026, proekt 2 «igry na menyayuschihsya grafah»: resheniya, russkaya redaktsiya 7 stmt-original igra v slozhnom gosudarstve ai_checked v virtualnom kompyuternom gosudarstve ne menee dvuh gorodov. nekotorye pary gorodov soedineny dorogoy, prichem iz kazhdogo goroda mozhno dobratsya po dorogam do lyubogo drugogo. gosudarstvo nazyvaetsya slozhnym, esli mozhno, nachav dvizhenie iz kakogo-to goroda i ne prohodya dvazhdy po odnoy i toy zhe doroge, vernutsya v etot gorod. petya i vasya igrayut tak: snachala petya zadaet napravlenie na kazhdoy doroge i pomeschaet turista v odin iz gorodov; zatem za hod petya peremeschaet turista po doroge v razreshennom napravlenii v sosedniy gorod, a vasya menyaet napravlenie odnoy dorogi, vhodyaschey ili vyhodyaschey iz novogo goroda turista. vasya vyigryvaet, esli petya v kakoy-to moment ne smozhet sdelat hod. dokazhite, chto v slozhnom gosudarstve vasya mozhet garantirovat pobedu, kak by ni igral petya. connected_graph directed_graph cycle stmt-graph slozhnoe gosudarstvo: vyigrysh vasi, turnir gorodov 2018/19 ai_checked dan svyaznyy neorientirovannyy graf, soderzhaschiy tsikl. petya snachala orientiruet vse rebra grafa i vybiraet nachalnuyu vershinu fishki. na kazhdom svoem hode petya obyazan peredvinut fishku po ishodyaschemu rebru v sosednyuyu vershinu, posle chego vasya razvorachivaet odno rebro, intsidentnoe novoy vershine fishki. esli pered hodom peti iz tekuschey vershiny net ishodyaschih reber, vasya vyigryvaet. dokazhite, chto vasya imeet strategiyu, kotoraya pri lyuboy nachalnoy orientatsii, nachalnoy vershine i dalneyshih hodah peti privodit k pobede za konechnoe chislo hodov. connected_graph directed_graph cycle idea-cycle-forces-one-direction tsikl zastavlyaet idti vpered na prostom tsikle vasya posle kazhdogo hoda peti razvorachivaet rebro pered turistom. esli eto ne zapiraet turista srazu, to turist vynuzhden dvigatsya v odnu storonu po tsiklu i pri vozvraschenii k startovoy vershine okazyvaetsya bez hoda. connectivity goal_strategy_game ai_checked idea-delete-outer-vertex udalenie vershiny vne minimalnogo tsikla v obschem grafe s tsiklom mozhno udalit vershinu maksimalnogo rasstoyaniya ot minimalnogo tsikla: ostavshiysya graf svyazen i vse esche soderzhit tsikl. strategiya v menshem grafe libo vyigryvaet srazu, libo vynuzhdaet petyu vse rezhe vhodit v udalennuyu vershinu. induction connectivity ai_checked sol-vasya-cycle-induction induktsiya ot tsikla ai_checked connected_graph path cycle induction delete_to_simplify dokazhem induktsiey po chislu vershin bolee silnoe utverzhdenie: esli svyaznyy graf soderzhit tsikl, to iz lyuboy orientatsii i lyubogo polozheniya fishki v moment, kogda vase predstoit razvernut rebro, vasya za konechnoe vremya ostavit fishku bez ishodyaschih reber. baza: graf yavlyaetsya prostym tsiklom. esli seychas iz vershiny fishki vyhodit rovno odno rebro, vasya razvorachivaet ego vnutr i srazu zapiraet fishku. esli ishodyaschih reber nol ili dva, vasya odnim razvorotom ostavlyaet rovno odno ishodyaschee rebro; petya vynuzhden proyti po nemu. oboznachim etot hod \\(a_1\\to a_2\\) i vyberem sootvetstvuyuschee napravlenie obhoda tsikla. teper vasya smotrit na sleduyuschee rebro \\(a_2a_3\\). esli ono vyhodit iz \\(a_2\\), vasya razvorachivaet ego vnutr, i oba rebra pri \\(a_2\\) stanovyatsya vhodyaschimi. esli ono vhodit v \\(a_2\\), vasya razvorachivaet ego naruzhu, i petya vynuzhden pereyti v \\(a_3\\). vasya povtoryaet pravilo. libo fishka ostanovit…","source_keys":["tc","lktg"]}
{"id":"tc-2018-19-simple-state-tree-game","title":"Простое государство: Петя не проигрывает, Турнир городов 2018/19","path":"data\\problems\\tournament-cities\\tc-2018-19-simple-state-tree-game.yaml","raw_github_url":"https://raw.githubusercontent.com/didin-maxim/knowledge_graph_of_graphs/main/data/problems/tournament-cities/tc-2018-19-simple-state-tree-game.yaml","viewer_url":"https://didin-maxim.github.io/knowledge_graph_of_graphs/#tc-2018-19-simple-state-tree-game","source_key":"tc","source_label":"Турнир городов","source_titles":["Задача 66727, Турнир городов 2018/19, осенний тур, сложный вариант, 8-9 класс","38-я Летняя конференция Турнира городов 2026, проект 2 «Игры на меняющихся графах»","ЛКТГ 2026, проект 2 «Игры на меняющихся графах»: условия, русская редакция 7","ЛКТГ 2026, проект 2 «Игры на меняющихся графах»: решения, русская редакция 7"],"year":"2018","type":"olympiad_problem","authors":["Дидин М. А."],"tags":["trees","goal_strategy_game"],"agent_topics":["game_strategy"],"difficulty":{"main":"national_final_medium","local_score":5,"comment":"Осенний сложный тур 2018/19, 8-9 класс, задача 7a на 5 баллов.","status":"ai_checked"},"review_status":"ai_checked","public_ready":true,"solution_state":"with_solution","solution_classification":{"type":"official_complete_or_near_complete","label":"официальное полное решение","status":"ai_checked","confidence":0.97,"basis":"Полное доказательство сверено с официальным PDF решений проекта ЛКТГ 2026.","notes":"Прежний архивный источник сохранён как дополнительный источник той же задачи."},"statements":{"original":[{"id":"stmt-original","title":"Игра в простом государстве","status":"ai_checked","text":"В виртуальном компьютерном государстве не менее двух городов. Некоторые пары городов соединены дорогой, причём из каждого города можно добраться по дорогам до любого другого. Государство называется простым, если нельзя, начав движение из какого-то города и не проходя дважды по одной и той же дороге, вернуться в этот город. Петя и Вася играют так: сначала Петя задаёт направление на каждой дороге и помещает туриста в один из городов; затем за ход Петя перемещает туриста по дороге в разрешённом направлении в соседний город, а Вася меняет направление одной дороги, входящей или выходящей из нового города туриста. Вася выигрывает, если Петя в какой-то момент не сможет сделать ход. Докажите, что в простом государстве Петя может играть так, чтобы не проиграть, как бы ни играл Вася.","definition_ids":["connected_graph","directed_graph","path","tree"]}],"graph_theory":[{"id":"stmt-graph","title":"Простое государство: Петя не проигрывает, Турнир городов 2018/19","status":"ai_checked","text":"Дано дерево с не менее чем двумя вершинами. Петя сначала ориентирует все рёбра дерева и выбирает начальную вершину фишки. На каждом своём ходе Петя обязан передвинуть фишку по исходящему ребру в соседнюю вершину, после чего Вася разворачивает одно ребро, инцидентное новой вершине фишки. Если перед ходом Пети из текущей вершины нет исходящих рёбер, Вася выигрывает. Докажите, что Петя может выбрать начальную ориентацию, начальную вершину и дальнейшие ходы так, чтобы ходить бесконечно долго при любых ответах Васи.","definition_ids":["directed_graph","tree"]}]},"solutions":[{"id":"sol-petya-tree-invariant","title":"Ориентация к движущемуся корню","status":"ai_checked","definition_ids":["path","tree"],"standard_idea_ids":[],"tags":[],"has_text":true,"text_preview":"Выберем вершину \\(r\\), её соседа \\(s\\), направим все рёбра дерева к \\(r\\) и поставим фишку в \\(s\\). Первым ходом Петя идёт \\(s\\to r\\). После этого перед каждым разворотом Васи все рёбра дерева направлены к вершине \\(v\\), в которой стоит фишка. Вася разворачивает одно инцидентное ребро \\(vu\\), и оно становится единственным исходящим ребром из \\(v\\). Петя идёт по нему в \\(u\\). Теперь все рёбра направлены к \\(u\\): в дереве путь к новому корню отличается от пути к старому корню только направлением ребра \\(uv\\). Инвариант восстановлен, поэтому Петя может ходить бесконечно."}],"relations":[{"id":"rel-tree-state-game-2018","neighbor_id":"tree-equivalent-properties","direction":"backward","type":"prerequisite","distance":1,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-state-game-2018-paired-variants","neighbor_id":"tc-2018-19-complex-state-cycle-game","direction":"forward","type":"paired_variant","distance":1,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-state-game-imo-2024-c8","neighbor_id":"imo-2024-c8-board-coloring-tree","direction":"forward","type":"same_motif","distance":2,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-tc-tree-p06-reversal-paired","neighbor_id":"lktg-2026-project2-problem06-two-tokens-reversing-arcs","direction":"forward","type":"paired_variant","distance":1,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-tc-2018-19-tree-cycle-dichotomy","neighbor_id":"tc-2018-19-complex-state-cycle-game","direction":"forward","type":"paired_variant","distance":1,"status":"ai_checked"}],"search_text":"tc-2018-19-simple-state-tree-game простое государство: петя не проигрывает, турнир городов 2018/19 trees goal_strategy_game 2018 38-я летняя конференция турнира городов 2026, проект 2 «игры на меняющихся графах» https://turgor.ru/lktg/2026/2/2-1-changing_graphs-rus.pdf https://turgor.ru/lktg/2026/2/2-1-changing_graphs-sol-rus.pdf https://turgor.ru/lktg/2026/2/index.html https://www.problems.ru/view_problem_details_new.php?id=66727 official_archive official_solutions olympiad_archive src-lktg-2026-project2-page src-lktg-2026-project2-problems-ru src-lktg-2026-project2-solutions-ru src-problems-66727 tc tc2018 with_solution дидин м. а. задача 66727, турнир городов 2018/19, осенний тур, сложный вариант, 8-9 класс лктг 2026, проект 2 «игры на меняющихся графах»: решения, русская редакция 7 лктг 2026, проект 2 «игры на меняющихся графах»: условия, русская редакция 7 турнир городов турниргородов турниргородов2018 дидин м. а. задача 66727, турнир городов 2018/19, осенний тур, сложный вариант, 8-9 класс 38-я летняя конференция турнира городов 2026, проект 2 «игры на меняющихся графах» лктг 2026, проект 2 «игры на меняющихся графах»: условия, русская редакция 7 лктг 2026, проект 2 «игры на меняющихся графах»: решения, русская редакция 7 stmt-original игра в простом государстве ai_checked в виртуальном компьютерном государстве не менее двух городов. некоторые пары городов соединены дорогой, причём из каждого города можно добраться по дорогам до любого другого. государство называется простым, если нельзя, начав движение из какого-то города и не проходя дважды по одной и той же дороге, вернуться в этот город. петя и вася играют так: сначала петя задаёт направление на каждой дороге и помещает туриста в один из городов; затем за ход петя перемещает туриста по дороге в разрешённом направлении в соседний город, а вася меняет направление одной дороги, входящей или выходящей из нового города туриста. вася выигрывает, если петя в какой-то момент не сможет сделать ход. докажите, что в простом государстве петя может играть так, чтобы не проиграть, как бы ни играл вася. connected_graph directed_graph path tree stmt-graph простое государство: петя не проигрывает, турнир городов 2018/19 ai_checked дано дерево с не менее чем двумя вершинами. петя сначала ориентирует все рёбра дерева и выбирает начальную вершину фишки. на каждом своём ходе петя обязан передвинуть фишку по исходящему ребру в соседнюю вершину, после чего вася разворачивает одно ребро, инцидентное новой вершине фишки. если перед ходом пети из текущей вершины нет исходящих рёбер, вася выигрывает. докажите, что петя может выбрать начальную ориентацию, начальную вершину и дальнейшие ходы так, чтобы ходить бесконечно долго при любых ответах васи. directed_graph tree idea-tree-token-sink все пути ведут к туристу в дереве можно выбрать целевую вершину и ориентировать каждое ребро по единственному пути к ней. после первого хода турист оказывается в этой вершине; затем каждый разворот васи даёт пете единственное исходящее ребро, а проход по нему снова делает текущую вершину общей целью всех ориентированных путей. trees ai_checked sol-petya-tree-invariant ориентация к движущемуся корню ai_checked path tree выберем вершину \\(r\\), её соседа \\(s\\), направим все рёбра дерева к \\(r\\) и поставим фишку в \\(s\\). первым ходом петя идёт \\(s\\to r\\). после этого перед каждым разворотом васи все рёбра дерева направлены к вершине \\(v\\), в которой стоит фишка. вася разворачивает одно инцидентное ребро \\(vu\\), и оно становится единственным исходящим ребром из \\(v\\). петя идёт по нему в \\(u\\). теперь все рёбра направлены к \\(u\\): в дереве путь к новому корню отличается от пути к старому корню только направлением ребра \\(uv\\). инвариант восстановлен, поэтому петя может ходить бесконечно. tc-2018-19-simple-state-tree-game prostoe gosudarstvo: petya ne proigryvaet, turnir gorodov 2018/19 trees goal_strategy_game 2018 38-ya letnyaya konferentsiya turnira gorodov 2026, proekt 2 «igry na menyayuschihsya grafah» https://turgor.ru/lktg/2026/2/2-1-changing_graphs-rus.pdf https://turgor.ru/lktg/2026/2/2-1-changing_graphs-sol-rus.pdf https://turgor.ru/lktg/2026/2/index.html https://www.problems.ru/view_problem_details_new.php?id=66727 official_archive official_solutions olympiad_archive src-lktg-2026-project2-page src-lktg-2026-project2-problems-ru src-lktg-2026-project2-solutions-ru src-problems-66727 tc tc2018 with_solution didin m. a. zadacha 66727, turnir gorodov 2018/19, osenniy tur, slozhnyy variant, 8-9 klass lktg 2026, proekt 2 «igry na menyayuschihsya grafah»: resheniya, russkaya redaktsiya 7 lktg 2026, proekt 2 «igry na menyayuschihsya grafah»: usloviya, russkaya redaktsiya 7 turnir gorodov turnirgorodov turnirgorodov2018 didin m. a. zadacha 66727, turnir gorodov 2018/19, osenniy tur, slozhnyy variant, 8-9 klass 38-ya letnyaya konferentsiya turnira gorodov 2026, proekt 2 «igry na menyayuschihsya grafah» lktg 2026, proekt 2 «igry na menyayuschihsya grafah»: usloviya, russkaya redaktsiya 7 lktg 2026, proekt 2 «igry na menyayuschihsya grafah»: resheniya, russkaya redaktsiya 7 stmt-original igra v prostom gosudarstve ai_checked v virtualnom kompyuternom gosudarstve ne menee dvuh gorodov. nekotorye pary gorodov soedineny dorogoy, prichem iz kazhdogo goroda mozhno dobratsya po dorogam do lyubogo drugogo. gosudarstvo nazyvaetsya prostym, esli nelzya, nachav dvizhenie iz kakogo-to goroda i ne prohodya dvazhdy po odnoy i toy zhe doroge, vernutsya v etot gorod. petya i vasya igrayut tak: snachala petya zadaet napravlenie na kazhdoy doroge i pomeschaet turista v odin iz gorodov; zatem za hod petya peremeschaet turista po doroge v razreshennom napravlenii v sosedniy gorod, a vasya menyaet napravlenie odnoy dorogi, vhodyaschey ili vyhodyaschey iz novogo goroda turista. vasya vyigryvaet, esli petya v kakoy-to moment ne smozhet sdelat hod. dokazhite, chto v prostom gosudarstve petya mozhet igrat tak, chtoby ne proigrat, kak by ni igral vasya. connected_graph directed_graph path tree stmt-graph prostoe gosudarstvo: petya ne proigryvaet, turnir gorodov 2018/19 ai_checked dano derevo s ne menee chem dvumya vershinami. petya snachala orientiruet vse rebra dereva i vybiraet nachalnuyu vershinu fishki. na kazhdom svoem hode petya obyazan peredvinut fishku po ishodyaschemu rebru v sosednyuyu vershinu, posle chego vasya razvorachivaet odno rebro, intsidentnoe novoy vershine fishki. esli pered hodom peti iz tekuschey vershiny net ishodyaschih reber, vasya vyigryvaet. dokazhite, chto petya mozhet vybrat nachalnuyu orientatsiyu, nachalnuyu vershinu i dalneyshie hody tak, chtoby hodit beskonechno dolgo pri lyubyh otvetah vasi. directed_graph tree idea-tree-token-sink vse puti vedut k turistu v dereve mozhno vybrat tselevuyu vershinu i orientirovat kazhdoe rebro po edinstvennomu puti k ney. posle pervogo hoda turist okazyvaetsya v etoy vershine; zatem kazhdyy razvorot vasi daet pete edinstvennoe ishodyaschee rebro, a prohod po nemu snova delaet tekuschuyu vershinu obschey tselyu vseh orientirovannyh putey. trees ai_checked sol-petya-tree-invariant orientatsiya k dvizhuschemusya kornyu ai_checked path tree vyberem vershinu \\(r\\), ee soseda \\(s\\), napravim vse rebra dereva k \\(r\\) i postavim fishku v \\(s\\). pervym hodom petya idet \\(s\\to r\\). posle etogo pered kazhdym razvorotom vasi vse rebra dereva napravleny k vershine \\(v\\), v kotoroy stoit fishka. vasya razvorachivaet odno intsidentnoe rebro \\(vu\\), i ono stanovitsya edinstvennym ishodyaschim rebrom iz \\(v\\). petya idet po nemu v \\(u\\). teper vse rebra napravleny k \\(u\\): v dereve put k novomu kornyu otlichaetsya ot puti k staromu kornyu tolko napravleniem rebra \\(uv\\). invariant vosstanovlen, poetomu petya mozhet hodit beskonechno.","source_keys":["tc","lktg"]}
{"id":"tc-2018-cards-4x4-neighbor-numbers-graph","title":"Карточки 1-16 в таблице 4x4 и соседние числа, Турнир городов 2017/18","path":"data\\problems\\tournament-cities\\tc-2018-cards-4x4-neighbor-numbers-graph.yaml","raw_github_url":"https://raw.githubusercontent.com/didin-maxim/knowledge_graph_of_graphs/main/data/problems/tournament-cities/tc-2018-cards-4x4-neighbor-numbers-graph.yaml","viewer_url":"https://didin-maxim.github.io/knowledge_graph_of_graphs/#tc-2018-cards-4x4-neighbor-numbers-graph","source_key":"tc","source_label":"Турнир городов","source_titles":["39-й Турнир городов, устный тур 2017/18, 11 класс, предварительная версия решений"],"year":"2018","type":"olympiad_problem","authors":["Евдокимов М.А."],"tags":["graph_in_solution","coloring","goal_exact_bound"],"agent_topics":[],"difficulty":{"main":"national_final_medium","local_score":3,"comment":"Устный тур 39-го Турнира городов, 11 класс, задача 3. В официальном PDF ответ: восемь одновременно перевёрнутых карточек.","status":"ai_checked"},"review_status":"needs_human_review","public_ready":false,"solution_state":"with_solution","solution_classification":{"type":"official_complete_or_near_complete","status":"ai_checked","confidence":0.82,"basis":"официальный источник решения и несжатый текст решения","notes":"Текущий текст основан на официальном источнике и выглядит полным или почти полным.","label":"официальное полное/почти полное"},"statements":{"original":[{"id":"stmt-original","title":"Карточки в таблице 4x4","status":"ai_checked","text":"16 карточек с целыми числами от 1 до 16 разложены лицевой стороной вниз в виде таблицы \\(4\\times4\\) так, что карточки, на которых записаны соседние числа, лежат рядом, соприкасаясь по стороне. Какое наименьшее число карточек нужно одновременно перевернуть, чтобы наверняка определить местоположение всех чисел, как бы ни были разложены карточки?","definition_ids":["hamiltonian_path"]}]},"solutions":[{"id":"sol-official-eight-middle-columns","title":"Восемь карточек: два средних столбца","status":"ai_checked","definition_ids":["hamiltonian_path","neighborhood"],"standard_idea_ids":["invariant","extremal_choice"],"tags":[],"has_text":true,"text_preview":"Ответ: \\(8\\). Сначала докажем, что меньше нельзя. Разобьём клетки таблицы на пары по схеме \\[ \\begin{matrix} 1&2&3&4\\\\ 2&1&4&3\\\\ 5&6&7&8\\\\ 6&5&8&7 \\end{matrix} \\] где одинаковые номера обозначают пару. Для каждой такой пары существуют две допустимые раскладки, которые отличаются только перестановкой двух чисел в этой паре. Для первых двух пар это, например, \\[ \\begin{matrix} 1&4&5&16\\\\2&3&6&15\\\\9&8&7&14\\\\10&11&12&13 \\end{matrix} \\quad\\text{и}\\quad \\begin{matrix} 3&4&5&16\\\\2&1&6&15\\\\9&8&7&14\\\\10&11&12&13 \\end{matrix} \\] а также \\[ \\begin{matrix} 2&1&8&9\\\\3&4&7&10\\\\16&5&6&11\\\\15&14&13&12 \\end{matrix} \\quad\\text{и}\\quad \\begin{matrix} 2&3&8&9\\\\1&4&7&10\\\\16&5&6&11\\\\15&14&13&12 \\end{matrix}. \\] Остальные пары получаются из этих примеров симметриями квадрата и заменой каждого числа \\(x\\) на \\(17-x\\). Значит, если в какой-то паре не открыта ни одна карточка, эти две раскладки невозможно различ…"}],"relations":[],"search_text":"tc-2018-cards-4x4-neighbor-numbers-graph карточки 1-16 в таблице 4x4 и соседние числа, турнир городов 2017/18 graph_in_solution coloring goal_exact_bound 2018 39-й турнир городов, устный тур 2017/18, 11 класс, предварительная версия решений https://rsr-olymp.ru/upload/files/tasks/5/2017/5-ans-math-11-ustn-17-8.pdf problem_and_solution src-tc-2018-39-oral-solutions tc tc2018 with_solution евдокимов м.а. турнир городов турниргородов турниргородов2018 евдокимов м.а. 39-й турнир городов, устный тур 2017/18, 11 класс, предварительная версия решений stmt-original карточки в таблице 4x4 ai_checked 16 карточек с целыми числами от 1 до 16 разложены лицевой стороной вниз в виде таблицы \\(4\\times4\\) так, что карточки, на которых записаны соседние числа, лежат рядом, соприкасаясь по стороне. какое наименьшее число карточек нужно одновременно перевернуть, чтобы наверняка определить местоположение всех чисел, как бы ни были разложены карточки? hamiltonian_path idea-open-cards-functional-graph рёбра из открытых клеток к единственной неизвестной соседней если открыты второй и третий столбцы, то у каждой открытой клетки есть не более одной закрытой соседней по стороне клетки. поэтому, когда у открытого числа не все соседние по значению числа уже открыты, недостающее соседнее число однозначно лежит в этой закрытой клетке. graph_in_solution coloring ai_checked sol-official-eight-middle-columns восемь карточек: два средних столбца ai_checked hamiltonian_path neighborhood invariant extremal_choice ответ: \\(8\\). сначала докажем, что меньше нельзя. разобьём клетки таблицы на пары по схеме \\[ \\begin{matrix} 1&2&3&4\\\\ 2&1&4&3\\\\ 5&6&7&8\\\\ 6&5&8&7 \\end{matrix} \\] где одинаковые номера обозначают пару. для каждой такой пары существуют две допустимые раскладки, которые отличаются только перестановкой двух чисел в этой паре. для первых двух пар это, например, \\[ \\begin{matrix} 1&4&5&16\\\\2&3&6&15\\\\9&8&7&14\\\\10&11&12&13 \\end{matrix} \\quad\\text{и}\\quad \\begin{matrix} 3&4&5&16\\\\2&1&6&15\\\\9&8&7&14\\\\10&11&12&13 \\end{matrix} \\] а также \\[ \\begin{matrix} 2&1&8&9\\\\3&4&7&10\\\\16&5&6&11\\\\15&14&13&12 \\end{matrix} \\quad\\text{и}\\quad \\begin{matrix} 2&3&8&9\\\\1&4&7&10\\\\16&5&6&11\\\\15&14&13&12 \\end{matrix}. \\] остальные пары получаются из этих примеров симметриями квадрата и заменой каждого числа \\(x\\) на \\(17-x\\). значит, если в какой-то паре не открыта ни одна карточка, эти две раскладки невозможно различ… tc-2018-cards-4x4-neighbor-numbers-graph kartochki 1-16 v tablitse 4x4 i sosednie chisla, turnir gorodov 2017/18 graph_in_solution coloring goal_exact_bound 2018 39-y turnir gorodov, ustnyy tur 2017/18, 11 klass, predvaritelnaya versiya resheniy https://rsr-olymp.ru/upload/files/tasks/5/2017/5-ans-math-11-ustn-17-8.pdf problem_and_solution src-tc-2018-39-oral-solutions tc tc2018 with_solution evdokimov m.a. turnir gorodov turnirgorodov turnirgorodov2018 evdokimov m.a. 39-y turnir gorodov, ustnyy tur 2017/18, 11 klass, predvaritelnaya versiya resheniy stmt-original kartochki v tablitse 4x4 ai_checked 16 kartochek s tselymi chislami ot 1 do 16 razlozheny litsevoy storonoy vniz v vide tablitsy \\(4\\times4\\) tak, chto kartochki, na kotoryh zapisany sosednie chisla, lezhat ryadom, soprikasayas po storone. kakoe naimenshee chislo kartochek nuzhno odnovremenno perevernut, chtoby navernyaka opredelit mestopolozhenie vseh chisel, kak by ni byli razlozheny kartochki? hamiltonian_path idea-open-cards-functional-graph rebra iz otkrytyh kletok k edinstvennoy neizvestnoy sosedney esli otkryty vtoroy i tretiy stolbtsy, to u kazhdoy otkrytoy kletki est ne bolee odnoy zakrytoy sosedney po storone kletki. poetomu, kogda u otkrytogo chisla ne vse sosednie po znacheniyu chisla uzhe otkryty, nedostayuschee sosednee chislo odnoznachno lezhit v etoy zakrytoy kletke. graph_in_solution coloring ai_checked sol-official-eight-middle-columns vosem kartochek: dva srednih stolbtsa ai_checked hamiltonian_path neighborhood invariant extremal_choice otvet: \\(8\\). snachala dokazhem, chto menshe nelzya. razobem kletki tablitsy na pary po sheme \\[ \\begin{matrix} 1&2&3&4\\\\ 2&1&4&3\\\\ 5&6&7&8\\\\ 6&5&8&7 \\end{matrix} \\] gde odinakovye nomera oboznachayut paru. dlya kazhdoy takoy pary suschestvuyut dve dopustimye raskladki, kotorye otlichayutsya tolko perestanovkoy dvuh chisel v etoy pare. dlya pervyh dvuh par eto, naprimer, \\[ \\begin{matrix} 1&4&5&16\\\\2&3&6&15\\\\9&8&7&14\\\\10&11&12&13 \\end{matrix} \\quad\\text{i}\\quad \\begin{matrix} 3&4&5&16\\\\2&1&6&15\\\\9&8&7&14\\\\10&11&12&13 \\end{matrix} \\] a takzhe \\[ \\begin{matrix} 2&1&8&9\\\\3&4&7&10\\\\16&5&6&11\\\\15&14&13&12 \\end{matrix} \\quad\\text{i}\\quad \\begin{matrix} 2&3&8&9\\\\1&4&7&10\\\\16&5&6&11\\\\15&14&13&12 \\end{matrix}. \\] ostalnye pary poluchayutsya iz etih primerov simmetriyami kvadrata i zamenoy kazhdogo chisla \\(x\\) na \\(17-x\\). znachit, esli v kakoy-to pare ne otkryta ni odna kartochka, eti dve raskladki nevozmozhno razlich…","source_keys":["tc"]}
{"id":"tc-2020-21-gnomes-two-cycles-even-n","title":"Два круглых столика гномов при чётном n, Турнир городов 2020/21","path":"data\\problems\\tournament-cities\\tc-2020-21-gnomes-two-cycles-even-n.yaml","raw_github_url":"https://raw.githubusercontent.com/didin-maxim/knowledge_graph_of_graphs/main/data/problems/tournament-cities/tc-2020-21-gnomes-two-cycles-even-n.yaml","viewer_url":"https://didin-maxim.github.io/knowledge_graph_of_graphs/#tc-2020-21-gnomes-two-cycles-even-n","source_key":"tc","source_label":"Турнир городов","source_titles":["Задача 66880, Турнир городов 2020/21, осенний тур, сложный вариант"],"year":"2020","type":"olympiad_problem","authors":["Святловский М."],"tags":["hamiltonian_cycles","double_counting","goal_strategy_game","goal_impossibility"],"agent_topics":["game_strategy"],"difficulty":{"main":"national_final_medium","local_score":6,"comment":"Чётный режим исходной задачи Турнира городов 2020/21: невозможность доказывается двойным счётом степеней по четырём цветовым классам.","status":"ai_checked"},"review_status":"needs_human_review","public_ready":false,"solution_state":"with_solution","solution_classification":{"type":"unofficial_published","status":"ai_checked","confidence":0.78,"basis":"неофициальный опубликованный источник или признак опубликованного решения","notes":"Решение опубликовано не в официальном архиве; источник надо отличать от официального.","label":"опубликованное неофициальное"},"statements":{"original":[{"id":"stmt-original","title":"Гномы за двумя столиками: чётное n","status":"ai_checked","text":"Пусть \\(n\\) чётно. За каждым из двух круглых столиков сидит по \\(n\\) гномов. Каждый гном дружит только со своими соседями по своему столику слева и справа. Добрый волшебник хочет, чтобы всех \\(2n\\) гномов можно было рассадить за один круглый стол так, чтобы каждые два соседних гнома дружили между собой. Сначала добрый волшебник подружит любые \\(2n\\) пар гномов, а затем злой волшебник поссорит между собой \\(n\\) пар из этих \\(2n\\) новых пар. Докажите, что при чётном \\(n\\) злой волшебник может помешать желаемому, как бы ни действовал добрый волшебник.","definition_ids":["cycle","degree"]}],"graph_theory":[{"id":"stmt-graph","title":"Два круглых столика гномов при чётном n, Турнир городов 2020/21","status":"ai_checked","text":"Пусть \\(n\\) чётно. Дан граф, являющийся объединением двух непересекающихся циклов длины \\(n\\). Первый игрок произвольно добавляет \\(2n\\) новых рёбер. Докажите, что второй игрок может удалить \\(n\\) из добавленных рёбер так, что в оставшемся графе не будет гамильтонова цикла.","definition_ids":["cycle","hamiltonian_cycle"]}]},"solutions":[{"id":"sol-even-color-obstruction","title":"Стратегия злого волшебника","status":"ai_checked","definition_ids":["degree","cycle","hamiltonian_cycle"],"standard_idea_ids":["double_counting"],"tags":[],"has_text":true,"text_preview":"Так как \\(n\\) чётно, раскрасим вершины каждого из двух исходных циклов в два цвета через одну; всего получим четыре цветовых класса. Рассмотрим граф из \\(2n\\) добавленных добрым волшебником рёбер. Сумма степеней всех вершин по этим рёбрам равна \\(4n\\), поэтому для одного из четырёх цветовых классов эта сумма не больше \\(n\\). Злой волшебник удаляет все добавленные рёбра, инцидентные вершинам этого класса; таких рёбер не больше \\(n\\), а если меньше, он удаляет произвольные добавленные рёбра до общего числа \\(n\\). После этого каждая вершина выбранного класса соединена только с двумя своими старыми соседями. Если бы в оставшемся графе был гамильтонов цикл, то у каждой такой вершины он был бы вынужден использовать оба старых ребра. Но выбранный класс занимает через одну все вершины одного из исходных циклов, значит гамильтонов цикл содержал бы все рёбра этого старого цикла, то есть имел бы в…"}],"relations":[{"id":"rel-handshaking-gnomes-2020","neighbor_id":"handshaking-lemma","direction":"backward","type":"same_motif","distance":3,"status":"ai_draft"},{"id":"rel-gnomes-two-cycles-odd-even-n","neighbor_id":"tc-2020-21-gnomes-two-cycles-odd-n","direction":"backward","type":"paired_variant","distance":1,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-vosh-bureaucrats-gnomes-2020","neighbor_id":"vosh-2008-regional-bureaucrats-common-neighborhood","direction":"backward","type":"same_motif","distance":3,"status":"ai_checked"}],"search_text":"tc-2020-21-gnomes-two-cycles-even-n два круглых столика гномов при чётном n, турнир городов 2020/21 hamiltonian_cycles double_counting goal_strategy_game goal_impossibility 2020 https://problems.ru/view_problem_details_new.php?id=66880 olympiad_archive src-problems-66880 tc tc2020 with_solution задача 66880, турнир городов 2020/21, осенний тур, сложный вариант святловский м. турнир городов турниргородов турниргородов2020 святловский м. задача 66880, турнир городов 2020/21, осенний тур, сложный вариант stmt-original гномы за двумя столиками: чётное n ai_checked пусть \\(n\\) чётно. за каждым из двух круглых столиков сидит по \\(n\\) гномов. каждый гном дружит только со своими соседями по своему столику слева и справа. добрый волшебник хочет, чтобы всех \\(2n\\) гномов можно было рассадить за один круглый стол так, чтобы каждые два соседних гнома дружили между собой. сначала добрый волшебник подружит любые \\(2n\\) пар гномов, а затем злой волшебник поссорит между собой \\(n\\) пар из этих \\(2n\\) новых пар. докажите, что при чётном \\(n\\) злой волшебник может помешать желаемому, как бы ни действовал добрый волшебник. cycle degree stmt-graph два круглых столика гномов при чётном n, турнир городов 2020/21 ai_checked пусть \\(n\\) чётно. дан граф, являющийся объединением двух непересекающихся циклов длины \\(n\\). первый игрок произвольно добавляет \\(2n\\) новых рёбер. докажите, что второй игрок может удалить \\(n\\) из добавленных рёбер так, что в оставшемся графе не будет гамильтонова цикла. cycle hamiltonian_cycle idea-degree-color-obstruction цветовой класс с малой добавленной степенью при чётном \\(n\\) каждый исходный цикл раскрашивается в два цвета через одну вершину. среди четырёх цветовых классов есть класс, суммарная степень которого по добавленным рёбрам не больше \\(n\\). удалив все добавленные рёбра, инцидентные этому классу, злой волшебник заставляет любой гамильтонов цикл содержать целый старый цикл, что невозможно. double_counting hamiltonian_cycles ai_checked sol-even-color-obstruction стратегия злого волшебника ai_checked degree cycle hamiltonian_cycle double_counting так как \\(n\\) чётно, раскрасим вершины каждого из двух исходных циклов в два цвета через одну; всего получим четыре цветовых класса. рассмотрим граф из \\(2n\\) добавленных добрым волшебником рёбер. сумма степеней всех вершин по этим рёбрам равна \\(4n\\), поэтому для одного из четырёх цветовых классов эта сумма не больше \\(n\\). злой волшебник удаляет все добавленные рёбра, инцидентные вершинам этого класса; таких рёбер не больше \\(n\\), а если меньше, он удаляет произвольные добавленные рёбра до общего числа \\(n\\). после этого каждая вершина выбранного класса соединена только с двумя своими старыми соседями. если бы в оставшемся графе был гамильтонов цикл, то у каждой такой вершины он был бы вынужден использовать оба старых ребра. но выбранный класс занимает через одну все вершины одного из исходных циклов, значит гамильтонов цикл содержал бы все рёбра этого старого цикла, то есть имел бы в… tc-2020-21-gnomes-two-cycles-even-n dva kruglyh stolika gnomov pri chetnom n, turnir gorodov 2020/21 hamiltonian_cycles double_counting goal_strategy_game goal_impossibility 2020 https://problems.ru/view_problem_details_new.php?id=66880 olympiad_archive src-problems-66880 tc tc2020 with_solution zadacha 66880, turnir gorodov 2020/21, osenniy tur, slozhnyy variant svyatlovskiy m. turnir gorodov turnirgorodov turnirgorodov2020 svyatlovskiy m. zadacha 66880, turnir gorodov 2020/21, osenniy tur, slozhnyy variant stmt-original gnomy za dvumya stolikami: chetnoe n ai_checked pust \\(n\\) chetno. za kazhdym iz dvuh kruglyh stolikov sidit po \\(n\\) gnomov. kazhdyy gnom druzhit tolko so svoimi sosedyami po svoemu stoliku sleva i sprava. dobryy volshebnik hochet, chtoby vseh \\(2n\\) gnomov mozhno bylo rassadit za odin kruglyy stol tak, chtoby kazhdye dva sosednih gnoma druzhili mezhdu soboy. snachala dobryy volshebnik podruzhit lyubye \\(2n\\) par gnomov, a zatem zloy volshebnik possorit mezhdu soboy \\(n\\) par iz etih \\(2n\\) novyh par. dokazhite, chto pri chetnom \\(n\\) zloy volshebnik mozhet pomeshat zhelaemomu, kak by ni deystvoval dobryy volshebnik. cycle degree stmt-graph dva kruglyh stolika gnomov pri chetnom n, turnir gorodov 2020/21 ai_checked pust \\(n\\) chetno. dan graf, yavlyayuschiysya obedineniem dvuh neperesekayuschihsya tsiklov dliny \\(n\\). pervyy igrok proizvolno dobavlyaet \\(2n\\) novyh reber. dokazhite, chto vtoroy igrok mozhet udalit \\(n\\) iz dobavlennyh reber tak, chto v ostavshemsya grafe ne budet gamiltonova tsikla. cycle hamiltonian_cycle idea-degree-color-obstruction tsvetovoy klass s maloy dobavlennoy stepenyu pri chetnom \\(n\\) kazhdyy ishodnyy tsikl raskrashivaetsya v dva tsveta cherez odnu vershinu. sredi chetyreh tsvetovyh klassov est klass, summarnaya stepen kotorogo po dobavlennym rebram ne bolshe \\(n\\). udaliv vse dobavlennye rebra, intsidentnye etomu klassu, zloy volshebnik zastavlyaet lyuboy gamiltonov tsikl soderzhat tselyy staryy tsikl, chto nevozmozhno. double_counting hamiltonian_cycles ai_checked sol-even-color-obstruction strategiya zlogo volshebnika ai_checked degree cycle hamiltonian_cycle double_counting tak kak \\(n\\) chetno, raskrasim vershiny kazhdogo iz dvuh ishodnyh tsiklov v dva tsveta cherez odnu; vsego poluchim chetyre tsvetovyh klassa. rassmotrim graf iz \\(2n\\) dobavlennyh dobrym volshebnikom reber. summa stepeney vseh vershin po etim rebram ravna \\(4n\\), poetomu dlya odnogo iz chetyreh tsvetovyh klassov eta summa ne bolshe \\(n\\). zloy volshebnik udalyaet vse dobavlennye rebra, intsidentnye vershinam etogo klassa; takih reber ne bolshe \\(n\\), a esli menshe, on udalyaet proizvolnye dobavlennye rebra do obschego chisla \\(n\\). posle etogo kazhdaya vershina vybrannogo klassa soedinena tolko s dvumya svoimi starymi sosedyami. esli by v ostavshemsya grafe byl gamiltonov tsikl, to u kazhdoy takoy vershiny on byl by vynuzhden ispolzovat oba staryh rebra. no vybrannyy klass zanimaet cherez odnu vse vershiny odnogo iz ishodnyh tsiklov, znachit gamiltonov tsikl soderzhal by vse rebra etogo starogo tsikla, to est imel by v…","source_keys":["tc"]}
{"id":"tc-2020-21-gnomes-two-cycles-odd-n","title":"Два круглых столика гномов при нечётном n, Турнир городов 2020/21","path":"data\\problems\\tournament-cities\\tc-2020-21-gnomes-two-cycles-odd-n.yaml","raw_github_url":"https://raw.githubusercontent.com/didin-maxim/knowledge_graph_of_graphs/main/data/problems/tournament-cities/tc-2020-21-gnomes-two-cycles-odd-n.yaml","viewer_url":"https://didin-maxim.github.io/knowledge_graph_of_graphs/#tc-2020-21-gnomes-two-cycles-odd-n","source_key":"tc","source_label":"Турнир городов","source_titles":["Задача 66880, Турнир городов 2020/21, осенний тур, сложный вариант"],"year":"2020","type":"olympiad_problem","authors":["Святловский М."],"tags":["hamiltonian_cycles","goal_construction","goal_existence"],"agent_topics":["game_strategy_candidate"],"difficulty":{"main":"national_final_medium","local_score":6,"comment":"Нечётный режим исходной задачи Турнира городов 2020/21: конструктивная часть с принципом Дирихле на нечётном цикле.","status":"ai_checked"},"review_status":"needs_human_review","public_ready":false,"solution_state":"with_solution","solution_classification":{"type":"unofficial_published","status":"ai_checked","confidence":0.78,"basis":"неофициальный опубликованный источник или признак опубликованного решения","notes":"Решение опубликовано не в официальном архиве; источник надо отличать от официального.","label":"опубликованное неофициальное"},"statements":{"original":[{"id":"stmt-original","title":"Гномы за двумя столиками: нечётное n","status":"ai_checked","text":"Пусть \\(n>1\\) нечётно. За каждым из двух круглых столиков сидит по \\(n\\) гномов. Каждый гном дружит только со своими соседями по своему столику слева и справа. Добрый волшебник хочет, чтобы после его действий и любых действий злого волшебника всех \\(2n\\) гномов можно было рассадить за один круглый стол так, чтобы каждые два соседних гнома дружили между собой. Добрый волшебник может подружить \\(2n\\) пар гномов, а затем злой волшебник поссорит между собой \\(n\\) пар из этих \\(2n\\) новых пар. Докажите, что при нечётном \\(n\\) добрый волшебник может добиться желаемого, как бы ни действовал злой волшебник.","definition_ids":["cycle","degree"]}],"graph_theory":[{"id":"stmt-graph","title":"Два круглых столика гномов при нечётном n, Турнир городов 2020/21","status":"ai_checked","text":"Пусть \\(n>1\\) нечётно. Дан граф, являющийся объединением двух непересекающихся циклов длины \\(n\\). Докажите, что можно добавить \\(2n\\) новых рёбер так, что после удаления любых \\(n\\) из добавленных рёбер в полученном графе всё ещё будет гамильтонов цикл.","definition_ids":["cycle","hamiltonian_cycle"]}]},"solutions":[{"id":"sol-odd-bridge-strategy","title":"Стратегия доброго волшебника","status":"ai_checked","definition_ids":["cycle","hamiltonian_cycle"],"standard_idea_ids":["pigeonhole_principle"],"tags":[],"has_text":true,"text_preview":"Обозначим гномов за двумя столиками через \\(A_1,\\ldots,A_n\\) и \\(B_1,\\ldots,B_n\\) в циклическом порядке, индексы считаем по модулю \\(n\\). Пусть \\(n=2k-1\\). Добрый волшебник добавляет рёбра \\(A_iB_i\\) и \\(A_iB_{i+1}\\) для всех \\(i\\). После того как злой волшебник удалит \\(n\\) из этих \\(2n\\) рёбер, в одной из двух систем останется хотя бы \\(k\\) рёбер. На нечётном цикле длины \\(2k-1\\) любые \\(k\\) выбранных позиций содержат две соседние. Значит, в одной системе уцелели две соседние перемычки. Разрезав оба исходных цикла в соответствующих местах и пройдя по двум уцелевшим перемычкам, получаем один цикл через все \\(2n\\) вершин. Поэтому при нечётном \\(n\\) добрый волшебник может гарантировать нужную рассадку."}],"relations":[{"id":"rel-gnomes-two-cycles-odd-even-n","neighbor_id":"tc-2020-21-gnomes-two-cycles-even-n","direction":"forward","type":"paired_variant","distance":1,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-gnomes-imo-2024-c3","neighbor_id":"imo-2024-c3-knights-chord-uncrossing","direction":"forward","type":"same_motif","distance":3,"status":"ai_checked"}],"search_text":"tc-2020-21-gnomes-two-cycles-odd-n два круглых столика гномов при нечётном n, турнир городов 2020/21 hamiltonian_cycles goal_construction goal_existence 2020 https://problems.ru/view_problem_details_new.php?id=66880 olympiad_archive src-problems-66880 tc tc2020 with_solution задача 66880, турнир городов 2020/21, осенний тур, сложный вариант святловский м. турнир городов турниргородов турниргородов2020 святловский м. задача 66880, турнир городов 2020/21, осенний тур, сложный вариант stmt-original гномы за двумя столиками: нечётное n ai_checked пусть \\(n>1\\) нечётно. за каждым из двух круглых столиков сидит по \\(n\\) гномов. каждый гном дружит только со своими соседями по своему столику слева и справа. добрый волшебник хочет, чтобы после его действий и любых действий злого волшебника всех \\(2n\\) гномов можно было рассадить за один круглый стол так, чтобы каждые два соседних гнома дружили между собой. добрый волшебник может подружить \\(2n\\) пар гномов, а затем злой волшебник поссорит между собой \\(n\\) пар из этих \\(2n\\) новых пар. докажите, что при нечётном \\(n\\) добрый волшебник может добиться желаемого, как бы ни действовал злой волшебник. cycle degree stmt-graph два круглых столика гномов при нечётном n, турнир городов 2020/21 ai_checked пусть \\(n>1\\) нечётно. дан граф, являющийся объединением двух непересекающихся циклов длины \\(n\\). докажите, что можно добавить \\(2n\\) новых рёбер так, что после удаления любых \\(n\\) из добавленных рёбер в полученном графе всё ещё будет гамильтонов цикл. cycle hamiltonian_cycle idea-two-shifted-bridge-families две сдвинутые системы перемычек добрый волшебник добавляет две циклически сдвинутые системы рёбер между столиками. после удаления половины новых рёбер в одной системе остаётся достаточно много перемычек; на нечётном цикле среди них обязательно найдутся две соседние, и они склеивают два старых цикла в один. hamiltonian_cycles ai_checked sol-odd-bridge-strategy стратегия доброго волшебника ai_checked cycle hamiltonian_cycle pigeonhole_principle обозначим гномов за двумя столиками через \\(a_1,\\ldots,a_n\\) и \\(b_1,\\ldots,b_n\\) в циклическом порядке, индексы считаем по модулю \\(n\\). пусть \\(n=2k-1\\). добрый волшебник добавляет рёбра \\(a_ib_i\\) и \\(a_ib_{i+1}\\) для всех \\(i\\). после того как злой волшебник удалит \\(n\\) из этих \\(2n\\) рёбер, в одной из двух систем останется хотя бы \\(k\\) рёбер. на нечётном цикле длины \\(2k-1\\) любые \\(k\\) выбранных позиций содержат две соседние. значит, в одной системе уцелели две соседние перемычки. разрезав оба исходных цикла в соответствующих местах и пройдя по двум уцелевшим перемычкам, получаем один цикл через все \\(2n\\) вершин. поэтому при нечётном \\(n\\) добрый волшебник может гарантировать нужную рассадку. tc-2020-21-gnomes-two-cycles-odd-n dva kruglyh stolika gnomov pri nechetnom n, turnir gorodov 2020/21 hamiltonian_cycles goal_construction goal_existence 2020 https://problems.ru/view_problem_details_new.php?id=66880 olympiad_archive src-problems-66880 tc tc2020 with_solution zadacha 66880, turnir gorodov 2020/21, osenniy tur, slozhnyy variant svyatlovskiy m. turnir gorodov turnirgorodov turnirgorodov2020 svyatlovskiy m. zadacha 66880, turnir gorodov 2020/21, osenniy tur, slozhnyy variant stmt-original gnomy za dvumya stolikami: nechetnoe n ai_checked pust \\(n>1\\) nechetno. za kazhdym iz dvuh kruglyh stolikov sidit po \\(n\\) gnomov. kazhdyy gnom druzhit tolko so svoimi sosedyami po svoemu stoliku sleva i sprava. dobryy volshebnik hochet, chtoby posle ego deystviy i lyubyh deystviy zlogo volshebnika vseh \\(2n\\) gnomov mozhno bylo rassadit za odin kruglyy stol tak, chtoby kazhdye dva sosednih gnoma druzhili mezhdu soboy. dobryy volshebnik mozhet podruzhit \\(2n\\) par gnomov, a zatem zloy volshebnik possorit mezhdu soboy \\(n\\) par iz etih \\(2n\\) novyh par. dokazhite, chto pri nechetnom \\(n\\) dobryy volshebnik mozhet dobitsya zhelaemogo, kak by ni deystvoval zloy volshebnik. cycle degree stmt-graph dva kruglyh stolika gnomov pri nechetnom n, turnir gorodov 2020/21 ai_checked pust \\(n>1\\) nechetno. dan graf, yavlyayuschiysya obedineniem dvuh neperesekayuschihsya tsiklov dliny \\(n\\). dokazhite, chto mozhno dobavit \\(2n\\) novyh reber tak, chto posle udaleniya lyubyh \\(n\\) iz dobavlennyh reber v poluchennom grafe vse esche budet gamiltonov tsikl. cycle hamiltonian_cycle idea-two-shifted-bridge-families dve sdvinutye sistemy peremychek dobryy volshebnik dobavlyaet dve tsiklicheski sdvinutye sistemy reber mezhdu stolikami. posle udaleniya poloviny novyh reber v odnoy sisteme ostaetsya dostatochno mnogo peremychek; na nechetnom tsikle sredi nih obyazatelno naydutsya dve sosednie, i oni skleivayut dva staryh tsikla v odin. hamiltonian_cycles ai_checked sol-odd-bridge-strategy strategiya dobrogo volshebnika ai_checked cycle hamiltonian_cycle pigeonhole_principle oboznachim gnomov za dvumya stolikami cherez \\(a_1,\\ldots,a_n\\) i \\(b_1,\\ldots,b_n\\) v tsiklicheskom poryadke, indeksy schitaem po modulyu \\(n\\). pust \\(n=2k-1\\). dobryy volshebnik dobavlyaet rebra \\(a_ib_i\\) i \\(a_ib_{i+1}\\) dlya vseh \\(i\\). posle togo kak zloy volshebnik udalit \\(n\\) iz etih \\(2n\\) reber, v odnoy iz dvuh sistem ostanetsya hotya by \\(k\\) reber. na nechetnom tsikle dliny \\(2k-1\\) lyubye \\(k\\) vybrannyh pozitsiy soderzhat dve sosednie. znachit, v odnoy sisteme utseleli dve sosednie peremychki. razrezav oba ishodnyh tsikla v sootvetstvuyuschih mestah i proydya po dvum utselevshim peremychkam, poluchaem odin tsikl cherez vse \\(2n\\) vershin. poetomu pri nechetnom \\(n\\) dobryy volshebnik mozhet garantirovat nuzhnuyu rassadku.","source_keys":["tc"]}
{"id":"tc-2022-23-blue-red-cells-connectivity","title":"Синие и красные клетки в таблице 44 на 44, Турнир городов 2022/23","path":"data\\problems\\tournament-cities\\tc-2022-23-blue-red-cells-connectivity.yaml","raw_github_url":"https://raw.githubusercontent.com/didin-maxim/knowledge_graph_of_graphs/main/data/problems/tournament-cities/tc-2022-23-blue-red-cells-connectivity.yaml","viewer_url":"https://didin-maxim.github.io/knowledge_graph_of_graphs/#tc-2022-23-blue-red-cells-connectivity","source_key":"tc","source_label":"Турнир городов","source_titles":["Задача 67296, Турнир городов 2022/23, устный тур, задача 3"],"year":"2022","type":"olympiad_problem","authors":["Френкин Б.Р."],"tags":["connectivity","double_counting","goal_exact_bound"],"agent_topics":[],"difficulty":{"main":"national_final_easy","local_score":4,"comment":"Устный тур Турнира городов 2022/23, задача 3; по технике это короткая задача на связность и двойной счёт.","status":"ai_checked"},"review_status":"needs_human_review","public_ready":false,"solution_state":"with_solution","solution_classification":{"type":"unofficial_published","status":"ai_checked","confidence":0.78,"basis":"неофициальный опубликованный источник или признак опубликованного решения","notes":"Решение опубликовано не в официальном архиве; источник надо отличать от официального.","label":"опубликованное неофициальное"},"statements":{"original":[{"id":"stmt-original","title":"Клетки двух цветов","status":"ai_checked","text":"В таблице \\(44\\times44\\) часть клеток синие, а остальные красные. Никакие синие клетки не граничат друг с другом по стороне. Множество красных клеток связно по сторонам: от любой красной клетки можно добраться до любой другой красной, переходя из клетки в клетку через общую сторону и не заходя в синие клетки. Докажите, что синих клеток в таблице меньше трети.","definition_ids":["connected_graph"]}]},"solutions":[{"id":"sol-bound-boundary","title":"Подсчёт границы двумя способами","status":"ai_checked","definition_ids":["connected_graph"],"standard_idea_ids":["double_counting"],"tags":[],"has_text":true,"text_preview":"Обозначим через \\(b\\) и \\(r\\) числа синих и красных клеток, а через \\(M\\) число общих сторон красных и синих клеток. Сверху считаем стороны красных клеток: надо вычесть стороны на границе таблицы и дважды учесть общие стороны двух красных клеток. Связность графа красных клеток даёт не меньше \\(r-1\\) таких общих сторон, поэтому \\(M\\le 2r-86\\). Boundary detail: blue boundary sides are at most 88, hence red boundary sides are at least 88, so this upper bound is \\(4r-88-2(r-1)=2r-86\\). Снизу считаем стороны синих клеток: у них нет общих сторон друг с другом, а на границе таблицы синих сторон не больше \\(88\\), значит \\(M\\ge 4b-88\\). Из этих двух оценок и равенства \\(b+r=44^2\\) получается \\(b\\le (44^2+1)/3\\). Так как \\(44^2\\equiv1\\pmod3\\), целое \\(b\\) строго меньше трети всех клеток."}],"relations":[{"id":"rel-tree-red-cells-2022","neighbor_id":"tree-equivalent-properties","direction":"backward","type":"prerequisite","distance":2,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-grid-forest-red-cells-even-board","neighbor_id":"vosh-2013-14-regional-even-rows-columns","direction":"forward","type":"same_motif","distance":3,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-utyum-2007-rectangle-tc-2022-grid-boundary-count","neighbor_id":"utyum-2007_lichol30_4_rectangle_coloring","direction":"backward","type":"same_motif","distance":2,"status":"needs_human_review"},{"id":"rel-red-cells-imo-2024-c4","neighbor_id":"imo-2024-c4-turbo-grid-monsters-three-attempts-strategy","direction":"forward","type":"same_motif","distance":4,"status":"needs_human_review"},{"id":"rel-tc-2022-23-bmo-2022-p4-grid-boundary","neighbor_id":"bmo-2022-p4-frog-grid-boundary-graph","direction":"forward","type":"same_motif","distance":2,"status":"needs_human_review"}],"search_text":"tc-2022-23-blue-red-cells-connectivity синие и красные клетки в таблице 44 на 44, турнир городов 2022/23 connectivity double_counting goal_exact_bound 2022 https://problems.ru/view_problem_details_new.php?id=67296 olympiad_archive src-problems-67296 tc tc2022 with_solution задача 67296, турнир городов 2022/23, устный тур, задача 3 турнир городов турниргородов турниргородов2022 френкин б.р. френкин б.р. задача 67296, турнир городов 2022/23, устный тур, задача 3 stmt-original клетки двух цветов ai_checked в таблице \\(44\\times44\\) часть клеток синие, а остальные красные. никакие синие клетки не граничат друг с другом по стороне. множество красных клеток связно по сторонам: от любой красной клетки можно добраться до любой другой красной, переходя из клетки в клетку через общую сторону и не заходя в синие клетки. докажите, что синих клеток в таблице меньше трети. connected_graph idea-red-cell-graph граф красных клеток связность красных клеток превращается в нижнюю оценку числа общих сторон красных клеток через связный граф. connectivity double_counting ai_checked sol-bound-boundary подсчёт границы двумя способами ai_checked connected_graph double_counting обозначим через \\(b\\) и \\(r\\) числа синих и красных клеток, а через \\(m\\) число общих сторон красных и синих клеток. сверху считаем стороны красных клеток: надо вычесть стороны на границе таблицы и дважды учесть общие стороны двух красных клеток. связность графа красных клеток даёт не меньше \\(r-1\\) таких общих сторон, поэтому \\(m\\le 2r-86\\). boundary detail: blue boundary sides are at most 88, hence red boundary sides are at least 88, so this upper bound is \\(4r-88-2(r-1)=2r-86\\). снизу считаем стороны синих клеток: у них нет общих сторон друг с другом, а на границе таблицы синих сторон не больше \\(88\\), значит \\(m\\ge 4b-88\\). из этих двух оценок и равенства \\(b+r=44^2\\) получается \\(b\\le (44^2+1)/3\\). так как \\(44^2\\equiv1\\pmod3\\), целое \\(b\\) строго меньше трети всех клеток. tc-2022-23-blue-red-cells-connectivity sinie i krasnye kletki v tablitse 44 na 44, turnir gorodov 2022/23 connectivity double_counting goal_exact_bound 2022 https://problems.ru/view_problem_details_new.php?id=67296 olympiad_archive src-problems-67296 tc tc2022 with_solution zadacha 67296, turnir gorodov 2022/23, ustnyy tur, zadacha 3 turnir gorodov turnirgorodov turnirgorodov2022 frenkin b.r. frenkin b.r. zadacha 67296, turnir gorodov 2022/23, ustnyy tur, zadacha 3 stmt-original kletki dvuh tsvetov ai_checked v tablitse \\(44\\times44\\) chast kletok sinie, a ostalnye krasnye. nikakie sinie kletki ne granichat drug s drugom po storone. mnozhestvo krasnyh kletok svyazno po storonam: ot lyuboy krasnoy kletki mozhno dobratsya do lyuboy drugoy krasnoy, perehodya iz kletki v kletku cherez obschuyu storonu i ne zahodya v sinie kletki. dokazhite, chto sinih kletok v tablitse menshe treti. connected_graph idea-red-cell-graph graf krasnyh kletok svyaznost krasnyh kletok prevraschaetsya v nizhnyuyu otsenku chisla obschih storon krasnyh kletok cherez svyaznyy graf. connectivity double_counting ai_checked sol-bound-boundary podschet granitsy dvumya sposobami ai_checked connected_graph double_counting oboznachim cherez \\(b\\) i \\(r\\) chisla sinih i krasnyh kletok, a cherez \\(m\\) chislo obschih storon krasnyh i sinih kletok. sverhu schitaem storony krasnyh kletok: nado vychest storony na granitse tablitsy i dvazhdy uchest obschie storony dvuh krasnyh kletok. svyaznost grafa krasnyh kletok daet ne menshe \\(r-1\\) takih obschih storon, poetomu \\(m\\le 2r-86\\). boundary detail: blue boundary sides are at most 88, hence red boundary sides are at least 88, so this upper bound is \\(4r-88-2(r-1)=2r-86\\). snizu schitaem storony sinih kletok: u nih net obschih storon drug s drugom, a na granitse tablitsy sinih storon ne bolshe \\(88\\), znachit \\(m\\ge 4b-88\\). iz etih dvuh otsenok i ravenstva \\(b+r=44^2\\) poluchaetsya \\(b\\le (44^2+1)/3\\). tak kak \\(44^2\\equiv1\\pmod3\\), tseloe \\(b\\) strogo menshe treti vseh kletok.","source_keys":["tc"]}
{"id":"tc-2022-bug-one-way-doors-bridgeless-grid","title":"Жук и односторонние двери клетчатого квадрата, Турнир городов 2022/23","path":"data\\problems\\tournament-cities\\tc-2022-bug-one-way-doors-bridgeless-grid.yaml","raw_github_url":"https://raw.githubusercontent.com/didin-maxim/knowledge_graph_of_graphs/main/data/problems/tournament-cities/tc-2022-bug-one-way-doors-bridgeless-grid.yaml","viewer_url":"https://didin-maxim.github.io/knowledge_graph_of_graphs/#tc-2022-bug-one-way-doors-bridgeless-grid","source_key":"tc","source_label":"Турнир городов","source_titles":["44-й Турнир городов, осенний тур 2022/23, сложный вариант, 10-11 классы"],"year":"2022","type":"olympiad_problem","authors":[],"tags":["graph_model","connectivity","graph_cut"],"agent_topics":[],"difficulty":{"main":"national_final_medium","local_score":4,"comment":"44-й Турнир городов, осенний сложный вариант, 10-11 классы, задача 4.","status":"ai_checked"},"review_status":"ai_checked","public_ready":true,"solution_state":"with_solution","solution_classification":{"type":"official_plan_completed_by_ai","status":"ai_checked","confidence":0.97,"basis":"официальный план развёрнут ИИ и проверен high-reasoning проходом 2026-05-07","notes":"Аудит высокой сложности 2026-05-07: сжатый эскиз через разрез заменён конструктивным доказательством расширения по уху для графов без мостов; случай клетчатого квадрата следует сразу.","label":"официальный план, доведённый ИИ"},"statements":{"original":[{"id":"stmt-original","title":"Двери между соседними клетками","status":"ai_checked","text":"В клетчатом квадрате между каждыми двумя соседними по стороне клетками есть закрытая дверь. Жук начинает в одной клетке. Закрытую дверь он открывает в ту сторону, в которую идёт; через открытую дверь затем можно проходить только в этом направлении. Докажите, что жук сможет побывать во всех клетках.","definition_ids":["connected_graph","directed_graph"]}],"graph_theory":[{"id":"stmt-graph","title":"Ориентация рёбер при первом проходе","status":"ai_checked","text":"В клеточном графе квадрата вершины соответствуют клеткам, а рёбра - общим сторонам клеток. При первом проходе по неориентированному ребру оно ориентируется в сторону движения; далее по нему можно ходить только в этом направлении. Требуется доказать, что из заданной начальной вершины можно посетить все вершины.","definition_ids":["directed_graph","connected_graph"]}]},"solutions":[{"id":"sol-reachable-cut","title":"Достижимые клетки и отсутствие мостов","status":"ai_checked","definition_ids":["connected_graph","directed_graph","strongly_connected_digraph","bridge","cycle"],"standard_idea_ids":["extremal_choice"],"tags":[],"has_text":true,"text_preview":"Докажем немного более общее утверждение: если \\(G\\) - связный граф без мостов, то из любой начальной вершины можно пройти так, чтобы посетить все вершины, при этом каждое новое ребро при первом проходе ориентируется в сторону движения, а дальше используется только по стрелке. Клеточный граф квадрата без мостов: каждое ребро лежит в некотором маленьком прямоугольном цикле; для квадрата \\(1\\times1\\) утверждение тривиально. Будем строить маршрут постепенно. Важный инвариант такой: среди уже открытых дверей есть сильно связная ориентированная часть на множестве уже освоенных клеток \\(S\\). Это означает, что, находясь в любой клетке из \\(S\\), жук может по уже открытым дверям добраться до любой другой клетки из \\(S\\). В начале \\(S\\) состоит только из стартовой клетки, и инвариант верен. Пусть \\(S\\) ещё не все вершины графа. Так как граф связен, из \\(S\\) выходит хотя бы одно ребро \\(uv\\), где \\…"}],"relations":[{"id":"rel-robbins-tc-2022-bug-bridgeless-orientation","neighbor_id":"robbins-strong-orientation-theorem","direction":"backward","type":"same_motif","distance":2,"status":"needs_human_review"}],"search_text":"tc-2022-bug-one-way-doors-bridgeless-grid жук и односторонние двери клетчатого квадрата, турнир городов 2022/23 graph_model connectivity graph_cut 2022 44-й турнир городов, осенний тур 2022/23, сложный вариант, 10-11 классы https://tasks.olimpiada.ru/upload/files/tasks/5/2022/5-sol-math-10-11-sl_os-22-23.pdf problem_and_solution src-tc-2022-44-autumn-hard-doors-official tc tc2022 with_solution турнир городов турниргородов турниргородов2022 44-й турнир городов, осенний тур 2022/23, сложный вариант, 10-11 классы stmt-original двери между соседними клетками ai_checked в клетчатом квадрате между каждыми двумя соседними по стороне клетками есть закрытая дверь. жук начинает в одной клетке. закрытую дверь он открывает в ту сторону, в которую идёт; через открытую дверь затем можно проходить только в этом направлении. докажите, что жук сможет побывать во всех клетках. connected_graph directed_graph stmt-graph ориентация рёбер при первом проходе ai_checked в клеточном графе квадрата вершины соответствуют клеткам, а рёбра - общим сторонам клеток. при первом проходе по неориентированному ребру оно ориентируется в сторону движения; далее по нему можно ходить только в этом направлении. требуется доказать, что из заданной начальной вершины можно посетить все вершины. directed_graph connected_graph idea-reachable-cut разрез достижимых и недостижимых клеток если жук больше не может расширить множество достижимых клеток, все двери через границу ориентированы внутрь достижимого множества. но в клеточном графе через такую границу есть по крайней мере два ребра, и одно из них должно было дать обратный переход. connectivity ai_checked sol-reachable-cut достижимые клетки и отсутствие мостов ai_checked connected_graph directed_graph strongly_connected_digraph bridge cycle extremal_choice докажем немного более общее утверждение: если \\(g\\) - связный граф без мостов, то из любой начальной вершины можно пройти так, чтобы посетить все вершины, при этом каждое новое ребро при первом проходе ориентируется в сторону движения, а дальше используется только по стрелке. клеточный граф квадрата без мостов: каждое ребро лежит в некотором маленьком прямоугольном цикле; для квадрата \\(1\\times1\\) утверждение тривиально. будем строить маршрут постепенно. важный инвариант такой: среди уже открытых дверей есть сильно связная ориентированная часть на множестве уже освоенных клеток \\(s\\). это означает, что, находясь в любой клетке из \\(s\\), жук может по уже открытым дверям добраться до любой другой клетки из \\(s\\). в начале \\(s\\) состоит только из стартовой клетки, и инвариант верен. пусть \\(s\\) ещё не все вершины графа. так как граф связен, из \\(s\\) выходит хотя бы одно ребро \\(uv\\), где \\… tc-2022-bug-one-way-doors-bridgeless-grid zhuk i odnostoronnie dveri kletchatogo kvadrata, turnir gorodov 2022/23 graph_model connectivity graph_cut 2022 44-y turnir gorodov, osenniy tur 2022/23, slozhnyy variant, 10-11 klassy https://tasks.olimpiada.ru/upload/files/tasks/5/2022/5-sol-math-10-11-sl_os-22-23.pdf problem_and_solution src-tc-2022-44-autumn-hard-doors-official tc tc2022 with_solution turnir gorodov turnirgorodov turnirgorodov2022 44-y turnir gorodov, osenniy tur 2022/23, slozhnyy variant, 10-11 klassy stmt-original dveri mezhdu sosednimi kletkami ai_checked v kletchatom kvadrate mezhdu kazhdymi dvumya sosednimi po storone kletkami est zakrytaya dver. zhuk nachinaet v odnoy kletke. zakrytuyu dver on otkryvaet v tu storonu, v kotoruyu idet; cherez otkrytuyu dver zatem mozhno prohodit tolko v etom napravlenii. dokazhite, chto zhuk smozhet pobyvat vo vseh kletkah. connected_graph directed_graph stmt-graph orientatsiya reber pri pervom prohode ai_checked v kletochnom grafe kvadrata vershiny sootvetstvuyut kletkam, a rebra - obschim storonam kletok. pri pervom prohode po neorientirovannomu rebru ono orientiruetsya v storonu dvizheniya; dalee po nemu mozhno hodit tolko v etom napravlenii. trebuetsya dokazat, chto iz zadannoy nachalnoy vershiny mozhno posetit vse vershiny. directed_graph connected_graph idea-reachable-cut razrez dostizhimyh i nedostizhimyh kletok esli zhuk bolshe ne mozhet rasshirit mnozhestvo dostizhimyh kletok, vse dveri cherez granitsu orientirovany vnutr dostizhimogo mnozhestva. no v kletochnom grafe cherez takuyu granitsu est po krayney mere dva rebra, i odno iz nih dolzhno bylo dat obratnyy perehod. connectivity ai_checked sol-reachable-cut dostizhimye kletki i otsutstvie mostov ai_checked connected_graph directed_graph strongly_connected_digraph bridge cycle extremal_choice dokazhem nemnogo bolee obschee utverzhdenie: esli \\(g\\) - svyaznyy graf bez mostov, to iz lyuboy nachalnoy vershiny mozhno proyti tak, chtoby posetit vse vershiny, pri etom kazhdoe novoe rebro pri pervom prohode orientiruetsya v storonu dvizheniya, a dalshe ispolzuetsya tolko po strelke. kletochnyy graf kvadrata bez mostov: kazhdoe rebro lezhit v nekotorom malenkom pryamougolnom tsikle; dlya kvadrata \\(1\\times1\\) utverzhdenie trivialno. budem stroit marshrut postepenno. vazhnyy invariant takoy: sredi uzhe otkrytyh dverey est silno svyaznaya orientirovannaya chast na mnozhestve uzhe osvoennyh kletok \\(s\\). eto oznachaet, chto, nahodyas v lyuboy kletke iz \\(s\\), zhuk mozhet po uzhe otkrytym dveryam dobratsya do lyuboy drugoy kletki iz \\(s\\). v nachale \\(s\\) sostoit tolko iz startovoy kletki, i invariant veren. pust \\(s\\) esche ne vse vershiny grafa. tak kak graf svyazen, iz \\(s\\) vyhodit hotya by odno rebro \\(uv\\), gde \\…","source_keys":["tc"]}
{"id":"tc-2022-crossword-word-cell-bipartite-graph","title":"Кроссворд и покрытие словами, Турнир городов 2021/22","path":"data\\problems\\tournament-cities\\tc-2022-crossword-word-cell-bipartite-graph.yaml","raw_github_url":"https://raw.githubusercontent.com/didin-maxim/knowledge_graph_of_graphs/main/data/problems/tournament-cities/tc-2022-crossword-word-cell-bipartite-graph.yaml","viewer_url":"https://didin-maxim.github.io/knowledge_graph_of_graphs/#tc-2022-crossword-word-cell-bipartite-graph","source_key":"tc","source_label":"Турнир городов","source_titles":["43-й Турнир городов, устный тур 2021/22, 11 класс, предварительные решения"],"year":"2022","type":"olympiad_problem","authors":["Френкин Б.Р."],"tags":["graph_in_solution","double_counting"],"agent_topics":[],"difficulty":{"main":"national_final_medium","local_score":3,"comment":"Устный тур 43-го Турнира городов, 11 класс, задача 3.","status":"ai_checked"},"review_status":"ai_checked","public_ready":false,"solution_state":"with_solution","solution_classification":{"type":"official_complete_or_near_complete","status":"source_verified","confidence":0.9,"basis":"официальный источник и признак сжатого/эскизного решения","notes":"Официальное решение Problems.ru/Турнира городов развёрнуто в самодостаточный подсчёт правильных и неправильных слов.","label":"официальное полное/почти полное"},"statements":{"original":[{"id":"stmt-original","title":"Кроссворд в квадрате n на n","status":"ai_checked","text":"Дан клетчатый квадрат \\(n\\times n\\). Кроссвордом будем называть некоторый набор его клеток. Словом называется любая горизонтальная или вертикальная полоска из клеток кроссворда, не содержащаяся ни в какой большей такой полоске. Пусть \\(x\\) — количество слов в кроссворде, а \\(y\\) — наименьшее количество слов, которыми можно покрыть все клетки кроссворда. Найдите максимум отношения \\(x/y\\) при данном \\(n\\).","definition_ids":["bipartite_graph","degree"]}]},"solutions":[{"id":"sol-incidence-degree-count","title":"Оценка через двудольный граф инцидентности","status":"source_verified","definition_ids":["bipartite_graph","degree"],"standard_idea_ids":["double_counting"],"tags":[],"has_text":true,"text_preview":"Ответ равен \\(1+\\frac n2\\). Сначала покажем, что это значение достигается. Возьмём в квадрате \\(n\\times n\\) прямоугольник из двух соседних столбцов и всех \\(n\\) строк. Его слова — это \\(n\\) горизонтальных слов длины \\(2\\) и два вертикальных слова длины \\(n\\), поэтому \\(x=n+2\\). Все клетки можно покрыть двумя вертикальными словами, и одним словом покрыть их нельзя, значит \\(y=2\\). Получаем \\(x/y=(n+2)/2=1+n/2\\). Докажем верхнюю оценку. Пусть в кроссворде \\(z\\) клеток. Выберем покрытие минимальным числом слов; эти \\(y\\) слов назовём правильными, остальные слова — неправильными. Так как правильные слова покрывают все клетки, сумма их длин не меньше \\(z\\). Длина любого слова не превосходит \\(n\\), следовательно \\[ y\\ge \\frac zn. \\] Теперь оценим число неправильных слов. Каждая клетка принадлежит не более чем одному горизонтальному и не более чем одному вертикальному слову. Поскольку клетка п…"}],"relations":[{"id":"rel-putnam-2012-tc-2022-bipartite-incidence-counting","neighbor_id":"putnam-2012-b3-round-robin-winners-hall","direction":"backward","type":"same_motif","distance":2,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-egmo-2016-p3-tc-2022-crossword-incidence-graph","neighbor_id":"egmo-2016-p3-blue-cells-bipartite-incidence","direction":"backward","type":"same_motif","distance":2,"status":"ai_checked"}],"search_text":"tc-2022-crossword-word-cell-bipartite-graph кроссворд и покрытие словами, турнир городов 2021/22 graph_in_solution double_counting 2022 43-й турнир городов, устный тур 2021/22, 11 класс, предварительные решения https://rsr-olymp.ru/upload/files/tasks/5/2021/5-sol-math-11-ustn-21-22.pdf problem_and_solution src-tc-2022-43-oral-solutions tc tc2022 with_solution турнир городов турниргородов турниргородов2022 френкин б.р. френкин б.р. 43-й турнир городов, устный тур 2021/22, 11 класс, предварительные решения stmt-original кроссворд в квадрате n на n ai_checked дан клетчатый квадрат \\(n\\times n\\). кроссвордом будем называть некоторый набор его клеток. словом называется любая горизонтальная или вертикальная полоска из клеток кроссворда, не содержащаяся ни в какой большей такой полоске. пусть \\(x\\) — количество слов в кроссворде, а \\(y\\) — наименьшее количество слов, которыми можно покрыть все клетки кроссворда. найдите максимум отношения \\(x/y\\) при данном \\(n\\). bipartite_graph degree idea-crossword-incidence-graph двудольный граф слов и клеток официальное решение строит двудольный граф: первая доля — слова кроссворда, вторая — занятые клетки, а ребро соединяет слово с клеткой, если слово содержит эту клетку. graph_in_solution double_counting ai_checked sol-incidence-degree-count оценка через двудольный граф инцидентности source_verified bipartite_graph degree double_counting ответ равен \\(1+\\frac n2\\). сначала покажем, что это значение достигается. возьмём в квадрате \\(n\\times n\\) прямоугольник из двух соседних столбцов и всех \\(n\\) строк. его слова — это \\(n\\) горизонтальных слов длины \\(2\\) и два вертикальных слова длины \\(n\\), поэтому \\(x=n+2\\). все клетки можно покрыть двумя вертикальными словами, и одним словом покрыть их нельзя, значит \\(y=2\\). получаем \\(x/y=(n+2)/2=1+n/2\\). докажем верхнюю оценку. пусть в кроссворде \\(z\\) клеток. выберем покрытие минимальным числом слов; эти \\(y\\) слов назовём правильными, остальные слова — неправильными. так как правильные слова покрывают все клетки, сумма их длин не меньше \\(z\\). длина любого слова не превосходит \\(n\\), следовательно \\[ y\\ge \\frac zn. \\] теперь оценим число неправильных слов. каждая клетка принадлежит не более чем одному горизонтальному и не более чем одному вертикальному слову. поскольку клетка п… tc-2022-crossword-word-cell-bipartite-graph krossvord i pokrytie slovami, turnir gorodov 2021/22 graph_in_solution double_counting 2022 43-y turnir gorodov, ustnyy tur 2021/22, 11 klass, predvaritelnye resheniya https://rsr-olymp.ru/upload/files/tasks/5/2021/5-sol-math-11-ustn-21-22.pdf problem_and_solution src-tc-2022-43-oral-solutions tc tc2022 with_solution turnir gorodov turnirgorodov turnirgorodov2022 frenkin b.r. frenkin b.r. 43-y turnir gorodov, ustnyy tur 2021/22, 11 klass, predvaritelnye resheniya stmt-original krossvord v kvadrate n na n ai_checked dan kletchatyy kvadrat \\(n\\times n\\). krossvordom budem nazyvat nekotoryy nabor ego kletok. slovom nazyvaetsya lyubaya gorizontalnaya ili vertikalnaya poloska iz kletok krossvorda, ne soderzhaschayasya ni v kakoy bolshey takoy poloske. pust \\(x\\) — kolichestvo slov v krossvorde, a \\(y\\) — naimenshee kolichestvo slov, kotorymi mozhno pokryt vse kletki krossvorda. naydite maksimum otnosheniya \\(x/y\\) pri dannom \\(n\\). bipartite_graph degree idea-crossword-incidence-graph dvudolnyy graf slov i kletok ofitsialnoe reshenie stroit dvudolnyy graf: pervaya dolya — slova krossvorda, vtoraya — zanyatye kletki, a rebro soedinyaet slovo s kletkoy, esli slovo soderzhit etu kletku. graph_in_solution double_counting ai_checked sol-incidence-degree-count otsenka cherez dvudolnyy graf intsidentnosti source_verified bipartite_graph degree double_counting otvet raven \\(1+\\frac n2\\). snachala pokazhem, chto eto znachenie dostigaetsya. vozmem v kvadrate \\(n\\times n\\) pryamougolnik iz dvuh sosednih stolbtsov i vseh \\(n\\) strok. ego slova — eto \\(n\\) gorizontalnyh slov dliny \\(2\\) i dva vertikalnyh slova dliny \\(n\\), poetomu \\(x=n+2\\). vse kletki mozhno pokryt dvumya vertikalnymi slovami, i odnim slovom pokryt ih nelzya, znachit \\(y=2\\). poluchaem \\(x/y=(n+2)/2=1+n/2\\). dokazhem verhnyuyu otsenku. pust v krossvorde \\(z\\) kletok. vyberem pokrytie minimalnym chislom slov; eti \\(y\\) slov nazovem pravilnymi, ostalnye slova — nepravilnymi. tak kak pravilnye slova pokryvayut vse kletki, summa ih dlin ne menshe \\(z\\). dlina lyubogo slova ne prevoshodit \\(n\\), sledovatelno \\[ y\\ge \\frac zn. \\] teper otsenim chislo nepravilnyh slov. kazhdaya kletka prinadlezhit ne bolee chem odnomu gorizontalnomu i ne bolee chem odnomu vertikalnomu slovu. poskolku kletka p…","source_keys":["tc"]}
{"id":"tc-2023-24-coins-pairing-weighing-forest","title":"Разбить монеты на пары меньше чем за n взвешиваний, Турнир городов 2023/24","path":"data\\problems\\tournament-cities\\tc-2023-24-coins-pairing-weighing-forest.yaml","raw_github_url":"https://raw.githubusercontent.com/didin-maxim/knowledge_graph_of_graphs/main/data/problems/tournament-cities/tc-2023-24-coins-pairing-weighing-forest.yaml","viewer_url":"https://didin-maxim.github.io/knowledge_graph_of_graphs/#tc-2023-24-coins-pairing-weighing-forest","source_key":"tc","source_label":"Турнир городов","source_titles":["Задача 67417, Турнир городов 2023/24, осенний тур, сложный вариант, 10-11 класс"],"year":"2023","type":"olympiad_problem","authors":["Грибалко А.В."],"tags":["trees","goal_algorithm"],"agent_topics":[],"difficulty":{"main":"national_final_hard","local_score":14,"comment":"Осенний сложный тур 2023/24, 10-11 класс, задача 7 на 14 баллов; графовая часть отвечает за учёт числа взвешиваний в одном из решений.","status":"ai_checked"},"review_status":"ai_checked","public_ready":true,"solution_state":"with_solution","solution_classification":{"type":"unofficial_published","status":"ai_checked","confidence":0.78,"basis":"неофициальный опубликованный источник или признак опубликованного решения","notes":"Решение опубликовано не в официальном архиве; источник надо отличать от официального.","label":"опубликованное неофициальное"},"statements":{"original":[{"id":"stmt-original","title":"Монеты весом 9 и 10 граммов","status":"ai_checked","text":"На столе лежат \\(2n\\) неразличимых на вид монет. Известно, что \\(n\\) из них весят по 9 г, а остальные \\(n\\) — по 10 г. Требуется разбить их на \\(n\\) пар так, чтобы общий вес каждой пары равнялся 19 г. Докажите, что это можно сделать менее чем за \\(n\\) взвешиваний на чашечных весах без гирь, которые показывают, равны ли чаши, а если нет, то какая тяжелее.","definition_ids":[]}]},"solutions":[{"id":"sol-forest-accounting","title":"Алгоритм с кучками и лесом сравнений","status":"ai_checked","definition_ids":["cycle"],"standard_idea_ids":["delete_to_simplify"],"tags":[],"has_text":true,"text_preview":"Удобно сначала вычесть из веса каждой монеты 9 г: монеты имеют веса 0 и 1, а нужная пара имеет вес 1. Для n=1 ничего делать не надо. Для n=2 сравним две монеты A и B: если они равны, пары (A,C),(B,D) подходят, а если не равны, подходят (A,B),(C,D). Для n=3 достаточно двух взвешиваний: сравнить A с B и C с D; при двух равенствах взять (A,C),(B,D),(E,F), при одном неравенстве, скажем в первом сравнении, взять (A,B),(C,E),(D,F), при двух неравенствах взять (A,B),(C,D),(E,F). Пусть теперь n ≥ 4. Произвольно разобьём монеты на n исходных пар. Пару веса 0 назовём лёгкой, веса 1 — средней, веса 2 — тяжёлой; лёгких и тяжёлых исходных пар поровну. Если мы узнаем тип каждой исходной пары, то средние пары оставим, а каждую лёгкую пару объединим с тяжёлой, беря по одной монете из каждой, и получим две средние пары. Будем строить кучки исходных пар. В ещё не использованном наборе сравниваем первую п…"}],"relations":[{"id":"rel-tree-coins-forest-2023","neighbor_id":"tree-equivalent-properties","direction":"backward","type":"prerequisite","distance":2,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-forest-columns-coins-2023","neighbor_id":"tc-1980-distinct-rows-delete-column","direction":"backward","type":"same_motif","distance":1,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-forest-coins-even-board","neighbor_id":"vosh-2013-14-regional-even-rows-columns","direction":"forward","type":"same_motif","distance":2,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-coins-imo-2024-c8","neighbor_id":"imo-2024-c8-board-coloring-tree","direction":"forward","type":"same_motif","distance":2,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-imo-2005-c2-imo-2023-coins-forest-charging","neighbor_id":"imo-2005-c2-dynastic-vertices-forest","direction":"backward","type":"same_motif","distance":3,"status":"needs_human_review"}],"search_text":"tc-2023-24-coins-pairing-weighing-forest разбить монеты на пары меньше чем за n взвешиваний, турнир городов 2023/24 trees goal_algorithm 2023 https://problems.ru/view_problem_details_new.php?id=67417 olympiad_archive src-problems-67417 tc tc2023 with_solution грибалко а.в. задача 67417, турнир городов 2023/24, осенний тур, сложный вариант, 10-11 класс турнир городов турниргородов турниргородов2023 грибалко а.в. задача 67417, турнир городов 2023/24, осенний тур, сложный вариант, 10-11 класс stmt-original монеты весом 9 и 10 граммов ai_checked на столе лежат \\(2n\\) неразличимых на вид монет. известно, что \\(n\\) из них весят по 9 г, а остальные \\(n\\) — по 10 г. требуется разбить их на \\(n\\) пар так, чтобы общий вес каждой пары равнялся 19 г. докажите, что это можно сделать менее чем за \\(n\\) взвешиваний на чашечных весах без гирь, которые показывают, равны ли чаши, а если нет, то какая тяжелее. idea-weighings-as-forest взвешивания как рёбра леса чтобы доказать ограничение на число взвешиваний, достаточно сопоставить каждому существенному взвешиванию ребро между исходными парами и проверить, что циклы не возникают. trees ai_checked sol-forest-accounting алгоритм с кучками и лесом сравнений ai_checked cycle delete_to_simplify удобно сначала вычесть из веса каждой монеты 9 г: монеты имеют веса 0 и 1, а нужная пара имеет вес 1. для n=1 ничего делать не надо. для n=2 сравним две монеты a и b: если они равны, пары (a,c),(b,d) подходят, а если не равны, подходят (a,b),(c,d). для n=3 достаточно двух взвешиваний: сравнить a с b и c с d; при двух равенствах взять (a,c),(b,d),(e,f), при одном неравенстве, скажем в первом сравнении, взять (a,b),(c,e),(d,f), при двух неравенствах взять (a,b),(c,d),(e,f). пусть теперь n ≥ 4. произвольно разобьём монеты на n исходных пар. пару веса 0 назовём лёгкой, веса 1 — средней, веса 2 — тяжёлой; лёгких и тяжёлых исходных пар поровну. если мы узнаем тип каждой исходной пары, то средние пары оставим, а каждую лёгкую пару объединим с тяжёлой, беря по одной монете из каждой, и получим две средние пары. будем строить кучки исходных пар. в ещё не использованном наборе сравниваем первую п… tc-2023-24-coins-pairing-weighing-forest razbit monety na pary menshe chem za n vzveshivaniy, turnir gorodov 2023/24 trees goal_algorithm 2023 https://problems.ru/view_problem_details_new.php?id=67417 olympiad_archive src-problems-67417 tc tc2023 with_solution gribalko a.v. zadacha 67417, turnir gorodov 2023/24, osenniy tur, slozhnyy variant, 10-11 klass turnir gorodov turnirgorodov turnirgorodov2023 gribalko a.v. zadacha 67417, turnir gorodov 2023/24, osenniy tur, slozhnyy variant, 10-11 klass stmt-original monety vesom 9 i 10 grammov ai_checked na stole lezhat \\(2n\\) nerazlichimyh na vid monet. izvestno, chto \\(n\\) iz nih vesyat po 9 g, a ostalnye \\(n\\) — po 10 g. trebuetsya razbit ih na \\(n\\) par tak, chtoby obschiy ves kazhdoy pary ravnyalsya 19 g. dokazhite, chto eto mozhno sdelat menee chem za \\(n\\) vzveshivaniy na chashechnyh vesah bez gir, kotorye pokazyvayut, ravny li chashi, a esli net, to kakaya tyazhelee. idea-weighings-as-forest vzveshivaniya kak rebra lesa chtoby dokazat ogranichenie na chislo vzveshivaniy, dostatochno sopostavit kazhdomu suschestvennomu vzveshivaniyu rebro mezhdu ishodnymi parami i proverit, chto tsikly ne voznikayut. trees ai_checked sol-forest-accounting algoritm s kuchkami i lesom sravneniy ai_checked cycle delete_to_simplify udobno snachala vychest iz vesa kazhdoy monety 9 g: monety imeyut vesa 0 i 1, a nuzhnaya para imeet ves 1. dlya n=1 nichego delat ne nado. dlya n=2 sravnim dve monety a i b: esli oni ravny, pary (a,c),(b,d) podhodyat, a esli ne ravny, podhodyat (a,b),(c,d). dlya n=3 dostatochno dvuh vzveshivaniy: sravnit a s b i c s d; pri dvuh ravenstvah vzyat (a,c),(b,d),(e,f), pri odnom neravenstve, skazhem v pervom sravnenii, vzyat (a,b),(c,e),(d,f), pri dvuh neravenstvah vzyat (a,b),(c,d),(e,f). pust teper n ≥ 4. proizvolno razobem monety na n ishodnyh par. paru vesa 0 nazovem legkoy, vesa 1 — sredney, vesa 2 — tyazheloy; legkih i tyazhelyh ishodnyh par porovnu. esli my uznaem tip kazhdoy ishodnoy pary, to srednie pary ostavim, a kazhduyu legkuyu paru obedinim s tyazheloy, berya po odnoy monete iz kazhdoy, i poluchim dve srednie pary. budem stroit kuchki ishodnyh par. v esche ne ispolzovannom nabore sravnivaem pervuyu p…","source_keys":["tc"]}
{"id":"tc-2024-connected-paper-pieces-chessboard-coloring","title":"Связные клетчатые куски и шахматная раскраска доски 45 на 45, Турнир городов 2023/24","path":"data\\problems\\tournament-cities\\tc-2024-connected-paper-pieces-chessboard-coloring.yaml","raw_github_url":"https://raw.githubusercontent.com/didin-maxim/knowledge_graph_of_graphs/main/data/problems/tournament-cities/tc-2024-connected-paper-pieces-chessboard-coloring.yaml","viewer_url":"https://didin-maxim.github.io/knowledge_graph_of_graphs/#tc-2024-connected-paper-pieces-chessboard-coloring","source_key":"tc","source_label":"Турнир городов","source_titles":["45-й Турнир городов, устный тур 2023/24, 11 класс"],"year":"2024","type":"olympiad_problem","authors":["Казицына Т.В."],"tags":["graph_in_solution","connectivity","coloring","potential_function","goal_exact_bound"],"agent_topics":[],"difficulty":{"main":"national_final_medium","local_score":6,"comment":"45-й Турнир городов, 11 класс, устный тур, задача 6; официальный разбор даёт ответ 45 и несколько способов оценки.","status":"source_verified"},"review_status":"ai_checked","public_ready":true,"solution_state":"with_solution","solution_classification":{"type":"official_complete_or_near_complete","status":"ai_checked","confidence":0.82,"basis":"официальный источник решения и несжатый текст решения","notes":"Текущий текст основан на официальном источнике и выглядит полным или почти полным.","label":"официальное полное/почти полное"},"statements":{"original":[{"id":"stmt-original","title":"Наклеивание связных кусков белой и чёрной клетчатой бумаги","status":"source_verified","text":"У Вани есть клетчатая бумага двух видов: белая и чёрная. Он вырезает кусок из любой бумаги и наклеивает на серую клетчатую доску \\(45\\times45\\), делая так много раз. Какое минимальное число кусков нужно наклеить, чтобы «раскрасить» клетки доски в шахматном порядке? Каждый кусок — набор клеток, в котором от любой клетки до любой другой можно пройти, переходя из клетки в соседнюю через их общую сторону. Можно наклеивать куски один поверх другого. Все клетки имеют размер \\(1\\times1\\).","definition_ids":["connected_graph","path"]}]},"solutions":[{"id":"sol-ai-ready-diagonal-pairs","title":"ИИ-решение через готовые диагонали","status":"ai_checked","definition_ids":["connected_graph","path"],"standard_idea_ids":["potential_function"],"tags":[],"has_text":true,"text_preview":"Ответ: 45 кусков. Сначала построим раскраску за 45 кусков. Возьмём центральную клетку доски. Для \\(r=0,1,\\ldots,44\\) обозначим через \\(D_r\\) множество клеток, расстояние от которых до центральной клетки по сторонам не больше \\(r\\). Это связные множества, причём \\(D_{44}\\) уже равно всей доске \\(45\\times45\\). Наклеим сначала кусок \\(D_{44}\\), затем \\(D_{43}\\), и так далее до \\(D_0\\), каждый раз выбирая цвет, противоположный цвету предыдущего куска. Клетка на расстоянии \\(d\\) от центра сверху в последний раз покрывается куском \\(D_d\\); так как в шахматной раскраске цвет клетки зависит ровно от чётности этого расстояния, подходящий выбор цвета центрального куска даёт шахматную раскраску всей доски. Значит, 45 кусков достаточно. Докажем, что меньшего числа кусков не хватит. В любой успешной последовательности можно считать, что первый наклеенный кусок — вся доска: если первый кусок был мень…"}],"relations":[],"search_text":"tc-2024-connected-paper-pieces-chessboard-coloring связные клетчатые куски и шахматная раскраска доски 45 на 45, турнир городов 2023/24 graph_in_solution connectivity coloring potential_function goal_exact_bound 2024 45-й турнир городов, устный тур 2023/24, 11 класс https://tasks.olimpiada.ru/upload/files/tasks/5/2023/5-sol-math-11-ustn-23-24.pdf problem_and_solution src-tc-2024-45-oral-solutions tc tc2024 with_solution казицына т.в. турнир городов турниргородов турниргородов2024 казицына т.в. 45-й турнир городов, устный тур 2023/24, 11 класс stmt-original наклеивание связных кусков белой и чёрной клетчатой бумаги source_verified у вани есть клетчатая бумага двух видов: белая и чёрная. он вырезает кусок из любой бумаги и наклеивает на серую клетчатую доску \\(45\\times45\\), делая так много раз. какое минимальное число кусков нужно наклеить, чтобы «раскрасить» клетки доски в шахматном порядке? каждый кусок — набор клеток, в котором от любой клетки до любой другой можно пройти, переходя из клетки в соседнюю через их общую сторону. можно наклеивать куски один поверх другого. все клетки имеют размер \\(1\\times1\\). connected_graph path idea-connected-piece-diagonal-interval связный кусок пересекает подряд идущие диагонали если занумеровать диагонали одного направления, то при переходе в соседнюю по стороне клетку номер диагонали меняется на 1. поэтому множество номеров диагоналей, пересекающих связный кусок, является отрезком. graph_in_solution connectivity coloring ai_checked idea-ready-diagonal-pairs-potential потенциал из соседних готовых диагоналей следим за числом пар соседних диагоналей, уже имеющих итоговые цвета. один связный одноцветный кусок может создать новые готовые пары только у двух краёв отрезка диагоналей, который он пересекает. potential_function coloring goal_exact_bound ai_checked sol-ai-ready-diagonal-pairs ии-решение через готовые диагонали ai_checked connected_graph path potential_function ответ: 45 кусков. сначала построим раскраску за 45 кусков. возьмём центральную клетку доски. для \\(r=0,1,\\ldots,44\\) обозначим через \\(d_r\\) множество клеток, расстояние от которых до центральной клетки по сторонам не больше \\(r\\). это связные множества, причём \\(d_{44}\\) уже равно всей доске \\(45\\times45\\). наклеим сначала кусок \\(d_{44}\\), затем \\(d_{43}\\), и так далее до \\(d_0\\), каждый раз выбирая цвет, противоположный цвету предыдущего куска. клетка на расстоянии \\(d\\) от центра сверху в последний раз покрывается куском \\(d_d\\); так как в шахматной раскраске цвет клетки зависит ровно от чётности этого расстояния, подходящий выбор цвета центрального куска даёт шахматную раскраску всей доски. значит, 45 кусков достаточно. докажем, что меньшего числа кусков не хватит. в любой успешной последовательности можно считать, что первый наклеенный кусок — вся доска: если первый кусок был мень… tc-2024-connected-paper-pieces-chessboard-coloring svyaznye kletchatye kuski i shahmatnaya raskraska doski 45 na 45, turnir gorodov 2023/24 graph_in_solution connectivity coloring potential_function goal_exact_bound 2024 45-y turnir gorodov, ustnyy tur 2023/24, 11 klass https://tasks.olimpiada.ru/upload/files/tasks/5/2023/5-sol-math-11-ustn-23-24.pdf problem_and_solution src-tc-2024-45-oral-solutions tc tc2024 with_solution kazitsyna t.v. turnir gorodov turnirgorodov turnirgorodov2024 kazitsyna t.v. 45-y turnir gorodov, ustnyy tur 2023/24, 11 klass stmt-original nakleivanie svyaznyh kuskov beloy i chernoy kletchatoy bumagi source_verified u vani est kletchataya bumaga dvuh vidov: belaya i chernaya. on vyrezaet kusok iz lyuboy bumagi i nakleivaet na seruyu kletchatuyu dosku \\(45\\times45\\), delaya tak mnogo raz. kakoe minimalnoe chislo kuskov nuzhno nakleit, chtoby «raskrasit» kletki doski v shahmatnom poryadke? kazhdyy kusok — nabor kletok, v kotorom ot lyuboy kletki do lyuboy drugoy mozhno proyti, perehodya iz kletki v sosednyuyu cherez ih obschuyu storonu. mozhno nakleivat kuski odin poverh drugogo. vse kletki imeyut razmer \\(1\\times1\\). connected_graph path idea-connected-piece-diagonal-interval svyaznyy kusok peresekaet podryad iduschie diagonali esli zanumerovat diagonali odnogo napravleniya, to pri perehode v sosednyuyu po storone kletku nomer diagonali menyaetsya na 1. poetomu mnozhestvo nomerov diagonaley, peresekayuschih svyaznyy kusok, yavlyaetsya otrezkom. graph_in_solution connectivity coloring ai_checked idea-ready-diagonal-pairs-potential potentsial iz sosednih gotovyh diagonaley sledim za chislom par sosednih diagonaley, uzhe imeyuschih itogovye tsveta. odin svyaznyy odnotsvetnyy kusok mozhet sozdat novye gotovye pary tolko u dvuh kraev otrezka diagonaley, kotoryy on peresekaet. potential_function coloring goal_exact_bound ai_checked sol-ai-ready-diagonal-pairs ii-reshenie cherez gotovye diagonali ai_checked connected_graph path potential_function otvet: 45 kuskov. snachala postroim raskrasku za 45 kuskov. vozmem tsentralnuyu kletku doski. dlya \\(r=0,1,\\ldots,44\\) oboznachim cherez \\(d_r\\) mnozhestvo kletok, rasstoyanie ot kotoryh do tsentralnoy kletki po storonam ne bolshe \\(r\\). eto svyaznye mnozhestva, prichem \\(d_{44}\\) uzhe ravno vsey doske \\(45\\times45\\). nakleim snachala kusok \\(d_{44}\\), zatem \\(d_{43}\\), i tak dalee do \\(d_0\\), kazhdyy raz vybiraya tsvet, protivopolozhnyy tsvetu predyduschego kuska. kletka na rasstoyanii \\(d\\) ot tsentra sverhu v posledniy raz pokryvaetsya kuskom \\(d_d\\); tak kak v shahmatnoy raskraske tsvet kletki zavisit rovno ot chetnosti etogo rasstoyaniya, podhodyaschiy vybor tsveta tsentralnogo kuska daet shahmatnuyu raskrasku vsey doski. znachit, 45 kuskov dostatochno. dokazhem, chto menshego chisla kuskov ne hvatit. v lyuboy uspeshnoy posledovatelnosti mozhno schitat, chto pervyy nakleennyy kusok — vsya doska: esli pervyy kusok byl men…","source_keys":["tc"]}
{"id":"ternary-nonzero-strings-perfect-matching","title":"Совершенное паросочетание на ненулевых троичных строках","path":"data\\problems\\classical\\ternary-nonzero-strings-perfect-matching.yaml","raw_github_url":"https://raw.githubusercontent.com/didin-maxim/knowledge_graph_of_graphs/main/data/problems/classical/ternary-nonzero-strings-perfect-matching.yaml","viewer_url":"https://didin-maxim.github.io/knowledge_graph_of_graphs/#ternary-nonzero-strings-perfect-matching","source_key":"misc","source_label":"Прочее","source_titles":["Putnam 2025 A3, архивный источник"],"year":"","type":"lemma","authors":[],"tags":["matching","graph_model","goal_existence","classical_lemma"],"agent_topics":["game_strategy_candidate"],"difficulty":{"main":"regional","local_score":3,"comment":"Короткая явная лемма о паросочетании: вся трудность в выборе первой ненулевой координаты, после чего паросочетание задаётся инволюцией.","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":0.86,"basis":"агент high-reasoning extraction аудит","notes":"Извлечено из официального решения; лемма сверена с исходной карточкой.","audit_source":"manual-split-2026-05-05"},"statements":{"original":[{"id":"stmt-nonzero-ternary-strings","title":"Лемма о ненулевых троичных строках","status":"ai_checked","text":"Пусть \\(n\\ge1\\). Рассмотрим все строки длины \\(n\\) над алфавитом \\(\\{0,1,2\\}\\), кроме строки \\(0^n\\). Две строки считаются соседними, если они отличаются ровно в одной координате, причём значения в этой координате отличаются на 1. Тогда все ненулевые строки можно разбить на пары соседних строк.","definition_ids":["matching"]}],"graph_theory":[{"id":"stmt-graph","title":"Граф ненулевых троичных строк","status":"ai_checked","text":"Пусть \\(G_n\\) — граф на множестве вершин \\(\\{0,1,2\\}^n\\setminus\\{0^n\\}\\), где две вершины смежны тогда и только тогда, когда соответствующие строки отличаются ровно в одной координате на 1. Докажите, что \\(G_n\\) имеет совершенное паросочетание.","definition_ids":["matching"]}]},"solutions":[{"id":"sol-first-nonzero-involution","title":"Явное разбиение на пары","status":"ai_checked","definition_ids":["matching"],"standard_idea_ids":["invariant"],"tags":[],"has_text":true,"text_preview":"Возьмём произвольную ненулевую строку \\(x=(x_1,\\ldots,x_n)\\). Пусть \\(i\\) — первая координата, в которой \\(x_i\\ne0\\). Тогда \\(x_i\\) равно либо 1, либо 2. Определим строку \\(f(x)\\): все координаты, кроме \\(i\\)-й, оставим прежними, а в \\(i\\)-й заменим 1 на 2 или 2 на 1. Строка \\(f(x)\\) тоже ненулевая. Она отличается от \\(x\\) ровно в одной координате, и значение в этой координате изменилось на 1, значит \\(x\\) и \\(f(x)\\) смежны в \\(G_n\\). Кроме того, у \\(f(x)\\) первая ненулевая координата снова равна \\(i\\), поскольку все координаты перед \\(i\\) остались нулевыми, а \\(i\\)-я осталась ненулевой. Поэтому повторное применение той же операции возвращает исходную строку: \\(f(f(x))=x\\). Наконец, \\(f(x)\\ne x\\) для любой ненулевой строки. Значит, \\(f\\) является инволюцией без неподвижных точек на множестве вершин \\(G_n\\). Разобьём вершины на двухэлементные орбиты \\(\\{x,f(x)\\}\\). Каждая такая орбита яв…"}],"relations":[{"id":"rel-ternary-nonzero-matching-hall-explicit-vs-existence","neighbor_id":"hall-marriage-theorem","direction":"forward","type":"same_motif","distance":3,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-ternary-nonzero-matching-imo-1994-pairing-strategy","neighbor_id":"imo-1994-c6-infinite-grid-pairing-strategy","direction":"forward","type":"solution_transfer","distance":2,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-ternary-nonzero-matching-regular-bipartite-decomposition","neighbor_id":"regular-bipartite-perfect-matching-decomposition","direction":"forward","type":"same_motif","distance":3,"status":"needs_human_review"},{"id":"rel-ternary-nonzero-matching-simon-marais-2024-tripairable","neighbor_id":"simon-marais-2024-a2-tripairable-perfect-matching","direction":"forward","type":"same_motif","distance":3,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-ternary-nonzero-matching-egmo-2022-domino-parity","neighbor_id":"egmo-2022-p5-domino-parity-bipartite-matching","direction":"forward","type":"same_motif","distance":4,"status":"needs_human_review"},{"id":"rel-putnam-2025-a3-ternary-matching-lemma","neighbor_id":"putnam-2025-a3-ternary-string-game-perfect-matching","direction":"backward","type":"prerequisite","distance":1,"status":"ai_checked"}],"search_text":"ternary-nonzero-strings-perfect-matching совершенное паросочетание на ненулевых троичных строках matching graph_model goal_existence classical_lemma https://maa.org/wp-content/uploads/2026/02/2025officialsolutions.pdf misc problem_and_solution putnam 2025 a3, архивный источник src-putnam-2025-a3-official with_solution прочее ? putnam 2025 a3, архивный источник stmt-nonzero-ternary-strings лемма о ненулевых троичных строках ai_checked пусть \\(n\\ge1\\). рассмотрим все строки длины \\(n\\) над алфавитом \\(\\{0,1,2\\}\\), кроме строки \\(0^n\\). две строки считаются соседними, если они отличаются ровно в одной координате, причём значения в этой координате отличаются на 1. тогда все ненулевые строки можно разбить на пары соседних строк. matching stmt-graph граф ненулевых троичных строк ai_checked пусть \\(g_n\\) — граф на множестве вершин \\(\\{0,1,2\\}^n\\setminus\\{0^n\\}\\), где две вершины смежны тогда и только тогда, когда соответствующие строки отличаются ровно в одной координате на 1. докажите, что \\(g_n\\) имеет совершенное паросочетание. matching idea-first-nonzero-coordinate первая ненулевая координата задаёт пару у ненулевой строки первая ненулевая координата равна 1 или 2; если заменить в ней 1 на 2 или 2 на 1, все предыдущие координаты останутся нулевыми, поэтому у партнёра первая ненулевая координата та же. matching ai_checked idea-fixed-point-free-involution инволюция без неподвижных точек даёт паросочетание операция смены 1 и 2 в первой ненулевой координате обратна сама себе и никогда не оставляет строку на месте. поэтому её орбиты — пары, а каждая пара соединена ребром графа. matching ai_checked sol-first-nonzero-involution явное разбиение на пары ai_checked matching invariant возьмём произвольную ненулевую строку \\(x=(x_1,\\ldots,x_n)\\). пусть \\(i\\) — первая координата, в которой \\(x_i\\ne0\\). тогда \\(x_i\\) равно либо 1, либо 2. определим строку \\(f(x)\\): все координаты, кроме \\(i\\)-й, оставим прежними, а в \\(i\\)-й заменим 1 на 2 или 2 на 1. строка \\(f(x)\\) тоже ненулевая. она отличается от \\(x\\) ровно в одной координате, и значение в этой координате изменилось на 1, значит \\(x\\) и \\(f(x)\\) смежны в \\(g_n\\). кроме того, у \\(f(x)\\) первая ненулевая координата снова равна \\(i\\), поскольку все координаты перед \\(i\\) остались нулевыми, а \\(i\\)-я осталась ненулевой. поэтому повторное применение той же операции возвращает исходную строку: \\(f(f(x))=x\\). наконец, \\(f(x)\\ne x\\) для любой ненулевой строки. значит, \\(f\\) является инволюцией без неподвижных точек на множестве вершин \\(g_n\\). разобьём вершины на двухэлементные орбиты \\(\\{x,f(x)\\}\\). каждая такая орбита яв… ternary-nonzero-strings-perfect-matching sovershennoe parosochetanie na nenulevyh troichnyh strokah matching graph_model goal_existence classical_lemma https://maa.org/wp-content/uploads/2026/02/2025officialsolutions.pdf misc problem_and_solution putnam 2025 a3, arhivnyy istochnik src-putnam-2025-a3-official with_solution prochee ? putnam 2025 a3, arhivnyy istochnik stmt-nonzero-ternary-strings lemma o nenulevyh troichnyh strokah ai_checked pust \\(n\\ge1\\). rassmotrim vse stroki dliny \\(n\\) nad alfavitom \\(\\{0,1,2\\}\\), krome stroki \\(0^n\\). dve stroki schitayutsya sosednimi, esli oni otlichayutsya rovno v odnoy koordinate, prichem znacheniya v etoy koordinate otlichayutsya na 1. togda vse nenulevye stroki mozhno razbit na pary sosednih strok. matching stmt-graph graf nenulevyh troichnyh strok ai_checked pust \\(g_n\\) — graf na mnozhestve vershin \\(\\{0,1,2\\}^n\\setminus\\{0^n\\}\\), gde dve vershiny smezhny togda i tolko togda, kogda sootvetstvuyuschie stroki otlichayutsya rovno v odnoy koordinate na 1. dokazhite, chto \\(g_n\\) imeet sovershennoe parosochetanie. matching idea-first-nonzero-coordinate pervaya nenulevaya koordinata zadaet paru u nenulevoy stroki pervaya nenulevaya koordinata ravna 1 ili 2; esli zamenit v ney 1 na 2 ili 2 na 1, vse predyduschie koordinaty ostanutsya nulevymi, poetomu u partnera pervaya nenulevaya koordinata ta zhe. matching ai_checked idea-fixed-point-free-involution involyutsiya bez nepodvizhnyh tochek daet parosochetanie operatsiya smeny 1 i 2 v pervoy nenulevoy koordinate obratna sama sebe i nikogda ne ostavlyaet stroku na meste. poetomu ee orbity — pary, a kazhdaya para soedinena rebrom grafa. matching ai_checked sol-first-nonzero-involution yavnoe razbienie na pary ai_checked matching invariant vozmem proizvolnuyu nenulevuyu stroku \\(x=(x_1,\\ldots,x_n)\\). pust \\(i\\) — pervaya koordinata, v kotoroy \\(x_i\\ne0\\). togda \\(x_i\\) ravno libo 1, libo 2. opredelim stroku \\(f(x)\\): vse koordinaty, krome \\(i\\)-y, ostavim prezhnimi, a v \\(i\\)-y zamenim 1 na 2 ili 2 na 1. stroka \\(f(x)\\) tozhe nenulevaya. ona otlichaetsya ot \\(x\\) rovno v odnoy koordinate, i znachenie v etoy koordinate izmenilos na 1, znachit \\(x\\) i \\(f(x)\\) smezhny v \\(g_n\\). krome togo, u \\(f(x)\\) pervaya nenulevaya koordinata snova ravna \\(i\\), poskolku vse koordinaty pered \\(i\\) ostalis nulevymi, a \\(i\\)-ya ostalas nenulevoy. poetomu povtornoe primenenie toy zhe operatsii vozvraschaet ishodnuyu stroku: \\(f(f(x))=x\\). nakonets, \\(f(x)\\ne x\\) dlya lyuboy nenulevoy stroki. znachit, \\(f\\) yavlyaetsya involyutsiey bez nepodvizhnyh tochek na mnozhestve vershin \\(g_n\\). razobem vershiny na dvuhelementnye orbity \\(\\{x,f(x)\\}\\). kazhdaya takaya orbita yav…","source_keys":["misc","putnam"]}
{"id":"third-fourth-distance-layer-bound","title":"Оценка четвертого слоя через третий слой расстояний","path":"data\\problems\\classical\\third-fourth-distance-layer-bound.yaml","raw_github_url":"https://raw.githubusercontent.com/didin-maxim/knowledge_graph_of_graphs/main/data/problems/classical/third-fourth-distance-layer-bound.yaml","viewer_url":"https://didin-maxim.github.io/knowledge_graph_of_graphs/#third-fourth-distance-layer-bound","source_key":"misc","source_label":"Прочее","source_titles":["Math StackExchange, A graph on the cities of a country","IMO 2013 Shortlisted Problems with Solutions"],"year":"","type":"lemma","authors":[],"tags":["connectivity","double_counting","goal_bound"],"agent_topics":[],"difficulty":{"main":"imo_p3_plus","local_score":10,"comment":"Самостоятельная графовая лемма из IMO Shortlist 2013 C6: короткая идея разбиения проста, но аккуратный учет свидетелей третьего слоя требует осторожности.","status":"ai_checked"},"review_status":"needs_human_review","public_ready":false,"solution_state":"with_solution","solution_classification":{"type":"unofficial_published","label":"опубликованное неофициальное","status":"ai_checked","confidence":0.78,"basis":"агентский аудит средней сложности","notes":"Карточка подкреплена опубликованными неофициальными, справочными, журнальными, вики-, форумными источниками или страницами задач.","audit_source":"agent-imo-us-classical.json"},"statements":{"original":[{"id":"stmt-distance-layer-bound","title":"Оценка четвертого слоя","status":"ai_checked","text":"Пусть \\(G\\) — конечный связный неориентированный граф, а \\(M\\ge1\\) — целое число. Для вершины \\(x\\) обозначим \\(L_i(x)=\\{y\\in V(G):\\operatorname{dist}(x,y)=i\\}\\). Если для каждой вершины \\(x\\) выполнено \\(|L_3(x)|\\le M\\), то для каждой вершины \\(x\\) выполнено \\(|L_4(x)|\\le \\left\\lfloor (M+1)^2/4\\right\\rfloor\\).","definition_ids":["connected_graph","path"]}],"olympiad_reformulations":[{"id":"stmt-imo-2013-c6-m100-instance","title":"IMO 2013 C6: случай M=100","status":"ai_checked","text":"При \\(M=100\\): если в связном графе для каждой вершины на расстоянии 3 от неё находится не более 100 вершин, то на расстоянии 4 от любой вершины находится не более \\(\\left\\lfloor 101^2/4\\right\\rfloor=2550\\) вершин.","definition_ids":["connected_graph","path"]}]},"solutions":[{"id":"sol-mse-neighbor-partition","title":"Подсчет через разбиение по соседям стартовой вершины","status":"ai_checked","definition_ids":["connected_graph","path"],"standard_idea_ids":["double_counting","extremal_choice"],"tags":[],"has_text":true,"text_preview":"Зафиксируем вершину \\(v\\) и перечислим ее соседей как \\(v_1,\\dots,v_p\\). Построим разбиение слоя \\(L_4(v)\\). Идем по соседям в этом порядке; в класс \\(V_i\\) кладем те еще не распределенные вершины \\(w\\in L_4(v)\\), для которых существует кратчайший путь \\(v-v_i-a-b-w\\). Тогда каждая вершина из \\(L_4(v)\\) попадет ровно в один класс, поэтому \\(|L_4(v)|=\\sum_i |V_i|\\). Оставим только непустые классы и обозначим их размеры через \\(n_1,\\dots,n_q\\). Для фиксированного непустого класса \\(V_i\\) все его \\(n_i\\) вершин лежат на расстоянии 3 от соответствующего соседа \\(v_i\\). Кроме того, каждый другой непустой класс дает еще одну вершину на расстоянии 3 от \\(v_i\\): берем вершину \\(w\\) из этого другого класса и кратчайший путь от его первого соседа до \\(w\\); при переходе от расстояния не больше 2 от \\(v_i\\) к вершине \\(w\\), не принадлежащей классу \\(V_i\\), на этом пути возникает новый свидетель из…"}],"relations":[{"id":"rel-benjamini-tzalik-third-fourth-distance-layer-bound","neighbor_id":"benjamini-tzalik-shortest-paths","direction":"backward","type":"same_motif","distance":2,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-kolmogorov-2024-shortest-paths-imo-2013-c6-layers","neighbor_id":"kolmogorov-2024-t1-seniors-2-shortest-paths-even-degree","direction":"backward","type":"same_motif","distance":3,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-imo-2013-c6-imo-2021-c4-distance-cut-counting","neighbor_id":"imo-2021-c4-anisotropy-menger","direction":"forward","type":"same_motif","distance":3,"status":"needs_human_review"},{"id":"rel-imo-1994-c2-imo-2013-c6-extremal-propagation","neighbor_id":"imo-1994-c2-city-ages-harmonic-graph","direction":"backward","type":"same_motif","distance":3,"status":"needs_human_review"},{"id":"rel-kolm-2003-connectivity-imo-2013-c6","neighbor_id":"kolmogorov-2003-team-olympiad-seniors-problem-8","direction":"backward","type":"same_motif","distance":3,"status":"needs_human_review"},{"id":"rel-after-tags-imo-2005-injection-imo-2013-layers","neighbor_id":"imo-2005-c3-black-paths-injection","direction":"backward","type":"same_motif","distance":2,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-paths-counting-imo-1996-c1-r73-imo-2013-c6-layers","neighbor_id":"imo-1996-c1-grid-knight-reachability-r73-path","direction":"backward","type":"same_motif","distance":2,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-apmo-2005-p4-imo-2013-c6-layer-frontier","neighbor_id":"apmo-2005-p4-firefighters-grid-spread","direction":"backward","type":"same_motif","distance":3,"status":"needs_human_review"}],"search_text":"third-fourth-distance-layer-bound оценка четвертого слоя через третий слой расстояний connectivity double_counting goal_bound https://math.stackexchange.com/questions/863363/a-graph-on-the-cities-of-a-country https://www.imo-official.org/problems/imo2013sl.pdf imo 2013 shortlisted problems with solutions math stackexchange, a graph on the cities of a country misc official_archive reference src-imo-2013-shortlist src-mse-imo-2013-c6-layer-counting with_solution прочее ? math stackexchange, a graph on the cities of a country imo 2013 shortlisted problems with solutions stmt-distance-layer-bound оценка четвертого слоя ai_checked пусть \\(g\\) — конечный связный неориентированный граф, а \\(m\\ge1\\) — целое число. для вершины \\(x\\) обозначим \\(l_i(x)=\\{y\\in v(g):\\operatorname{dist}(x,y)=i\\}\\). если для каждой вершины \\(x\\) выполнено \\(|l_3(x)|\\le m\\), то для каждой вершины \\(x\\) выполнено \\(|l_4(x)|\\le \\left\\lfloor (m+1)^2/4\\right\\rfloor\\). connected_graph path stmt-imo-2013-c6-m100-instance imo 2013 c6: случай m=100 ai_checked при \\(m=100\\): если в связном графе для каждой вершины на расстоянии 3 от неё находится не более 100 вершин, то на расстоянии 4 от любой вершины находится не более \\(\\left\\lfloor 101^2/4\\right\\rfloor=2550\\) вершин. connected_graph path idea-partition-by-first-neighbor разбить четвертый слой по первому соседу фиксируем стартовую вершину \\(v\\). каждую вершину из \\(l_4(v)\\) приписываем одному соседу \\(v\\), через которого идет кратчайший путь длины 4; затем сравниваем размеры получившихся классов с третьими слоями вокруг этих соседей. connectivity double_counting ai_checked idea-quadratic-maximum максимум произведения при равных частях если непустых классов \\(q\\), то каждый из них имеет размер не больше \\(m+1-q\\), поэтому весь четвертый слой имеет размер не больше \\(q(m+1-q)\\), а максимум этой квадратичной функции равен \\(\\lfloor(m+1)^2/4\\rfloor\\). goal_bound ai_checked sol-mse-neighbor-partition подсчет через разбиение по соседям стартовой вершины ai_checked connected_graph path double_counting extremal_choice зафиксируем вершину \\(v\\) и перечислим ее соседей как \\(v_1,\\dots,v_p\\). построим разбиение слоя \\(l_4(v)\\). идем по соседям в этом порядке; в класс \\(v_i\\) кладем те еще не распределенные вершины \\(w\\in l_4(v)\\), для которых существует кратчайший путь \\(v-v_i-a-b-w\\). тогда каждая вершина из \\(l_4(v)\\) попадет ровно в один класс, поэтому \\(|l_4(v)|=\\sum_i |v_i|\\). оставим только непустые классы и обозначим их размеры через \\(n_1,\\dots,n_q\\). для фиксированного непустого класса \\(v_i\\) все его \\(n_i\\) вершин лежат на расстоянии 3 от соответствующего соседа \\(v_i\\). кроме того, каждый другой непустой класс дает еще одну вершину на расстоянии 3 от \\(v_i\\): берем вершину \\(w\\) из этого другого класса и кратчайший путь от его первого соседа до \\(w\\); при переходе от расстояния не больше 2 от \\(v_i\\) к вершине \\(w\\), не принадлежащей классу \\(v_i\\), на этом пути возникает новый свидетель из… third-fourth-distance-layer-bound otsenka chetvertogo sloya cherez tretiy sloy rasstoyaniy connectivity double_counting goal_bound https://math.stackexchange.com/questions/863363/a-graph-on-the-cities-of-a-country https://www.imo-official.org/problems/imo2013sl.pdf imo 2013 shortlisted problems with solutions math stackexchange, a graph on the cities of a country misc official_archive reference src-imo-2013-shortlist src-mse-imo-2013-c6-layer-counting with_solution prochee ? math stackexchange, a graph on the cities of a country imo 2013 shortlisted problems with solutions stmt-distance-layer-bound otsenka chetvertogo sloya ai_checked pust \\(g\\) — konechnyy svyaznyy neorientirovannyy graf, a \\(m\\ge1\\) — tseloe chislo. dlya vershiny \\(x\\) oboznachim \\(l_i(x)=\\{y\\in v(g):\\operatorname{dist}(x,y)=i\\}\\). esli dlya kazhdoy vershiny \\(x\\) vypolneno \\(|l_3(x)|\\le m\\), to dlya kazhdoy vershiny \\(x\\) vypolneno \\(|l_4(x)|\\le \\left\\lfloor (m+1)^2/4\\right\\rfloor\\). connected_graph path stmt-imo-2013-c6-m100-instance imo 2013 c6: sluchay m=100 ai_checked pri \\(m=100\\): esli v svyaznom grafe dlya kazhdoy vershiny na rasstoyanii 3 ot nee nahoditsya ne bolee 100 vershin, to na rasstoyanii 4 ot lyuboy vershiny nahoditsya ne bolee \\(\\left\\lfloor 101^2/4\\right\\rfloor=2550\\) vershin. connected_graph path idea-partition-by-first-neighbor razbit chetvertyy sloy po pervomu sosedu fiksiruem startovuyu vershinu \\(v\\). kazhduyu vershinu iz \\(l_4(v)\\) pripisyvaem odnomu sosedu \\(v\\), cherez kotorogo idet kratchayshiy put dliny 4; zatem sravnivaem razmery poluchivshihsya klassov s tretimi sloyami vokrug etih sosedey. connectivity double_counting ai_checked idea-quadratic-maximum maksimum proizvedeniya pri ravnyh chastyah esli nepustyh klassov \\(q\\), to kazhdyy iz nih imeet razmer ne bolshe \\(m+1-q\\), poetomu ves chetvertyy sloy imeet razmer ne bolshe \\(q(m+1-q)\\), a maksimum etoy kvadratichnoy funktsii raven \\(\\lfloor(m+1)^2/4\\rfloor\\). goal_bound ai_checked sol-mse-neighbor-partition podschet cherez razbienie po sosedyam startovoy vershiny ai_checked connected_graph path double_counting extremal_choice zafiksiruem vershinu \\(v\\) i perechislim ee sosedey kak \\(v_1,\\dots,v_p\\). postroim razbienie sloya \\(l_4(v)\\). idem po sosedyam v etom poryadke; v klass \\(v_i\\) kladem te esche ne raspredelennye vershiny \\(w\\in l_4(v)\\), dlya kotoryh suschestvuet kratchayshiy put \\(v-v_i-a-b-w\\). togda kazhdaya vershina iz \\(l_4(v)\\) popadet rovno v odin klass, poetomu \\(|l_4(v)|=\\sum_i |v_i|\\). ostavim tolko nepustye klassy i oboznachim ih razmery cherez \\(n_1,\\dots,n_q\\). dlya fiksirovannogo nepustogo klassa \\(v_i\\) vse ego \\(n_i\\) vershin lezhat na rasstoyanii 3 ot sootvetstvuyuschego soseda \\(v_i\\). krome togo, kazhdyy drugoy nepustoy klass daet esche odnu vershinu na rasstoyanii 3 ot \\(v_i\\): berem vershinu \\(w\\) iz etogo drugogo klassa i kratchayshiy put ot ego pervogo soseda do \\(w\\); pri perehode ot rasstoyaniya ne bolshe 2 ot \\(v_i\\) k vershine \\(w\\), ne prinadlezhaschey klassu \\(v_i\\), na etom puti voznikaet novyy svidetel iz…","source_keys":["misc","imo"]}
{"id":"tournament-hamiltonian-path","title":"В каждом турнире есть гамильтонов путь","path":"data\\problems\\classical\\tournament-hamiltonian-path.yaml","raw_github_url":"https://raw.githubusercontent.com/didin-maxim/knowledge_graph_of_graphs/main/data/problems/classical/tournament-hamiltonian-path.yaml","viewer_url":"https://didin-maxim.github.io/knowledge_graph_of_graphs/#tournament-hamiltonian-path","source_key":"misc","source_label":"Прочее","source_titles":["Турнир (теория графов)","Math StackExchange, Prove that every tournament contains at least one Hamiltonian path"],"year":"","type":"theorem","authors":["László Rédei"],"tags":["tournaments","hamiltonian_cycles","induction","classical_theorem","goal_existence"],"agent_topics":[],"difficulty":{"main":"local_olympiad","local_score":3,"comment":"Красивая базовая задача про турниры.","status":"ai_checked"},"review_status":"needs_human_review","public_ready":false,"solution_state":"with_solution","solution_classification":{"type":"unofficial_published","label":"опубликованное неофициальное","status":"ai_checked","confidence":0.78,"basis":"агентский аудит средней сложности","notes":"Карточка подкреплена опубликованными неофициальными, справочными, журнальными, вики-, форумными источниками или страницами задач.","audit_source":"agent-imo-us-classical.json"},"statements":{"original":[{"id":"stmt-original-1","title":"","status":"needs_review","text":"В любом конечном турнире существует ориентированный путь, проходящий через все вершины. Турнир — это ориентированный граф, в котором между любой парой различных вершин проведена ровно одна стрелка в одну из двух сторон.","definition_ids":["directed_graph","path","tournament"]}]},"solutions":[{"id":"sol-insertion","title":"Индукция со вставкой","status":"ai_checked","definition_ids":["path","tournament"],"standard_idea_ids":["induction"],"tags":[],"has_text":true,"text_preview":"Докажем индукцией по числу вершин. Для \\(n=1\\) утверждение очевидно. Удалим вершину \\(x\\); по предположению индукции в оставшемся турнире есть ориентированный путь \\(v_1\\to v_2\\to\\cdots\\to v_{n-1}\\), проходящий через все оставшиеся вершины. Если \\(x\\to v_1\\), ставим \\(x\\) в начало пути. Если \\(v_{n-1}\\to x\\), ставим \\(x\\) в конец. Остаётся случай \\(v_1\\to x\\) и \\(x\\to v_{n-1}\\). Тогда при движении по последовательности \\(v_1,\\ldots,v_{n-1}\\) впервые встретится вершина \\(v_{i+1}\\), которую бьёт \\(x\\); для предыдущей вершины ещё было \\(v_i\\to x\\). Поэтому можно заменить фрагмент \\(v_i\\to v_{i+1}\\) на \\(v_i\\to x\\to v_{i+1}\\). Получаем ориентированный путь через все вершины турнира."},{"id":"sol-max-forward-edges","title":"Доказательство через максимум прямых рёбер","status":"ai_checked","definition_ids":["path","tournament"],"standard_idea_ids":["extremal_choice"],"tags":[],"has_text":true,"text_preview":"Рассмотрим все линейные порядки вершин турнира и выберем такой, в котором число рёбер, направленных слева направо, максимально. Пусть это порядок v₁,...,vₙ. Если для некоторого i ребро между соседними вершинами направлено назад, то есть vᵢ₊₁→vᵢ, то перестановка этих двух соседей не меняет ориентацию остальных пар, а для самой пары (vᵢ,vᵢ₊₁) превращает одно «плохое» ребро в «хорошее». Число рёбер слева направо увеличится, что противоречит максимальности выбранного порядка. Значит для каждого i выполнено vᵢ→vᵢ₊₁, и сам порядок уже задаёт гамильтонов путь."}],"relations":[{"id":"rel-tournament-path-king","neighbor_id":"tournament-king-radius-two","direction":"forward","type":"same_motif","distance":3,"status":"ai_draft"},{"id":"rel-tournament-path-usa-tst-2009-p6","neighbor_id":"usa-tst-2009-p6-tournament-gap-ordering","direction":"forward","type":"prerequisite","distance":2,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-fyum-2011-finalb-p4-tournament-hamiltonian-pattern","neighbor_id":"fyum-2011-finalb-p4","direction":"backward","type":"same_motif","distance":2,"status":"needs_human_review"},{"id":"rel-tournament-imo-2023-c7","neighbor_id":"imo-2023-c7-ferry-companies-hamiltonian-paths","direction":"forward","type":"same_motif","distance":2,"status":"needs_human_review"},{"id":"rel-metadata-pass-tournament-path-kolm-2010","neighbor_id":"kolmogorov-2010-individual-olympiad-seniors-problem-4","direction":"forward","type":"prerequisite","distance":1,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-kolm-2009-r4-regular-tournament-hamiltonian-path-basic","neighbor_id":"kolmogorov-2009-round4-high-regular-tournament-hamiltonian-paths","direction":"backward","type":"prerequisite","distance":1,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-putnam-1996-a4-tournament-hamiltonian-path-order","neighbor_id":"putnam-1996-a4-oriented-triples-order","direction":"backward","type":"same_motif","distance":2,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-unique-insertion-oriented-triples-tournament-hamiltonian-path","neighbor_id":"unique-insertion-interval-oriented-triples","direction":"backward","type":"same_motif","distance":2,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-redei-odd-hamiltonian-paths-tournament-hamiltonian-path","neighbor_id":"redei-odd-hamiltonian-paths-tournament","direction":"backward","type":"prerequisite","distance":1,"status":"ai_checked"}],"search_text":"tournament-hamiltonian-path в каждом турнире есть гамильтонов путь tournaments hamiltonian_cycles induction classical_theorem goal_existence https://math.stackexchange.com/questions/1682492/prove-that-every-tournament-contains-at-least-one-hamiltonian-path https://ru.wikipedia.org/wiki/%d0%a2%d1%83%d1%80%d0%bd%d0%b8%d1%80_%28%d1%82%d0%b5%d0%be%d1%80%d0%b8%d1%8f_%d0%b3%d1%80%d0%b0%d1%84%d0%be%d0%b2%29 lászló rédei lászlórédei math stackexchange, prove that every tournament contains at least one hamiltonian path misc reference src-mse-tournament-hamiltonian-forward-edges src-wikipedia-tournament with_solution прочее турнир (теория графов) lászló rédei турнир (теория графов) math stackexchange, prove that every tournament contains at least one hamiltonian path stmt-original-1 needs_review в любом конечном турнире существует ориентированный путь, проходящий через все вершины. турнир — это ориентированный граф, в котором между любой парой различных вершин проведена ровно одна стрелка в одну из двух сторон. directed_graph path tournament idea-insert-vertex вставка вершины в путь новая вершина вставляется в уже построенный гамильтонов путь в первое место, где направление ребра меняется. tournaments induction ai_checked idea-max-forward-edges-order порядок с максимумом рёбер слева направо если упорядочить вершины так, чтобы число рёбер, направленных слева направо, было максимальным, то соседние вершины уже обязаны быть ориентированы слева направо, иначе перестановка увеличила бы этот максимум. tournaments extremal_choice ai_checked sol-insertion индукция со вставкой ai_checked path tournament induction докажем индукцией по числу вершин. для \\(n=1\\) утверждение очевидно. удалим вершину \\(x\\); по предположению индукции в оставшемся турнире есть ориентированный путь \\(v_1\\to v_2\\to\\cdots\\to v_{n-1}\\), проходящий через все оставшиеся вершины. если \\(x\\to v_1\\), ставим \\(x\\) в начало пути. если \\(v_{n-1}\\to x\\), ставим \\(x\\) в конец. остаётся случай \\(v_1\\to x\\) и \\(x\\to v_{n-1}\\). тогда при движении по последовательности \\(v_1,\\ldots,v_{n-1}\\) впервые встретится вершина \\(v_{i+1}\\), которую бьёт \\(x\\); для предыдущей вершины ещё было \\(v_i\\to x\\). поэтому можно заменить фрагмент \\(v_i\\to v_{i+1}\\) на \\(v_i\\to x\\to v_{i+1}\\). получаем ориентированный путь через все вершины турнира. sol-max-forward-edges доказательство через максимум прямых рёбер ai_checked path tournament extremal_choice рассмотрим все линейные порядки вершин турнира и выберем такой, в котором число рёбер, направленных слева направо, максимально. пусть это порядок v₁,...,vₙ. если для некоторого i ребро между соседними вершинами направлено назад, то есть vᵢ₊₁→vᵢ, то перестановка этих двух соседей не меняет ориентацию остальных пар, а для самой пары (vᵢ,vᵢ₊₁) превращает одно «плохое» ребро в «хорошее». число рёбер слева направо увеличится, что противоречит максимальности выбранного порядка. значит для каждого i выполнено vᵢ→vᵢ₊₁, и сам порядок уже задаёт гамильтонов путь. tournament-hamiltonian-path v kazhdom turnire est gamiltonov put tournaments hamiltonian_cycles induction classical_theorem goal_existence https://math.stackexchange.com/questions/1682492/prove-that-every-tournament-contains-at-least-one-hamiltonian-path https://ru.wikipedia.org/wiki/%d0%a2%d1%83%d1%80%d0%bd%d0%b8%d1%80_%28%d1%82%d0%b5%d0%be%d1%80%d0%b8%d1%8f_%d0%b3%d1%80%d0%b0%d1%84%d0%be%d0%b2%29 lászló rédei lászlórédei math stackexchange, prove that every tournament contains at least one hamiltonian path misc reference src-mse-tournament-hamiltonian-forward-edges src-wikipedia-tournament with_solution prochee turnir (teoriya grafov) lászló rédei turnir (teoriya grafov) math stackexchange, prove that every tournament contains at least one hamiltonian path stmt-original-1 needs_review v lyubom konechnom turnire suschestvuet orientirovannyy put, prohodyaschiy cherez vse vershiny. turnir — eto orientirovannyy graf, v kotorom mezhdu lyuboy paroy razlichnyh vershin provedena rovno odna strelka v odnu iz dvuh storon. directed_graph path tournament idea-insert-vertex vstavka vershiny v put novaya vershina vstavlyaetsya v uzhe postroennyy gamiltonov put v pervoe mesto, gde napravlenie rebra menyaetsya. tournaments induction ai_checked idea-max-forward-edges-order poryadok s maksimumom reber sleva napravo esli uporyadochit vershiny tak, chtoby chislo reber, napravlennyh sleva napravo, bylo maksimalnym, to sosednie vershiny uzhe obyazany byt orientirovany sleva napravo, inache perestanovka uvelichila by etot maksimum. tournaments extremal_choice ai_checked sol-insertion induktsiya so vstavkoy ai_checked path tournament induction dokazhem induktsiey po chislu vershin. dlya \\(n=1\\) utverzhdenie ochevidno. udalim vershinu \\(x\\); po predpolozheniyu induktsii v ostavshemsya turnire est orientirovannyy put \\(v_1\\to v_2\\to\\cdots\\to v_{n-1}\\), prohodyaschiy cherez vse ostavshiesya vershiny. esli \\(x\\to v_1\\), stavim \\(x\\) v nachalo puti. esli \\(v_{n-1}\\to x\\), stavim \\(x\\) v konets. ostaetsya sluchay \\(v_1\\to x\\) i \\(x\\to v_{n-1}\\). togda pri dvizhenii po posledovatelnosti \\(v_1,\\ldots,v_{n-1}\\) vpervye vstretitsya vershina \\(v_{i+1}\\), kotoruyu bet \\(x\\); dlya predyduschey vershiny esche bylo \\(v_i\\to x\\). poetomu mozhno zamenit fragment \\(v_i\\to v_{i+1}\\) na \\(v_i\\to x\\to v_{i+1}\\). poluchaem orientirovannyy put cherez vse vershiny turnira. sol-max-forward-edges dokazatelstvo cherez maksimum pryamyh reber ai_checked path tournament extremal_choice rassmotrim vse lineynye poryadki vershin turnira i vyberem takoy, v kotorom chislo reber, napravlennyh sleva napravo, maksimalno. pust eto poryadok v₁,...,vₙ. esli dlya nekotorogo i rebro mezhdu sosednimi vershinami napravleno nazad, to est vᵢ₊₁→vᵢ, to perestanovka etih dvuh sosedey ne menyaet orientatsiyu ostalnyh par, a dlya samoy pary (vᵢ,vᵢ₊₁) prevraschaet odno «plohoe» rebro v «horoshee». chislo reber sleva napravo uvelichitsya, chto protivorechit maksimalnosti vybrannogo poryadka. znachit dlya kazhdogo i vypolneno vᵢ→vᵢ₊₁, i sam poryadok uzhe zadaet gamiltonov put.","source_keys":["misc"]}
{"id":"tournament-king-radius-two","title":"В турнире есть король радиуса 2","path":"data\\problems\\classical\\tournament-king-radius-two.yaml","raw_github_url":"https://raw.githubusercontent.com/didin-maxim/knowledge_graph_of_graphs/main/data/problems/classical/tournament-king-radius-two.yaml","viewer_url":"https://didin-maxim.github.io/knowledge_graph_of_graphs/#tournament-king-radius-two","source_key":"misc","source_label":"Прочее","source_titles":["Турнир (теория графов)"],"year":"","type":"lemma","authors":["Edmund Landau"],"tags":["tournaments","extremal_choice","classical_theorem","goal_exact_bound"],"agent_topics":[],"difficulty":{"main":"local_olympiad","local_score":3,"comment":"Стандартный экстремальный выбор в турнирах.","status":"ai_checked"},"review_status":"needs_human_review","public_ready":false,"solution_state":"with_solution","solution_classification":{"type":"unofficial_published","label":"опубликованное неофициальное","status":"ai_checked","confidence":0.78,"basis":"агентский аудит средней сложности","notes":"Карточка подкреплена опубликованными неофициальными, справочными, журнальными, вики-, форумными источниками или страницами задач.","audit_source":"agent-imo-us-classical.json"},"statements":{"original":[{"id":"stmt-original-1","title":"","status":"needs_review","text":"В каждом конечном турнире существует вершина, из которой до любой другой вершины можно добраться по направлению стрелок не более чем за два шага.","definition_ids":["directed_graph","path","tournament","degree"]}]},"solutions":[{"id":"sol-max-outdegree","title":"Доказательство максимальной степенью","status":"ai_checked","definition_ids":["degree","outdegree"],"standard_idea_ids":["extremal_choice"],"tags":[],"has_text":true,"text_preview":"Пусть x — вершина с максимальной исходящей степенью. Возьмем вершину y. Если x→y, все готово. Иначе y→x. Предположим, что нет z с x→z→y. Тогда для каждого исходящего соседа z вершины x имеем y→z. Значит y бьет x и всех исходящих соседей x, поэтому исходящая степень y больше исходящей степени x, противоречие максимальности x."}],"relations":[{"id":"rel-tournament-path-king","neighbor_id":"tournament-hamiltonian-path","direction":"backward","type":"same_motif","distance":3,"status":"ai_draft"},{"id":"rel-king-usa-tst-2009-p6","neighbor_id":"usa-tst-2009-p6-tournament-gap-ordering","direction":"forward","type":"same_motif","distance":3,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-cmo-2006-max-cycle-triplets-tournament-king","neighbor_id":"cmo-2006-p4-max-cycle-triplets-tournament","direction":"backward","type":"same_motif","distance":2,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-cmo-2006-p4-tournament-king-outdegree","neighbor_id":"cmo-2006-p4-cycle-triplets-tournament","direction":"backward","type":"same_motif","distance":2,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-tournament-king-imo-2010-c5","neighbor_id":"imo-2010-c5-bad-company-tournament","direction":"forward","type":"same_motif","distance":3,"status":"needs_human_review"},{"id":"rel-utyum-2025-oriented-bound-tournament-king","neighbor_id":"utyum-2025_komol65_8_6_oriented_graph_bound","direction":"backward","type":"same_motif","distance":2,"status":"needs_human_review"},{"id":"rel-utyum-2021-archipelago-tournament-king","neighbor_id":"utyum-2021_komol_6_archipelago_bridges","direction":"backward","type":"same_motif","distance":2,"status":"needs_human_review"}],"search_text":"tournament-king-radius-two в турнире есть король радиуса 2 tournaments extremal_choice classical_theorem goal_exact_bound edmund landau edmundlandau https://ru.wikipedia.org/wiki/%d0%a2%d1%83%d1%80%d0%bd%d0%b8%d1%80_%28%d1%82%d0%b5%d0%be%d1%80%d0%b8%d1%8f_%d0%b3%d1%80%d0%b0%d1%84%d0%be%d0%b2%29 misc reference src-wikipedia-tournament with_solution прочее турнир (теория графов) edmund landau турнир (теория графов) stmt-original-1 needs_review в каждом конечном турнире существует вершина, из которой до любой другой вершины можно добраться по направлению стрелок не более чем за два шага. directed_graph path tournament degree idea-max-outdegree максимальная исходящая степень если вершина максимальной исходящей степени не достигает y за два шага, то y доминирует над всеми ее исходящими соседями и имеет большую исходящую степень. tournaments extremal_choice ai_checked sol-max-outdegree доказательство максимальной степенью ai_checked degree outdegree extremal_choice пусть x — вершина с максимальной исходящей степенью. возьмем вершину y. если x→y, все готово. иначе y→x. предположим, что нет z с x→z→y. тогда для каждого исходящего соседа z вершины x имеем y→z. значит y бьет x и всех исходящих соседей x, поэтому исходящая степень y больше исходящей степени x, противоречие максимальности x. tournament-king-radius-two v turnire est korol radiusa 2 tournaments extremal_choice classical_theorem goal_exact_bound edmund landau edmundlandau https://ru.wikipedia.org/wiki/%d0%a2%d1%83%d1%80%d0%bd%d0%b8%d1%80_%28%d1%82%d0%b5%d0%be%d1%80%d0%b8%d1%8f_%d0%b3%d1%80%d0%b0%d1%84%d0%be%d0%b2%29 misc reference src-wikipedia-tournament with_solution prochee turnir (teoriya grafov) edmund landau turnir (teoriya grafov) stmt-original-1 needs_review v kazhdom konechnom turnire suschestvuet vershina, iz kotoroy do lyuboy drugoy vershiny mozhno dobratsya po napravleniyu strelok ne bolee chem za dva shaga. directed_graph path tournament degree idea-max-outdegree maksimalnaya ishodyaschaya stepen esli vershina maksimalnoy ishodyaschey stepeni ne dostigaet y za dva shaga, to y dominiruet nad vsemi ee ishodyaschimi sosedyami i imeet bolshuyu ishodyaschuyu stepen. tournaments extremal_choice ai_checked sol-max-outdegree dokazatelstvo maksimalnoy stepenyu ai_checked degree outdegree extremal_choice pust x — vershina s maksimalnoy ishodyaschey stepenyu. vozmem vershinu y. esli x→y, vse gotovo. inache y→x. predpolozhim, chto net z s x→z→y. togda dlya kazhdogo ishodyaschego soseda z vershiny x imeem y→z. znachit y bet x i vseh ishodyaschih sosedey x, poetomu ishodyaschaya stepen y bolshe ishodyaschey stepeni x, protivorechie maksimalnosti x.","source_keys":["misc"]}
{"id":"tree-equivalent-properties","title":"Эквивалентные свойства деревьев","path":"data\\problems\\classical\\tree-equivalent-properties.yaml","raw_github_url":"https://raw.githubusercontent.com/didin-maxim/knowledge_graph_of_graphs/main/data/problems/classical/tree-equivalent-properties.yaml","viewer_url":"https://didin-maxim.github.io/knowledge_graph_of_graphs/#tree-equivalent-properties","source_key":"misc","source_label":"Прочее","source_titles":["Дерево (теория графов)","Math StackExchange, Every connected graph with v vertices and v-1 edges is a tree"],"year":"","type":"theorem","authors":[],"tags":["trees","induction","classical_theorem","goal_characterization"],"agent_topics":[],"difficulty":{"main":"exercise","local_score":2,"comment":"Базовый язык задач про деревья.","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":"Карточка подкреплена опубликованными неофициальными, справочными, журнальными, вики-, форумными источниками или страницами задач.","audit_source":"agent-imo-us-classical.json"},"statements":{"original":[{"id":"stmt-original-1","title":"","status":"ai_checked","text":"Для конечного простого графа следующие условия эквивалентны: граф связен и не имеет циклов; граф связен и имеет n-1 ребро, где n — число вершин; между любыми двумя вершинами существует ровно один простой путь.","definition_ids":["simple_graph","connected_graph","cycle","path","tree"]}]},"solutions":[{"id":"sol-leaf-induction","title":"Доказательство через листья","status":"ai_checked","definition_ids":["connected_graph","path","cycle","tree"],"standard_idea_ids":["induction","delete_to_simplify"],"tags":[],"has_text":true,"text_preview":"Докажем эквивалентность трех свойств для конечного простого графа \\(G\\) на \\(n\\) вершинах: связность и отсутствие циклов; связность и \\(n-1\\) ребро; единственность простого пути между любыми двумя вершинами. Сначала пусть \\(G\\) связен и ацикличен. Если \\(n=1\\), ребер нет. При \\(n>1\\) возьмем максимальный простой путь \\(v_0v_1\\ldots v_k\\). Вершина \\(v_0\\) имеет степень 1: если у нее есть сосед не на этом пути, путь можно продолжить; если она соединена с какой-то \\(v_i\\), \\(i>1\\), возникает цикл. Тот же аргумент для другого конца пути показывает, что \\(v_k\\) тоже лист. Удалим лист \\(v_0\\) и единственное инцидентное ему ребро. Оставшийся граф по-прежнему связен: путь между двумя оставшимися вершинами не мог существенно использовать \\(v_0\\), потому что из листа нельзя выйти дальше. Циклов тоже не появилось. По индукции в оставшемся дереве \\(n-2\\) ребра, значит в \\(G\\) ровно \\(n-1\\) ребро. Т…"},{"id":"sol-minimal-connected-subgraph","title":"Доказательство через минимальный связный подграф","status":"ai_checked","definition_ids":["connected_graph","path","cycle","tree"],"standard_idea_ids":["induction","extremal_choice","delete_to_simplify"],"tags":[],"has_text":true,"text_preview":"Обозначим три свойства так: (1) граф связен и не имеет циклов; (2) граф связен и имеет \\(n-1\\) ребро; (3) между любыми двумя вершинами существует ровно один простой путь. Сначала докажем, что (1) влечёт (2). В конечном связном ациклическом графе с \\(n>1\\) есть лист: возьмём длиннейший простой путь, и у его конца не может быть второго соседа, иначе путь продолжился бы или появился бы цикл. Удаление листа сохраняет связность оставшегося графа и уменьшает число вершин и рёбер на 1. Индукция по \\(n\\) даёт, что рёбер ровно \\(n-1\\). Докажем, что (2) влечёт (1). Рассмотрим среди связных остовных подграфов графа \\(G\\) подграф \\(H\\) с минимальным числом рёбер. Он не содержит циклов, потому что из цикла можно удалить одно ребро и связность сохранится. Значит, по уже доказанному в \\(H\\) ровно \\(n-1\\) ребро. Но в \\(G\\) тоже ровно \\(n-1\\) ребро и \\(H\\subseteq G\\), поэтому \\(H=G\\), то есть \\(G\\) ацик…"}],"relations":[{"id":"rel-tree-euler-formula","neighbor_id":"euler-formula-planar","direction":"forward","type":"prerequisite","distance":2,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-tree-red-cells-2022","neighbor_id":"tc-2022-23-blue-red-cells-connectivity","direction":"forward","type":"prerequisite","distance":2,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-tree-coins-forest-2023","neighbor_id":"tc-2023-24-coins-pairing-weighing-forest","direction":"forward","type":"prerequisite","distance":2,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-tree-state-game-2018","neighbor_id":"tc-2018-19-simple-state-tree-game","direction":"forward","type":"prerequisite","distance":1,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-tree-connectivity-query-2015","neighbor_id":"tc-2015-16-connectivity-query-lower-bound","direction":"forward","type":"prerequisite","distance":1,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-tree-distinct-rows-1980","neighbor_id":"tc-1980-distinct-rows-delete-column","direction":"forward","type":"prerequisite","distance":1,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-vosh-even-board-tree-properties","neighbor_id":"vosh-2013-14-regional-even-rows-columns","direction":"forward","type":"prerequisite","distance":1,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-tree-usamo-1999-p1","neighbor_id":"usamo-1999-p1-checkers-board-graph-rank","direction":"forward","type":"same_motif","distance":2,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-tree-usamo-2023-p3","neighbor_id":"usamo-2023-p3-domino-slides-special-square-digraph","direction":"forward","type":"prerequisite","distance":1,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-tree-usajmo-2023-p3","neighbor_id":"usajmo-2023-p3-domino-slides-special-square-digraph","direction":"forward","type":"prerequisite","distance":1,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-tree-properties-cayley-prufer","neighbor_id":"cayley-prufer-labeled-trees","direction":"forward","type":"prerequisite","distance":1,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-tree-properties-near-perfect-matchings","neighbor_id":"tree-near-perfect-matchings-path-extremal","direction":"forward","type":"prerequisite","distance":1,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-all-union-1986-tree-distances-tree-properties","neighbor_id":"all-union-1986-final-9-tree-distances-n6-construction","direction":"backward","type":"prerequisite","distance":1,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-all-union-1986-n1986-tree-properties","neighbor_id":"all-union-1986-final-9-tree-distances-n1986-impossible","direction":"backward","type":"prerequisite","distance":1,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-kolm-2022-max-length-tree-tree-basics","neighbor_id":"kolmogorov-2022-round4-high-maximum-length-tree-diameter-circles","direction":"backward","type":"prerequisite","distance":3,"status":"needs_human_review"},{"id":"rel-tree-equivalent-properties-baltic-way-2024-p6-leaf-induction","neighbor_id":"baltic-way-2024-p6-tree-edge-slide-labyrinth","direction":"forward","type":"prerequisite","distance":1,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-tree-equivalent-spbmo-2018-8-p7-unique-path-spanning-tree","neighbor_id":"spbmo-2018-8-p7-k4-edge-spanning-tree-few-degree2","direction":"forward","type":"prerequisite","distance":1,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-tree-properties-spbmo-2019-metro-path-cover","neighbor_id":"spbmo-2019-9-11-p2-metro-cover-by-simple-paths","direction":"forward","type":"prerequisite","distance":1,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-tree-equivalent-properties-euler-trail-extension-center-forest","neighbor_id":"euler-trail-extension-center-forest","direction":"forward","type":"prerequisite","distance":1,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-imc-1999-grid-cycle-tree-properties","neighbor_id":"imc-1999-day1-p5-marked-grid-cycle","direction":"backward","type":"prerequisite","distance":3,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-imc-2023-tree-distance-tree-properties","neighbor_id":"imc-2023-day2-p8-tree-distance-wiener-harary","direction":"backward","type":"prerequisite","distance":2,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-tree-imo-2024-c8","neighbor_id":"imo-2024-c8-board-coloring-tree","direction":"forward","type":"prerequisite","distance":1,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-tree-imo-2019-c3-functional-digraph","neighbor_id":"imo-2019-c3-coin-process-digraph","direction":"forward","type":"same_motif","distance":3,"status":"needs_human_review"},{"id":"rel-tree-imo-2004-c3-non-tree-lower-bound","neighbor_id":"imo-2004-c3-delete-edge-from-4cycle","direction":"forward","type":"prerequisite","distance":2,"status":"needs_human_review"},{"id":"rel-imo-2005-c2-tree-induction","neighbor_id":"imo-2005-c2-dynastic-vertices-forest","direction":"forward","type":"prerequisite","distance":2,"status":"needs_human_review"},{"id":"rel-tree-imo-2014-c9","neighbor_id":"imo-2014-c9-snail-circles-tree","direction":"forward","type":"prerequisite","distance":1,"status":"needs_human_review"},{"id":"rel-kolm-2004-tree-reconstruction-tree-basics","neighbor_id":"kolmogorov-2004-round1-higher-league-problem-3","direction":"backward","type":"prerequisite","distance":2,"status":"needs_human_review"},{"id":"rel-tree-equivalent-properties-maximum-spanning-tree-cycle-shortest-edge","neighbor_id":"maximum-spanning-tree-cycle-shortest-edge-lemma","direction":"forward","type":"prerequisite","distance":1,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-metadata-tree-euler-tree-memo-2021-i2-forest-bound","neighbor_id":"memo-2021-i2-bishop-circuit-forest","direction":"forward","type":"prerequisite","distance":1,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-metadata-tree-euler-tree-rmm-2023-spanning-exchange","neighbor_id":"rmm-2023-p6-colored-spanning-tree-suspicious-edges","direction":"forward","type":"prerequisite","distance":1,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-metadata-tree-euler-tree-kolm-2022-infinite-tree","neighbor_id":"kolmogorov-2022-round2-high-colored-integers-infinite-tree","direction":"forward","type":"same_motif","distance":2,"status":"needs_human_review"},{"id":"rel-metadata-pass-tree-kolm-2006-t-tetromino","neighbor_id":"kolmogorov-2006-round-2-super-league-problem-6","direction":"forward","type":"prerequisite","distance":1,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-metadata-kolm-2006-wheel-spanning-tree-basics","neighbor_id":"kolmogorov-2006-team-olympiad-seniors-problem-9","direction":"backward","type":"prerequisite","distance":2,"status":"needs_human_review"},{"id":"rel-metadata-kolm-late-2011-tree-cube-tree-equivalent","neighbor_id":"kolmogorov-2011-individual-olympiad-seniors-problem-7","direction":"backward","type":"prerequisite","distance":2,"status":"needs_human_review"},{"id":"rel-tree-equivalent-no-two-color-cycle-edge-bound","neighbor_id":"no-two-color-cycle-edge-bound","direction":"forward","type":"prerequisite","distance":1,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-offplan-imo-2020-c4-tree-properties","neighbor_id":"imo-2020-c4-fibonacci-difference-forest","direction":"forward","type":"prerequisite","distance":1,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-kolmogorov-2008-r1-fl-hj-p1-tree-equivalent-properties","neighbor_id":"kolmogorov-2008-round-1-first-league-and-higher-junior-problem-1","direction":"backward","type":"prerequisite","distance":1,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-kolm-2015-spies-tree-equivalent-noncut-leaf","neighbor_id":"kolmogorov-2015-round-4-spies-and-opergroups-problem","direction":"backward","type":"prerequisite","distance":2,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-kolm-2022-r1-nonedges-tree-components","neighbor_id":"kolmogorov-2022-round1-high-edge-count-permutation-nonedges","direction":"backward","type":"prerequisite","distance":1,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-tree-basics-to-colored-spanning-tree-exchange-lemma","neighbor_id":"colored-spanning-tree-good-family-exchange-lemma","direction":"forward","type":"prerequisite","distance":1,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-tree-properties-spbmo2024-metric-path-shortcuts","neighbor_id":"spbmo-2024-9-11-metric-path-with-shortcuts","direction":"forward","type":"prerequisite","distance":1,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-tree-equivalent-tree-vs-independent-set-bound","neighbor_id":"tree-vs-independent-set-ramsey-bound","direction":"forward","type":"prerequisite","distance":1,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-tree-equivalent-tree-total-domination-two-thirds","neighbor_id":"tree-total-domination-two-thirds","direction":"forward","type":"prerequisite","distance":1,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-utyum-2018-tree-cities-tree-properties","neighbor_id":"utyum-2018_lichol_8_tree_cities","direction":"backward","type":"prerequisite","distance":1,"status":"needs_human_review"},{"id":"rel-utyum-2025-important-cities-tree-properties","neighbor_id":"utyum-2025_komol64_7_5_important_cities_tree","direction":"backward","type":"prerequisite","distance":1,"status":"needs_human_review"},{"id":"rel-tree-equivalent-properties-vosh-2000-tree-leaves-bridge-proof","neighbor_id":"vosh-2000-01-final-tree-leaves-bridge-proof","direction":"forward","type":"prerequisite","distance":1,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-tree-equivalent-properties-vosh-2010-cement-routing","neighbor_id":"vosh-2010-11-regional-warehouses-cement-routing","direction":"forward","type":"prerequisite","distance":1,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-tree-equivalent-properties-vosh-2022-optimal-road-networks","neighbor_id":"vosh-2022-23-final-optimal-road-networks","direction":"forward","type":"prerequisite","distance":1,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-yumt-2014-gr2-p9-tree-leaf-induction","neighbor_id":"yumt-2014-grand-round2-problem9","direction":"forward","type":"same_motif","distance":2,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-yumt-2025-unior-r1-p1-tree-equivalent-properties","neighbor_id":"yumt-2025-unior-round1-problem1","direction":"backward","type":"prerequisite","distance":2,"status":"needs_human_review"}],"search_text":"tree-equivalent-properties эквивалентные свойства деревьев trees induction classical_theorem goal_characterization https://math.stackexchange.com/questions/1986295/every-connected-graph-with-v-vertices-and-v-1-edges-is-a-tree https://ru.wikipedia.org/wiki/%d0%94%d0%b5%d1%80%d0%b5%d0%b2%d0%be_%28%d1%82%d0%b5%d0%be%d1%80%d0%b8%d1%8f_%d0%b3%d1%80%d0%b0%d1%84%d0%be%d0%b2%29 math stackexchange, every connected graph with v vertices and v-1 edges is a tree misc reference src-mse-tree-minimal-connected src-wikipedia-tree with_solution дерево (теория графов) прочее ? дерево (теория графов) math stackexchange, every connected graph with v vertices and v-1 edges is a tree stmt-original-1 ai_checked для конечного простого графа следующие условия эквивалентны: граф связен и не имеет циклов; граф связен и имеет n-1 ребро, где n — число вершин; между любыми двумя вершинами существует ровно один простой путь. simple_graph connected_graph cycle path tree idea-leaf-induction индукция по листу в каждом конечном дереве с хотя бы двумя вершинами есть лист; удаление листа сохраняет структуру дерева. trees induction ai_checked idea-minimal-connected-subgraph минимальный связный подграф уже дерево если в связном подграфе нельзя удалить ни одного ребра без потери связности, то цикла в нём быть не может: ребро цикла всегда можно выбросить. trees extremal_choice ai_checked sol-leaf-induction доказательство через листья ai_checked connected_graph path cycle tree induction delete_to_simplify докажем эквивалентность трех свойств для конечного простого графа \\(g\\) на \\(n\\) вершинах: связность и отсутствие циклов; связность и \\(n-1\\) ребро; единственность простого пути между любыми двумя вершинами. сначала пусть \\(g\\) связен и ацикличен. если \\(n=1\\), ребер нет. при \\(n>1\\) возьмем максимальный простой путь \\(v_0v_1\\ldots v_k\\). вершина \\(v_0\\) имеет степень 1: если у нее есть сосед не на этом пути, путь можно продолжить; если она соединена с какой-то \\(v_i\\), \\(i>1\\), возникает цикл. тот же аргумент для другого конца пути показывает, что \\(v_k\\) тоже лист. удалим лист \\(v_0\\) и единственное инцидентное ему ребро. оставшийся граф по-прежнему связен: путь между двумя оставшимися вершинами не мог существенно использовать \\(v_0\\), потому что из листа нельзя выйти дальше. циклов тоже не появилось. по индукции в оставшемся дереве \\(n-2\\) ребра, значит в \\(g\\) ровно \\(n-1\\) ребро. т… sol-minimal-connected-subgraph доказательство через минимальный связный подграф ai_checked connected_graph path cycle tree induction extremal_choice delete_to_simplify обозначим три свойства так: (1) граф связен и не имеет циклов; (2) граф связен и имеет \\(n-1\\) ребро; (3) между любыми двумя вершинами существует ровно один простой путь. сначала докажем, что (1) влечёт (2). в конечном связном ациклическом графе с \\(n>1\\) есть лист: возьмём длиннейший простой путь, и у его конца не может быть второго соседа, иначе путь продолжился бы или появился бы цикл. удаление листа сохраняет связность оставшегося графа и уменьшает число вершин и рёбер на 1. индукция по \\(n\\) даёт, что рёбер ровно \\(n-1\\). докажем, что (2) влечёт (1). рассмотрим среди связных остовных подграфов графа \\(g\\) подграф \\(h\\) с минимальным числом рёбер. он не содержит циклов, потому что из цикла можно удалить одно ребро и связность сохранится. значит, по уже доказанному в \\(h\\) ровно \\(n-1\\) ребро. но в \\(g\\) тоже ровно \\(n-1\\) ребро и \\(h\\subseteq g\\), поэтому \\(h=g\\), то есть \\(g\\) ацик… tree-equivalent-properties ekvivalentnye svoystva derevev trees induction classical_theorem goal_characterization https://math.stackexchange.com/questions/1986295/every-connected-graph-with-v-vertices-and-v-1-edges-is-a-tree https://ru.wikipedia.org/wiki/%d0%94%d0%b5%d1%80%d0%b5%d0%b2%d0%be_%28%d1%82%d0%b5%d0%be%d1%80%d0%b8%d1%8f_%d0%b3%d1%80%d0%b0%d1%84%d0%be%d0%b2%29 math stackexchange, every connected graph with v vertices and v-1 edges is a tree misc reference src-mse-tree-minimal-connected src-wikipedia-tree with_solution derevo (teoriya grafov) prochee ? derevo (teoriya grafov) math stackexchange, every connected graph with v vertices and v-1 edges is a tree stmt-original-1 ai_checked dlya konechnogo prostogo grafa sleduyuschie usloviya ekvivalentny: graf svyazen i ne imeet tsiklov; graf svyazen i imeet n-1 rebro, gde n — chislo vershin; mezhdu lyubymi dvumya vershinami suschestvuet rovno odin prostoy put. simple_graph connected_graph cycle path tree idea-leaf-induction induktsiya po listu v kazhdom konechnom dereve s hotya by dvumya vershinami est list; udalenie lista sohranyaet strukturu dereva. trees induction ai_checked idea-minimal-connected-subgraph minimalnyy svyaznyy podgraf uzhe derevo esli v svyaznom podgrafe nelzya udalit ni odnogo rebra bez poteri svyaznosti, to tsikla v nem byt ne mozhet: rebro tsikla vsegda mozhno vybrosit. trees extremal_choice ai_checked sol-leaf-induction dokazatelstvo cherez listya ai_checked connected_graph path cycle tree induction delete_to_simplify dokazhem ekvivalentnost treh svoystv dlya konechnogo prostogo grafa \\(g\\) na \\(n\\) vershinah: svyaznost i otsutstvie tsiklov; svyaznost i \\(n-1\\) rebro; edinstvennost prostogo puti mezhdu lyubymi dvumya vershinami. snachala pust \\(g\\) svyazen i atsiklichen. esli \\(n=1\\), reber net. pri \\(n>1\\) vozmem maksimalnyy prostoy put \\(v_0v_1\\ldots v_k\\). vershina \\(v_0\\) imeet stepen 1: esli u nee est sosed ne na etom puti, put mozhno prodolzhit; esli ona soedinena s kakoy-to \\(v_i\\), \\(i>1\\), voznikaet tsikl. tot zhe argument dlya drugogo kontsa puti pokazyvaet, chto \\(v_k\\) tozhe list. udalim list \\(v_0\\) i edinstvennoe intsidentnoe emu rebro. ostavshiysya graf po-prezhnemu svyazen: put mezhdu dvumya ostavshimisya vershinami ne mog suschestvenno ispolzovat \\(v_0\\), potomu chto iz lista nelzya vyyti dalshe. tsiklov tozhe ne poyavilos. po induktsii v ostavshemsya dereve \\(n-2\\) rebra, znachit v \\(g\\) rovno \\(n-1\\) rebro. t… sol-minimal-connected-subgraph dokazatelstvo cherez minimalnyy svyaznyy podgraf ai_checked connected_graph path cycle tree induction extremal_choice delete_to_simplify oboznachim tri svoystva tak: (1) graf svyazen i ne imeet tsiklov; (2) graf svyazen i imeet \\(n-1\\) rebro; (3) mezhdu lyubymi dvumya vershinami suschestvuet rovno odin prostoy put. snachala dokazhem, chto (1) vlechet (2). v konechnom svyaznom atsiklicheskom grafe s \\(n>1\\) est list: vozmem dlinneyshiy prostoy put, i u ego kontsa ne mozhet byt vtorogo soseda, inache put prodolzhilsya by ili poyavilsya by tsikl. udalenie lista sohranyaet svyaznost ostavshegosya grafa i umenshaet chislo vershin i reber na 1. induktsiya po \\(n\\) daet, chto reber rovno \\(n-1\\). dokazhem, chto (2) vlechet (1). rassmotrim sredi svyaznyh ostovnyh podgrafov grafa \\(g\\) podgraf \\(h\\) s minimalnym chislom reber. on ne soderzhit tsiklov, potomu chto iz tsikla mozhno udalit odno rebro i svyaznost sohranitsya. znachit, po uzhe dokazannomu v \\(h\\) rovno \\(n-1\\) rebro. no v \\(g\\) tozhe rovno \\(n-1\\) rebro i \\(h\\subseteq g\\), poetomu \\(h=g\\), to est \\(g\\) atsik…","source_keys":["misc"]}
{"id":"tree-near-perfect-matchings-path-extremal","title":"Экстремальная лемма о почти совершенных паросочетаниях в дереве","path":"data\\problems\\classical\\tree-near-perfect-matchings-path-extremal.yaml","raw_github_url":"https://raw.githubusercontent.com/didin-maxim/knowledge_graph_of_graphs/main/data/problems/classical/tree-near-perfect-matchings-path-extremal.yaml","viewer_url":"https://didin-maxim.github.io/knowledge_graph_of_graphs/#tree-near-perfect-matchings-path-extremal","source_key":"misc","source_label":"Прочее","source_titles":["УТЮМ 2025, командная олимпиада, 8 класс, 7. Толстые паросочетания в дереве на 80 вершинах (официальный архив)"],"year":"","type":"lemma","authors":[],"tags":["trees","matching","induction","extremal_choice","goal_exact_bound","goal_characterization","classical_lemma"],"agent_topics":[],"difficulty":{"main":"regional","local_score":6,"comment":"Техническая индукционная лемма с точной оценкой и жёстким случаем равенства; по сложности соответствует сильной олимпиадной задаче про деревья и паросочетания.","status":"ai_checked"},"review_status":"ai_checked","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":"manual high-reasoning extraction аудит","notes":"Лемма извлечена из официального решения UTYUM и развёрнута в самостоятельное доказательство.","audit_source":"manual-high-reasoning-2026-05-05"},"statements":{"original":[{"id":"stmt-original-1","title":"","status":"ai_checked","text":"Пусть \\(n\\ge 2\\), а \\(T\\) — дерево на \\(2n\\) вершинах. Тогда число паросочетаний в \\(T\\), состоящих из \\(n-1\\) ребра, не превосходит \\(\\binom{n+1}{2}\\). Если \\(n\\ge 3\\) и равенство достигается, то \\(T\\) является путём. При этом путь на \\(2n\\) вершинах действительно имеет ровно \\(\\binom{n+1}{2}\\) таких паросочетаний.","definition_ids":["tree","matching","path"]}],"graph_theory":[{"id":"stmt-graph-tree-near-perfect-matchings-extremal","title":"Почти совершенные паросочетания в дереве","status":"ai_checked","text":"Пусть \\(n\\ge 2\\), а \\(T\\) — конечное дерево на \\(2n\\) вершинах. Обозначим через \\(m_{n-1}(T)\\) число паросочетаний в \\(T\\), состоящих из \\(n-1\\) рёбер. Тогда \\(m_{n-1}(T)\\le \\binom{n+1}{2}\\). Если \\(n\\ge 3\\) и \\(m_{n-1}(T)=\\binom{n+1}{2}\\), то \\(T\\) является путём. Путь \\(P_{2n}\\) действительно достигает этой оценки.","definition_ids":["tree","matching","path"]}]},"solutions":[{"id":"sol-induction-bipartition","title":"Индукция и разбор двудольных долей","status":"ai_checked","definition_ids":["tree","matching","path","bipartite_graph"],"standard_idea_ids":["induction","extremal_choice","delete_to_simplify"],"tags":[],"has_text":true,"text_preview":"Докажем утверждение индукцией по \\(n\\). При \\(n=2\\) паросочетание из одного ребра можно выбрать ровно \\(|E(T)|=3\\) способами, а \\(3=\\binom{3}{2}\\). Заметим также стандартный факт: в любом лесу совершенное паросочетание, если оно существует, единственно. Действительно, лист обязан быть покрыт единственным инцидентным ему ребром; удаляя оба конца этого ребра и повторяя рассуждение, получаем вынужденность всего паросочетания. Пусть теперь \\(n\\ge 3\\), и утверждение уже доказано для меньших значений параметра. Рассмотрим двудольное разбиение дерева \\(T\\) на доли \\(A\\) и \\(B\\). Каждое паросочетание из \\(n-1\\) ребра покрывает ровно \\(n-1\\) вершин каждой доли, поэтому возможны только размеры долей \\((n-1,n+1)\\), \\((n,n)\\) и \\((n+1,n-1)\\). Сначала пусть, например, \\(|A|=n+1\\), \\(|B|=n-1\\). Тогда всякая нужная выборка оставляет непокрытыми ровно две вершины из \\(A\\). После выбора этой пары оставш…"}],"relations":[{"id":"rel-tree-properties-near-perfect-matchings","neighbor_id":"tree-equivalent-properties","direction":"backward","type":"prerequisite","distance":1,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-handshaking-near-perfect-tree-matchings","neighbor_id":"handshaking-lemma","direction":"backward","type":"prerequisite","distance":2,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-spbmo2024-metric-path-shortcuts-tree-matching-extremal","neighbor_id":"spbmo-2024-9-11-metric-path-with-shortcuts","direction":"backward","type":"same_motif","distance":3,"status":"needs_human_review"},{"id":"rel-sums-2012-p7-minimum-tree-near-perfect-path","neighbor_id":"sums-2012-p7-tree-connected-subsets-minimum","direction":"backward","type":"same_motif","distance":4,"status":"needs_human_review"},{"id":"rel-sums-2012-p7-tree-near-perfect-path","neighbor_id":"sums-2012-p7-tree-connected-subsets-extrema","direction":"backward","type":"same_motif","distance":4,"status":"needs_human_review"},{"id":"rel-tree-near-perfect-matchings-path-utyum-2025-tree-matchings","neighbor_id":"utyum-2025_komol64_8_7_tree_matchings_path","direction":"forward","type":"prerequisite","distance":1,"status":"ai_checked"}],"search_text":"tree-near-perfect-matchings-path-extremal экстремальная лемма о почти совершенных паросочетаниях в дереве trees matching induction extremal_choice goal_exact_bound goal_characterization classical_lemma https://turmath.ru/uraltur/files/archive/ural64.zip misc official_archive src-utyum-2025_komol64_8_7_tree_matchings_path-official with_solution прочее утюм 2025, командная олимпиада, 8 класс, 7. толстые паросочетания в дереве на 80 вершинах (официальный архив) ? утюм 2025, командная олимпиада, 8 класс, 7. толстые паросочетания в дереве на 80 вершинах (официальный архив) stmt-original-1 ai_checked пусть \\(n\\ge 2\\), а \\(t\\) — дерево на \\(2n\\) вершинах. тогда число паросочетаний в \\(t\\), состоящих из \\(n-1\\) ребра, не превосходит \\(\\binom{n+1}{2}\\). если \\(n\\ge 3\\) и равенство достигается, то \\(t\\) является путём. при этом путь на \\(2n\\) вершинах действительно имеет ровно \\(\\binom{n+1}{2}\\) таких паросочетаний. tree matching path stmt-graph-tree-near-perfect-matchings-extremal почти совершенные паросочетания в дереве ai_checked пусть \\(n\\ge 2\\), а \\(t\\) — конечное дерево на \\(2n\\) вершинах. обозначим через \\(m_{n-1}(t)\\) число паросочетаний в \\(t\\), состоящих из \\(n-1\\) рёбер. тогда \\(m_{n-1}(t)\\le \\binom{n+1}{2}\\). если \\(n\\ge 3\\) и \\(m_{n-1}(t)=\\binom{n+1}{2}\\), то \\(t\\) является путём. путь \\(p_{2n}\\) действительно достигает этой оценки. tree matching path idea-fixed-uncovered-vertices фиксируем непокрытые вершины если в дереве или лесу заранее указать вершины, которые должны остаться непокрытыми, то оставшийся лес имеет не более одного совершенного паросочетания: лист, если он есть, вынуждает единственное ребро, после чего задача уменьшается. trees matching ai_checked idea-pendant-edge-induction индукция по висячему ребру в сбалансированном двудольном случае выбирается лист максимальной глубины. если у его соседа нет второй висячей ветки, удаление этого листа и его соседа даёт меньшее дерево, а паросочетания делятся на содержащие и не содержащие это висячее ребро. trees induction matching ai_checked sol-induction-bipartition индукция и разбор двудольных долей ai_checked tree matching path bipartite_graph induction extremal_choice delete_to_simplify докажем утверждение индукцией по \\(n\\). при \\(n=2\\) паросочетание из одного ребра можно выбрать ровно \\(|e(t)|=3\\) способами, а \\(3=\\binom{3}{2}\\). заметим также стандартный факт: в любом лесу совершенное паросочетание, если оно существует, единственно. действительно, лист обязан быть покрыт единственным инцидентным ему ребром; удаляя оба конца этого ребра и повторяя рассуждение, получаем вынужденность всего паросочетания. пусть теперь \\(n\\ge 3\\), и утверждение уже доказано для меньших значений параметра. рассмотрим двудольное разбиение дерева \\(t\\) на доли \\(a\\) и \\(b\\). каждое паросочетание из \\(n-1\\) ребра покрывает ровно \\(n-1\\) вершин каждой доли, поэтому возможны только размеры долей \\((n-1,n+1)\\), \\((n,n)\\) и \\((n+1,n-1)\\). сначала пусть, например, \\(|a|=n+1\\), \\(|b|=n-1\\). тогда всякая нужная выборка оставляет непокрытыми ровно две вершины из \\(a\\). после выбора этой пары оставш… tree-near-perfect-matchings-path-extremal ekstremalnaya lemma o pochti sovershennyh parosochetaniyah v dereve trees matching induction extremal_choice goal_exact_bound goal_characterization classical_lemma https://turmath.ru/uraltur/files/archive/ural64.zip misc official_archive src-utyum-2025_komol64_8_7_tree_matchings_path-official with_solution prochee utyum 2025, komandnaya olimpiada, 8 klass, 7. tolstye parosochetaniya v dereve na 80 vershinah (ofitsialnyy arhiv) ? utyum 2025, komandnaya olimpiada, 8 klass, 7. tolstye parosochetaniya v dereve na 80 vershinah (ofitsialnyy arhiv) stmt-original-1 ai_checked pust \\(n\\ge 2\\), a \\(t\\) — derevo na \\(2n\\) vershinah. togda chislo parosochetaniy v \\(t\\), sostoyaschih iz \\(n-1\\) rebra, ne prevoshodit \\(\\binom{n+1}{2}\\). esli \\(n\\ge 3\\) i ravenstvo dostigaetsya, to \\(t\\) yavlyaetsya putem. pri etom put na \\(2n\\) vershinah deystvitelno imeet rovno \\(\\binom{n+1}{2}\\) takih parosochetaniy. tree matching path stmt-graph-tree-near-perfect-matchings-extremal pochti sovershennye parosochetaniya v dereve ai_checked pust \\(n\\ge 2\\), a \\(t\\) — konechnoe derevo na \\(2n\\) vershinah. oboznachim cherez \\(m_{n-1}(t)\\) chislo parosochetaniy v \\(t\\), sostoyaschih iz \\(n-1\\) reber. togda \\(m_{n-1}(t)\\le \\binom{n+1}{2}\\). esli \\(n\\ge 3\\) i \\(m_{n-1}(t)=\\binom{n+1}{2}\\), to \\(t\\) yavlyaetsya putem. put \\(p_{2n}\\) deystvitelno dostigaet etoy otsenki. tree matching path idea-fixed-uncovered-vertices fiksiruem nepokrytye vershiny esli v dereve ili lesu zaranee ukazat vershiny, kotorye dolzhny ostatsya nepokrytymi, to ostavshiysya les imeet ne bolee odnogo sovershennogo parosochetaniya: list, esli on est, vynuzhdaet edinstvennoe rebro, posle chego zadacha umenshaetsya. trees matching ai_checked idea-pendant-edge-induction induktsiya po visyachemu rebru v sbalansirovannom dvudolnom sluchae vybiraetsya list maksimalnoy glubiny. esli u ego soseda net vtoroy visyachey vetki, udalenie etogo lista i ego soseda daet menshee derevo, a parosochetaniya delyatsya na soderzhaschie i ne soderzhaschie eto visyachee rebro. trees induction matching ai_checked sol-induction-bipartition induktsiya i razbor dvudolnyh doley ai_checked tree matching path bipartite_graph induction extremal_choice delete_to_simplify dokazhem utverzhdenie induktsiey po \\(n\\). pri \\(n=2\\) parosochetanie iz odnogo rebra mozhno vybrat rovno \\(|e(t)|=3\\) sposobami, a \\(3=\\binom{3}{2}\\). zametim takzhe standartnyy fakt: v lyubom lesu sovershennoe parosochetanie, esli ono suschestvuet, edinstvenno. deystvitelno, list obyazan byt pokryt edinstvennym intsidentnym emu rebrom; udalyaya oba kontsa etogo rebra i povtoryaya rassuzhdenie, poluchaem vynuzhdennost vsego parosochetaniya. pust teper \\(n\\ge 3\\), i utverzhdenie uzhe dokazano dlya menshih znacheniy parametra. rassmotrim dvudolnoe razbienie dereva \\(t\\) na doli \\(a\\) i \\(b\\). kazhdoe parosochetanie iz \\(n-1\\) rebra pokryvaet rovno \\(n-1\\) vershin kazhdoy doli, poetomu vozmozhny tolko razmery doley \\((n-1,n+1)\\), \\((n,n)\\) i \\((n+1,n-1)\\). snachala pust, naprimer, \\(|a|=n+1\\), \\(|b|=n-1\\). togda vsyakaya nuzhnaya vyborka ostavlyaet nepokrytymi rovno dve vershiny iz \\(a\\). posle vybora etoy pary ostavsh…","source_keys":["misc"]}
{"id":"tree-t-join-parity-lemma","title":"Лемма о T-соединении в дереве и нечётных степенях","path":"data\\problems\\classical\\tree-t-join-parity-lemma.yaml","raw_github_url":"https://raw.githubusercontent.com/didin-maxim/knowledge_graph_of_graphs/main/data/problems/classical/tree-t-join-parity-lemma.yaml","viewer_url":"https://didin-maxim.github.io/knowledge_graph_of_graphs/#tree-t-join-parity-lemma","source_key":"misc","source_label":"Прочее","source_titles":["Задача 64633, Всероссийская олимпиада 2013/14, региональный этап, 10-11 класс"],"year":"","type":"lemma","authors":[],"tags":["trees","goal_existence","goal_construction"],"agent_topics":[],"difficulty":{"main":"classical_tool","local_score":2,"comment":"Короткий стандартный инструмент о чётности степеней; в олимпиадных решениях обычно применяется как скрытая лемма про выбор рёбер с заданными нечётными вершинами.","status":"ai_checked"},"review_status":"needs_human_review","public_ready":false,"solution_state":"with_solution","solution_classification":{"type":"unofficial_published","label":"опубликованное неофициальное","status":"ai_checked","confidence":0.78,"basis":"агентский аудит средней сложности","notes":"Карточка подкреплена опубликованными неофициальными, справочными, журнальными, вики-, форумными источниками или страницами задач.","audit_source":"agent-imo-us-classical.json"},"statements":{"original":[{"id":"stmt-original-1","title":"","status":"ai_checked","text":"Пусть \\(G\\) — конечный связный неориентированный граф, а \\(T\\) — чётное множество его вершин. Тогда существует множество рёбер \\(F\\subseteq E(G)\\), для которого вершины нечётной степени в подграфе \\((V(G),F)\\) — ровно вершины из \\(T\\). В частности, достаточно доказать это для дерева: в дереве можно попарно разбить вершины \\(T\\), соединить каждую пару единственным простым путём и взять симметрическую разность этих путей.","definition_ids":["connected_graph","degree","path","tree"]}]},"solutions":[{"id":"sol-symmetric-difference-of-tree-paths","title":"Симметрическая разность путей","status":"ai_checked","definition_ids":["connected_graph","degree","path","tree"],"standard_idea_ids":[],"tags":[],"has_text":true,"text_preview":"Сначала докажем утверждение для дерева \\(D\\). Так как \\(|T|\\) чётно, разобьём вершины множества \\(T\\) на пары \\(\\{a_1,b_1\\},\\ldots,\\{a_k,b_k\\}\\). Для каждой пары возьмём единственный простой путь \\(P_i\\) в дереве \\(D\\) между \\(a_i\\) и \\(b_i\\). Определим \\(F\\) как симметрическую разность множеств рёбер этих путей: ребро входит в \\(F\\) тогда и только тогда, когда оно лежит в нечётном числе путей \\(P_i\\). Посмотрим на степени вершин в подграфе с множеством рёбер \\(F\\) по модулю 2. Для одного пути \\(P_i\\) вклад в степень каждой внутренней вершины равен 2, то есть чётен, а вклад в степени концов \\(a_i\\) и \\(b_i\\) равен 1. При переходе к симметрической разности мы просто складываем эти вклады по модулю 2: если одно и то же ребро встречается в двух путях, его двойной вклад исчезает. Поэтому нечётность степени вершины в \\(F\\) равна числу раз, когда эта вершина была концом выбранных путей, взято…"}],"relations":[{"id":"rel-tree-t-join-parity-vosh-2013-even-rows-columns","neighbor_id":"vosh-2013-14-regional-even-rows-columns","direction":"forward","type":"prerequisite","distance":1,"status":"ai_checked"}],"search_text":"tree-t-join-parity-lemma лемма о t-соединении в дереве и нечётных степенях trees goal_existence goal_construction https://problems.ru/view_problem_details_new.php?id=64633 misc olympiad_archive src-problems-64633 with_solution задача 64633, всероссийская олимпиада 2013/14, региональный этап, 10-11 класс прочее ? задача 64633, всероссийская олимпиада 2013/14, региональный этап, 10-11 класс stmt-original-1 ai_checked пусть \\(g\\) — конечный связный неориентированный граф, а \\(t\\) — чётное множество его вершин. тогда существует множество рёбер \\(f\\subseteq e(g)\\), для которого вершины нечётной степени в подграфе \\((v(g),f)\\) — ровно вершины из \\(t\\). в частности, достаточно доказать это для дерева: в дереве можно попарно разбить вершины \\(t\\), соединить каждую пару единственным простым путём и взять симметрическую разность этих путей. connected_graph degree path tree idea-pair-and-xor-paths попарные пути и сложение по модулю 2 если сложить набор путей по модулю 2, то внутренняя вершина каждого пути меняет степень на 2, а концы пути — на 1. поэтому после попарного соединения вершин из \\(t\\) нечётность степени остаётся только в этих концах. trees ai_checked idea-use-spanning-tree связный граф сводится к дереву в связном графе можно выбрать остовное дерево. если нужный набор рёбер построен в нём, он автоматически является набором рёбер исходного графа. trees ai_checked sol-symmetric-difference-of-tree-paths симметрическая разность путей ai_checked connected_graph degree path tree сначала докажем утверждение для дерева \\(d\\). так как \\(|t|\\) чётно, разобьём вершины множества \\(t\\) на пары \\(\\{a_1,b_1\\},\\ldots,\\{a_k,b_k\\}\\). для каждой пары возьмём единственный простой путь \\(p_i\\) в дереве \\(d\\) между \\(a_i\\) и \\(b_i\\). определим \\(f\\) как симметрическую разность множеств рёбер этих путей: ребро входит в \\(f\\) тогда и только тогда, когда оно лежит в нечётном числе путей \\(p_i\\). посмотрим на степени вершин в подграфе с множеством рёбер \\(f\\) по модулю 2. для одного пути \\(p_i\\) вклад в степень каждой внутренней вершины равен 2, то есть чётен, а вклад в степени концов \\(a_i\\) и \\(b_i\\) равен 1. при переходе к симметрической разности мы просто складываем эти вклады по модулю 2: если одно и то же ребро встречается в двух путях, его двойной вклад исчезает. поэтому нечётность степени вершины в \\(f\\) равна числу раз, когда эта вершина была концом выбранных путей, взято… tree-t-join-parity-lemma lemma o t-soedinenii v dereve i nechetnyh stepenyah trees goal_existence goal_construction https://problems.ru/view_problem_details_new.php?id=64633 misc olympiad_archive src-problems-64633 with_solution zadacha 64633, vserossiyskaya olimpiada 2013/14, regionalnyy etap, 10-11 klass prochee ? zadacha 64633, vserossiyskaya olimpiada 2013/14, regionalnyy etap, 10-11 klass stmt-original-1 ai_checked pust \\(g\\) — konechnyy svyaznyy neorientirovannyy graf, a \\(t\\) — chetnoe mnozhestvo ego vershin. togda suschestvuet mnozhestvo reber \\(f\\subseteq e(g)\\), dlya kotorogo vershiny nechetnoy stepeni v podgrafe \\((v(g),f)\\) — rovno vershiny iz \\(t\\). v chastnosti, dostatochno dokazat eto dlya dereva: v dereve mozhno poparno razbit vershiny \\(t\\), soedinit kazhduyu paru edinstvennym prostym putem i vzyat simmetricheskuyu raznost etih putey. connected_graph degree path tree idea-pair-and-xor-paths poparnye puti i slozhenie po modulyu 2 esli slozhit nabor putey po modulyu 2, to vnutrennyaya vershina kazhdogo puti menyaet stepen na 2, a kontsy puti — na 1. poetomu posle poparnogo soedineniya vershin iz \\(t\\) nechetnost stepeni ostaetsya tolko v etih kontsah. trees ai_checked idea-use-spanning-tree svyaznyy graf svoditsya k derevu v svyaznom grafe mozhno vybrat ostovnoe derevo. esli nuzhnyy nabor reber postroen v nem, on avtomaticheski yavlyaetsya naborom reber ishodnogo grafa. trees ai_checked sol-symmetric-difference-of-tree-paths simmetricheskaya raznost putey ai_checked connected_graph degree path tree snachala dokazhem utverzhdenie dlya dereva \\(d\\). tak kak \\(|t|\\) chetno, razobem vershiny mnozhestva \\(t\\) na pary \\(\\{a_1,b_1\\},\\ldots,\\{a_k,b_k\\}\\). dlya kazhdoy pary vozmem edinstvennyy prostoy put \\(p_i\\) v dereve \\(d\\) mezhdu \\(a_i\\) i \\(b_i\\). opredelim \\(f\\) kak simmetricheskuyu raznost mnozhestv reber etih putey: rebro vhodit v \\(f\\) togda i tolko togda, kogda ono lezhit v nechetnom chisle putey \\(p_i\\). posmotrim na stepeni vershin v podgrafe s mnozhestvom reber \\(f\\) po modulyu 2. dlya odnogo puti \\(p_i\\) vklad v stepen kazhdoy vnutrenney vershiny raven 2, to est cheten, a vklad v stepeni kontsov \\(a_i\\) i \\(b_i\\) raven 1. pri perehode k simmetricheskoy raznosti my prosto skladyvaem eti vklady po modulyu 2: esli odno i to zhe rebro vstrechaetsya v dvuh putyah, ego dvoynoy vklad ischezaet. poetomu nechetnost stepeni vershiny v \\(f\\) ravna chislu raz, kogda eta vershina byla kontsom vybrannyh putey, vzyato…","source_keys":["misc"]}
{"id":"tree-total-domination-two-thirds","title":"В каждом дереве есть полное доминирующее множество размера не больше \\(\\lfloor 2n/3\\rfloor\\)","path":"data\\problems\\classical\\tree-total-domination-two-thirds.yaml","raw_github_url":"https://raw.githubusercontent.com/didin-maxim/knowledge_graph_of_graphs/main/data/problems/classical/tree-total-domination-two-thirds.yaml","viewer_url":"https://didin-maxim.github.io/knowledge_graph_of_graphs/#tree-total-domination-two-thirds","source_key":"misc","source_label":"Прочее","source_titles":["УТЮМ 2018, личная олимпиада, 8 класс, 5. 1500 деревень, единственные пути и 1000 городов (официальный архив)"],"year":"","type":"lemma","authors":[],"tags":["trees","induction","goal_bound","goal_existence","goal_construction"],"agent_topics":[],"difficulty":{"main":"classical_tool","local_score":4,"comment":"Стандартный инструмент о полном доминировании в деревьях. Главная работа — выбрать правильный малый висячий фрагмент, чтобы бюджет \\(\\lfloor 2n/3\\rfloor\\) сохранялся при индукции.","status":"ai_checked"},"review_status":"needs_human_review","public_ready":false,"solution_state":"with_solution","solution_classification":{"type":"official_complete_or_near_complete","label":"официальное полное/почти полное","status":"ai_checked","confidence":0.78,"basis":"агентский аудит средней сложности","notes":"Классическая извлечённая карточка имеет официальный источник и проверенное агентом решение.","audit_source":"agent-imo-us-classical.json"},"statements":{"original":[{"id":"stmt-tree-total-domination-two-thirds","title":"","status":"ai_checked","text":"Пусть \\(T\\) — дерево на \\(n\\ge 3\\) вершинах. Тогда существует множество \\(S\\) размера не больше \\(\\lfloor 2n/3\\rfloor\\), такое что у каждой вершины \\(T\\) есть сосед в \\(S\\). Эквивалентно, полное доминирующее число любого дерева порядка хотя бы 3 не превосходит \\(\\lfloor 2n/3\\rfloor\\).","definition_ids":["tree","path","dominating_set"]}]},"solutions":[{"id":"sol-longest-path-pruning","title":"Индукция со срезанием висячего фрагмента","status":"ai_checked","definition_ids":["tree","path","dominating_set"],"standard_idea_ids":["induction","longest_path","delete_to_simplify"],"tags":[],"has_text":true,"text_preview":"Доказываем утверждение индукцией по \\(n\\). Случаи \\(n=3\\) и \\(n=4\\) непосредственны: путь или звезда такого порядка полностью доминируются двумя соседними вершинами. В индукции используется стандартное утверждение о срезании. В каждом дереве \\(T\\) с хотя бы пятью вершинами можно найти связный висячий фрагмент \\(F\\), который встречается с остальным деревом не более чем по одной граничной вершине, и множество \\(A\\) внутри \\(F\\), возможно вместе с этой граничной вершиной, так что после удаления \\(F\\) остаётся меньшее дерево или один из малых конечных случаев; каждая вершина \\(F\\) и граничная вершина имеют соседа в \\(A\\cup D\\), если \\(D\\) — полное доминирующее множество оставшегося дерева; и \\(|A|\\le \\lfloor 2|F|/3\\rfloor\\), кроме случая, когда \\(F\\) состоит из двух листьев с общей опорной вершиной, где добавление опорной вершины стоит только одну вершину. Чтобы увидеть это, возьмём длинней…"}],"relations":[{"id":"rel-schweitzer-2015-p3-dominating","neighbor_id":"miklos-schweitzer-2015-p3-relation-minimal-dominating-set","direction":"backward","type":"same_motif","distance":4,"status":"needs_human_review"},{"id":"rel-tree-total-domination-two-thirds-utyum-2018-tree-cities","neighbor_id":"utyum-2018_lichol_8_tree_cities","direction":"forward","type":"prerequisite","distance":1,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-tree-equivalent-tree-total-domination-two-thirds","neighbor_id":"tree-equivalent-properties","direction":"backward","type":"prerequisite","distance":1,"status":"ai_checked"}],"search_text":"tree-total-domination-two-thirds в каждом дереве есть полное доминирующее множество размера не больше \\(\\lfloor 2n/3\\rfloor\\) trees induction goal_bound goal_existence goal_construction https://turmath.ru/uraltur/files/archive/ural51.zip misc official_archive src-utyum-2018_lichol_8_tree_cities-official with_solution прочее утюм 2018, личная олимпиада, 8 класс, 5. 1500 деревень, единственные пути и 1000 городов (официальный архив) ? утюм 2018, личная олимпиада, 8 класс, 5. 1500 деревень, единственные пути и 1000 городов (официальный архив) stmt-tree-total-domination-two-thirds ai_checked пусть \\(t\\) — дерево на \\(n\\ge 3\\) вершинах. тогда существует множество \\(s\\) размера не больше \\(\\lfloor 2n/3\\rfloor\\), такое что у каждой вершины \\(t\\) есть сосед в \\(s\\). эквивалентно, полное доминирующее число любого дерева порядка хотя бы 3 не превосходит \\(\\lfloor 2n/3\\rfloor\\). tree path dominating_set idea-prune-near-longest-path-end срезать малый висячий фрагмент около конца длиннейшего пути рассматриваем первые несколько вершин у конца длиннейшего пути. локальные ветви там вынужденно мелкие, поэтому можно удалить висячий фрагмент размера хотя бы 2, а затем вернуть не более двух выбранных вершин, которые доминируют этот фрагмент и контролируют граничную вершину. trees induction extremal_choice ai_checked idea-two-per-three-budget тратить не больше двух выбранных вершин на три удалённые индукция устроена так, что каждое локальное удаление либо убирает хотя бы три вершины и затем добавляет две выбранные вершины, либо убирает хотя бы два листа около одной опорной вершины и затем добавляет только эту опорную вершину. неравенство с целой частью сохраняет границу \\(2n/3\\). goal_bound induction ai_checked sol-longest-path-pruning индукция со срезанием висячего фрагмента ai_checked tree path dominating_set induction longest_path delete_to_simplify доказываем утверждение индукцией по \\(n\\). случаи \\(n=3\\) и \\(n=4\\) непосредственны: путь или звезда такого порядка полностью доминируются двумя соседними вершинами. в индукции используется стандартное утверждение о срезании. в каждом дереве \\(t\\) с хотя бы пятью вершинами можно найти связный висячий фрагмент \\(f\\), который встречается с остальным деревом не более чем по одной граничной вершине, и множество \\(a\\) внутри \\(f\\), возможно вместе с этой граничной вершиной, так что после удаления \\(f\\) остаётся меньшее дерево или один из малых конечных случаев; каждая вершина \\(f\\) и граничная вершина имеют соседа в \\(a\\cup d\\), если \\(d\\) — полное доминирующее множество оставшегося дерева; и \\(|a|\\le \\lfloor 2|f|/3\\rfloor\\), кроме случая, когда \\(f\\) состоит из двух листьев с общей опорной вершиной, где добавление опорной вершины стоит только одну вершину. чтобы увидеть это, возьмём длинней… tree-total-domination-two-thirds v kazhdom dereve est polnoe dominiruyuschee mnozhestvo razmera ne bolshe \\(\\lfloor 2n/3\\rfloor\\) trees induction goal_bound goal_existence goal_construction https://turmath.ru/uraltur/files/archive/ural51.zip misc official_archive src-utyum-2018_lichol_8_tree_cities-official with_solution prochee utyum 2018, lichnaya olimpiada, 8 klass, 5. 1500 dereven, edinstvennye puti i 1000 gorodov (ofitsialnyy arhiv) ? utyum 2018, lichnaya olimpiada, 8 klass, 5. 1500 dereven, edinstvennye puti i 1000 gorodov (ofitsialnyy arhiv) stmt-tree-total-domination-two-thirds ai_checked pust \\(t\\) — derevo na \\(n\\ge 3\\) vershinah. togda suschestvuet mnozhestvo \\(s\\) razmera ne bolshe \\(\\lfloor 2n/3\\rfloor\\), takoe chto u kazhdoy vershiny \\(t\\) est sosed v \\(s\\). ekvivalentno, polnoe dominiruyuschee chislo lyubogo dereva poryadka hotya by 3 ne prevoshodit \\(\\lfloor 2n/3\\rfloor\\). tree path dominating_set idea-prune-near-longest-path-end srezat malyy visyachiy fragment okolo kontsa dlinneyshego puti rassmatrivaem pervye neskolko vershin u kontsa dlinneyshego puti. lokalnye vetvi tam vynuzhdenno melkie, poetomu mozhno udalit visyachiy fragment razmera hotya by 2, a zatem vernut ne bolee dvuh vybrannyh vershin, kotorye dominiruyut etot fragment i kontroliruyut granichnuyu vershinu. trees induction extremal_choice ai_checked idea-two-per-three-budget tratit ne bolshe dvuh vybrannyh vershin na tri udalennye induktsiya ustroena tak, chto kazhdoe lokalnoe udalenie libo ubiraet hotya by tri vershiny i zatem dobavlyaet dve vybrannye vershiny, libo ubiraet hotya by dva lista okolo odnoy opornoy vershiny i zatem dobavlyaet tolko etu opornuyu vershinu. neravenstvo s tseloy chastyu sohranyaet granitsu \\(2n/3\\). goal_bound induction ai_checked sol-longest-path-pruning induktsiya so srezaniem visyachego fragmenta ai_checked tree path dominating_set induction longest_path delete_to_simplify dokazyvaem utverzhdenie induktsiey po \\(n\\). sluchai \\(n=3\\) i \\(n=4\\) neposredstvenny: put ili zvezda takogo poryadka polnostyu dominiruyutsya dvumya sosednimi vershinami. v induktsii ispolzuetsya standartnoe utverzhdenie o srezanii. v kazhdom dereve \\(t\\) s hotya by pyatyu vershinami mozhno nayti svyaznyy visyachiy fragment \\(f\\), kotoryy vstrechaetsya s ostalnym derevom ne bolee chem po odnoy granichnoy vershine, i mnozhestvo \\(a\\) vnutri \\(f\\), vozmozhno vmeste s etoy granichnoy vershinoy, tak chto posle udaleniya \\(f\\) ostaetsya menshee derevo ili odin iz malyh konechnyh sluchaev; kazhdaya vershina \\(f\\) i granichnaya vershina imeyut soseda v \\(a\\cup d\\), esli \\(d\\) — polnoe dominiruyuschee mnozhestvo ostavshegosya dereva; i \\(|a|\\le \\lfloor 2|f|/3\\rfloor\\), krome sluchaya, kogda \\(f\\) sostoit iz dvuh listev s obschey opornoy vershinoy, gde dobavlenie opornoy vershiny stoit tolko odnu vershinu. chtoby uvidet eto, vozmem dlinney…","source_keys":["misc"]}
{"id":"tree-vs-independent-set-ramsey-bound","title":"Рамсеевская граница для дерева и независимого множества","path":"data\\problems\\classical\\tree-vs-independent-set-ramsey-bound.yaml","raw_github_url":"https://raw.githubusercontent.com/didin-maxim/knowledge_graph_of_graphs/main/data/problems/classical/tree-vs-independent-set-ramsey-bound.yaml","viewer_url":"https://didin-maxim.github.io/knowledge_graph_of_graphs/#tree-vs-independent-set-ramsey-bound","source_key":"misc","source_label":"Прочее","source_titles":["ФЮМ 2008, третий тур (a), задача 2"],"year":"","type":"lemma","authors":[],"tags":["ramsey_theory","trees","induction","goal_exact_bound"],"agent_topics":[],"difficulty":{"main":"regional","local_score":5,"comment":"Классическая рамсеевская лемма с короткой индукцией по листу дерева; в олимпиадных задачах часто используется как готовый инструмент.","status":"ai_checked"},"review_status":"needs_human_review","public_ready":false,"solution_state":"with_solution","solution_classification":{"type":"official_complete_or_near_complete","label":"официальное полное/почти полное","status":"ai_checked","confidence":0.78,"basis":"агентский аудит средней сложности","notes":"Классическая извлечённая карточка имеет официальный источник и проверенное агентом решение.","audit_source":"agent-imo-us-classical.json"},"statements":{"original":[{"id":"stmt-original-1","title":"","status":"ai_checked","text":"Пусть \\(T\\) — произвольное фиксированное дерево на \\(n\\) вершинах, а \\(k\\) — положительное целое число. Тогда всякий простой граф на \\((n-1)(k-1)+1\\) вершинах содержит либо копию дерева \\(T\\), либо независимое множество размера \\(k\\).","definition_ids":["simple_graph","tree","independent_set"]}]},"solutions":[{"id":"sol-leaf-induction","title":"Индукция по числу вершин дерева","status":"ai_checked","definition_ids":["simple_graph","tree","independent_set"],"standard_idea_ids":["induction","extremal_choice"],"tags":[],"has_text":true,"text_preview":"Докажем утверждение индукцией по \\(n\\). При \\(n=1\\) копия дерева из одной вершины есть в любом непустом графе, а при \\(k=1\\) независимое множество размера \\(1\\) тоже есть, так что базовые случаи очевидны. Пусть \\(n>1\\), и пусть граф \\(G\\) на \\((n-1)(k-1)+1\\) вершинах не содержит независимого множества размера \\(k\\). Достаточно доказать, что он содержит заданное дерево \\(T\\). Удаляя из \\(G\\) рёбра, пока это возможно без появления независимого множества размера \\(k\\), получим остовный подграф \\(H\\), минимальный по рёбрам среди графов с \\(\\alpha(H)<k\\). В \\(H\\) есть независимое множество размера \\(k-1\\): если рёбер нет, это ясно из числа вершин; иначе для любого ребра \\(uv\\) граф \\(H-uv\\) уже имеет независимое множество \\(I\\) размера \\(k\\). В графе \\(H\\) множество \\(I\\) не независимо, и единственное добавленное обратно ребро внутри \\(I\\) — это \\(uv\\); поэтому \\(I\\setminus\\{u\\}\\) независимо…"}],"relations":[{"id":"rel-tree-vs-independent-set-ramsey-bound-fyum-2008-tur3a-p2","neighbor_id":"fyum-2008-tur3a-p2","direction":"forward","type":"prerequisite","distance":1,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-ramsey-theorem-tree-vs-independent-set-bound","neighbor_id":"ramsey-theorem","direction":"backward","type":"specialization","distance":2,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-tree-equivalent-tree-vs-independent-set-bound","neighbor_id":"tree-equivalent-properties","direction":"backward","type":"prerequisite","distance":1,"status":"ai_checked"}],"search_text":"tree-vs-independent-set-ramsey-bound рамсеевская граница для дерева и независимого множества ramsey_theory trees induction goal_exact_bound https://www.guas.info/competit/fest/fest19/tur3a.tex misc olympiad_archive src-fyum-2008-tur3a-p2-official with_solution прочее фюм 2008, третий тур (a), задача 2 ? фюм 2008, третий тур (a), задача 2 stmt-original-1 ai_checked пусть \\(t\\) — произвольное фиксированное дерево на \\(n\\) вершинах, а \\(k\\) — положительное целое число. тогда всякий простой граф на \\((n-1)(k-1)+1\\) вершинах содержит либо копию дерева \\(t\\), либо независимое множество размера \\(k\\). simple_graph tree independent_set idea-critical-independent-set критическое удаление рёбер даёт почти максимальное независимое множество если граф не имеет независимого множества размера \\(k\\), можно удалить рёбра до минимального по включению подграфа с тем же свойством. удаление любого оставшегося ребра тогда создаёт независимое \\(k\\)-множество, а значит в исходном критическом графе есть независимое множество размера \\(k-1\\). ramsey_theory extremal_choice ai_checked idea-attach-leaf-from-independent-set лист достраивается из независимого множества после удаления независимого множества \\(m\\) размера \\(k-1\\) остаётся ровно достаточно вершин, чтобы по индукции найти дерево \\(t\\) без одного листа. любая вершина вне \\(m\\) смежна с некоторой вершиной из \\(m\\), иначе вместе с \\(m\\) она дала бы независимое множество размера \\(k\\). trees induction ai_checked sol-leaf-induction индукция по числу вершин дерева ai_checked simple_graph tree independent_set induction extremal_choice докажем утверждение индукцией по \\(n\\). при \\(n=1\\) копия дерева из одной вершины есть в любом непустом графе, а при \\(k=1\\) независимое множество размера \\(1\\) тоже есть, так что базовые случаи очевидны. пусть \\(n>1\\), и пусть граф \\(g\\) на \\((n-1)(k-1)+1\\) вершинах не содержит независимого множества размера \\(k\\). достаточно доказать, что он содержит заданное дерево \\(t\\). удаляя из \\(g\\) рёбра, пока это возможно без появления независимого множества размера \\(k\\), получим остовный подграф \\(h\\), минимальный по рёбрам среди графов с \\(\\alpha(h)<k\\). в \\(h\\) есть независимое множество размера \\(k-1\\): если рёбер нет, это ясно из числа вершин; иначе для любого ребра \\(uv\\) граф \\(h-uv\\) уже имеет независимое множество \\(i\\) размера \\(k\\). в графе \\(h\\) множество \\(i\\) не независимо, и единственное добавленное обратно ребро внутри \\(i\\) — это \\(uv\\); поэтому \\(i\\setminus\\{u\\}\\) независимо… tree-vs-independent-set-ramsey-bound ramseevskaya granitsa dlya dereva i nezavisimogo mnozhestva ramsey_theory trees induction goal_exact_bound https://www.guas.info/competit/fest/fest19/tur3a.tex misc olympiad_archive src-fyum-2008-tur3a-p2-official with_solution prochee fyum 2008, tretiy tur (a), zadacha 2 ? fyum 2008, tretiy tur (a), zadacha 2 stmt-original-1 ai_checked pust \\(t\\) — proizvolnoe fiksirovannoe derevo na \\(n\\) vershinah, a \\(k\\) — polozhitelnoe tseloe chislo. togda vsyakiy prostoy graf na \\((n-1)(k-1)+1\\) vershinah soderzhit libo kopiyu dereva \\(t\\), libo nezavisimoe mnozhestvo razmera \\(k\\). simple_graph tree independent_set idea-critical-independent-set kriticheskoe udalenie reber daet pochti maksimalnoe nezavisimoe mnozhestvo esli graf ne imeet nezavisimogo mnozhestva razmera \\(k\\), mozhno udalit rebra do minimalnogo po vklyucheniyu podgrafa s tem zhe svoystvom. udalenie lyubogo ostavshegosya rebra togda sozdaet nezavisimoe \\(k\\)-mnozhestvo, a znachit v ishodnom kriticheskom grafe est nezavisimoe mnozhestvo razmera \\(k-1\\). ramsey_theory extremal_choice ai_checked idea-attach-leaf-from-independent-set list dostraivaetsya iz nezavisimogo mnozhestva posle udaleniya nezavisimogo mnozhestva \\(m\\) razmera \\(k-1\\) ostaetsya rovno dostatochno vershin, chtoby po induktsii nayti derevo \\(t\\) bez odnogo lista. lyubaya vershina vne \\(m\\) smezhna s nekotoroy vershinoy iz \\(m\\), inache vmeste s \\(m\\) ona dala by nezavisimoe mnozhestvo razmera \\(k\\). trees induction ai_checked sol-leaf-induction induktsiya po chislu vershin dereva ai_checked simple_graph tree independent_set induction extremal_choice dokazhem utverzhdenie induktsiey po \\(n\\). pri \\(n=1\\) kopiya dereva iz odnoy vershiny est v lyubom nepustom grafe, a pri \\(k=1\\) nezavisimoe mnozhestvo razmera \\(1\\) tozhe est, tak chto bazovye sluchai ochevidny. pust \\(n>1\\), i pust graf \\(g\\) na \\((n-1)(k-1)+1\\) vershinah ne soderzhit nezavisimogo mnozhestva razmera \\(k\\). dostatochno dokazat, chto on soderzhit zadannoe derevo \\(t\\). udalyaya iz \\(g\\) rebra, poka eto vozmozhno bez poyavleniya nezavisimogo mnozhestva razmera \\(k\\), poluchim ostovnyy podgraf \\(h\\), minimalnyy po rebram sredi grafov s \\(\\alpha(h)<k\\). v \\(h\\) est nezavisimoe mnozhestvo razmera \\(k-1\\): esli reber net, eto yasno iz chisla vershin; inache dlya lyubogo rebra \\(uv\\) graf \\(h-uv\\) uzhe imeet nezavisimoe mnozhestvo \\(i\\) razmera \\(k\\). v grafe \\(h\\) mnozhestvo \\(i\\) ne nezavisimo, i edinstvennoe dobavlennoe obratno rebro vnutri \\(i\\) — eto \\(uv\\); poetomu \\(i\\setminus\\{u\\}\\) nezavisimo…","source_keys":["misc","fyum"]}
{"id":"turan-theorem","title":"Теорема Турана о максимуме рёбер без клики","path":"data\\problems\\classical\\turan-theorem.yaml","raw_github_url":"https://raw.githubusercontent.com/didin-maxim/knowledge_graph_of_graphs/main/data/problems/classical/turan-theorem.yaml","viewer_url":"https://didin-maxim.github.io/knowledge_graph_of_graphs/#turan-theorem","source_key":"misc","source_label":"Прочее","source_titles":["Теорема Турана","И. В. Яковлев, Теорема Турана"],"year":"","type":"theorem","authors":["Pál Turán"],"tags":["extremal_graph_theory","forbidden_clique","symmetrization","classical_theorem","goal_exact_bound"],"agent_topics":[],"difficulty":{"main":"imo_p3_plus","local_score":9,"comment":"Как полная теорема это скорее классический инструмент; частные случаи встречаются на школьных олимпиадах.","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":"Карточка подкреплена опубликованными неофициальными, справочными, журнальными, вики-, форумными источниками или страницами задач.","audit_source":"agent-imo-us-classical.json"},"statements":{"original":[{"id":"stmt-original-1","title":"","status":"ai_checked","text":"Пусть n и r — натуральные числа. Среди всех простых неориентированных графов на n вершинах, в которых нет r+1 попарно соединенных вершин, наибольшее число ребер имеет полный r-дольный граф с долями, размеры которых отличаются не более чем на 1.","definition_ids":["simple_graph","clique","complete_graph","independent_set"]}],"olympiad_reformulations":[{"id":"stmt-independence-form","title":"Форма через отсутствие большой антиклики","status":"ai_checked","text":"Пусть m и k — натуральные числа, 1 ≤ k < m. Найдите наименьшее возможное число ребер в простом графе на m вершинах, в котором нет антиклики размера k+1, то есть среди любых k+1 вершин найдутся две соединенные ребром.","definition_ids":["simple_graph","independent_set","complete_graph","complement_graph"]},{"id":"stmt-complement-independence-form","title":"Эквивалентная форма через дополнительный граф","status":"ai_checked","text":"Если простой граф G на m вершинах имеет число независимости \\( \\alpha(G) \\le k \\), то минимальное число ребер достигается на графе, состоящем из k компонент связности почти равного размера, каждая из которых является кликой. Эквивалентно, дополнительный граф к G является графом Турана \\( T_k(m) \\).","definition_ids":["simple_graph","independent_set","complete_graph","complement_graph","connected_graph","clique"]},{"id":"stmt-flashlight-batteries-general","title":"Фонарик и батарейки, общий вариант","status":"ai_checked","text":"Есть m батареек, среди которых как минимум k+1 хорошая, но неизвестно, какие батарейки хорошие. Одна проверка состоит в том, что в фонарик вставляют две выбранные батарейки; фонарик светит только если обе хорошие. Нужно найти минимальное число заранее выбранных проверок, которое гарантирует свет независимо от расположения хороших батареек. В графовой модели батарейки являются вершинами, проверки — ребрами, а требование означает, что любое множество из k+1 хороших вершин содержит проверенное ребро.","definition_ids":["simple_graph","complete_graph","complement_graph","independent_set"]}]},"solutions":[{"id":"sol-symmetrization","title":"Доказательство через симметризацию","status":"ai_checked","definition_ids":["clique","simple_graph","complete_graph","independent_set","complement_graph"],"standard_idea_ids":["symmetrization","extremal_choice"],"tags":[],"has_text":true,"text_preview":"Среди всех \\(K_{r+1}\\)-свободных графов на данном множестве из \\(n\\) вершин выберем граф \\(G\\) с максимальным числом ребер, а среди таких графов — с максимальным значением \\(\\sum_v d(v)^2\\). Покажем, что \\(G\\) уже имеет турановскую структуру. Если \\(u\\) и \\(v\\) не смежны, то можно выполнить симметризацию Зыкова: удалить все ребра, инцидентные \\(u\\), и соединить \\(u\\) ровно с теми вершинами, с которыми соединена \\(v\\). Новая вершина \\(u\\) становится близнецом \\(v\\), а ребро \\(uv\\) не появляется, потому что \\(u\\notin N(v)\\). Запрещенная клика \\(K_{r+1}\\) при этом не возникает: всякая новая клика, содержащая \\(u\\), после замены \\(u\\) на \\(v\\) дала бы такую же клику в исходном графе. Число ребер меняется на \\(d(v)-d(u)\\). Поэтому в экстремальном графе не может быть несмежных вершин разных степеней: вершину меньшей степени можно было бы заменить копией вершины большей степени и получить боль…"}],"relations":[{"id":"rel-turan-mantel","neighbor_id":"mantel-theorem","direction":"forward","type":"specialization","distance":1,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-turan-flashlight-batteries-2015","neighbor_id":"flashlight-batteries-tournament-cities-2015","direction":"forward","type":"specialization","distance":1,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-erdos-gallai-path-turan","neighbor_id":"erdos-gallai-path-edge-bound","direction":"backward","type":"same_motif","distance":2,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-smmc-2019-b3-turan-motzkin-straus","neighbor_id":"simon-marais-2019-b3-motzkin-straus-clique-labeling","direction":"backward","type":"same_motif","distance":1,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-bondy-links-turan-r2-extremal","neighbor_id":"bondy-pancyclic-theorem","direction":"backward","type":"same_motif","distance":3,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-cmo-2023-p5-turan-complement-cliques","neighbor_id":"cmo-2023-p5-cut-bound-independent-set","direction":"backward","type":"same_motif","distance":3,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-vjimc-2017-polyhedron-turan-weighted-forbidden-clique","neighbor_id":"vjimc-2017-cat1-p3-polyhedron-edge-products","direction":"backward","type":"same_motif","distance":2,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-audit-a-turan-imo-1991-sl9-short-external","neighbor_id":"imo-1991-sl9-min-degree-for-k6","direction":"forward","type":"prerequisite","distance":1,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-min-degree-common-neighborhood-clique-turan","neighbor_id":"min-degree-common-neighborhood-clique","direction":"forward","type":"specialization","distance":1,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-mmo-2010-unit-distance-turan-independence-baseline","neighbor_id":"mmo-2010-unit-distance-segments","direction":"backward","type":"same_motif","distance":1,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-mmo-2016-linguists-turan-contrast","neighbor_id":"mmo-2016-linguists-kneser-edge-bound","direction":"backward","type":"false_friend","distance":2,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-turan-memo-2025-t4-balanced-partition-extremal","neighbor_id":"memo-2025-t4-toll-complete-graph","direction":"forward","type":"same_motif","distance":3,"status":"needs_human_review"}],"search_text":"turan-theorem теорема турана о максимуме рёбер без клики extremal_graph_theory forbidden_clique symmetrization classical_theorem goal_exact_bound https://mathus.ru/math/teorema-turana.pdf https://ru.wikipedia.org/wiki/%d0%a2%d0%b5%d0%be%d1%80%d0%b5%d0%bc%d0%b0_%d0%a2%d1%83%d1%80%d0%b0%d0%bd%d0%b0 misc pál turán pálturán reference src-mathus-turan src-wikipedia-turan study_sheet with_solution и. в. яковлев, теорема турана прочее теорема турана pál turán теорема турана и. в. яковлев, теорема турана stmt-original-1 ai_checked пусть n и r — натуральные числа. среди всех простых неориентированных графов на n вершинах, в которых нет r+1 попарно соединенных вершин, наибольшее число ребер имеет полный r-дольный граф с долями, размеры которых отличаются не более чем на 1. simple_graph clique complete_graph independent_set stmt-independence-form форма через отсутствие большой антиклики ai_checked пусть m и k — натуральные числа, 1 ≤ k < m. найдите наименьшее возможное число ребер в простом графе на m вершинах, в котором нет антиклики размера k+1, то есть среди любых k+1 вершин найдутся две соединенные ребром. simple_graph independent_set complete_graph complement_graph stmt-complement-independence-form эквивалентная форма через дополнительный граф ai_checked если простой граф g на m вершинах имеет число независимости \\( \\alpha(g) \\le k \\), то минимальное число ребер достигается на графе, состоящем из k компонент связности почти равного размера, каждая из которых является кликой. эквивалентно, дополнительный граф к g является графом турана \\( t_k(m) \\). simple_graph independent_set complete_graph complement_graph connected_graph clique stmt-flashlight-batteries-general фонарик и батарейки, общий вариант ai_checked есть m батареек, среди которых как минимум k+1 хорошая, но неизвестно, какие батарейки хорошие. одна проверка состоит в том, что в фонарик вставляют две выбранные батарейки; фонарик светит только если обе хорошие. нужно найти минимальное число заранее выбранных проверок, которое гарантирует свет независимо от расположения хороших батареек. в графовой модели батарейки являются вершинами, проверки — ребрами, а требование означает, что любое множество из k+1 хороших вершин содержит проверенное ребро. simple_graph complete_graph complement_graph independent_set idea-symmetrization симметризация если две несмежные вершины имеют разные окрестности, одну из них можно заменить копией другой так, чтобы число ребер не уменьшилось и клика \\( k_{r+1} \\) не появилась. symmetrization extremal_graph_theory ai_checked sol-symmetrization доказательство через симметризацию ai_checked clique simple_graph complete_graph independent_set complement_graph symmetrization extremal_choice среди всех \\(k_{r+1}\\)-свободных графов на данном множестве из \\(n\\) вершин выберем граф \\(g\\) с максимальным числом ребер, а среди таких графов — с максимальным значением \\(\\sum_v d(v)^2\\). покажем, что \\(g\\) уже имеет турановскую структуру. если \\(u\\) и \\(v\\) не смежны, то можно выполнить симметризацию зыкова: удалить все ребра, инцидентные \\(u\\), и соединить \\(u\\) ровно с теми вершинами, с которыми соединена \\(v\\). новая вершина \\(u\\) становится близнецом \\(v\\), а ребро \\(uv\\) не появляется, потому что \\(u\\notin n(v)\\). запрещенная клика \\(k_{r+1}\\) при этом не возникает: всякая новая клика, содержащая \\(u\\), после замены \\(u\\) на \\(v\\) дала бы такую же клику в исходном графе. число ребер меняется на \\(d(v)-d(u)\\). поэтому в экстремальном графе не может быть несмежных вершин разных степеней: вершину меньшей степени можно было бы заменить копией вершины большей степени и получить боль… turan-theorem teorema turana o maksimume reber bez kliki extremal_graph_theory forbidden_clique symmetrization classical_theorem goal_exact_bound https://mathus.ru/math/teorema-turana.pdf https://ru.wikipedia.org/wiki/%d0%a2%d0%b5%d0%be%d1%80%d0%b5%d0%bc%d0%b0_%d0%a2%d1%83%d1%80%d0%b0%d0%bd%d0%b0 misc pál turán pálturán reference src-mathus-turan src-wikipedia-turan study_sheet with_solution i. v. yakovlev, teorema turana prochee teorema turana pál turán teorema turana i. v. yakovlev, teorema turana stmt-original-1 ai_checked pust n i r — naturalnye chisla. sredi vseh prostyh neorientirovannyh grafov na n vershinah, v kotoryh net r+1 poparno soedinennyh vershin, naibolshee chislo reber imeet polnyy r-dolnyy graf s dolyami, razmery kotoryh otlichayutsya ne bolee chem na 1. simple_graph clique complete_graph independent_set stmt-independence-form forma cherez otsutstvie bolshoy antikliki ai_checked pust m i k — naturalnye chisla, 1 ≤ k < m. naydite naimenshee vozmozhnoe chislo reber v prostom grafe na m vershinah, v kotorom net antikliki razmera k+1, to est sredi lyubyh k+1 vershin naydutsya dve soedinennye rebrom. simple_graph independent_set complete_graph complement_graph stmt-complement-independence-form ekvivalentnaya forma cherez dopolnitelnyy graf ai_checked esli prostoy graf g na m vershinah imeet chislo nezavisimosti \\( \\alpha(g) \\le k \\), to minimalnoe chislo reber dostigaetsya na grafe, sostoyaschem iz k komponent svyaznosti pochti ravnogo razmera, kazhdaya iz kotoryh yavlyaetsya klikoy. ekvivalentno, dopolnitelnyy graf k g yavlyaetsya grafom turana \\( t_k(m) \\). simple_graph independent_set complete_graph complement_graph connected_graph clique stmt-flashlight-batteries-general fonarik i batareyki, obschiy variant ai_checked est m batareek, sredi kotoryh kak minimum k+1 horoshaya, no neizvestno, kakie batareyki horoshie. odna proverka sostoit v tom, chto v fonarik vstavlyayut dve vybrannye batareyki; fonarik svetit tolko esli obe horoshie. nuzhno nayti minimalnoe chislo zaranee vybrannyh proverok, kotoroe garantiruet svet nezavisimo ot raspolozheniya horoshih batareek. v grafovoy modeli batareyki yavlyayutsya vershinami, proverki — rebrami, a trebovanie oznachaet, chto lyuboe mnozhestvo iz k+1 horoshih vershin soderzhit proverennoe rebro. simple_graph complete_graph complement_graph independent_set idea-symmetrization simmetrizatsiya esli dve nesmezhnye vershiny imeyut raznye okrestnosti, odnu iz nih mozhno zamenit kopiey drugoy tak, chtoby chislo reber ne umenshilos i klika \\( k_{r+1} \\) ne poyavilas. symmetrization extremal_graph_theory ai_checked sol-symmetrization dokazatelstvo cherez simmetrizatsiyu ai_checked clique simple_graph complete_graph independent_set complement_graph symmetrization extremal_choice sredi vseh \\(k_{r+1}\\)-svobodnyh grafov na dannom mnozhestve iz \\(n\\) vershin vyberem graf \\(g\\) s maksimalnym chislom reber, a sredi takih grafov — s maksimalnym znacheniem \\(\\sum_v d(v)^2\\). pokazhem, chto \\(g\\) uzhe imeet turanovskuyu strukturu. esli \\(u\\) i \\(v\\) ne smezhny, to mozhno vypolnit simmetrizatsiyu zykova: udalit vse rebra, intsidentnye \\(u\\), i soedinit \\(u\\) rovno s temi vershinami, s kotorymi soedinena \\(v\\). novaya vershina \\(u\\) stanovitsya bliznetsom \\(v\\), a rebro \\(uv\\) ne poyavlyaetsya, potomu chto \\(u\\notin n(v)\\). zapreschennaya klika \\(k_{r+1}\\) pri etom ne voznikaet: vsyakaya novaya klika, soderzhaschaya \\(u\\), posle zameny \\(u\\) na \\(v\\) dala by takuyu zhe kliku v ishodnom grafe. chislo reber menyaetsya na \\(d(v)-d(u)\\). poetomu v ekstremalnom grafe ne mozhet byt nesmezhnyh vershin raznyh stepeney: vershinu menshey stepeni mozhno bylo by zamenit kopiey vershiny bolshey stepeni i poluchit bol…","source_keys":["misc"]}
{"id":"two-vertex-connected-graphs-have-no-bridges","title":"В 2-вершинно-связном графе нет мостов","path":"data\\problems\\classical\\two-vertex-connected-graphs-have-no-bridges.yaml","raw_github_url":"https://raw.githubusercontent.com/didin-maxim/knowledge_graph_of_graphs/main/data/problems/classical/two-vertex-connected-graphs-have-no-bridges.yaml","viewer_url":"https://didin-maxim.github.io/knowledge_graph_of_graphs/#two-vertex-connected-graphs-have-no-bridges","source_key":"misc","source_label":"Прочее","source_titles":["Wikipedia, Biconnected graph","Wikipedia, Bridge (graph theory)"],"year":"","type":"lemma","authors":[],"tags":["connectivity","classical_lemma","goal_characterization"],"agent_topics":[],"difficulty":{"main":"exercise","local_score":2,"comment":"Элементарное следствие 2-вершинной связности.","status":"ai_checked"},"review_status":"ai_checked","public_ready":true,"solution_state":"with_solution","solution_classification":{"type":"classical_self_contained","label":"классическое самодостаточное доказательство","status":"ai_checked","confidence":0.94,"basis":"Карточка содержит короткое самодостаточное доказательство от противного.","notes":"Лемма является стандартным мостом от 2-вершинной связности к отсутствию мостов.","audit_source":"manual-status-audit-2026-05-16"},"statements":{"original":[{"id":"stmt-original","title":"","status":"ai_checked","text":"Пусть \\(G\\) — конечный связный граф хотя бы с тремя вершинами, и удаление любой вершины оставляет граф связным. Тогда в \\(G\\) нет мостов.","definition_ids":["connected_graph","bridge"]}]},"solutions":[{"id":"sol-delete-endpoint","title":"Короткое доказательство от противного","status":"ai_checked","definition_ids":["connected_graph","bridge"],"standard_idea_ids":[],"tags":[],"has_text":true,"text_preview":"Предположим, что \\(e=uv\\) — мост. После удаления \\(e\\) граф распадается на две компоненты: \\(U\\), содержащую \\(u\\), и \\(V\\), содержащую \\(v\\). Так как в графе хотя бы три вершины, хотя бы одна из множеств \\(U\\setminus\\{u\\}\\) и \\(V\\setminus\\{v\\}\\) непуста; без ограничения общности пусть \\(U\\setminus\\{u\\}\\) непуста. Тогда после удаления вершины \\(v\\) вершины из \\(U\\setminus\\{u\\}\\) не могут быть соединены с вершинами из \\(V\\setminus\\{v\\}\\), если такие есть, а если \\(V=\\{v\\}\\), то после удаления \\(u\\) вершина \\(v\\) отделяется от непустой части \\(U\\setminus\\{u\\}\\). В обоих случаях удаление некоторой вершины делает граф несвязным. Это противоречит условию, значит мостов нет."}],"relations":[{"id":"rel-two-vertex-no-bridges-vosh-2000-tree-bridges","neighbor_id":"vosh-2000-01-final-tree-leaves-bridge-proof","direction":"forward","type":"same_motif","distance":2,"status":"ai_checked"}],"search_text":"two-vertex-connected-graphs-have-no-bridges в 2-вершинно-связном графе нет мостов connectivity classical_lemma goal_characterization https://en.wikipedia.org/wiki/biconnected_graph https://en.wikipedia.org/wiki/bridge_(graph_theory) misc src-wikipedia-biconnected-graph src-wikipedia-bridge-graph-theory standard_reference wikipedia, biconnected graph wikipedia, bridge (graph theory) with_solution прочее ? wikipedia, biconnected graph wikipedia, bridge (graph theory) stmt-original ai_checked пусть \\(g\\) — конечный связный граф хотя бы с тремя вершинами, и удаление любой вершины оставляет граф связным. тогда в \\(g\\) нет мостов. connected_graph bridge idea-delete-bridge-endpoint удалить конец предполагаемого моста мост разделяет граф на две стороны. если удалить один из его концов, другая сторона моста уже не может быть соединена с оставшейся частью противоположной стороны. connectivity ai_checked sol-delete-endpoint короткое доказательство от противного ai_checked connected_graph bridge предположим, что \\(e=uv\\) — мост. после удаления \\(e\\) граф распадается на две компоненты: \\(u\\), содержащую \\(u\\), и \\(v\\), содержащую \\(v\\). так как в графе хотя бы три вершины, хотя бы одна из множеств \\(u\\setminus\\{u\\}\\) и \\(v\\setminus\\{v\\}\\) непуста; без ограничения общности пусть \\(u\\setminus\\{u\\}\\) непуста. тогда после удаления вершины \\(v\\) вершины из \\(u\\setminus\\{u\\}\\) не могут быть соединены с вершинами из \\(v\\setminus\\{v\\}\\), если такие есть, а если \\(v=\\{v\\}\\), то после удаления \\(u\\) вершина \\(v\\) отделяется от непустой части \\(u\\setminus\\{u\\}\\). в обоих случаях удаление некоторой вершины делает граф несвязным. это противоречит условию, значит мостов нет. two-vertex-connected-graphs-have-no-bridges v 2-vershinno-svyaznom grafe net mostov connectivity classical_lemma goal_characterization https://en.wikipedia.org/wiki/biconnected_graph https://en.wikipedia.org/wiki/bridge_(graph_theory) misc src-wikipedia-biconnected-graph src-wikipedia-bridge-graph-theory standard_reference wikipedia, biconnected graph wikipedia, bridge (graph theory) with_solution prochee ? wikipedia, biconnected graph wikipedia, bridge (graph theory) stmt-original ai_checked pust \\(g\\) — konechnyy svyaznyy graf hotya by s tremya vershinami, i udalenie lyuboy vershiny ostavlyaet graf svyaznym. togda v \\(g\\) net mostov. connected_graph bridge idea-delete-bridge-endpoint udalit konets predpolagaemogo mosta most razdelyaet graf na dve storony. esli udalit odin iz ego kontsov, drugaya storona mosta uzhe ne mozhet byt soedinena s ostavsheysya chastyu protivopolozhnoy storony. connectivity ai_checked sol-delete-endpoint korotkoe dokazatelstvo ot protivnogo ai_checked connected_graph bridge predpolozhim, chto \\(e=uv\\) — most. posle udaleniya \\(e\\) graf raspadaetsya na dve komponenty: \\(u\\), soderzhaschuyu \\(u\\), i \\(v\\), soderzhaschuyu \\(v\\). tak kak v grafe hotya by tri vershiny, hotya by odna iz mnozhestv \\(u\\setminus\\{u\\}\\) i \\(v\\setminus\\{v\\}\\) nepusta; bez ogranicheniya obschnosti pust \\(u\\setminus\\{u\\}\\) nepusta. togda posle udaleniya vershiny \\(v\\) vershiny iz \\(u\\setminus\\{u\\}\\) ne mogut byt soedineny s vershinami iz \\(v\\setminus\\{v\\}\\), esli takie est, a esli \\(v=\\{v\\}\\), to posle udaleniya \\(u\\) vershina \\(v\\) otdelyaetsya ot nepustoy chasti \\(u\\setminus\\{u\\}\\). v oboih sluchayah udalenie nekotoroy vershiny delaet graf nesvyaznym. eto protivorechit usloviyu, znachit mostov net.","source_keys":["misc"]}
{"id":"unique-insertion-interval-oriented-triples","title":"Единственный промежуток вставки для ориентированных троек","path":"data\\problems\\classical\\unique-insertion-interval-oriented-triples.yaml","raw_github_url":"https://raw.githubusercontent.com/didin-maxim/knowledge_graph_of_graphs/main/data/problems/classical/unique-insertion-interval-oriented-triples.yaml","viewer_url":"https://didin-maxim.github.io/knowledge_graph_of_graphs/#unique-insertion-interval-oriented-triples","source_key":"misc","source_label":"Прочее","source_titles":["Putnam 1996 A4, архивный источник"],"year":"","type":"lemma","authors":[],"tags":["tournaments","induction","classical_lemma","goal_existence","goal_characterization"],"agent_topics":[],"difficulty":{"main":"classical_tool","local_score":6,"comment":"Нетривиальная вставочная лемма: основная работа состоит в извлечении транзитивного турнира из четырехточечного правила для ориентированных троек.","status":"ai_checked"},"review_status":"needs_human_review","public_ready":false,"solution_state":"with_solution","solution_classification":{"type":"unofficial_published","label":"опубликованное неофициальное","status":"ai_checked","confidence":0.78,"basis":"Извлечено из архива решений Putnam и развернуто самодостаточно.","notes":"Лемма выделена из опубликованного неофициального архивного решения и развёрнута в самодостаточное доказательство.","audit_source":"manual-codex-2026-05-05"},"statements":{"original":[{"id":"stmt-unique-insertion","title":"","status":"ai_checked","text":"Пусть на конечном множестве \\(A\\) задана ориентация троек: для любых трех различных элементов ровно один из двух циклических порядков считается положительным, то есть \\((x,y,z)\\) положительна тогда и только тогда, когда положительны ее циклические сдвиги \\((y,z,x)\\), \\((z,x,y)\\), а при перестановке двух элементов ориентация меняется. Предположим также четырехточечное правило: для любых четырех различных \\(a,b,c,d\\) пары условий \\((a,b,c)\\), \\((c,d,a)\\) одновременно положительны тогда и только тогда, когда \\((b,c,d)\\), \\((d,a,b)\\) одновременно положительны. Пусть \\(B=A\\setminus\\{z\\}\\), \\(|B|\\ge3\\), и ориентации всех троек из \\(B\\) задаются циклическим порядком \\(a_1,a_2,\\ldots,a_m\\): если три элемента встречаются на этом цикле в порядке \\(x,y,w\\), то \\((x,y,w)\\) положительна. Тогда существует единственный промежуток между соседними элементами этого цикла, в который можно вставить \\(z\\), чтобы полученный циклический порядок задавал все ориентации троек из \\(A\\). В частности, существует единственный индекс \\(i\\) по модулю \\(m\\), для которого \\((a_i,z,a_{i+1})\\) положительна.","definition_ids":[]}]},"solutions":[{"id":"sol-transitive-view-from-new-vertex","title":"Доказательство через порядок, видимый из \\(z\\)","status":"ai_checked","definition_ids":["tournament"],"standard_idea_ids":["induction"],"tags":[],"has_text":true,"text_preview":"Будем писать \\((x,y,w)>0\\), если тройка положительна. На множестве \\(B\\) зададим отношение \\(x\\prec y\\) условием \\((z,x,y)>0\\). Из смены ориентации при обращении следует, что для любых различных \\(x,y\\in B\\) выполнено ровно одно из \\(x\\prec y\\), \\(y\\prec x\\). Докажем транзитивность. Пусть \\(x\\prec y\\) и \\(y\\prec w\\). Если на данном цикле для \\(B\\) тройка \\((x,w,y)>0\\), то применим четырехточечное правило к четверке \\((z,x,w,y)\\). Левая пара содержит \\((w,y,z)\\), а она отрицательна, потому что \\((z,y,w)>0\\). Правая пара, наоборот, положительна: \\((x,w,y)>0\\) по предположению о циклическом порядке, а \\((y,z,x)>0\\) является циклическим сдвигом \\((z,x,y)>0\\). Получается противоречие. Значит на цикле обязательно \\((x,y,w)>0\\). Теперь применим четырехточечное правило к четверке \\((z,x,y,w)\\). Тройки \\((z,x,y)\\) и \\((y,w,z)\\) положительны, причем вторая является циклическим сдвигом \\((z,y,w)>0…"}],"relations":[{"id":"rel-unique-insertion-oriented-triples-putnam-1996-a4","neighbor_id":"putnam-1996-a4-oriented-triples-order","direction":"forward","type":"prerequisite","distance":1,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-unique-insertion-oriented-triples-tournament-hamiltonian-path","neighbor_id":"tournament-hamiltonian-path","direction":"forward","type":"same_motif","distance":2,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-unique-insertion-oriented-triples-redei-order-tournament","neighbor_id":"redei-odd-hamiltonian-paths-tournament","direction":"forward","type":"same_motif","distance":3,"status":"needs_human_review"}],"search_text":"unique-insertion-interval-oriented-triples единственный промежуток вставки для ориентированных троек tournaments induction classical_lemma goal_existence goal_characterization archive_statement https://kskedlaya.org/putnam-archive/1996.pdf misc putnam 1996 a4, архивный источник src-putnam-1996-a4-kedlaya with_solution прочее ? putnam 1996 a4, архивный источник stmt-unique-insertion ai_checked пусть на конечном множестве \\(a\\) задана ориентация троек: для любых трех различных элементов ровно один из двух циклических порядков считается положительным, то есть \\((x,y,z)\\) положительна тогда и только тогда, когда положительны ее циклические сдвиги \\((y,z,x)\\), \\((z,x,y)\\), а при перестановке двух элементов ориентация меняется. предположим также четырехточечное правило: для любых четырех различных \\(a,b,c,d\\) пары условий \\((a,b,c)\\), \\((c,d,a)\\) одновременно положительны тогда и только тогда, когда \\((b,c,d)\\), \\((d,a,b)\\) одновременно положительны. пусть \\(b=a\\setminus\\{z\\}\\), \\(|b|\\ge3\\), и ориентации всех троек из \\(b\\) задаются циклическим порядком \\(a_1,a_2,\\ldots,a_m\\): если три элемента встречаются на этом цикле в порядке \\(x,y,w\\), то \\((x,y,w)\\) положительна. тогда существует единственный промежуток между соседними элементами этого цикла, в который можно вставить \\(z\\), чтобы полученный циклический порядок задавал все ориентации троек из \\(a\\). в частности, существует единственный индекс \\(i\\) по модулю \\(m\\), для которого \\((a_i,z,a_{i+1})\\) положительна. idea-view-from-z посмотреть из новой точки на старых вершинах вводится турнир: \\(x\\prec y\\), если \\((z,x,y)\\) положительна. четырехточечное правило заставляет этот турнир быть транзитивным. tournaments ai_checked idea-transitive-order-is-cyclic-cut транзитивный порядок является разрезом цикла полученный линейный порядок старых вершин согласован со всеми тройками исходного цикла, поэтому он может отличаться от циклического порядка только выбором начальной точки. induction ai_checked sol-transitive-view-from-new-vertex доказательство через порядок, видимый из \\(z\\) ai_checked tournament induction будем писать \\((x,y,w)>0\\), если тройка положительна. на множестве \\(b\\) зададим отношение \\(x\\prec y\\) условием \\((z,x,y)>0\\). из смены ориентации при обращении следует, что для любых различных \\(x,y\\in b\\) выполнено ровно одно из \\(x\\prec y\\), \\(y\\prec x\\). докажем транзитивность. пусть \\(x\\prec y\\) и \\(y\\prec w\\). если на данном цикле для \\(b\\) тройка \\((x,w,y)>0\\), то применим четырехточечное правило к четверке \\((z,x,w,y)\\). левая пара содержит \\((w,y,z)\\), а она отрицательна, потому что \\((z,y,w)>0\\). правая пара, наоборот, положительна: \\((x,w,y)>0\\) по предположению о циклическом порядке, а \\((y,z,x)>0\\) является циклическим сдвигом \\((z,x,y)>0\\). получается противоречие. значит на цикле обязательно \\((x,y,w)>0\\). теперь применим четырехточечное правило к четверке \\((z,x,y,w)\\). тройки \\((z,x,y)\\) и \\((y,w,z)\\) положительны, причем вторая является циклическим сдвигом \\((z,y,w)>0… unique-insertion-interval-oriented-triples edinstvennyy promezhutok vstavki dlya orientirovannyh troek tournaments induction classical_lemma goal_existence goal_characterization archive_statement https://kskedlaya.org/putnam-archive/1996.pdf misc putnam 1996 a4, arhivnyy istochnik src-putnam-1996-a4-kedlaya with_solution prochee ? putnam 1996 a4, arhivnyy istochnik stmt-unique-insertion ai_checked pust na konechnom mnozhestve \\(a\\) zadana orientatsiya troek: dlya lyubyh treh razlichnyh elementov rovno odin iz dvuh tsiklicheskih poryadkov schitaetsya polozhitelnym, to est \\((x,y,z)\\) polozhitelna togda i tolko togda, kogda polozhitelny ee tsiklicheskie sdvigi \\((y,z,x)\\), \\((z,x,y)\\), a pri perestanovke dvuh elementov orientatsiya menyaetsya. predpolozhim takzhe chetyrehtochechnoe pravilo: dlya lyubyh chetyreh razlichnyh \\(a,b,c,d\\) pary usloviy \\((a,b,c)\\), \\((c,d,a)\\) odnovremenno polozhitelny togda i tolko togda, kogda \\((b,c,d)\\), \\((d,a,b)\\) odnovremenno polozhitelny. pust \\(b=a\\setminus\\{z\\}\\), \\(|b|\\ge3\\), i orientatsii vseh troek iz \\(b\\) zadayutsya tsiklicheskim poryadkom \\(a_1,a_2,\\ldots,a_m\\): esli tri elementa vstrechayutsya na etom tsikle v poryadke \\(x,y,w\\), to \\((x,y,w)\\) polozhitelna. togda suschestvuet edinstvennyy promezhutok mezhdu sosednimi elementami etogo tsikla, v kotoryy mozhno vstavit \\(z\\), chtoby poluchennyy tsiklicheskiy poryadok zadaval vse orientatsii troek iz \\(a\\). v chastnosti, suschestvuet edinstvennyy indeks \\(i\\) po modulyu \\(m\\), dlya kotorogo \\((a_i,z,a_{i+1})\\) polozhitelna. idea-view-from-z posmotret iz novoy tochki na staryh vershinah vvoditsya turnir: \\(x\\prec y\\), esli \\((z,x,y)\\) polozhitelna. chetyrehtochechnoe pravilo zastavlyaet etot turnir byt tranzitivnym. tournaments ai_checked idea-transitive-order-is-cyclic-cut tranzitivnyy poryadok yavlyaetsya razrezom tsikla poluchennyy lineynyy poryadok staryh vershin soglasovan so vsemi troykami ishodnogo tsikla, poetomu on mozhet otlichatsya ot tsiklicheskogo poryadka tolko vyborom nachalnoy tochki. induction ai_checked sol-transitive-view-from-new-vertex dokazatelstvo cherez poryadok, vidimyy iz \\(z\\) ai_checked tournament induction budem pisat \\((x,y,w)>0\\), esli troyka polozhitelna. na mnozhestve \\(b\\) zadadim otnoshenie \\(x\\prec y\\) usloviem \\((z,x,y)>0\\). iz smeny orientatsii pri obraschenii sleduet, chto dlya lyubyh razlichnyh \\(x,y\\in b\\) vypolneno rovno odno iz \\(x\\prec y\\), \\(y\\prec x\\). dokazhem tranzitivnost. pust \\(x\\prec y\\) i \\(y\\prec w\\). esli na dannom tsikle dlya \\(b\\) troyka \\((x,w,y)>0\\), to primenim chetyrehtochechnoe pravilo k chetverke \\((z,x,w,y)\\). levaya para soderzhit \\((w,y,z)\\), a ona otritsatelna, potomu chto \\((z,y,w)>0\\). pravaya para, naoborot, polozhitelna: \\((x,w,y)>0\\) po predpolozheniyu o tsiklicheskom poryadke, a \\((y,z,x)>0\\) yavlyaetsya tsiklicheskim sdvigom \\((z,x,y)>0\\). poluchaetsya protivorechie. znachit na tsikle obyazatelno \\((x,y,w)>0\\). teper primenim chetyrehtochechnoe pravilo k chetverke \\((z,x,y,w)\\). troyki \\((z,x,y)\\) i \\((y,w,z)\\) polozhitelny, prichem vtoraya yavlyaetsya tsiklicheskim sdvigom \\((z,y,w)>0…","source_keys":["misc","putnam"]}
{"id":"usa-tst-2005-p1-set-system-incidence-graph","title":"Система из 2n подмножеств и граф пересечений, USA TST 2005 P1","path":"data\\problems\\usa-tst\\usa-tst-2005-p1-set-system-incidence-graph.yaml","raw_github_url":"https://raw.githubusercontent.com/didin-maxim/knowledge_graph_of_graphs/main/data/problems/usa-tst/usa-tst-2005-p1-set-system-incidence-graph.yaml","viewer_url":"https://didin-maxim.github.io/knowledge_graph_of_graphs/#usa-tst-2005-p1-set-system-incidence-graph","source_key":"usa","source_label":"USA TST","source_titles":["USA Team Selection Test 2005 (архив сообщества AoPS для печати)"],"year":"2005","type":"olympiad_problem","authors":[],"tags":["extremal_choice","goal_exact_bound"],"agent_topics":[],"difficulty":{"main":"national_final_medium","local_score":6,"comment":"Красивая задача на перевод системы множеств в простой регулярный граф и точную экстремальную конструкцию.","status":"ai_checked"},"review_status":"needs_human_review","public_ready":false,"solution_state":"with_solution","solution_classification":{"type":"ai_original","status":"ai_checked","confidence":0.7,"basis":"no официальный or опубликованное решение source detected","notes":"Решение выглядит как восстановленное/написанное ИИ с нуля; желательно выборочно перепроверять математически.","label":"ИИ-решение с нуля"},"statements":{"original":[{"id":"stmt-original","title":"Система подмножеств","status":"ai_checked","text":"Пусть \\(n>1\\). Для положительного \\(m\\) обозначим через \\(S_m\\) множество \\({1,2,\\ldots,mn}\\). Предположим, что существует семейство \\(T\\) из \\(2n\\) различных \\(m\\)-элементных подмножеств множества \\(S_m\\) со свойствами: любые два множества из \\(T\\) пересекаются не более чем по одному элементу, а каждый элемент из \\(S_m\\) содержится ровно в двух множествах семейства \\(T\\). Найдите наибольшее возможное значение \\(m\\) в зависимости от \\(n\\).","definition_ids":[]}],"graph_theory":[{"id":"stmt-graph","title":"Максимальная степень регулярного графа","status":"ai_checked","text":"Пусть \\(n>1\\). Найдите наибольшее \\(m\\), для которого существует простой \\(m\\)-регулярный граф на \\(2n\\) вершинах.","definition_ids":["simple_graph","degree","complete_graph"]}]},"solutions":[{"id":"sol-regular-graph-bound","title":"Через простой регулярный граф","status":"ai_checked","definition_ids":["simple_graph","degree","complete_graph"],"standard_idea_ids":["extremal_choice"],"tags":[],"has_text":true,"text_preview":"Построим граф `G` на `2n` вершинах: вершины соответствуют множествам семейства `T`, а каждому элементу `x` из `S_m` сопоставим ребро между двумя множествами, содержащими `x`. Условие «каждый элемент содержится ровно в двух множествах» гарантирует, что такое ребро определено корректно. Условие «любые два множества пересекаются не более чем по одному элементу» означает, что между двумя вершинами не может появиться более одного ребра, то есть граф простой. Каждое множество содержит ровно `m` элементов, значит степень каждой вершины равна `m`; следовательно, `G` — простой `m`-регулярный граф на `2n` вершинах. В простом графе на `2n` вершинах степень любой вершины не превосходит `2n-1`, поэтому `m<=2n-1`. Оценка точна: берём полный граф `K_{2n}`. Его `n(2n-1)` рёбер можно занумеровать числами `1,2,...,n(2n-1)` и каждой вершине сопоставить множество номеров инцидентных ей рёбер. Получаем ровн…"}],"relations":[{"id":"rel-regular-codegree-usa-tst-2005","neighbor_id":"imo-1995-nc5-greetings-regular-codegree-graph","direction":"backward","type":"same_motif","distance":2,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-imc-2002-students-usa-tst-incidence","neighbor_id":"imc-2002-day2-p2-students-problems-dominating-pair","direction":"backward","type":"same_motif","distance":3,"status":"needs_human_review"}],"search_text":"usa-tst-2005-p1-set-system-incidence-graph система из 2n подмножеств и граф пересечений, usa tst 2005 p1 extremal_choice goal_exact_bound 2005 https://artofproblemsolving.com/downloads/printable_post_collections/4635.pdf secondary_archive src-usa-tst-2005-aops-community usa usa team selection test 2005 (архив сообщества aops для печати) usa tst usa2005 usatst usatst2005 with_solution ? usa team selection test 2005 (архив сообщества aops для печати) stmt-original система подмножеств ai_checked пусть \\(n>1\\). для положительного \\(m\\) обозначим через \\(s_m\\) множество \\({1,2,\\ldots,mn}\\). предположим, что существует семейство \\(t\\) из \\(2n\\) различных \\(m\\)-элементных подмножеств множества \\(s_m\\) со свойствами: любые два множества из \\(t\\) пересекаются не более чем по одному элементу, а каждый элемент из \\(s_m\\) содержится ровно в двух множествах семейства \\(t\\). найдите наибольшее возможное значение \\(m\\) в зависимости от \\(n\\). stmt-graph максимальная степень регулярного графа ai_checked пусть \\(n>1\\). найдите наибольшее \\(m\\), для которого существует простой \\(m\\)-регулярный граф на \\(2n\\) вершинах. simple_graph degree complete_graph idea-elements-become-edges каждый элемент становится ребром так как каждый элемент встречается ровно в двух множествах, его удобно считать ребром между этими двумя множествами. ограничение на пересечения означает, что кратных рёбер нет. extremal_choice ai_checked sol-regular-graph-bound через простой регулярный граф ai_checked simple_graph degree complete_graph extremal_choice построим граф `g` на `2n` вершинах: вершины соответствуют множествам семейства `t`, а каждому элементу `x` из `s_m` сопоставим ребро между двумя множествами, содержащими `x`. условие «каждый элемент содержится ровно в двух множествах» гарантирует, что такое ребро определено корректно. условие «любые два множества пересекаются не более чем по одному элементу» означает, что между двумя вершинами не может появиться более одного ребра, то есть граф простой. каждое множество содержит ровно `m` элементов, значит степень каждой вершины равна `m`; следовательно, `g` — простой `m`-регулярный граф на `2n` вершинах. в простом графе на `2n` вершинах степень любой вершины не превосходит `2n-1`, поэтому `m<=2n-1`. оценка точна: берём полный граф `k_{2n}`. его `n(2n-1)` рёбер можно занумеровать числами `1,2,...,n(2n-1)` и каждой вершине сопоставить множество номеров инцидентных ей рёбер. получаем ровн… usa-tst-2005-p1-set-system-incidence-graph sistema iz 2n podmnozhestv i graf peresecheniy, usa tst 2005 p1 extremal_choice goal_exact_bound 2005 https://artofproblemsolving.com/downloads/printable_post_collections/4635.pdf secondary_archive src-usa-tst-2005-aops-community usa usa team selection test 2005 (arhiv soobschestva aops dlya pechati) usa tst usa2005 usatst usatst2005 with_solution ? usa team selection test 2005 (arhiv soobschestva aops dlya pechati) stmt-original sistema podmnozhestv ai_checked pust \\(n>1\\). dlya polozhitelnogo \\(m\\) oboznachim cherez \\(s_m\\) mnozhestvo \\({1,2,\\ldots,mn}\\). predpolozhim, chto suschestvuet semeystvo \\(t\\) iz \\(2n\\) razlichnyh \\(m\\)-elementnyh podmnozhestv mnozhestva \\(s_m\\) so svoystvami: lyubye dva mnozhestva iz \\(t\\) peresekayutsya ne bolee chem po odnomu elementu, a kazhdyy element iz \\(s_m\\) soderzhitsya rovno v dvuh mnozhestvah semeystva \\(t\\). naydite naibolshee vozmozhnoe znachenie \\(m\\) v zavisimosti ot \\(n\\). stmt-graph maksimalnaya stepen regulyarnogo grafa ai_checked pust \\(n>1\\). naydite naibolshee \\(m\\), dlya kotorogo suschestvuet prostoy \\(m\\)-regulyarnyy graf na \\(2n\\) vershinah. simple_graph degree complete_graph idea-elements-become-edges kazhdyy element stanovitsya rebrom tak kak kazhdyy element vstrechaetsya rovno v dvuh mnozhestvah, ego udobno schitat rebrom mezhdu etimi dvumya mnozhestvami. ogranichenie na peresecheniya oznachaet, chto kratnyh reber net. extremal_choice ai_checked sol-regular-graph-bound cherez prostoy regulyarnyy graf ai_checked simple_graph degree complete_graph extremal_choice postroim graf `g` na `2n` vershinah: vershiny sootvetstvuyut mnozhestvam semeystva `t`, a kazhdomu elementu `x` iz `s_m` sopostavim rebro mezhdu dvumya mnozhestvami, soderzhaschimi `x`. uslovie «kazhdyy element soderzhitsya rovno v dvuh mnozhestvah» garantiruet, chto takoe rebro opredeleno korrektno. uslovie «lyubye dva mnozhestva peresekayutsya ne bolee chem po odnomu elementu» oznachaet, chto mezhdu dvumya vershinami ne mozhet poyavitsya bolee odnogo rebra, to est graf prostoy. kazhdoe mnozhestvo soderzhit rovno `m` elementov, znachit stepen kazhdoy vershiny ravna `m`; sledovatelno, `g` — prostoy `m`-regulyarnyy graf na `2n` vershinah. v prostom grafe na `2n` vershinah stepen lyuboy vershiny ne prevoshodit `2n-1`, poetomu `m<=2n-1`. otsenka tochna: berem polnyy graf `k_{2n}`. ego `n(2n-1)` reber mozhno zanumerovat chislami `1,2,...,n(2n-1)` i kazhdoy vershine sopostavit mnozhestvo nomerov intsidentnyh ey reber. poluchaem rovn…","source_keys":["usa"]}
{"id":"usa-tst-2009-p6-tournament-gap-ordering","title":"Турнир с M-шаговой транзитивностью, USA TST 2009 P6","path":"data\\problems\\usa-tst\\usa-tst-2009-p6-tournament-gap-ordering.yaml","raw_github_url":"https://raw.githubusercontent.com/didin-maxim/knowledge_graph_of_graphs/main/data/problems/usa-tst/usa-tst-2009-p6-tournament-gap-ordering.yaml","viewer_url":"https://didin-maxim.github.io/knowledge_graph_of_graphs/#usa-tst-2009-p6-tournament-gap-ordering","source_key":"usa","source_label":"USA TST","source_titles":["USA Team Selection Test 2009 (архив сообщества AoPS для печати)","Math StackExchange, Misha Lavrov on SCC ordering in tournaments","Math StackExchange, bof on cycles of all lengths in strong tournaments","ФЮМ 2009, первый тур (a), задача 7"],"year":"2009","type":"olympiad_problem","authors":["Gabriel Carroll"],"tags":["tournaments","connectivity","hamiltonian_cycles","goal_proof"],"agent_topics":["game_strategy_candidate"],"difficulty":{"main":"national_final_hard","local_score":8,"comment":"Турнирная задача, где содержательное решение идёт через сильные компоненты и расширение циклов в сильных турнирах.","status":"ai_checked"},"review_status":"ai_checked","public_ready":true,"solution_state":"with_solution","solution_classification":{"type":"unofficial_published","status":"ai_checked","confidence":0.78,"basis":"non-официальный published source or published-solution marker","notes":"Решение опубликовано не в официальном архиве; источник надо отличать от официального.","label":"опубликованное неофициальное"},"statements":{"original":[{"id":"stmt-original","title":"Шахматный турнир","status":"ai_checked","text":"Пусть \\(N>M>1\\). В круговом шахматном турнире каждая пара игроков сыграла ровно одну партию без ничьих. Известно, что для любой последовательности из \\(M+1\\) различных игроков \\(P_0,P_1,\\ldots,P_M\\), в которой \\(P_{i-1}\\) победил \\(P_i\\) для всех \\(i=1,\\ldots,M\\), игрок \\(P_0\\) также победил \\(P_M\\). Докажите, что игроков можно занумеровать числами \\(1,2,\\ldots,N\\) так, что если \\(a\\ge b+M-1\\), то игрок \\(a\\) победил игрока \\(b\\).","definition_ids":[]}],"graph_theory":[{"id":"stmt-graph","title":"Турнир с M-шаговой транзитивностью","status":"ai_checked","text":"Пусть \\(T\\) — турнир на \\(N\\) вершинах. Предположим, что всякий ориентированный путь длины \\(M\\) имеет хорду из первой вершины в последнюю. Докажите, что вершины \\(T\\) можно упорядочить как \\(v_1,\\ldots,v_N\\) так, что для любых \\(i,j\\) с \\(j-i\\ge M-1\\) выполняется \\(v_j \\to v_i\\).","definition_ids":["tournament","path","cycle"]}],"olympiad_reformulations":[{"id":"stmt-fyum-2009-no-cycle-form","title":"FYUM 2009: формулировка без циклов","status":"ai_checked","text":"Даны натуральные числа \\(n>m>1\\). В полном \\(n\\)-вершинном ориентированном графе нет циклов из \\(m+1\\) вершины. Докажите, что вершины этого графа можно занумеровать числами от \\(1\\) до \\(n\\) так, что при любых \\(i\\) и \\(k\\), удовлетворяющих условию \\(i \\ge k+m-1\\), ребро направлено из \\(i\\)-й вершины в \\(k\\)-ю.","definition_ids":["tournament","cycle"]}]},"solutions":[{"id":"sol-components-hamiltonian-cycle","title":"Сильные компоненты и циклы всех длин в сильном турнире","status":"ai_checked","definition_ids":["tournament","path","cycle","strongly_connected_digraph","hamiltonian_cycle"],"standard_idea_ids":["extremal_choice"],"tags":[],"has_text":true,"text_preview":"Перейдём к турниру `T`: вершины — игроки, а ребро `x->y` означает, что `x` победил `y`. Сначала докажем используемую лемму. Если турнир сильно связен и содержит цикл `C=u_0->u_1->...->u_{k-1}->u_0` длины `k<n`, то в нём есть цикл длины `k+1`. Действительно, если найдётся вершина `v` вне `C`, для которой есть и ребро из `C` в `v`, и ребро из `v` в `C`, то при обходе цикла найдётся соседняя пара `u_i,u_{i+1}` с `u_i->v` и `v->u_{i+1}`; заменяем ребро `u_i->u_{i+1}` на два ребра через `v`. Иначе каждая внешняя вершина либо принимает все рёбра из `C`, либо посылает все рёбра в `C`. Обозначим через `V` первый класс, через `W` второй. В сильном турнире оба класса непусты, и не может быть так, что все рёбра между ними идут из `W` в `V`; иначе из `V` нельзя было бы добраться до `C`. Значит, есть ребро `v->w` с `v` из `V` и `w` из `W`. Тогда `u_0->u_1->...->u_{k-2}->v->w->u_0` — цикл длины `k+1`…"}],"relations":[{"id":"rel-tournament-path-usa-tst-2009-p6","neighbor_id":"tournament-hamiltonian-path","direction":"backward","type":"prerequisite","distance":2,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-king-usa-tst-2009-p6","neighbor_id":"tournament-king-radius-two","direction":"backward","type":"same_motif","distance":3,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-spbmo-1996-9-p46-usa-tst-2009-p6-tournament-gap-ordering","neighbor_id":"spbmo-1996-9-p46-strongly-connected-tournament-orientations","direction":"backward","type":"same_motif","distance":2,"status":"ai_checked"}],"search_text":"usa-tst-2009-p6-tournament-gap-ordering турнир с m-шаговой транзитивностью, usa tst 2009 p6 tournaments connectivity hamiltonian_cycles goal_proof 2009 gabriel carroll gabrielcarroll https://artofproblemsolving.com/downloads/printable_post_collections/4639 https://math.stackexchange.com/questions/1233862/prove-every-strongly-connected-tournament-has-a-cycle-of-length-k-for-k-3-4 https://math.stackexchange.com/questions/2235899/two-vertices-which-dont-lie-in-a-common-cycle-in-a-tournament https://www.guas.info/competit/fest/fest20/tur1a.tex math stackexchange, bof on cycles of all lengths in strong tournaments math stackexchange, misha lavrov on scc ordering in tournaments olympiad_archive secondary_archive secondary_solution src-fyum-2009-tur1a-p7-official src-mse-strong-tournament-cycles-bof src-mse-tournament-scc-ordering-lavrov src-usa-tst-2009-aops-community usa usa team selection test 2009 (архив сообщества aops для печати) usa tst usa2009 usatst usatst2009 with_solution фюм 2009, первый тур (a), задача 7 gabriel carroll usa team selection test 2009 (архив сообщества aops для печати) math stackexchange, misha lavrov on scc ordering in tournaments math stackexchange, bof on cycles of all lengths in strong tournaments фюм 2009, первый тур (a), задача 7 stmt-original шахматный турнир ai_checked пусть \\(n>m>1\\). в круговом шахматном турнире каждая пара игроков сыграла ровно одну партию без ничьих. известно, что для любой последовательности из \\(m+1\\) различных игроков \\(p_0,p_1,\\ldots,p_m\\), в которой \\(p_{i-1}\\) победил \\(p_i\\) для всех \\(i=1,\\ldots,m\\), игрок \\(p_0\\) также победил \\(p_m\\). докажите, что игроков можно занумеровать числами \\(1,2,\\ldots,n\\) так, что если \\(a\\ge b+m-1\\), то игрок \\(a\\) победил игрока \\(b\\). stmt-graph турнир с m-шаговой транзитивностью ai_checked пусть \\(t\\) — турнир на \\(n\\) вершинах. предположим, что всякий ориентированный путь длины \\(m\\) имеет хорду из первой вершины в последнюю. докажите, что вершины \\(t\\) можно упорядочить как \\(v_1,\\ldots,v_n\\) так, что для любых \\(i,j\\) с \\(j-i\\ge m-1\\) выполняется \\(v_j \\to v_i\\). tournament path cycle stmt-fyum-2009-no-cycle-form fyum 2009: формулировка без циклов ai_checked даны натуральные числа \\(n>m>1\\). в полном \\(n\\)-вершинном ориентированном графе нет циклов из \\(m+1\\) вершины. докажите, что вершины этого графа можно занумеровать числами от \\(1\\) до \\(n\\) так, что при любых \\(i\\) и \\(k\\), удовлетворяющих условию \\(i \\ge k+m-1\\), ребро направлено из \\(i\\)-й вершины в \\(k\\)-ю. tournament cycle idea-sccs-have-size-at-most-m сильные компоненты имеют размер не больше m если сильная компонента турнира имела бы хотя бы `m+1` вершин, то пансцикличность сильных турниров дала бы в ней ориентированный цикл длины `m+1`, что запрещено условием о путях длины `m`. tournaments connectivity ai_checked idea-order-components-and-cycle-blocks упорядочить сильные компоненты и отдельно обработать блоки размера m конденсация турнира линейно упорядочена. после расположения компонент подряд между разными компонентами все нужные рёбра направлены назад, а внутри компоненты размера `m` достаточно выписать вершины вдоль гамильтонова цикла. tournaments hamiltonian_cycles ai_checked sol-components-hamiltonian-cycle сильные компоненты и циклы всех длин в сильном турнире ai_checked tournament path cycle strongly_connected_digraph hamiltonian_cycle extremal_choice перейдём к турниру `t`: вершины — игроки, а ребро `x->y` означает, что `x` победил `y`. сначала докажем используемую лемму. если турнир сильно связен и содержит цикл `c=u_0->u_1->...->u_{k-1}->u_0` длины `k<n`, то в нём есть цикл длины `k+1`. действительно, если найдётся вершина `v` вне `c`, для которой есть и ребро из `c` в `v`, и ребро из `v` в `c`, то при обходе цикла найдётся соседняя пара `u_i,u_{i+1}` с `u_i->v` и `v->u_{i+1}`; заменяем ребро `u_i->u_{i+1}` на два ребра через `v`. иначе каждая внешняя вершина либо принимает все рёбра из `c`, либо посылает все рёбра в `c`. обозначим через `v` первый класс, через `w` второй. в сильном турнире оба класса непусты, и не может быть так, что все рёбра между ними идут из `w` в `v`; иначе из `v` нельзя было бы добраться до `c`. значит, есть ребро `v->w` с `v` из `v` и `w` из `w`. тогда `u_0->u_1->...->u_{k-2}->v->w->u_0` — цикл длины `k+1`… usa-tst-2009-p6-tournament-gap-ordering turnir s m-shagovoy tranzitivnostyu, usa tst 2009 p6 tournaments connectivity hamiltonian_cycles goal_proof 2009 gabriel carroll gabrielcarroll https://artofproblemsolving.com/downloads/printable_post_collections/4639 https://math.stackexchange.com/questions/1233862/prove-every-strongly-connected-tournament-has-a-cycle-of-length-k-for-k-3-4 https://math.stackexchange.com/questions/2235899/two-vertices-which-dont-lie-in-a-common-cycle-in-a-tournament https://www.guas.info/competit/fest/fest20/tur1a.tex math stackexchange, bof on cycles of all lengths in strong tournaments math stackexchange, misha lavrov on scc ordering in tournaments olympiad_archive secondary_archive secondary_solution src-fyum-2009-tur1a-p7-official src-mse-strong-tournament-cycles-bof src-mse-tournament-scc-ordering-lavrov src-usa-tst-2009-aops-community usa usa team selection test 2009 (arhiv soobschestva aops dlya pechati) usa tst usa2009 usatst usatst2009 with_solution fyum 2009, pervyy tur (a), zadacha 7 gabriel carroll usa team selection test 2009 (arhiv soobschestva aops dlya pechati) math stackexchange, misha lavrov on scc ordering in tournaments math stackexchange, bof on cycles of all lengths in strong tournaments fyum 2009, pervyy tur (a), zadacha 7 stmt-original shahmatnyy turnir ai_checked pust \\(n>m>1\\). v krugovom shahmatnom turnire kazhdaya para igrokov sygrala rovno odnu partiyu bez nichih. izvestno, chto dlya lyuboy posledovatelnosti iz \\(m+1\\) razlichnyh igrokov \\(p_0,p_1,\\ldots,p_m\\), v kotoroy \\(p_{i-1}\\) pobedil \\(p_i\\) dlya vseh \\(i=1,\\ldots,m\\), igrok \\(p_0\\) takzhe pobedil \\(p_m\\). dokazhite, chto igrokov mozhno zanumerovat chislami \\(1,2,\\ldots,n\\) tak, chto esli \\(a\\ge b+m-1\\), to igrok \\(a\\) pobedil igroka \\(b\\). stmt-graph turnir s m-shagovoy tranzitivnostyu ai_checked pust \\(t\\) — turnir na \\(n\\) vershinah. predpolozhim, chto vsyakiy orientirovannyy put dliny \\(m\\) imeet hordu iz pervoy vershiny v poslednyuyu. dokazhite, chto vershiny \\(t\\) mozhno uporyadochit kak \\(v_1,\\ldots,v_n\\) tak, chto dlya lyubyh \\(i,j\\) s \\(j-i\\ge m-1\\) vypolnyaetsya \\(v_j \\to v_i\\). tournament path cycle stmt-fyum-2009-no-cycle-form fyum 2009: formulirovka bez tsiklov ai_checked dany naturalnye chisla \\(n>m>1\\). v polnom \\(n\\)-vershinnom orientirovannom grafe net tsiklov iz \\(m+1\\) vershiny. dokazhite, chto vershiny etogo grafa mozhno zanumerovat chislami ot \\(1\\) do \\(n\\) tak, chto pri lyubyh \\(i\\) i \\(k\\), udovletvoryayuschih usloviyu \\(i \\ge k+m-1\\), rebro napravleno iz \\(i\\)-y vershiny v \\(k\\)-yu. tournament cycle idea-sccs-have-size-at-most-m silnye komponenty imeyut razmer ne bolshe m esli silnaya komponenta turnira imela by hotya by `m+1` vershin, to panstsiklichnost silnyh turnirov dala by v ney orientirovannyy tsikl dliny `m+1`, chto zaprescheno usloviem o putyah dliny `m`. tournaments connectivity ai_checked idea-order-components-and-cycle-blocks uporyadochit silnye komponenty i otdelno obrabotat bloki razmera m kondensatsiya turnira lineyno uporyadochena. posle raspolozheniya komponent podryad mezhdu raznymi komponentami vse nuzhnye rebra napravleny nazad, a vnutri komponenty razmera `m` dostatochno vypisat vershiny vdol gamiltonova tsikla. tournaments hamiltonian_cycles ai_checked sol-components-hamiltonian-cycle silnye komponenty i tsikly vseh dlin v silnom turnire ai_checked tournament path cycle strongly_connected_digraph hamiltonian_cycle extremal_choice pereydem k turniru `t`: vershiny — igroki, a rebro `x->y` oznachaet, chto `x` pobedil `y`. snachala dokazhem ispolzuemuyu lemmu. esli turnir silno svyazen i soderzhit tsikl `c=u_0->u_1->...->u_{k-1}->u_0` dliny `k<n`, to v nem est tsikl dliny `k+1`. deystvitelno, esli naydetsya vershina `v` vne `c`, dlya kotoroy est i rebro iz `c` v `v`, i rebro iz `v` v `c`, to pri obhode tsikla naydetsya sosednyaya para `u_i,u_{i+1}` s `u_i->v` i `v->u_{i+1}`; zamenyaem rebro `u_i->u_{i+1}` na dva rebra cherez `v`. inache kazhdaya vneshnyaya vershina libo prinimaet vse rebra iz `c`, libo posylaet vse rebra v `c`. oboznachim cherez `v` pervyy klass, cherez `w` vtoroy. v silnom turnire oba klassa nepusty, i ne mozhet byt tak, chto vse rebra mezhdu nimi idut iz `w` v `v`; inache iz `v` nelzya bylo by dobratsya do `c`. znachit, est rebro `v->w` s `v` iz `v` i `w` iz `w`. togda `u_0->u_1->...->u_{k-2}->v->w->u_0` — tsikl dliny `k+1`…","source_keys":["usa","fyum"]}
{"id":"usa-tst-2011-p2-weighted-road-orientation","title":"Ориентация рёбер веса 1 и 2 при нечётных взвешенных степенях","path":"data\\problems\\usa-tst\\usa-tst-2011-p2-weighted-road-orientation.yaml","raw_github_url":"https://raw.githubusercontent.com/didin-maxim/knowledge_graph_of_graphs/main/data/problems/usa-tst/usa-tst-2011-p2-weighted-road-orientation.yaml","viewer_url":"https://didin-maxim.github.io/knowledge_graph_of_graphs/#usa-tst-2011-p2-weighted-road-orientation","source_key":"usa","source_label":"USA","source_titles":["USA Team Selection Test 2011 (архив сообщества AoPS для печати)"],"year":"2011","type":"olympiad_problem","authors":["Zuming Feng","Yufei Zhao"],"tags":["eulerian_graphs","construction","goal_proof"],"agent_topics":[],"difficulty":{"main":"national_final_hard","local_score":8,"comment":"Сильная графовая задача на чётность и ориентацию с весами; ключевой ход — локально спарить концы рёбер так, чтобы в каждой вершине остался ровно один вклад по модулю `1`.","status":"ai_checked"},"review_status":"ai_checked","public_ready":true,"solution_state":"with_solution","solution_classification":{"type":"self_contained","status":"ai_checked","confidence":0.9,"basis":"Полное локальное доказательство: концы рёбер спариваются в каждой вершине, после чего рёбра распадаются на цепи и циклы, ориентация которых сразу даёт дисбаланс `±1`.","label":"самодостаточное школьное доказательство"},"statements":{"original":[{"id":"stmt-original","title":"Дороги в стране Односторонии","status":"ai_checked","text":"Некоторые пары городов соединены дорогами. Каждая дорога имеет пропускную способность \\(1\\) или \\(2\\). Известно, что для каждого города сумма пропускных способностей всех дорог, инцидентных этому городу, нечётна. Докажите, что можно выбрать направление на каждой дороге так, чтобы для каждого города абсолютная величина разности между суммарной пропускной способностью входящих и выходящих дорог была равна \\(1\\).","definition_ids":["orientation","directed_graph"]}],"graph_theory":[{"id":"stmt-graph","title":"Ориентация рёбер с весами 1 и 2","status":"ai_checked","text":"Пусть дан конечный неориентированный граф, в котором каждое ребро имеет вес \\(1\\) или \\(2\\), а у каждой вершины сумма весов инцидентных рёбер нечётна. Докажите, что рёбра можно ориентировать так, чтобы для каждой вершины абсолютная величина \\(|in(v)-out(v)|\\) была равна \\(1\\), где \\(in(v)\\) и \\(out(v)\\) — суммы весов входящих и выходящих рёбер.","definition_ids":["orientation","directed_graph","degree"]}]},"solutions":[{"id":"sol-eulerian-augmentation","title":"Локальные спаривания концов рёбер и ориентация полученных маршрутов","status":"ai_checked","definition_ids":["orientation","directed_graph","degree","path","cycle"],"standard_idea_ids":[],"tags":[],"has_text":true,"text_preview":"Обозначим через `d_1(v)` число рёбер веса `1`, инцидентных вершине `v`, а через `d_2(v)` число рёбер веса `2`, инцидентных `v`. Так как сумма весов инцидентных рёбер равна `d_1(v)+2d_2(v)` и нечётна, число `d_1(v)` нечётно для каждой вершины. Теперь в каждой вершине отдельно разобьём инцидентные концы рёбер на пары, иногда оставляя один конец непарным. Если `d_2(v)` чётно, то спарим все концы рёбер веса `2` между собой, спарим все, кроме одного, концы рёбер веса `1` между собой, а один конец ребра веса `1` оставим свободным. Это возможно, потому что `d_2(v)` чётно, а `d_1(v)-1` тоже чётно. Если же `d_2(v)` нечётно, то выберем один конец ребра веса `2` и один конец ребра веса `1` и спарим их друг с другом; все оставшиеся концы веса `2` спарим между собой, и все оставшиеся концы веса `1` тоже спарим между собой. Это возможно, потому что теперь `d_2(v)-1` и `d_1(v)-1` чётны. Итак, в каждой…"}],"relations":[{"id":"rel-usa-tst-2011-odd-main-roads","neighbor_id":"tc-2010-11-odd-main-roads","direction":"backward","type":"same_motif","distance":2,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-eulerian-criterion-usa-tst-2011","neighbor_id":"eulerian-graph-criterion","direction":"backward","type":"prerequisite","distance":1,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-kolmogorov-2021-orientation-usatst-2011","neighbor_id":"kolmogorov-2021-t1-critical-strong-orientation","direction":"backward","type":"same_motif","distance":2,"status":"ai_checked"}],"search_text":"usa-tst-2011-p2-weighted-road-orientation ориентация рёбер веса 1 и 2 при нечётных взвешенных степенях eulerian_graphs construction goal_proof 2011 https://artofproblemsolving.com/downloads/printable_post_collections/4641 secondary_archive src-usa-tst-2011-aops-community usa usa team selection test 2011 (архив сообщества aops для печати) usa2011 with_solution yufei zhao yufeizhao zuming feng zumingfeng zuming feng yufei zhao usa team selection test 2011 (архив сообщества aops для печати) stmt-original дороги в стране односторонии ai_checked некоторые пары городов соединены дорогами. каждая дорога имеет пропускную способность \\(1\\) или \\(2\\). известно, что для каждого города сумма пропускных способностей всех дорог, инцидентных этому городу, нечётна. докажите, что можно выбрать направление на каждой дороге так, чтобы для каждого города абсолютная величина разности между суммарной пропускной способностью входящих и выходящих дорог была равна \\(1\\). orientation directed_graph stmt-graph ориентация рёбер с весами 1 и 2 ai_checked пусть дан конечный неориентированный граф, в котором каждое ребро имеет вес \\(1\\) или \\(2\\), а у каждой вершины сумма весов инцидентных рёбер нечётна. докажите, что рёбра можно ориентировать так, чтобы для каждой вершины абсолютная величина \\(|in(v)-out(v)|\\) была равна \\(1\\), где \\(in(v)\\) и \\(out(v)\\) — суммы весов входящих и выходящих рёбер. orientation directed_graph degree idea-pair-edge-ends-into-trails спарить концы рёбер так, чтобы в каждой вершине остался ровно один дефект в каждой вершине число инцидентных рёбер веса `1` нечётно. если число рёбер веса `2` в вершине чётно, оставляем один конец ребра веса `1` свободным, а остальные концы спариваем по равным весам. если число рёбер веса `2` нечётно, спариваем один конец веса `1` с одним концом веса `2`, а все остальные концы снова спариваем по равным весам. после таких локальных спариваний исходные рёбра становятся звеньями вспомогательных цепочек и циклических цепочек; ориентация каждой такой цепочки даёт нулевой вклад от равных пар и вклад `1` по модулю от единственного дефекта в каждой вершине. eulerian_graphs construction ai_checked sol-eulerian-augmentation локальные спаривания концов рёбер и ориентация полученных маршрутов ai_checked orientation directed_graph degree path cycle обозначим через `d_1(v)` число рёбер веса `1`, инцидентных вершине `v`, а через `d_2(v)` число рёбер веса `2`, инцидентных `v`. так как сумма весов инцидентных рёбер равна `d_1(v)+2d_2(v)` и нечётна, число `d_1(v)` нечётно для каждой вершины. теперь в каждой вершине отдельно разобьём инцидентные концы рёбер на пары, иногда оставляя один конец непарным. если `d_2(v)` чётно, то спарим все концы рёбер веса `2` между собой, спарим все, кроме одного, концы рёбер веса `1` между собой, а один конец ребра веса `1` оставим свободным. это возможно, потому что `d_2(v)` чётно, а `d_1(v)-1` тоже чётно. если же `d_2(v)` нечётно, то выберем один конец ребра веса `2` и один конец ребра веса `1` и спарим их друг с другом; все оставшиеся концы веса `2` спарим между собой, и все оставшиеся концы веса `1` тоже спарим между собой. это возможно, потому что теперь `d_2(v)-1` и `d_1(v)-1` чётны. итак, в каждой… usa-tst-2011-p2-weighted-road-orientation orientatsiya reber vesa 1 i 2 pri nechetnyh vzveshennyh stepenyah eulerian_graphs construction goal_proof 2011 https://artofproblemsolving.com/downloads/printable_post_collections/4641 secondary_archive src-usa-tst-2011-aops-community usa usa team selection test 2011 (arhiv soobschestva aops dlya pechati) usa2011 with_solution yufei zhao yufeizhao zuming feng zumingfeng zuming feng yufei zhao usa team selection test 2011 (arhiv soobschestva aops dlya pechati) stmt-original dorogi v strane odnostoronii ai_checked nekotorye pary gorodov soedineny dorogami. kazhdaya doroga imeet propusknuyu sposobnost \\(1\\) ili \\(2\\). izvestno, chto dlya kazhdogo goroda summa propusknyh sposobnostey vseh dorog, intsidentnyh etomu gorodu, nechetna. dokazhite, chto mozhno vybrat napravlenie na kazhdoy doroge tak, chtoby dlya kazhdogo goroda absolyutnaya velichina raznosti mezhdu summarnoy propusknoy sposobnostyu vhodyaschih i vyhodyaschih dorog byla ravna \\(1\\). orientation directed_graph stmt-graph orientatsiya reber s vesami 1 i 2 ai_checked pust dan konechnyy neorientirovannyy graf, v kotorom kazhdoe rebro imeet ves \\(1\\) ili \\(2\\), a u kazhdoy vershiny summa vesov intsidentnyh reber nechetna. dokazhite, chto rebra mozhno orientirovat tak, chtoby dlya kazhdoy vershiny absolyutnaya velichina \\(|in(v)-out(v)|\\) byla ravna \\(1\\), gde \\(in(v)\\) i \\(out(v)\\) — summy vesov vhodyaschih i vyhodyaschih reber. orientation directed_graph degree idea-pair-edge-ends-into-trails sparit kontsy reber tak, chtoby v kazhdoy vershine ostalsya rovno odin defekt v kazhdoy vershine chislo intsidentnyh reber vesa `1` nechetno. esli chislo reber vesa `2` v vershine chetno, ostavlyaem odin konets rebra vesa `1` svobodnym, a ostalnye kontsy sparivaem po ravnym vesam. esli chislo reber vesa `2` nechetno, sparivaem odin konets vesa `1` s odnim kontsom vesa `2`, a vse ostalnye kontsy snova sparivaem po ravnym vesam. posle takih lokalnyh sparivaniy ishodnye rebra stanovyatsya zvenyami vspomogatelnyh tsepochek i tsiklicheskih tsepochek; orientatsiya kazhdoy takoy tsepochki daet nulevoy vklad ot ravnyh par i vklad `1` po modulyu ot edinstvennogo defekta v kazhdoy vershine. eulerian_graphs construction ai_checked sol-eulerian-augmentation lokalnye sparivaniya kontsov reber i orientatsiya poluchennyh marshrutov ai_checked orientation directed_graph degree path cycle oboznachim cherez `d_1(v)` chislo reber vesa `1`, intsidentnyh vershine `v`, a cherez `d_2(v)` chislo reber vesa `2`, intsidentnyh `v`. tak kak summa vesov intsidentnyh reber ravna `d_1(v)+2d_2(v)` i nechetna, chislo `d_1(v)` nechetno dlya kazhdoy vershiny. teper v kazhdoy vershine otdelno razobem intsidentnye kontsy reber na pary, inogda ostavlyaya odin konets neparnym. esli `d_2(v)` chetno, to sparim vse kontsy reber vesa `2` mezhdu soboy, sparim vse, krome odnogo, kontsy reber vesa `1` mezhdu soboy, a odin konets rebra vesa `1` ostavim svobodnym. eto vozmozhno, potomu chto `d_2(v)` chetno, a `d_1(v)-1` tozhe chetno. esli zhe `d_2(v)` nechetno, to vyberem odin konets rebra vesa `2` i odin konets rebra vesa `1` i sparim ih drug s drugom; vse ostavshiesya kontsy vesa `2` sparim mezhdu soboy, i vse ostavshiesya kontsy vesa `1` tozhe sparim mezhdu soboy. eto vozmozhno, potomu chto teper `d_2(v)-1` i `d_1(v)-1` chetny. itak, v kazhdoy…","source_keys":["usa"]}
{"id":"usa-tst-2013-dec-p1-language-club-rainbow-triangles","title":"Языки в клубе и радужные тройки, USA TST 2013 December P1","path":"data\\problems\\usa-tst\\usa-tst-2013-dec-p1-language-club-rainbow-triangles.yaml","raw_github_url":"https://raw.githubusercontent.com/didin-maxim/knowledge_graph_of_graphs/main/data/problems/usa-tst/usa-tst-2013-dec-p1-language-club-rainbow-triangles.yaml","viewer_url":"https://didin-maxim.github.io/knowledge_graph_of_graphs/#usa-tst-2013-dec-p1-language-club-rainbow-triangles","source_key":"usa","source_label":"USA TST","source_titles":["USA Team Selection Test 2013 (архив сообщества AoPS для печати)"],"year":"2013","type":"olympiad_problem","authors":[],"tags":["double_counting","ramsey_theory","extremal_choice","goal_exact_bound"],"agent_topics":[],"difficulty":{"main":"national_final_hard","local_score":8,"comment":"Точная экстремальная задача про раскраску рёбер полного графа без одноцветных треугольников.","status":"ai_checked"},"review_status":"needs_human_review","public_ready":false,"solution_state":"with_solution","solution_classification":{"type":"ai_original","status":"ai_checked","confidence":0.7,"basis":"no официальный or опубликованное решение source detected","notes":"Решение выглядит как восстановленное/написанное ИИ с нуля; желательно выборочно перепроверять математически.","label":"ИИ-решение с нуля"},"statements":{"original":[{"id":"stmt-original","title":"Клуб и языки","status":"ai_checked","text":"В клубе \\(2k+1\\) человек, и каждый владеет одними и теми же \\(k\\) языками. Каждая пара участников разговаривает ровно на одном из этих языков. Предположим, что не существует трёх участников, которые между собой всегда говорят на одном и том же языке. Обозначим через \\(A\\) число троек участников, у которых три попарных разговора идут на трёх разных языках. Найдите максимально возможное значение \\(A\\).","definition_ids":[]}],"graph_theory":[{"id":"stmt-graph","title":"Языки в клубе и радужные тройки","status":"ai_checked","text":"Рассмотрим \\(k\\)-раскраску рёбер полного графа \\(K_{2k+1}\\). Предположим, что одноцветных треугольников нет. Обозначим через \\(A\\) число радужных треугольников, то есть треугольников, у которых три ребра имеют три разных цвета. Найдите максимум \\(A\\).","definition_ids":["complete_graph","cycle"]}]},"solutions":[{"id":"sol-count-local-repeats","title":"Локальный счёт и разложение на гамильтоновы циклы","status":"ai_checked","definition_ids":["complete_graph","degree","cycle"],"standard_idea_ids":["double_counting"],"tags":[],"has_text":true,"text_preview":"Переведём задачу в язык раскраски рёбер `K_{2k+1}`. Общее число треугольников равно `C(2k+1,3)`. Пусть для вершины `v` число рёбер цвета `c`, выходящих из `v`, равно `d_c(v)`. Так как одноцветных треугольников нет, каждый нерадужный треугольник использует ровно два цвета и единственным образом считается в сумме `Σ_v Σ_c C(d_c(v),2)`: он отмечается вершиной, в которой два инцидентных ребра имеют одинаковый цвет. Следовательно, `A = C(2k+1,3) - Σ_v Σ_c C(d_c(v),2)`. Для фиксированной вершины `v` выполнено `Σ_c d_c(v)=2k`. По выпуклости функции `x -> C(x,2)` эта сумма минимальна тогда и только тогда, когда все `d_c(v)` равны `2`; минимальное значение равно `k`. Поэтому `A <= C(2k+1,3) - (2k+1)k = 2k(2k+1)(k-2)/3`. Осталось показать достижимость. Полный граф `K_{2k+1}` можно разложить на `k` гамильтоновых циклов; окрасим каждый цикл в свой цвет. Тогда у каждой вершины в каждом цвете степень…"}],"relations":[{"id":"rel-usa-tst-2013-ramsey","neighbor_id":"ramsey-theorem","direction":"backward","type":"same_motif","distance":2,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-gallai-three-color-usa-tst-2013-rainbow-triangle-count","neighbor_id":"gallai-three-color-disconnected-class","direction":"backward","type":"same_motif","distance":2,"status":"ai_checked"}],"search_text":"usa-tst-2013-dec-p1-language-club-rainbow-triangles языки в клубе и радужные тройки, usa tst 2013 december p1 double_counting ramsey_theory extremal_choice goal_exact_bound 2013 https://artofproblemsolving.com/downloads/printable_post_collections/4643 secondary_archive src-usa-tst-2013-aops-community usa usa team selection test 2013 (архив сообщества aops для печати) usa tst usa2013 usatst usatst2013 with_solution ? usa team selection test 2013 (архив сообщества aops для печати) stmt-original клуб и языки ai_checked в клубе \\(2k+1\\) человек, и каждый владеет одними и теми же \\(k\\) языками. каждая пара участников разговаривает ровно на одном из этих языков. предположим, что не существует трёх участников, которые между собой всегда говорят на одном и том же языке. обозначим через \\(a\\) число троек участников, у которых три попарных разговора идут на трёх разных языках. найдите максимально возможное значение \\(a\\). stmt-graph языки в клубе и радужные тройки ai_checked рассмотрим \\(k\\)-раскраску рёбер полного графа \\(k_{2k+1}\\). предположим, что одноцветных треугольников нет. обозначим через \\(a\\) число радужных треугольников, то есть треугольников, у которых три ребра имеют три разных цвета. найдите максимум \\(a\\). complete_graph cycle idea-count-two-color-triangles нерадужные треугольники считаются по вершинам если одноцветных треугольников нет, то любой нерадужный треугольник использует ровно два цвета и единственным образом отмечается вершиной, в которой сходятся два ребра одного цвета. double_counting ai_checked sol-count-local-repeats локальный счёт и разложение на гамильтоновы циклы ai_checked complete_graph degree cycle double_counting переведём задачу в язык раскраски рёбер `k_{2k+1}`. общее число треугольников равно `c(2k+1,3)`. пусть для вершины `v` число рёбер цвета `c`, выходящих из `v`, равно `d_c(v)`. так как одноцветных треугольников нет, каждый нерадужный треугольник использует ровно два цвета и единственным образом считается в сумме `σ_v σ_c c(d_c(v),2)`: он отмечается вершиной, в которой два инцидентных ребра имеют одинаковый цвет. следовательно, `a = c(2k+1,3) - σ_v σ_c c(d_c(v),2)`. для фиксированной вершины `v` выполнено `σ_c d_c(v)=2k`. по выпуклости функции `x -> c(x,2)` эта сумма минимальна тогда и только тогда, когда все `d_c(v)` равны `2`; минимальное значение равно `k`. поэтому `a <= c(2k+1,3) - (2k+1)k = 2k(2k+1)(k-2)/3`. осталось показать достижимость. полный граф `k_{2k+1}` можно разложить на `k` гамильтоновых циклов; окрасим каждый цикл в свой цвет. тогда у каждой вершины в каждом цвете степень… usa-tst-2013-dec-p1-language-club-rainbow-triangles yazyki v klube i raduzhnye troyki, usa tst 2013 december p1 double_counting ramsey_theory extremal_choice goal_exact_bound 2013 https://artofproblemsolving.com/downloads/printable_post_collections/4643 secondary_archive src-usa-tst-2013-aops-community usa usa team selection test 2013 (arhiv soobschestva aops dlya pechati) usa tst usa2013 usatst usatst2013 with_solution ? usa team selection test 2013 (arhiv soobschestva aops dlya pechati) stmt-original klub i yazyki ai_checked v klube \\(2k+1\\) chelovek, i kazhdyy vladeet odnimi i temi zhe \\(k\\) yazykami. kazhdaya para uchastnikov razgovarivaet rovno na odnom iz etih yazykov. predpolozhim, chto ne suschestvuet treh uchastnikov, kotorye mezhdu soboy vsegda govoryat na odnom i tom zhe yazyke. oboznachim cherez \\(a\\) chislo troek uchastnikov, u kotoryh tri poparnyh razgovora idut na treh raznyh yazykah. naydite maksimalno vozmozhnoe znachenie \\(a\\). stmt-graph yazyki v klube i raduzhnye troyki ai_checked rassmotrim \\(k\\)-raskrasku reber polnogo grafa \\(k_{2k+1}\\). predpolozhim, chto odnotsvetnyh treugolnikov net. oboznachim cherez \\(a\\) chislo raduzhnyh treugolnikov, to est treugolnikov, u kotoryh tri rebra imeyut tri raznyh tsveta. naydite maksimum \\(a\\). complete_graph cycle idea-count-two-color-triangles neraduzhnye treugolniki schitayutsya po vershinam esli odnotsvetnyh treugolnikov net, to lyuboy neraduzhnyy treugolnik ispolzuet rovno dva tsveta i edinstvennym obrazom otmechaetsya vershinoy, v kotoroy shodyatsya dva rebra odnogo tsveta. double_counting ai_checked sol-count-local-repeats lokalnyy schet i razlozhenie na gamiltonovy tsikly ai_checked complete_graph degree cycle double_counting perevedem zadachu v yazyk raskraski reber `k_{2k+1}`. obschee chislo treugolnikov ravno `c(2k+1,3)`. pust dlya vershiny `v` chislo reber tsveta `c`, vyhodyaschih iz `v`, ravno `d_c(v)`. tak kak odnotsvetnyh treugolnikov net, kazhdyy neraduzhnyy treugolnik ispolzuet rovno dva tsveta i edinstvennym obrazom schitaetsya v summe `σ_v σ_c c(d_c(v),2)`: on otmechaetsya vershinoy, v kotoroy dva intsidentnyh rebra imeyut odinakovyy tsvet. sledovatelno, `a = c(2k+1,3) - σ_v σ_c c(d_c(v),2)`. dlya fiksirovannoy vershiny `v` vypolneno `σ_c d_c(v)=2k`. po vypuklosti funktsii `x -> c(x,2)` eta summa minimalna togda i tolko togda, kogda vse `d_c(v)` ravny `2`; minimalnoe znachenie ravno `k`. poetomu `a <= c(2k+1,3) - (2k+1)k = 2k(2k+1)(k-2)/3`. ostalos pokazat dostizhimost. polnyy graf `k_{2k+1}` mozhno razlozhit na `k` gamiltonovyh tsiklov; okrasim kazhdyy tsikl v svoy tsvet. togda u kazhdoy vershiny v kazhdom tsvete stepen…","source_keys":["usa"]}
{"id":"usajmo-2023-p3-domino-slides-special-square-digraph","title":"Слайды домино, USAJMO 2023 P3","path":"data\\problems\\usajmo\\usajmo-2023-p3-domino-slides-special-square-digraph.yaml","raw_github_url":"https://raw.githubusercontent.com/didin-maxim/knowledge_graph_of_graphs/main/data/problems/usajmo/usajmo-2023-p3-domino-slides-special-square-digraph.yaml","viewer_url":"https://didin-maxim.github.io/knowledge_graph_of_graphs/#usajmo-2023-p3-domino-slides-special-square-digraph","source_key":"usajmo","source_label":"USAJMO","source_titles":["2023 USAJMO Problems/Problem 3","JMO 2023 Solution Notes","Holden Mui, Dominoes on a Grid proposal"],"year":"2023","type":"olympiad_problem","authors":["Holden Mui"],"tags":["trees","coloring","goal_exact_bound"],"agent_topics":[],"difficulty":{"main":"national_final_hard","local_score":8,"comment":"Младшая версия USAMO 2023 P3; графовый слой остаётся центральным, хотя цель задачи только максимизировать `k(C)`.","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":"У олимпиадной карточки есть официальный источник или источник уровня шорт-листа/сборника, а решение имеет статус ai_checked.","audit_source":"agent-imo-us-classical.json"},"statements":{"original":[{"id":"stmt-original","title":"Оригинальная формулировка","status":"ai_checked","text":"Рассмотрим доску \\(n x n\\) для нечётного положительного \\(n\\). Максимальная конфигурация, выровненная по клеткам состоит из \\((n^2-1)/2\\) домино \\(1 \\times 2\\) или \\(2 \\times 1\\), покрывающих все клетки, кроме одной. Разрешено сдвинуть домино в пустую клетку, не поворачивая его; после этого снова получается максимальная конфигурация с другой пустой клеткой. Пусть \\(k(C)\\) — число различных максимальных конфигураций, достижимых из \\(C\\) последовательностью таких ходов. Найдите максимальное возможное значение \\(k(C)\\) в зависимости от \\(n\\).","definition_ids":[]}]},"solutions":[{"id":"sol-directed-graph-and-spanning-tree-bound","title":"Ориентированный граф специальных клеток и максимум по остовному дереву","status":"ai_checked","definition_ids":["directed_graph","tree","cycle"],"standard_idea_ids":[],"tags":[],"has_text":true,"text_preview":"Рассмотрим специальные клетки той же чётности координат, что и пустая клетка. Каждое домино, лежащее на такой клетке, естественно указывает на следующую специальную клетку в своём направлении; это задаёт ориентированный граф \\(G(C)\\). Пусть \\(T\\) — слабо связная компонента, содержащая пустую клетку. Так как у каждой вершины исходящая степень не больше 1, любой неориентированный цикл в \\(T\\) превращается в ориентированный цикл: на цикле ровно столько рёбер, сколько вершин, и у каждой вершины может быть не более одного исходящего ребра. В компоненте с пустой клеткой такого ориентированного цикла быть не может, поскольку пустая клетка имеет исходящую степень 0, а в конечном функциональном графе слабая компонента содержит либо сток, либо ориентированный цикл. Следовательно, \\(T\\) — дерево. Теперь любой ход домино соответствует изменению положения стока внутри этого дерева, а достижимые конф…"}],"relations":[{"id":"rel-tree-usajmo-2023-p3","neighbor_id":"tree-equivalent-properties","direction":"backward","type":"prerequisite","distance":1,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-usamo-2023-p3-usajmo-2023-p3","neighbor_id":"usamo-2023-p3-domino-slides-special-square-digraph","direction":"backward","type":"paired_variant","distance":1,"status":"ai_checked"}],"search_text":"usajmo-2023-p3-domino-slides-special-square-digraph слайды домино, usajmo 2023 p3 trees coloring goal_exact_bound 2023 2023 usajmo problems/problem 3 holden mui holden mui, dominoes on a grid proposal holdenmui https://artofproblemsolving.com/wiki/index.php/2023_usajmo_problems/problem_3 https://web.evanchen.cc/exams/jmo-2023-notes.pdf https://www.mit.edu/~hsmui/files/proposals/2023usamo3.pdf jmo 2023 solution notes problem_archive proposer_solution solution_notes src-jmo-2023-evan-chen-notes src-usajmo-2023-p3-aops-wiki src-usamo-2023-p3-proposer-holden-mui usajmo usajmo2023 with_solution holden mui 2023 usajmo problems/problem 3 jmo 2023 solution notes holden mui, dominoes on a grid proposal stmt-original оригинальная формулировка ai_checked рассмотрим доску \\(n x n\\) для нечётного положительного \\(n\\). максимальная конфигурация, выровненная по клеткам состоит из \\((n^2-1)/2\\) домино \\(1 \\times 2\\) или \\(2 \\times 1\\), покрывающих все клетки, кроме одной. разрешено сдвинуть домино в пустую клетку, не поворачивая его; после этого снова получается максимальная конфигурация с другой пустой клеткой. пусть \\(k(c)\\) — число различных максимальных конфигураций, достижимых из \\(c\\) последовательностью таких ходов. найдите максимальное возможное значение \\(k(c)\\) в зависимости от \\(n\\). idea-fixed-parity-class-of-hole пустая клетка всё время остаётся в одном классе чётности после каждого сдвига новая пустая клетка отстоит от старой на `2` по строке или столбцу, так что имеет ту же класс чётности. поэтому рассматривать нужно только специальные клетки этого класса. coloring ai_checked idea-empty-component-is-tree компонента пустой клетки образует дерево в построенном орграфе каждая специальная клетка имеет исходящую степень не больше 1, а пустая клетка имеет исходящую степень 0. любой цикл был бы ориентированным циклом, но тогда он не мог бы лежать в компоненте пустой клетки. значит соответствующая слабо связная компонента ациклична. trees ai_checked idea-kc-equals-number-of-tree-vertices `k(c)` равно числу вершин дерева достижимых специальные клетки перемещение домино просто меняет сток дерева: любой достижимый выбор пустой клетки соответствует выбору вершины дерева, после чего все стрелки ориентируются к ней. поэтому число достижимых конфигураций совпадает с числом вершин компоненты. trees ai_checked sol-directed-graph-and-spanning-tree-bound ориентированный граф специальных клеток и максимум по остовному дереву ai_checked directed_graph tree cycle рассмотрим специальные клетки той же чётности координат, что и пустая клетка. каждое домино, лежащее на такой клетке, естественно указывает на следующую специальную клетку в своём направлении; это задаёт ориентированный граф \\(g(c)\\). пусть \\(t\\) — слабо связная компонента, содержащая пустую клетку. так как у каждой вершины исходящая степень не больше 1, любой неориентированный цикл в \\(t\\) превращается в ориентированный цикл: на цикле ровно столько рёбер, сколько вершин, и у каждой вершины может быть не более одного исходящего ребра. в компоненте с пустой клеткой такого ориентированного цикла быть не может, поскольку пустая клетка имеет исходящую степень 0, а в конечном функциональном графе слабая компонента содержит либо сток, либо ориентированный цикл. следовательно, \\(t\\) — дерево. теперь любой ход домино соответствует изменению положения стока внутри этого дерева, а достижимые конф… usajmo-2023-p3-domino-slides-special-square-digraph slaydy domino, usajmo 2023 p3 trees coloring goal_exact_bound 2023 2023 usajmo problems/problem 3 holden mui holden mui, dominoes on a grid proposal holdenmui https://artofproblemsolving.com/wiki/index.php/2023_usajmo_problems/problem_3 https://web.evanchen.cc/exams/jmo-2023-notes.pdf https://www.mit.edu/~hsmui/files/proposals/2023usamo3.pdf jmo 2023 solution notes problem_archive proposer_solution solution_notes src-jmo-2023-evan-chen-notes src-usajmo-2023-p3-aops-wiki src-usamo-2023-p3-proposer-holden-mui usajmo usajmo2023 with_solution holden mui 2023 usajmo problems/problem 3 jmo 2023 solution notes holden mui, dominoes on a grid proposal stmt-original originalnaya formulirovka ai_checked rassmotrim dosku \\(n x n\\) dlya nechetnogo polozhitelnogo \\(n\\). maksimalnaya konfiguratsiya, vyrovnennaya po kletkam sostoit iz \\((n^2-1)/2\\) domino \\(1 \\times 2\\) ili \\(2 \\times 1\\), pokryvayuschih vse kletki, krome odnoy. razresheno sdvinut domino v pustuyu kletku, ne povorachivaya ego; posle etogo snova poluchaetsya maksimalnaya konfiguratsiya s drugoy pustoy kletkoy. pust \\(k(c)\\) — chislo razlichnyh maksimalnyh konfiguratsiy, dostizhimyh iz \\(c\\) posledovatelnostyu takih hodov. naydite maksimalnoe vozmozhnoe znachenie \\(k(c)\\) v zavisimosti ot \\(n\\). idea-fixed-parity-class-of-hole pustaya kletka vse vremya ostaetsya v odnom klasse chetnosti posle kazhdogo sdviga novaya pustaya kletka otstoit ot staroy na `2` po stroke ili stolbtsu, tak chto imeet tu zhe klass chetnosti. poetomu rassmatrivat nuzhno tolko spetsialnye kletki etogo klassa. coloring ai_checked idea-empty-component-is-tree komponenta pustoy kletki obrazuet derevo v postroennom orgrafe kazhdaya spetsialnaya kletka imeet ishodyaschuyu stepen ne bolshe 1, a pustaya kletka imeet ishodyaschuyu stepen 0. lyuboy tsikl byl by orientirovannym tsiklom, no togda on ne mog by lezhat v komponente pustoy kletki. znachit sootvetstvuyuschaya slabo svyaznaya komponenta atsiklichna. trees ai_checked idea-kc-equals-number-of-tree-vertices `k(c)` ravno chislu vershin dereva dostizhimyh spetsialnye kletki peremeschenie domino prosto menyaet stok dereva: lyuboy dostizhimyy vybor pustoy kletki sootvetstvuet vyboru vershiny dereva, posle chego vse strelki orientiruyutsya k ney. poetomu chislo dostizhimyh konfiguratsiy sovpadaet s chislom vershin komponenty. trees ai_checked sol-directed-graph-and-spanning-tree-bound orientirovannyy graf spetsialnyh kletok i maksimum po ostovnomu derevu ai_checked directed_graph tree cycle rassmotrim spetsialnye kletki toy zhe chetnosti koordinat, chto i pustaya kletka. kazhdoe domino, lezhaschee na takoy kletke, estestvenno ukazyvaet na sleduyuschuyu spetsialnuyu kletku v svoem napravlenii; eto zadaet orientirovannyy graf \\(g(c)\\). pust \\(t\\) — slabo svyaznaya komponenta, soderzhaschaya pustuyu kletku. tak kak u kazhdoy vershiny ishodyaschaya stepen ne bolshe 1, lyuboy neorientirovannyy tsikl v \\(t\\) prevraschaetsya v orientirovannyy tsikl: na tsikle rovno stolko reber, skolko vershin, i u kazhdoy vershiny mozhet byt ne bolee odnogo ishodyaschego rebra. v komponente s pustoy kletkoy takogo orientirovannogo tsikla byt ne mozhet, poskolku pustaya kletka imeet ishodyaschuyu stepen 0, a v konechnom funktsionalnom grafe slabaya komponenta soderzhit libo stok, libo orientirovannyy tsikl. sledovatelno, \\(t\\) — derevo. teper lyuboy hod domino sootvetstvuet izmeneniyu polozheniya stoka vnutri etogo dereva, a dostizhimye konf…","source_keys":["usajmo","usamo"]}
{"id":"usamo-1976-p1-monochromatic-rectangle-bipartite","title":"Монохроматический прямоугольник на доске 4x7, USAMO 1976 P1","path":"data\\problems\\usamo\\usamo-1976-p1-monochromatic-rectangle-bipartite.yaml","raw_github_url":"https://raw.githubusercontent.com/didin-maxim/knowledge_graph_of_graphs/main/data/problems/usamo/usamo-1976-p1-monochromatic-rectangle-bipartite.yaml","viewer_url":"https://didin-maxim.github.io/knowledge_graph_of_graphs/#usamo-1976-p1-monochromatic-rectangle-bipartite","source_key":"usamo","source_label":"USAMO","source_titles":["AoPS Wiki, 1976 USAMO Problems"],"year":"1976","type":"olympiad_problem","authors":[],"tags":["double_counting","coloring","ramsey_theory","goal_counting"],"agent_topics":[],"difficulty":{"main":"national_final_easy","local_score":5,"comment":"Ранняя USAMO-задача с очень чистым двудольным графовым переводом.","status":"ai_checked"},"review_status":"needs_human_review","public_ready":false,"solution_state":"with_solution","solution_classification":{"type":"unofficial_published","label":"опубликованное неофициальное","status":"ai_checked","confidence":0.78,"basis":"агентский аудит средней сложности","notes":"Карточка поддержана опубликованными неофициальными, справочными, журнальными, wiki-, форумными источниками или страницами задач.","audit_source":"agent-imo-us-classical.json"},"statements":{"original":[{"id":"stmt-original","title":"Прямоугольник одного цвета","status":"ai_checked","text":"а) Каждая клетка доски \\(4 \\times 7\\) окрашена в чёрный или белый цвет. Докажите, что найдётся прямоугольник, стороны которого идут по линиям сетки, а четыре угловые клетки имеют один и тот же цвет. б) Постройте раскраску доски \\(4 \\times 6\\), для которой такого прямоугольника нет.","definition_ids":[]}],"graph_theory":[{"id":"stmt-graph","title":"Монохроматический прямоугольник на доске 4x7","status":"ai_checked","text":"Рёбра полного двудольного графа \\(K_{4,7}\\) раскрашены в два цвета. Докажите, что в этом графе обязательно найдётся одноцветный цикл длины \\(4\\). Кроме того, постройте двухцветную раскраску рёбер \\(K_{4,6}\\), в которой нет одноцветного цикла длины \\(4\\).","definition_ids":["bipartite_graph","cycle"]}]},"solutions":[{"id":"sol-column-pair-double-counting","title":"Подсчёт по парам столбцов","status":"ai_checked","definition_ids":["bipartite_graph","cycle"],"standard_idea_ids":["double_counting","pigeonhole_principle"],"tags":[],"has_text":true,"text_preview":"Для каждой строки посмотрим на пары столбцов, в которых клетки этой строки имеют одинаковый цвет. В строке длины `7` хотя бы 4 клетки одного цвета, поэтому таких пар не меньше `C(4,2)=6`. На четырёх строках получаем не меньше `24` одноцветных пар вида `(строка, пара столбцов, цвет)`. Но самих пар столбцов всего `C(7,2)=21`. Значит найдутся две разные строки и одна и та же пара столбцов, в которых цвет совпадает. Четыре соответствующие клетки образуют искомый прямоугольник. Для части б) дадим явную раскраску `4x6`: занумеруем строки `1,2,3,4`, а шесть столбцов сопоставим парам строк `12,13,14,23,24,34`; в столбце `ij` покрасим клетки строк `i` и `j` в чёрный, а две остальные — в белый. У любых двух столбцов соответствующие пары строк имеют ровно одну общую строку, поэтому в этих двух столбцах есть ровно одна пара чёрных клеток в одной строке и ровно одна пара белых клеток в одной строке.…"}],"relations":[{"id":"rel-usamo-1976-vosh-2008-common-neighbor-double-counting","neighbor_id":"vosh-2008-regional-bureaucrats-common-neighborhood","direction":"forward","type":"same_motif","distance":2,"status":"needs_human_review"},{"id":"rel-kolm-2008-team-seniors-usamo-1976-rectangle","neighbor_id":"kolmogorov-2008-team-olympiad-seniors-problem-7","direction":"backward","type":"same_motif","distance":2,"status":"needs_human_review"},{"id":"rel-paths-counting-usamo-1976-imo-1996-c2-grid-count","neighbor_id":"imo-1996-c2-grid-vertices-two-red","direction":"forward","type":"same_motif","distance":2,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-paths-counting-usamo-1976-kolm-2007-induced-count","neighbor_id":"kolmogorov-2007-team-olympiad-seniors-problem-7","direction":"forward","type":"same_motif","distance":2,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-metadata-kolm-2004-ap-c4-usamo-rectangle","neighbor_id":"kolmogorov-2004-round2-higher-league-problem-9","direction":"backward","type":"same_motif","distance":2,"status":"needs_human_review"},{"id":"rel-usamo-1976-parent-p1a-forcing","neighbor_id":"usamo-1976-p1a-4x7-monochromatic-rectangle-forcing","direction":"forward","type":"same_source","distance":1,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-usamo-1976-parent-p1b-construction","neighbor_id":"usamo-1976-p1b-4x6-rectangle-free-coloring-construction","direction":"forward","type":"same_source","distance":1,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-vosh-2014-rainbow-rectangle-usamo-1976-monochromatic-rectangle","neighbor_id":"vosh-2014-15-regional-grid-rainbow-rectangle","direction":"backward","type":"same_motif","distance":2,"status":"ai_checked"}],"search_text":"usamo-1976-p1-monochromatic-rectangle-bipartite монохроматический прямоугольник на доске 4x7, usamo 1976 p1 double_counting coloring ramsey_theory goal_counting 1976 aops wiki, 1976 usamo problems https://artofproblemsolving.com/wiki/index.php/1976_usamo_problems src-usamo-1976-aops-wiki statement usamo usamo1976 with_solution ? aops wiki, 1976 usamo problems stmt-original прямоугольник одного цвета ai_checked а) каждая клетка доски \\(4 \\times 7\\) окрашена в чёрный или белый цвет. докажите, что найдётся прямоугольник, стороны которого идут по линиям сетки, а четыре угловые клетки имеют один и тот же цвет. б) постройте раскраску доски \\(4 \\times 6\\), для которой такого прямоугольника нет. stmt-graph монохроматический прямоугольник на доске 4x7 ai_checked рёбра полного двудольного графа \\(k_{4,7}\\) раскрашены в два цвета. докажите, что в этом графе обязательно найдётся одноцветный цикл длины \\(4\\). кроме того, постройте двухцветную раскраску рёбер \\(k_{4,6}\\), в которой нет одноцветного цикла длины \\(4\\). bipartite_graph cycle idea-count-same-color-column-pairs считать одноцветные пары столбцов по строкам в каждой строке из 7 клеток хотя бы 4 имеют один цвет, значит в этой строке есть хотя бы `c(4,2)=6` одноцветных пар столбцов. если суммарно таких пар слишком много, две строки дадут одну и ту же пару столбцов в одном цвете. double_counting ai_checked sol-column-pair-double-counting подсчёт по парам столбцов ai_checked bipartite_graph cycle double_counting pigeonhole_principle для каждой строки посмотрим на пары столбцов, в которых клетки этой строки имеют одинаковый цвет. в строке длины `7` хотя бы 4 клетки одного цвета, поэтому таких пар не меньше `c(4,2)=6`. на четырёх строках получаем не меньше `24` одноцветных пар вида `(строка, пара столбцов, цвет)`. но самих пар столбцов всего `c(7,2)=21`. значит найдутся две разные строки и одна и та же пара столбцов, в которых цвет совпадает. четыре соответствующие клетки образуют искомый прямоугольник. для части б) дадим явную раскраску `4x6`: занумеруем строки `1,2,3,4`, а шесть столбцов сопоставим парам строк `12,13,14,23,24,34`; в столбце `ij` покрасим клетки строк `i` и `j` в чёрный, а две остальные — в белый. у любых двух столбцов соответствующие пары строк имеют ровно одну общую строку, поэтому в этих двух столбцах есть ровно одна пара чёрных клеток в одной строке и ровно одна пара белых клеток в одной строке.… usamo-1976-p1-monochromatic-rectangle-bipartite monohromaticheskiy pryamougolnik na doske 4x7, usamo 1976 p1 double_counting coloring ramsey_theory goal_counting 1976 aops wiki, 1976 usamo problems https://artofproblemsolving.com/wiki/index.php/1976_usamo_problems src-usamo-1976-aops-wiki statement usamo usamo1976 with_solution ? aops wiki, 1976 usamo problems stmt-original pryamougolnik odnogo tsveta ai_checked a) kazhdaya kletka doski \\(4 \\times 7\\) okrashena v chernyy ili belyy tsvet. dokazhite, chto naydetsya pryamougolnik, storony kotorogo idut po liniyam setki, a chetyre uglovye kletki imeyut odin i tot zhe tsvet. b) postroyte raskrasku doski \\(4 \\times 6\\), dlya kotoroy takogo pryamougolnika net. stmt-graph monohromaticheskiy pryamougolnik na doske 4x7 ai_checked rebra polnogo dvudolnogo grafa \\(k_{4,7}\\) raskrasheny v dva tsveta. dokazhite, chto v etom grafe obyazatelno naydetsya odnotsvetnyy tsikl dliny \\(4\\). krome togo, postroyte dvuhtsvetnuyu raskrasku reber \\(k_{4,6}\\), v kotoroy net odnotsvetnogo tsikla dliny \\(4\\). bipartite_graph cycle idea-count-same-color-column-pairs schitat odnotsvetnye pary stolbtsov po strokam v kazhdoy stroke iz 7 kletok hotya by 4 imeyut odin tsvet, znachit v etoy stroke est hotya by `c(4,2)=6` odnotsvetnyh par stolbtsov. esli summarno takih par slishkom mnogo, dve stroki dadut odnu i tu zhe paru stolbtsov v odnom tsvete. double_counting ai_checked sol-column-pair-double-counting podschet po param stolbtsov ai_checked bipartite_graph cycle double_counting pigeonhole_principle dlya kazhdoy stroki posmotrim na pary stolbtsov, v kotoryh kletki etoy stroki imeyut odinakovyy tsvet. v stroke dliny `7` hotya by 4 kletki odnogo tsveta, poetomu takih par ne menshe `c(4,2)=6`. na chetyreh strokah poluchaem ne menshe `24` odnotsvetnyh par vida `(stroka, para stolbtsov, tsvet)`. no samih par stolbtsov vsego `c(7,2)=21`. znachit naydutsya dve raznye stroki i odna i ta zhe para stolbtsov, v kotoryh tsvet sovpadaet. chetyre sootvetstvuyuschie kletki obrazuyut iskomyy pryamougolnik. dlya chasti b) dadim yavnuyu raskrasku `4x6`: zanumeruem stroki `1,2,3,4`, a shest stolbtsov sopostavim param strok `12,13,14,23,24,34`; v stolbtse `ij` pokrasim kletki strok `i` i `j` v chernyy, a dve ostalnye — v belyy. u lyubyh dvuh stolbtsov sootvetstvuyuschie pary strok imeyut rovno odnu obschuyu stroku, poetomu v etih dvuh stolbtsah est rovno odna para chernyh kletok v odnoy stroke i rovno odna para belyh kletok v odnoy stroke.…","source_keys":["usamo"]}
{"id":"usamo-1976-p1a-4x7-monochromatic-rectangle-forcing","title":"Неизбежный монохроматический прямоугольник на доске 4x7, USAMO 1976 P1a","path":"data\\problems\\usamo\\usamo-1976-p1a-4x7-monochromatic-rectangle-forcing.yaml","raw_github_url":"https://raw.githubusercontent.com/didin-maxim/knowledge_graph_of_graphs/main/data/problems/usamo/usamo-1976-p1a-4x7-monochromatic-rectangle-forcing.yaml","viewer_url":"https://didin-maxim.github.io/knowledge_graph_of_graphs/#usamo-1976-p1a-4x7-monochromatic-rectangle-forcing","source_key":"usamo","source_label":"USAMO","source_titles":["AoPS Wiki, 1976 USAMO Problems"],"year":"1976","type":"olympiad_problem","authors":[],"tags":["double_counting","coloring","ramsey_theory","goal_existence"],"agent_topics":[],"difficulty":{"main":"national_final_easy","local_score":4,"comment":"Самостоятельная часть на принудительное существование USAMO 1976 P1: короткий, но не совсем прямолинейный подсчет по столбцам и парам строк.","status":"ai_checked"},"review_status":"needs_human_review","public_ready":false,"solution_state":"with_solution","solution_classification":{"type":"unofficial_published","label":"опубликованное неофициальное","status":"ai_checked","confidence":0.78,"basis":"аудит высокой сложности при разделении составной карточки USAMO 1976 P1","notes":"Условие подтверждается существующим архивным источником USAMO; решение является независимо проверенным доказательством первой части через двойной подсчёт.","audit_source":"agent-high-reasoning-split"},"statements":{"original":[{"id":"stmt-original","title":"Прямоугольник одного цвета на доске 4x7","status":"ai_checked","text":"Каждая клетка доски \\(4 \\times 7\\) окрашена в черный или белый цвет. Докажите, что найдутся две строки и два столбца, такие что четыре клетки на их пересечениях имеют один и тот же цвет.","definition_ids":[]}],"graph_theory":[{"id":"stmt-graph","title":"Неизбежный монохроматический прямоугольник на доске 4x7","status":"ai_checked","text":"Ребра полного двудольного графа \\(K_{4,7}\\) раскрашены в два цвета. Докажите, что в этой раскраске обязательно существует одноцветный цикл длины \\(4\\).","definition_ids":["bipartite_graph","cycle"]}]},"solutions":[{"id":"sol-column-row-pair-double-counting","title":"Подсчет одноцветных пар строк по столбцам","status":"ai_checked","definition_ids":["bipartite_graph","cycle"],"standard_idea_ids":["double_counting","pigeonhole_principle"],"tags":[],"has_text":true,"text_preview":"Предположим, что монохроматического прямоугольника нет. В каждом столбце посмотрим на пары строк, в которых две клетки этого столбца имеют один цвет. Если в столбце `k` черных клеток, то таких пар равно `C(k,2)+C(4-k,2)`. При `k=0,1,2,3,4` это число соответственно равно `6,3,2,3,6`, поэтому в каждом столбце есть как минимум `2` одноцветные пары строк. На семи столбцах получаем не меньше `14` объектов вида `(пара строк, цвет, столбец)`, где в данном столбце две клетки выбранных строк имеют указанный цвет. С другой стороны, если для одной и той же пары строк и одного и того же цвета нашлись бы два разных столбца, то четыре клетки на пересечении этих двух строк и двух столбцов образовали бы монохроматический прямоугольник. Значит, при нашем предположении каждая из `C(4,2) * 2 = 12` пар `(пара строк, цвет)` может встретиться не более одного раза. Это противоречит нижней оценке `14`. Следова…"}],"relations":[{"id":"rel-usamo-1976-parent-p1a-forcing","neighbor_id":"usamo-1976-p1-monochromatic-rectangle-bipartite","direction":"backward","type":"same_source","distance":1,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-usamo-1976-p1a-p1b-sharp-threshold","neighbor_id":"usamo-1976-p1b-4x6-rectangle-free-coloring-construction","direction":"forward","type":"paired_variant","distance":1,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-usamo-1976-p1a-vosh-2014-rainbow-rectangle","neighbor_id":"vosh-2014-15-regional-grid-rainbow-rectangle","direction":"forward","type":"same_motif","distance":2,"status":"ai_checked"}],"search_text":"usamo-1976-p1a-4x7-monochromatic-rectangle-forcing неизбежный монохроматический прямоугольник на доске 4x7, usamo 1976 p1a double_counting coloring ramsey_theory goal_existence 1976 aops wiki, 1976 usamo problems https://artofproblemsolving.com/wiki/index.php/1976_usamo_problems src-usamo-1976-aops-wiki statement usamo usamo1976 with_solution ? aops wiki, 1976 usamo problems stmt-original прямоугольник одного цвета на доске 4x7 ai_checked каждая клетка доски \\(4 \\times 7\\) окрашена в черный или белый цвет. докажите, что найдутся две строки и два столбца, такие что четыре клетки на их пересечениях имеют один и тот же цвет. stmt-graph неизбежный монохроматический прямоугольник на доске 4x7 ai_checked ребра полного двудольного графа \\(k_{4,7}\\) раскрашены в два цвета. докажите, что в этой раскраске обязательно существует одноцветный цикл длины \\(4\\). bipartite_graph cycle idea-count-row-pairs-by-columns считать одноцветные пары строк внутри каждого столбца в одном столбце четыре клетки дают как минимум две пары строк, в которых цвета совпадают. если прямоугольника нет, то каждая пара строк в каждом цвете может появиться не более чем в одном столбце. double_counting pigeonhole_principle ai_checked sol-column-row-pair-double-counting подсчет одноцветных пар строк по столбцам ai_checked bipartite_graph cycle double_counting pigeonhole_principle предположим, что монохроматического прямоугольника нет. в каждом столбце посмотрим на пары строк, в которых две клетки этого столбца имеют один цвет. если в столбце `k` черных клеток, то таких пар равно `c(k,2)+c(4-k,2)`. при `k=0,1,2,3,4` это число соответственно равно `6,3,2,3,6`, поэтому в каждом столбце есть как минимум `2` одноцветные пары строк. на семи столбцах получаем не меньше `14` объектов вида `(пара строк, цвет, столбец)`, где в данном столбце две клетки выбранных строк имеют указанный цвет. с другой стороны, если для одной и той же пары строк и одного и того же цвета нашлись бы два разных столбца, то четыре клетки на пересечении этих двух строк и двух столбцов образовали бы монохроматический прямоугольник. значит, при нашем предположении каждая из `c(4,2) * 2 = 12` пар `(пара строк, цвет)` может встретиться не более одного раза. это противоречит нижней оценке `14`. следова… usamo-1976-p1a-4x7-monochromatic-rectangle-forcing neizbezhnyy monohromaticheskiy pryamougolnik na doske 4x7, usamo 1976 p1a double_counting coloring ramsey_theory goal_existence 1976 aops wiki, 1976 usamo problems https://artofproblemsolving.com/wiki/index.php/1976_usamo_problems src-usamo-1976-aops-wiki statement usamo usamo1976 with_solution ? aops wiki, 1976 usamo problems stmt-original pryamougolnik odnogo tsveta na doske 4x7 ai_checked kazhdaya kletka doski \\(4 \\times 7\\) okrashena v chernyy ili belyy tsvet. dokazhite, chto naydutsya dve stroki i dva stolbtsa, takie chto chetyre kletki na ih peresecheniyah imeyut odin i tot zhe tsvet. stmt-graph neizbezhnyy monohromaticheskiy pryamougolnik na doske 4x7 ai_checked rebra polnogo dvudolnogo grafa \\(k_{4,7}\\) raskrasheny v dva tsveta. dokazhite, chto v etoy raskraske obyazatelno suschestvuet odnotsvetnyy tsikl dliny \\(4\\). bipartite_graph cycle idea-count-row-pairs-by-columns schitat odnotsvetnye pary strok vnutri kazhdogo stolbtsa v odnom stolbtse chetyre kletki dayut kak minimum dve pary strok, v kotoryh tsveta sovpadayut. esli pryamougolnika net, to kazhdaya para strok v kazhdom tsvete mozhet poyavitsya ne bolee chem v odnom stolbtse. double_counting pigeonhole_principle ai_checked sol-column-row-pair-double-counting podschet odnotsvetnyh par strok po stolbtsam ai_checked bipartite_graph cycle double_counting pigeonhole_principle predpolozhim, chto monohromaticheskogo pryamougolnika net. v kazhdom stolbtse posmotrim na pary strok, v kotoryh dve kletki etogo stolbtsa imeyut odin tsvet. esli v stolbtse `k` chernyh kletok, to takih par ravno `c(k,2)+c(4-k,2)`. pri `k=0,1,2,3,4` eto chislo sootvetstvenno ravno `6,3,2,3,6`, poetomu v kazhdom stolbtse est kak minimum `2` odnotsvetnye pary strok. na semi stolbtsah poluchaem ne menshe `14` obektov vida `(para strok, tsvet, stolbets)`, gde v dannom stolbtse dve kletki vybrannyh strok imeyut ukazannyy tsvet. s drugoy storony, esli dlya odnoy i toy zhe pary strok i odnogo i togo zhe tsveta nashlis by dva raznyh stolbtsa, to chetyre kletki na peresechenii etih dvuh strok i dvuh stolbtsov obrazovali by monohromaticheskiy pryamougolnik. znachit, pri nashem predpolozhenii kazhdaya iz `c(4,2) * 2 = 12` par `(para strok, tsvet)` mozhet vstretitsya ne bolee odnogo raza. eto protivorechit nizhney otsenke `14`. sledova…","source_keys":["usamo"]}
{"id":"usamo-1976-p1b-4x6-rectangle-free-coloring-construction","title":"Раскраска доски 4x6 без монохроматического прямоугольника, USAMO 1976 P1b","path":"data\\problems\\usamo\\usamo-1976-p1b-4x6-rectangle-free-coloring-construction.yaml","raw_github_url":"https://raw.githubusercontent.com/didin-maxim/knowledge_graph_of_graphs/main/data/problems/usamo/usamo-1976-p1b-4x6-rectangle-free-coloring-construction.yaml","viewer_url":"https://didin-maxim.github.io/knowledge_graph_of_graphs/#usamo-1976-p1b-4x6-rectangle-free-coloring-construction","source_key":"usamo","source_label":"USAMO","source_titles":["AoPS Wiki, 1976 USAMO Problems"],"year":"1976","type":"olympiad_problem","authors":[],"tags":["coloring","construction","ramsey_theory","goal_construction"],"agent_topics":[],"difficulty":{"main":"national_final_easy","local_score":3,"comment":"Самостоятельная конструктивная часть USAMO 1976 P1: компактная экстремальная раскраска через все пары строк.","status":"ai_checked"},"review_status":"needs_human_review","public_ready":false,"solution_state":"with_solution","solution_classification":{"type":"unofficial_published","label":"опубликованное неофициальное","status":"ai_checked","confidence":0.78,"basis":"аудит высокой сложности при разделении составной карточки USAMO 1976 P1","notes":"Условие подтверждается существующим архивным источником USAMO; решение является независимо проверенной явной конструкцией для второй части.","audit_source":"agent-high-reasoning-split"},"statements":{"original":[{"id":"stmt-original","title":"Раскраска 4x6 без прямоугольника одного цвета","status":"ai_checked","text":"Постройте раскраску каждой клетки доски \\(4 \\times 6\\) в черный или белый цвет, в которой не существует двух строк и двух столбцов, такие что четыре клетки на их пересечениях имеют один и тот же цвет.","definition_ids":[]}],"graph_theory":[{"id":"stmt-graph","title":"Раскраска доски 4x6 без монохроматического прямоугольника","status":"ai_checked","text":"Постройте двухцветную раскраску ребер полного двудольного графа \\(K_{4,6}\\), в которой нет одноцветного цикла длины \\(4\\).","definition_ids":["bipartite_graph","cycle"]}]},"solutions":[{"id":"sol-all-two-subsets-construction","title":"Шесть столбцов, соответствующих всем парам строк","status":"ai_checked","definition_ids":["bipartite_graph","cycle"],"standard_idea_ids":["extremal_choice"],"tags":[],"has_text":true,"text_preview":"Занумеруем строки числами `1,2,3,4`. Шесть столбцов обозначим парами строк `12,13,14,23,24,34`. В столбце `ij` покрасим клетки строк `i` и `j` в черный цвет, а две остальные клетки - в белый. Например, столбец `12` имеет черные клетки в строках `1` и `2`, а белые в строках `3` и `4`. Проверим, что монохроматического прямоугольника нет. Черный прямоугольник с двумя фиксированными строками `r,s` существовал бы тогда и только тогда, когда есть два разных столбца, в которых обе клетки строк `r` и `s` черные. Но столбец с такой парой черных строк ровно один, а именно `rs`. Значит, черного прямоугольника нет. Белый прямоугольник с двумя фиксированными строками `r,s` существовал бы тогда и только тогда, когда есть два разных столбца, в которых обе клетки строк `r` и `s` белые. В нашей конструкции это означает, что черная пара соответствующего столбца равна дополнению к `{r,s}` в множестве `{1,…"}],"relations":[{"id":"rel-usamo-1976-parent-p1b-construction","neighbor_id":"usamo-1976-p1-monochromatic-rectangle-bipartite","direction":"backward","type":"same_source","distance":1,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-usamo-1976-p1a-p1b-sharp-threshold","neighbor_id":"usamo-1976-p1a-4x7-monochromatic-rectangle-forcing","direction":"backward","type":"paired_variant","distance":1,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-usamo-1976-p1b-c4-free-kst","neighbor_id":"c4-free-kovari-sos-turan-bound","direction":"forward","type":"same_motif","distance":3,"status":"ai_checked"}],"search_text":"usamo-1976-p1b-4x6-rectangle-free-coloring-construction раскраска доски 4x6 без монохроматического прямоугольника, usamo 1976 p1b coloring construction ramsey_theory goal_construction 1976 aops wiki, 1976 usamo problems https://artofproblemsolving.com/wiki/index.php/1976_usamo_problems src-usamo-1976-aops-wiki statement usamo usamo1976 with_solution ? aops wiki, 1976 usamo problems stmt-original раскраска 4x6 без прямоугольника одного цвета ai_checked постройте раскраску каждой клетки доски \\(4 \\times 6\\) в черный или белый цвет, в которой не существует двух строк и двух столбцов, такие что четыре клетки на их пересечениях имеют один и тот же цвет. stmt-graph раскраска доски 4x6 без монохроматического прямоугольника ai_checked постройте двухцветную раскраску ребер полного двудольного графа \\(k_{4,6}\\), в которой нет одноцветного цикла длины \\(4\\). bipartite_graph cycle idea-columns-as-two-subsets взять столбцы как все пары строк если каждый столбец имеет ровно две черные клетки и эти пары пробегают все двухэлементные подмножества четырех строк, то любая пара строк встречается вместе черной ровно в одном столбце. то же верно для белого цвета, потому что дополнения к этим парам снова пробегают все пары строк. construction coloring ai_checked sol-all-two-subsets-construction шесть столбцов, соответствующих всем парам строк ai_checked bipartite_graph cycle extremal_choice занумеруем строки числами `1,2,3,4`. шесть столбцов обозначим парами строк `12,13,14,23,24,34`. в столбце `ij` покрасим клетки строк `i` и `j` в черный цвет, а две остальные клетки - в белый. например, столбец `12` имеет черные клетки в строках `1` и `2`, а белые в строках `3` и `4`. проверим, что монохроматического прямоугольника нет. черный прямоугольник с двумя фиксированными строками `r,s` существовал бы тогда и только тогда, когда есть два разных столбца, в которых обе клетки строк `r` и `s` черные. но столбец с такой парой черных строк ровно один, а именно `rs`. значит, черного прямоугольника нет. белый прямоугольник с двумя фиксированными строками `r,s` существовал бы тогда и только тогда, когда есть два разных столбца, в которых обе клетки строк `r` и `s` белые. в нашей конструкции это означает, что черная пара соответствующего столбца равна дополнению к `{r,s}` в множестве `{1,… usamo-1976-p1b-4x6-rectangle-free-coloring-construction raskraska doski 4x6 bez monohromaticheskogo pryamougolnika, usamo 1976 p1b coloring construction ramsey_theory goal_construction 1976 aops wiki, 1976 usamo problems https://artofproblemsolving.com/wiki/index.php/1976_usamo_problems src-usamo-1976-aops-wiki statement usamo usamo1976 with_solution ? aops wiki, 1976 usamo problems stmt-original raskraska 4x6 bez pryamougolnika odnogo tsveta ai_checked postroyte raskrasku kazhdoy kletki doski \\(4 \\times 6\\) v chernyy ili belyy tsvet, v kotoroy ne suschestvuet dvuh strok i dvuh stolbtsov, takie chto chetyre kletki na ih peresecheniyah imeyut odin i tot zhe tsvet. stmt-graph raskraska doski 4x6 bez monohromaticheskogo pryamougolnika ai_checked postroyte dvuhtsvetnuyu raskrasku reber polnogo dvudolnogo grafa \\(k_{4,6}\\), v kotoroy net odnotsvetnogo tsikla dliny \\(4\\). bipartite_graph cycle idea-columns-as-two-subsets vzyat stolbtsy kak vse pary strok esli kazhdyy stolbets imeet rovno dve chernye kletki i eti pary probegayut vse dvuhelementnye podmnozhestva chetyreh strok, to lyubaya para strok vstrechaetsya vmeste chernoy rovno v odnom stolbtse. to zhe verno dlya belogo tsveta, potomu chto dopolneniya k etim param snova probegayut vse pary strok. construction coloring ai_checked sol-all-two-subsets-construction shest stolbtsov, sootvetstvuyuschih vsem param strok ai_checked bipartite_graph cycle extremal_choice zanumeruem stroki chislami `1,2,3,4`. shest stolbtsov oboznachim parami strok `12,13,14,23,24,34`. v stolbtse `ij` pokrasim kletki strok `i` i `j` v chernyy tsvet, a dve ostalnye kletki - v belyy. naprimer, stolbets `12` imeet chernye kletki v strokah `1` i `2`, a belye v strokah `3` i `4`. proverim, chto monohromaticheskogo pryamougolnika net. chernyy pryamougolnik s dvumya fiksirovannymi strokami `r,s` suschestvoval by togda i tolko togda, kogda est dva raznyh stolbtsa, v kotoryh obe kletki strok `r` i `s` chernye. no stolbets s takoy paroy chernyh strok rovno odin, a imenno `rs`. znachit, chernogo pryamougolnika net. belyy pryamougolnik s dvumya fiksirovannymi strokami `r,s` suschestvoval by togda i tolko togda, kogda est dva raznyh stolbtsa, v kotoryh obe kletki strok `r` i `s` belye. v nashey konstruktsii eto oznachaet, chto chernaya para sootvetstvuyuschego stolbtsa ravna dopolneniyu k `{r,s}` v mnozhestve `{1,…","source_keys":["usamo"]}
{"id":"usamo-1999-p1-checkers-board-graph-rank","title":"Шашки на доске и граф занятых клеток, USAMO 1999 P1","path":"data\\problems\\usamo\\usamo-1999-p1-checkers-board-graph-rank.yaml","raw_github_url":"https://raw.githubusercontent.com/didin-maxim/knowledge_graph_of_graphs/main/data/problems/usamo/usamo-1999-p1-checkers-board-graph-rank.yaml","viewer_url":"https://didin-maxim.github.io/knowledge_graph_of_graphs/#usamo-1999-p1-checkers-board-graph-rank","source_key":"usamo","source_label":"USAMO","source_titles":["AoPS Wiki, 1999 USAMO Problems/Problem 1","John Scholes, USAMO 1999 A1 архив решения"],"year":"1999","type":"olympiad_problem","authors":[],"tags":["double_counting","extremal_choice","goal_exact_bound"],"agent_topics":[],"difficulty":{"main":"national_final_medium","local_score":6,"comment":"Хорошая задача на вспомогательный граф занятых клеток и счёт по связному порядку.","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":"У олимпиадной карточки есть официальный источник или источник уровня шорт-листа/сборника, а решение имеет статус ai_checked.","audit_source":"agent-imo-us-classical.json"},"statements":{"original":[{"id":"stmt-original","title":"Связная доминирующая конфигурация шашек","status":"ai_checked","text":"На доске \\(n x n\\) расставлены шашки так, что: а) каждая пустая клетка имеет общую сторону с занятой; б) любые две занятые клетки можно соединить цепочкой занятых клеток, в которой соседние клетки имеют общую сторону. Докажите, что шашек не меньше \\((n^2-2)/3\\).","definition_ids":[]}],"graph_theory":[{"id":"stmt-graph","title":"Шашки на доске и граф занятых клеток","status":"ai_checked","text":"В графе клеток доски \\(n x n\\) вершинами являются все клетки, а рёбра соединяют клетки с общей стороной. Выбрано множество вершин \\(S\\) такое, что индуцированный подграф на \\(S\\) связен, а каждая вершина всей доски либо принадлежит \\(S\\), либо смежна с вершиной из \\(S\\). Докажите, что \\(|S| \\ge (n^2-2)/3\\).","definition_ids":["connected_graph","degree","induced_subgraph"]}]},"solutions":[{"id":"sol-good-squares-in-connected-order","title":"Подсчёт хороших клеток","status":"ai_checked","definition_ids":["connected_graph"],"standard_idea_ids":["extremal_choice"],"tags":[],"has_text":true,"text_preview":"Назовём клетку хорошей, если она либо занята, либо имеет общую сторону с занятой. По условию каждая клетка доски хорошая: занятые клетки хороши по определению, а каждая пустая клетка соседствует с занятой. Значит всего хороших клеток ровно `n^2`. Обозначим число шашек через `k` и рассмотрим граф, вершинами которого являются занятые клетки, а рёбра соединяют занятые клетки с общей стороной. По условию этот граф связен. Поэтому его вершины можно упорядочить как `v_1,...,v_k` так, что при `i>1` вершина `v_i` имеет соседа среди `v_1,...,v_{i-1}`. Например, можно взять любое остовное дерево этого графа и перечислять вершины в порядке их первого появления при обходе от корня. Теперь мысленно ставим шашки именно в таком порядке и считаем, сколько новых хороших клеток может появиться на каждом шаге. Первая шашка делает хорошими не более пяти клеток: свою клетку и максимум четыре клетки, имеющие…"},{"id":"sol-circuit-rank-bound","title":"AoPS-версия через цикломатический ранг","status":"ai_checked","definition_ids":["connected_graph","degree"],"standard_idea_ids":["double_counting"],"tags":[],"has_text":true,"text_preview":"Пусть `x` — число шашек, а `G` — граф занятых клеток: две вершины соединены ребром, если соответствующие занятые клетки имеют общую сторону. По условию `G` связен. Оценим сверху число клеток, которые заняты или имеют общую сторону с занятой. Если считать вклад каждой шашки отдельно, то одна шашка может покрыть не более пяти клеток: свою клетку и четыре соседние по стороне. Такой грубый счёт даёт `5x`, но он завышает ответ, когда две занятые клетки соседствуют. Действительно, если занятые клетки `u` и `v` имеют общую сторону, то при подсчёте от `u` клетка `v` уже считается, и при подсчёте от `v` клетка `u` тоже уже считается; эти две стороны не могут отвечать за новые пустые клетки. Поэтому из суммы `5x` можно вычесть по одному за каждую инцидентность занятой клетки с занятым соседом. Таких инцидентностей ровно `sum deg(v)`. Значит число хороших клеток не превосходит `5x - sum deg(v)`. Т…"},{"id":"sol-john-scholes-connected-induction","title":"Джон Скоулз: индукция по связному множеству клеток","status":"ai_checked","definition_ids":["connected_graph","path"],"standard_idea_ids":["induction","extremal_choice"],"tags":[],"has_text":true,"text_preview":"Докажем более общее утверждение: если `k` занятых клеток образуют связное множество, то занятых или соседних с занятыми клеток не больше `3k+2`. После этого исходная задача сразу следует, потому что по условию все `n^2` клеток доски заняты или соседствуют с занятой. Проведём индукцию по `k`. При `k=1` одна шашка делает хорошими не более пяти клеток: свою клетку и четыре соседние по стороне. Это равно `3*1+2`, так что база верна. Пусть `k>1`. Рассмотрим граф занятых клеток и выберем две его вершины `A` и `B`, расстояние между которыми максимально. Утверждаем, что удаление `A` не разрушает связность оставшегося графа. Действительно, если после удаления `A` оставшиеся вершины распались бы на несколько компонент, то все пути из `B` в любую вершину компоненты, не содержащей `B`, должны были бы проходить через `A`. В частности, взяв соседа `C` вершины `A` в такой другой компоненте, получаем `…"}],"relations":[{"id":"rel-usamo-1999-p1-imo-1999-c5","neighbor_id":"imo-1999-c5-grid-total-domination","direction":"forward","type":"same_motif","distance":2,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-tree-usamo-1999-p1","neighbor_id":"tree-equivalent-properties","direction":"backward","type":"same_motif","distance":2,"status":"ai_checked"}],"search_text":"usamo-1999-p1-checkers-board-graph-rank шашки на доске и граф занятых клеток, usamo 1999 p1 double_counting extremal_choice goal_exact_bound 1999 aops wiki, 1999 usamo problems/problem 1 https://artofproblemsolving.com/wiki/index.php/1999_usamo_problems/problem_1 https://prase.cz/kalva/usa/usoln/usol991.html john scholes, usamo 1999 a1 архив решения secondary_solution src-usamo-1999-john-scholes-archive src-usamo-1999-p1-aops-wiki statement usamo usamo1999 with_solution ? aops wiki, 1999 usamo problems/problem 1 john scholes, usamo 1999 a1 архив решения stmt-original связная доминирующая конфигурация шашек ai_checked на доске \\(n x n\\) расставлены шашки так, что: а) каждая пустая клетка имеет общую сторону с занятой; б) любые две занятые клетки можно соединить цепочкой занятых клеток, в которой соседние клетки имеют общую сторону. докажите, что шашек не меньше \\((n^2-2)/3\\). stmt-graph шашки на доске и граф занятых клеток ai_checked в графе клеток доски \\(n x n\\) вершинами являются все клетки, а рёбра соединяют клетки с общей стороной. выбрано множество вершин \\(s\\) такое, что индуцированный подграф на \\(s\\) связен, а каждая вершина всей доски либо принадлежит \\(s\\), либо смежна с вершиной из \\(s\\). докажите, что \\(|s| \\ge (n^2-2)/3\\). connected_graph degree induced_subgraph idea-reinsert-checkers-in-connected-order возвращать шашки в связном порядке если упорядочить занятые клетки так, чтобы каждая, кроме первой, соседствовала с одной из предыдущих, то первая шашка делает хорошими не более 5 клеток, а каждая следующая — не более 3 новых клеток. extremal_choice ai_checked idea-circuit-rank-version можно усилить оценку через цикломатический ранг в графовой версии сумма степеней равна `2v-2+2r`, где `r` — цикломатический ранг; это даёт даже более сильную оценку `x >= (n^2-2+2r)/3`. double_counting ai_checked idea-delete-leaflike-checker удалять шашку, сохраняя связность можно индуктивно снимать одну занятую клетку так, чтобы оставшиеся занятые клетки всё ещё были связны; тогда каждый новый шаг добавляет не более трёх новых хороших клеток. induction ai_checked sol-good-squares-in-connected-order подсчёт хороших клеток ai_checked connected_graph extremal_choice назовём клетку хорошей, если она либо занята, либо имеет общую сторону с занятой. по условию каждая клетка доски хорошая: занятые клетки хороши по определению, а каждая пустая клетка соседствует с занятой. значит всего хороших клеток ровно `n^2`. обозначим число шашек через `k` и рассмотрим граф, вершинами которого являются занятые клетки, а рёбра соединяют занятые клетки с общей стороной. по условию этот граф связен. поэтому его вершины можно упорядочить как `v_1,...,v_k` так, что при `i>1` вершина `v_i` имеет соседа среди `v_1,...,v_{i-1}`. например, можно взять любое остовное дерево этого графа и перечислять вершины в порядке их первого появления при обходе от корня. теперь мысленно ставим шашки именно в таком порядке и считаем, сколько новых хороших клеток может появиться на каждом шаге. первая шашка делает хорошими не более пяти клеток: свою клетку и максимум четыре клетки, имеющие… sol-circuit-rank-bound aops-версия через цикломатический ранг ai_checked connected_graph degree double_counting пусть `x` — число шашек, а `g` — граф занятых клеток: две вершины соединены ребром, если соответствующие занятые клетки имеют общую сторону. по условию `g` связен. оценим сверху число клеток, которые заняты или имеют общую сторону с занятой. если считать вклад каждой шашки отдельно, то одна шашка может покрыть не более пяти клеток: свою клетку и четыре соседние по стороне. такой грубый счёт даёт `5x`, но он завышает ответ, когда две занятые клетки соседствуют. действительно, если занятые клетки `u` и `v` имеют общую сторону, то при подсчёте от `u` клетка `v` уже считается, и при подсчёте от `v` клетка `u` тоже уже считается; эти две стороны не могут отвечать за новые пустые клетки. поэтому из суммы `5x` можно вычесть по одному за каждую инцидентность занятой клетки с занятым соседом. таких инцидентностей ровно `sum deg(v)`. значит число хороших клеток не превосходит `5x - sum deg(v)`. т… sol-john-scholes-connected-induction джон скоулз: индукция по связному множеству клеток ai_checked connected_graph path induction extremal_choice докажем более общее утверждение: если `k` занятых клеток образуют связное множество, то занятых или соседних с занятыми клеток не больше `3k+2`. после этого исходная задача сразу следует, потому что по условию все `n^2` клеток доски заняты или соседствуют с занятой. проведём индукцию по `k`. при `k=1` одна шашка делает хорошими не более пяти клеток: свою клетку и четыре соседние по стороне. это равно `3*1+2`, так что база верна. пусть `k>1`. рассмотрим граф занятых клеток и выберем две его вершины `a` и `b`, расстояние между которыми максимально. утверждаем, что удаление `a` не разрушает связность оставшегося графа. действительно, если после удаления `a` оставшиеся вершины распались бы на несколько компонент, то все пути из `b` в любую вершину компоненты, не содержащей `b`, должны были бы проходить через `a`. в частности, взяв соседа `c` вершины `a` в такой другой компоненте, получаем `… usamo-1999-p1-checkers-board-graph-rank shashki na doske i graf zanyatyh kletok, usamo 1999 p1 double_counting extremal_choice goal_exact_bound 1999 aops wiki, 1999 usamo problems/problem 1 https://artofproblemsolving.com/wiki/index.php/1999_usamo_problems/problem_1 https://prase.cz/kalva/usa/usoln/usol991.html john scholes, usamo 1999 a1 arhiv resheniya secondary_solution src-usamo-1999-john-scholes-archive src-usamo-1999-p1-aops-wiki statement usamo usamo1999 with_solution ? aops wiki, 1999 usamo problems/problem 1 john scholes, usamo 1999 a1 arhiv resheniya stmt-original svyaznaya dominiruyuschaya konfiguratsiya shashek ai_checked na doske \\(n x n\\) rasstavleny shashki tak, chto: a) kazhdaya pustaya kletka imeet obschuyu storonu s zanyatoy; b) lyubye dve zanyatye kletki mozhno soedinit tsepochkoy zanyatyh kletok, v kotoroy sosednie kletki imeyut obschuyu storonu. dokazhite, chto shashek ne menshe \\((n^2-2)/3\\). stmt-graph shashki na doske i graf zanyatyh kletok ai_checked v grafe kletok doski \\(n x n\\) vershinami yavlyayutsya vse kletki, a rebra soedinyayut kletki s obschey storonoy. vybrano mnozhestvo vershin \\(s\\) takoe, chto indutsirovannyy podgraf na \\(s\\) svyazen, a kazhdaya vershina vsey doski libo prinadlezhit \\(s\\), libo smezhna s vershinoy iz \\(s\\). dokazhite, chto \\(|s| \\ge (n^2-2)/3\\). connected_graph degree induced_subgraph idea-reinsert-checkers-in-connected-order vozvraschat shashki v svyaznom poryadke esli uporyadochit zanyatye kletki tak, chtoby kazhdaya, krome pervoy, sosedstvovala s odnoy iz predyduschih, to pervaya shashka delaet horoshimi ne bolee 5 kletok, a kazhdaya sleduyuschaya — ne bolee 3 novyh kletok. extremal_choice ai_checked idea-circuit-rank-version mozhno usilit otsenku cherez tsiklomaticheskiy rang v grafovoy versii summa stepeney ravna `2v-2+2r`, gde `r` — tsiklomaticheskiy rang; eto daet dazhe bolee silnuyu otsenku `x >= (n^2-2+2r)/3`. double_counting ai_checked idea-delete-leaflike-checker udalyat shashku, sohranyaya svyaznost mozhno induktivno snimat odnu zanyatuyu kletku tak, chtoby ostavshiesya zanyatye kletki vse esche byli svyazny; togda kazhdyy novyy shag dobavlyaet ne bolee treh novyh horoshih kletok. induction ai_checked sol-good-squares-in-connected-order podschet horoshih kletok ai_checked connected_graph extremal_choice nazovem kletku horoshey, esli ona libo zanyata, libo imeet obschuyu storonu s zanyatoy. po usloviyu kazhdaya kletka doski horoshaya: zanyatye kletki horoshi po opredeleniyu, a kazhdaya pustaya kletka sosedstvuet s zanyatoy. znachit vsego horoshih kletok rovno `n^2`. oboznachim chislo shashek cherez `k` i rassmotrim graf, vershinami kotorogo yavlyayutsya zanyatye kletki, a rebra soedinyayut zanyatye kletki s obschey storonoy. po usloviyu etot graf svyazen. poetomu ego vershiny mozhno uporyadochit kak `v_1,...,v_k` tak, chto pri `i>1` vershina `v_i` imeet soseda sredi `v_1,...,v_{i-1}`. naprimer, mozhno vzyat lyuboe ostovnoe derevo etogo grafa i perechislyat vershiny v poryadke ih pervogo poyavleniya pri obhode ot kornya. teper myslenno stavim shashki imenno v takom poryadke i schitaem, skolko novyh horoshih kletok mozhet poyavitsya na kazhdom shage. pervaya shashka delaet horoshimi ne bolee pyati kletok: svoyu kletku i maksimum chetyre kletki, imeyuschie… sol-circuit-rank-bound aops-versiya cherez tsiklomaticheskiy rang ai_checked connected_graph degree double_counting pust `x` — chislo shashek, a `g` — graf zanyatyh kletok: dve vershiny soedineny rebrom, esli sootvetstvuyuschie zanyatye kletki imeyut obschuyu storonu. po usloviyu `g` svyazen. otsenim sverhu chislo kletok, kotorye zanyaty ili imeyut obschuyu storonu s zanyatoy. esli schitat vklad kazhdoy shashki otdelno, to odna shashka mozhet pokryt ne bolee pyati kletok: svoyu kletku i chetyre sosednie po storone. takoy grubyy schet daet `5x`, no on zavyshaet otvet, kogda dve zanyatye kletki sosedstvuyut. deystvitelno, esli zanyatye kletki `u` i `v` imeyut obschuyu storonu, to pri podschete ot `u` kletka `v` uzhe schitaetsya, i pri podschete ot `v` kletka `u` tozhe uzhe schitaetsya; eti dve storony ne mogut otvechat za novye pustye kletki. poetomu iz summy `5x` mozhno vychest po odnomu za kazhduyu intsidentnost zanyatoy kletki s zanyatym sosedom. takih intsidentnostey rovno `sum deg(v)`. znachit chislo horoshih kletok ne prevoshodit `5x - sum deg(v)`. t… sol-john-scholes-connected-induction dzhon skoulz: induktsiya po svyaznomu mnozhestvu kletok ai_checked connected_graph path induction extremal_choice dokazhem bolee obschee utverzhdenie: esli `k` zanyatyh kletok obrazuyut svyaznoe mnozhestvo, to zanyatyh ili sosednih s zanyatymi kletok ne bolshe `3k+2`. posle etogo ishodnaya zadacha srazu sleduet, potomu chto po usloviyu vse `n^2` kletok doski zanyaty ili sosedstvuyut s zanyatoy. provedem induktsiyu po `k`. pri `k=1` odna shashka delaet horoshimi ne bolee pyati kletok: svoyu kletku i chetyre sosednie po storone. eto ravno `3*1+2`, tak chto baza verna. pust `k>1`. rassmotrim graf zanyatyh kletok i vyberem dve ego vershiny `a` i `b`, rasstoyanie mezhdu kotorymi maksimalno. utverzhdaem, chto udalenie `a` ne razrushaet svyaznost ostavshegosya grafa. deystvitelno, esli posle udaleniya `a` ostavshiesya vershiny raspalis by na neskolko komponent, to vse puti iz `b` v lyubuyu vershinu komponenty, ne soderzhaschey `b`, dolzhny byli by prohodit cherez `a`. v chastnosti, vzyav soseda `c` vershiny `a` v takoy drugoy komponente, poluchaem `…","source_keys":["usamo"]}
{"id":"usamo-2004-p4-black-path-grid-game","title":"Чёрный путь на сетке 6x6 после игры, USAMO 2004 P4","path":"data\\problems\\usamo\\usamo-2004-p4-black-path-grid-game.yaml","raw_github_url":"https://raw.githubusercontent.com/didin-maxim/knowledge_graph_of_graphs/main/data/problems/usamo/usamo-2004-p4-black-path-grid-game.yaml","viewer_url":"https://didin-maxim.github.io/knowledge_graph_of_graphs/#usamo-2004-p4-black-path-grid-game","source_key":"usamo","source_label":"USAMO","source_titles":["AoPS Wiki, 2004 USAMO Problems/Problem 4"],"year":"2004","type":"olympiad_problem","authors":["Melanie Wood"],"tags":["extremal_choice","goal_strategy_game"],"agent_topics":["game_strategy"],"difficulty":{"main":"national_final_medium","local_score":6,"comment":"Игровая задача, где графовый путь стоит уже в условии, а решение строит парную стратегию и разделяющий узор.","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":"Карточка поддержана опубликованным неофициальным wiki-/форумным источником; решение переписано локально и самодостаточно.","audit_source":"agent-imo-us-classical.json"},"statements":{"original":[{"id":"stmt-original","title":"Игра на таблице 6x6","status":"ai_checked","text":"Алиса и Боб по очереди вписывают в пустые клетки таблицы \\(6 \\times 6\\) попарно различные рациональные числа; первой ходит Алиса. После заполнения таблицы в каждой строке закрашивается в чёрный цвет клетка с максимальным числом. Алиса выигрывает, если затем может провести путь из чёрных клеток от верхней стороны таблицы до нижней, переходя между клетками, имеющими общую сторону или вершину. Если такого пути нет, выигрывает Боб. Докажите, у кого есть выигрышная стратегия.","definition_ids":[]}]},"solutions":[{"id":"sol-bob-useless-squares","title":"Выигрышная стратегия Боба через запрещённые клетки","status":"ai_checked","definition_ids":["path"],"standard_idea_ids":["extremal_choice"],"tags":[],"has_text":true,"text_preview":"Покажем, что выигрывает Боб. Боб заранее объявляет запрещёнными следующие клетки. В строке `1` это столбцы `1,2,3`; в строке `2` — `1,2,3`; в строке `3` — `2,3,4`; в строке `4` — `3,4,5`; в строке `5` — `4,5,6`; в строке `6` — `4,5,6`. В каждой строке он произвольно разбивает три запрещённые и три незапрещённые клетки на пары, каждая пара лежит в одной строке и содержит одну запрещённую и одну незапрещённую клетку. Стратегия Боба такова. Если Алиса пишет число `x` в одной клетке некоторой пары, Боб немедленно пишет число в другой клетке этой пары. Если клетка Алисы была запрещённой, Боб выбирает рациональное число больше `x`; если клетка Алисы была незапрещённой, Боб выбирает рациональное число меньше `x`. Это всегда возможно, потому что между рациональными числами нет ближайших соседей и занято лишь конечное число значений. В итоге в каждой паре число в незапрещённой клетке больше числ…"},{"id":"sol-bob-shifted-row-pairing","title":"Та же стратегия в форме парной защиты строк","status":"ai_checked","definition_ids":["path"],"standard_idea_ids":["extremal_choice"],"tags":[],"has_text":true,"text_preview":"Выигрышная стратегия Боба состоит не в выборе чисел по абсолютной величине, а в заранее заданных парах клеток. В каждой строке он объявляет запрещёнными три клетки: в строках `1,2` это столбцы `1,2,3`, в строке `3` — `2,3,4`, в строке `4` — `3,4,5`, в строках `5,6` — `4,5,6`. Каждую запрещённую клетку он парует с одной незапрещённой клеткой той же строки. Если Алиса играет в запрещённую клетку пары, Боб отвечает большим рациональным числом в её незапрещённой паре; если Алиса играет в незапрещённую клетку, Боб отвечает меньшим рациональным числом в запрещённой. Поэтому в каждой паре запрещённая клетка меньше незапрещённой и не может стать максимумом строки. Среди запрещённых клеток содержится лестница `(1,1)`, `(2,1),(2,2)`, `(3,2),(3,3)`, `(4,3),(4,4)`, `(5,4),(5,5)`, `(6,5),(6,6)`. Любой путь чёрных клеток сверху вниз должен проходить по одной чёрной клетке в каждой строке; если их сто…"}],"relations":[{"id":"rel-usamo-2004-p4-imo-2005-c3","neighbor_id":"imo-2005-c3-black-paths-injection","direction":"forward","type":"same_motif","distance":2,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-imo-1994-c6-usamo-2004-p4","neighbor_id":"imo-1994-c6-infinite-grid-pairing-strategy","direction":"backward","type":"same_motif","distance":2,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-metadata-pass-menger-usamo-2004-grid-separator","neighbor_id":"menger-theorem","direction":"backward","type":"same_motif","distance":3,"status":"ai_checked"}],"search_text":"usamo-2004-p4-black-path-grid-game чёрный путь на сетке 6x6 после игры, usamo 2004 p4 extremal_choice goal_strategy_game 2004 aops wiki, 2004 usamo problems/problem 4 https://artofproblemsolving.com/wiki/index.php/2004_usamo_problems/problem_4 melanie wood melaniewood src-usamo-2004-p4-aops-wiki statement usamo usamo2004 with_solution melanie wood aops wiki, 2004 usamo problems/problem 4 stmt-original игра на таблице 6x6 ai_checked алиса и боб по очереди вписывают в пустые клетки таблицы \\(6 \\times 6\\) попарно различные рациональные числа; первой ходит алиса. после заполнения таблицы в каждой строке закрашивается в чёрный цвет клетка с максимальным числом. алиса выигрывает, если затем может провести путь из чёрных клеток от верхней стороны таблицы до нижней, переходя между клетками, имеющими общую сторону или вершину. если такого пути нет, выигрывает боб. докажите, у кого есть выигрышная стратегия. idea-forbidden-squares сделать заранее выбранные клетки невозможными максимумами в каждой строке боб выбирает три запрещённые клетки и попарно связывает их с тремя оставшимися клетками той же строки. ответом боба в паре можно всегда сделать число в незапрещённой клетке больше числа в запрещённой, поэтому запрещённая клетка не станет чёрной. extremal_choice ai_checked idea-staircase-separator лестничный барьер разрезает все верх-низ пути достаточно, чтобы среди запрещённых клеток были `(1,1)`, `(2,1),(2,2)`, `(3,2),(3,3)`, `(4,3),(4,4)`, `(5,4),(5,5)`, `(6,5),(6,6)`. любой путь из верхней строки в нижнюю, переходящий между соседними по стороне или вершине клетками, обязан пересечь эту лестницу. extremal_choice ai_checked sol-bob-useless-squares выигрышная стратегия боба через запрещённые клетки ai_checked path extremal_choice покажем, что выигрывает боб. боб заранее объявляет запрещёнными следующие клетки. в строке `1` это столбцы `1,2,3`; в строке `2` — `1,2,3`; в строке `3` — `2,3,4`; в строке `4` — `3,4,5`; в строке `5` — `4,5,6`; в строке `6` — `4,5,6`. в каждой строке он произвольно разбивает три запрещённые и три незапрещённые клетки на пары, каждая пара лежит в одной строке и содержит одну запрещённую и одну незапрещённую клетку. стратегия боба такова. если алиса пишет число `x` в одной клетке некоторой пары, боб немедленно пишет число в другой клетке этой пары. если клетка алисы была запрещённой, боб выбирает рациональное число больше `x`; если клетка алисы была незапрещённой, боб выбирает рациональное число меньше `x`. это всегда возможно, потому что между рациональными числами нет ближайших соседей и занято лишь конечное число значений. в итоге в каждой паре число в незапрещённой клетке больше числ… sol-bob-shifted-row-pairing та же стратегия в форме парной защиты строк ai_checked path extremal_choice выигрышная стратегия боба состоит не в выборе чисел по абсолютной величине, а в заранее заданных парах клеток. в каждой строке он объявляет запрещёнными три клетки: в строках `1,2` это столбцы `1,2,3`, в строке `3` — `2,3,4`, в строке `4` — `3,4,5`, в строках `5,6` — `4,5,6`. каждую запрещённую клетку он парует с одной незапрещённой клеткой той же строки. если алиса играет в запрещённую клетку пары, боб отвечает большим рациональным числом в её незапрещённой паре; если алиса играет в незапрещённую клетку, боб отвечает меньшим рациональным числом в запрещённой. поэтому в каждой паре запрещённая клетка меньше незапрещённой и не может стать максимумом строки. среди запрещённых клеток содержится лестница `(1,1)`, `(2,1),(2,2)`, `(3,2),(3,3)`, `(4,3),(4,4)`, `(5,4),(5,5)`, `(6,5),(6,6)`. любой путь чёрных клеток сверху вниз должен проходить по одной чёрной клетке в каждой строке; если их сто… usamo-2004-p4-black-path-grid-game chernyy put na setke 6x6 posle igry, usamo 2004 p4 extremal_choice goal_strategy_game 2004 aops wiki, 2004 usamo problems/problem 4 https://artofproblemsolving.com/wiki/index.php/2004_usamo_problems/problem_4 melanie wood melaniewood src-usamo-2004-p4-aops-wiki statement usamo usamo2004 with_solution melanie wood aops wiki, 2004 usamo problems/problem 4 stmt-original igra na tablitse 6x6 ai_checked alisa i bob po ocheredi vpisyvayut v pustye kletki tablitsy \\(6 \\times 6\\) poparno razlichnye ratsionalnye chisla; pervoy hodit alisa. posle zapolneniya tablitsy v kazhdoy stroke zakrashivaetsya v chernyy tsvet kletka s maksimalnym chislom. alisa vyigryvaet, esli zatem mozhet provesti put iz chernyh kletok ot verhney storony tablitsy do nizhney, perehodya mezhdu kletkami, imeyuschimi obschuyu storonu ili vershinu. esli takogo puti net, vyigryvaet bob. dokazhite, u kogo est vyigryshnaya strategiya. idea-forbidden-squares sdelat zaranee vybrannye kletki nevozmozhnymi maksimumami v kazhdoy stroke bob vybiraet tri zapreschennye kletki i poparno svyazyvaet ih s tremya ostavshimisya kletkami toy zhe stroki. otvetom boba v pare mozhno vsegda sdelat chislo v nezapreschennoy kletke bolshe chisla v zapreschennoy, poetomu zapreschennaya kletka ne stanet chernoy. extremal_choice ai_checked idea-staircase-separator lestnichnyy barer razrezaet vse verh-niz puti dostatochno, chtoby sredi zapreschennyh kletok byli `(1,1)`, `(2,1),(2,2)`, `(3,2),(3,3)`, `(4,3),(4,4)`, `(5,4),(5,5)`, `(6,5),(6,6)`. lyuboy put iz verhney stroki v nizhnyuyu, perehodyaschiy mezhdu sosednimi po storone ili vershine kletkami, obyazan peresech etu lestnitsu. extremal_choice ai_checked sol-bob-useless-squares vyigryshnaya strategiya boba cherez zapreschennye kletki ai_checked path extremal_choice pokazhem, chto vyigryvaet bob. bob zaranee obyavlyaet zapreschennymi sleduyuschie kletki. v stroke `1` eto stolbtsy `1,2,3`; v stroke `2` — `1,2,3`; v stroke `3` — `2,3,4`; v stroke `4` — `3,4,5`; v stroke `5` — `4,5,6`; v stroke `6` — `4,5,6`. v kazhdoy stroke on proizvolno razbivaet tri zapreschennye i tri nezapreschennye kletki na pary, kazhdaya para lezhit v odnoy stroke i soderzhit odnu zapreschennuyu i odnu nezapreschennuyu kletku. strategiya boba takova. esli alisa pishet chislo `x` v odnoy kletke nekotoroy pary, bob nemedlenno pishet chislo v drugoy kletke etoy pary. esli kletka alisy byla zapreschennoy, bob vybiraet ratsionalnoe chislo bolshe `x`; esli kletka alisy byla nezapreschennoy, bob vybiraet ratsionalnoe chislo menshe `x`. eto vsegda vozmozhno, potomu chto mezhdu ratsionalnymi chislami net blizhayshih sosedey i zanyato lish konechnoe chislo znacheniy. v itoge v kazhdoy pare chislo v nezapreschennoy kletke bolshe chisl… sol-bob-shifted-row-pairing ta zhe strategiya v forme parnoy zaschity strok ai_checked path extremal_choice vyigryshnaya strategiya boba sostoit ne v vybore chisel po absolyutnoy velichine, a v zaranee zadannyh parah kletok. v kazhdoy stroke on obyavlyaet zapreschennymi tri kletki: v strokah `1,2` eto stolbtsy `1,2,3`, v stroke `3` — `2,3,4`, v stroke `4` — `3,4,5`, v strokah `5,6` — `4,5,6`. kazhduyu zapreschennuyu kletku on paruet s odnoy nezapreschennoy kletkoy toy zhe stroki. esli alisa igraet v zapreschennuyu kletku pary, bob otvechaet bolshim ratsionalnym chislom v ee nezapreschennoy pare; esli alisa igraet v nezapreschennuyu kletku, bob otvechaet menshim ratsionalnym chislom v zapreschennoy. poetomu v kazhdoy pare zapreschennaya kletka menshe nezapreschennoy i ne mozhet stat maksimumom stroki. sredi zapreschennyh kletok soderzhitsya lestnitsa `(1,1)`, `(2,1),(2,2)`, `(3,2),(3,3)`, `(4,3),(4,4)`, `(5,4),(5,5)`, `(6,5),(6,6)`. lyuboy put chernyh kletok sverhu vniz dolzhen prohodit po odnoy chernoy kletke v kazhdoy stroke; esli ih sto…","source_keys":["usamo"]}
{"id":"usamo-2008-p3-diamond-lattice-path-partition","title":"Разбиение ромбовидной решётки на пути, USAMO 2008 P3","path":"data\\problems\\usamo\\usamo-2008-p3-diamond-lattice-path-partition.yaml","raw_github_url":"https://raw.githubusercontent.com/didin-maxim/knowledge_graph_of_graphs/main/data/problems/usamo/usamo-2008-p3-diamond-lattice-path-partition.yaml","viewer_url":"https://didin-maxim.github.io/knowledge_graph_of_graphs/#usamo-2008-p3-diamond-lattice-path-partition","source_key":"usamo","source_label":"USAMO","source_titles":["AoPS Wiki, 2008 USAMO Problems/Problem 3"],"year":"2008","type":"olympiad_problem","authors":["Gabriel Carroll"],"tags":["coloring","parity_coloring","goal_bound"],"agent_topics":[],"difficulty":{"main":"national_final_medium","local_score":7,"comment":"Чистая графовая задача на покрытие путями и цветовой дисбаланс.","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":"Карточка поддержана опубликованным неофициальным wiki-/форумным источником; решение переписано локально и самодостаточно.","audit_source":"agent-imo-us-classical.json"},"statements":{"original":[{"id":"stmt-original","title":"Пути в множестве \\(S_n\\)","status":"ai_checked","text":"Пусть \\(S_n\\) — множество всех целочисленных точек \\((x,y)\\), для которых \\(|x| + |y+1/2| < n\\). Путём называется последовательность различных точек из \\(S_n\\), в которой соседние точки имеют расстояние \\(1\\). Докажите, что точки \\(S_n\\) нельзя разбить менее чем на \\(n\\) путей.","definition_ids":[]}],"graph_theory":[{"id":"stmt-graph","title":"Разбиение ромбовидной решётки на пути","status":"ai_checked","text":"Пусть \\(G_n\\) — граф, вершинами которого являются все целочисленные точки \\((x,y)\\) с \\(|x| + |y+1/2| < n\\), а рёбра соединяют пары точек на расстоянии \\(1\\). Докажите, что множество вершин \\(G_n\\) нельзя разбить менее чем на \\(n\\) попарно непересекающихся простых путей.","definition_ids":["path"]}]},"solutions":[{"id":"sol-red-black-imbalance","title":"Красно-чёрный дисбаланс","status":"ai_checked","definition_ids":["path"],"standard_idea_ids":["alternating_paths"],"tags":[],"has_text":true,"text_preview":"Окрасим точки `S_n` красным и чёрным по горизонтальным строкам так, чтобы в каждой строке цвета чередовались, а первая и последняя точки строки были красными. Каждая строка множества `S_n` имеет нечётную длину, поэтому в каждой строке красных точек на одну больше, чем чёрных. Всего строк `2n`, значит во всём `S_n` красных точек ровно на `2n` больше, чем чёрных. Посмотрим, где две соседние точки могут оказаться обе красными. По горизонтали цвета чередуются, значит таких пар нет. Между соседними горизонтальными строками цвета тоже чередуются с противоположной фазой, кроме перехода между двумя средними строками `y=-1` и `y=0`. В этих двух строках лежит по `2n-1` точек, и вертикальных красно-красных соседств между ними ровно `n`: они соответствуют красным позициям в одной строке. Других красно-красных соседних пар нет. Пусть теперь `S_n` разбито на `m` путей. Разрежем каждый путь во всех ме…"}],"relations":[],"search_text":"usamo-2008-p3-diamond-lattice-path-partition разбиение ромбовидной решётки на пути, usamo 2008 p3 coloring parity_coloring goal_bound 2008 aops wiki, 2008 usamo problems/problem 3 gabriel carroll gabrielcarroll https://artofproblemsolving.com/wiki/index.php/2008_usamo_problems/problem_3 src-usamo-2008-p3-aops-wiki statement usamo usamo2008 with_solution gabriel carroll aops wiki, 2008 usamo problems/problem 3 stmt-original пути в множестве \\(s_n\\) ai_checked пусть \\(s_n\\) — множество всех целочисленных точек \\((x,y)\\), для которых \\(|x| + |y+1/2| < n\\). путём называется последовательность различных точек из \\(s_n\\), в которой соседние точки имеют расстояние \\(1\\). докажите, что точки \\(s_n\\) нельзя разбить менее чем на \\(n\\) путей. stmt-graph разбиение ромбовидной решётки на пути ai_checked пусть \\(g_n\\) — граф, вершинами которого являются все целочисленные точки \\((x,y)\\) с \\(|x| + |y+1/2| < n\\), а рёбра соединяют пары точек на расстоянии \\(1\\). докажите, что множество вершин \\(g_n\\) нельзя разбить менее чем на \\(n\\) попарно непересекающихся простых путей. path idea-checkerboard-with-middle-defect шахматная раскраска с дефектом посередине если окрасить точки по строкам попеременно, начиная и заканчивая каждую строку красным, то красных точек на `2n` больше, чем чёрных. при этом соседние красные пары возникают только между двумя средними горизонтальными строками, и таких пар ровно `n`. coloring parity_coloring ai_checked sol-red-black-imbalance красно-чёрный дисбаланс ai_checked path alternating_paths окрасим точки `s_n` красным и чёрным по горизонтальным строкам так, чтобы в каждой строке цвета чередовались, а первая и последняя точки строки были красными. каждая строка множества `s_n` имеет нечётную длину, поэтому в каждой строке красных точек на одну больше, чем чёрных. всего строк `2n`, значит во всём `s_n` красных точек ровно на `2n` больше, чем чёрных. посмотрим, где две соседние точки могут оказаться обе красными. по горизонтали цвета чередуются, значит таких пар нет. между соседними горизонтальными строками цвета тоже чередуются с противоположной фазой, кроме перехода между двумя средними строками `y=-1` и `y=0`. в этих двух строках лежит по `2n-1` точек, и вертикальных красно-красных соседств между ними ровно `n`: они соответствуют красным позициям в одной строке. других красно-красных соседних пар нет. пусть теперь `s_n` разбито на `m` путей. разрежем каждый путь во всех ме… usamo-2008-p3-diamond-lattice-path-partition razbienie rombovidnoy reshetki na puti, usamo 2008 p3 coloring parity_coloring goal_bound 2008 aops wiki, 2008 usamo problems/problem 3 gabriel carroll gabrielcarroll https://artofproblemsolving.com/wiki/index.php/2008_usamo_problems/problem_3 src-usamo-2008-p3-aops-wiki statement usamo usamo2008 with_solution gabriel carroll aops wiki, 2008 usamo problems/problem 3 stmt-original puti v mnozhestve \\(s_n\\) ai_checked pust \\(s_n\\) — mnozhestvo vseh tselochislennyh tochek \\((x,y)\\), dlya kotoryh \\(|x| + |y+1/2| < n\\). putem nazyvaetsya posledovatelnost razlichnyh tochek iz \\(s_n\\), v kotoroy sosednie tochki imeyut rasstoyanie \\(1\\). dokazhite, chto tochki \\(s_n\\) nelzya razbit menee chem na \\(n\\) putey. stmt-graph razbienie rombovidnoy reshetki na puti ai_checked pust \\(g_n\\) — graf, vershinami kotorogo yavlyayutsya vse tselochislennye tochki \\((x,y)\\) s \\(|x| + |y+1/2| < n\\), a rebra soedinyayut pary tochek na rasstoyanii \\(1\\). dokazhite, chto mnozhestvo vershin \\(g_n\\) nelzya razbit menee chem na \\(n\\) poparno neperesekayuschihsya prostyh putey. path idea-checkerboard-with-middle-defect shahmatnaya raskraska s defektom poseredine esli okrasit tochki po strokam poperemenno, nachinaya i zakanchivaya kazhduyu stroku krasnym, to krasnyh tochek na `2n` bolshe, chem chernyh. pri etom sosednie krasnye pary voznikayut tolko mezhdu dvumya srednimi gorizontalnymi strokami, i takih par rovno `n`. coloring parity_coloring ai_checked sol-red-black-imbalance krasno-chernyy disbalans ai_checked path alternating_paths okrasim tochki `s_n` krasnym i chernym po gorizontalnym strokam tak, chtoby v kazhdoy stroke tsveta cheredovalis, a pervaya i poslednyaya tochki stroki byli krasnymi. kazhdaya stroka mnozhestva `s_n` imeet nechetnuyu dlinu, poetomu v kazhdoy stroke krasnyh tochek na odnu bolshe, chem chernyh. vsego strok `2n`, znachit vo vsem `s_n` krasnyh tochek rovno na `2n` bolshe, chem chernyh. posmotrim, gde dve sosednie tochki mogut okazatsya obe krasnymi. po gorizontali tsveta chereduyutsya, znachit takih par net. mezhdu sosednimi gorizontalnymi strokami tsveta tozhe chereduyutsya s protivopolozhnoy fazoy, krome perehoda mezhdu dvumya srednimi strokami `y=-1` i `y=0`. v etih dvuh strokah lezhit po `2n-1` tochek, i vertikalnyh krasno-krasnyh sosedstv mezhdu nimi rovno `n`: oni sootvetstvuyut krasnym pozitsiyam v odnoy stroke. drugih krasno-krasnyh sosednih par net. pust teper `s_n` razbito na `m` putey. razrezhem kazhdyy put vo vseh me…","source_keys":["usamo"]}
{"id":"usamo-2008-p6-even-friends-two-rooms","title":"Две комнаты и чётное число друзей, USAMO 2008 P6","path":"data\\problems\\usamo\\usamo-2008-p6-even-friends-two-rooms.yaml","raw_github_url":"https://raw.githubusercontent.com/didin-maxim/knowledge_graph_of_graphs/main/data/problems/usamo/usamo-2008-p6-even-friends-two-rooms.yaml","viewer_url":"https://didin-maxim.github.io/knowledge_graph_of_graphs/#usamo-2008-p6-even-friends-two-rooms","source_key":"usamo","source_label":"USAMO","source_titles":["AoPS Wiki, 2008 USAMO Problems/Problem 6"],"year":"2008","type":"olympiad_problem","authors":["Sam Vandervelde"],"tags":["coloring","graph_symmetry","goal_counting"],"agent_topics":[],"difficulty":{"main":"national_final_hard","local_score":8,"comment":"Социальный граф с нетривиальным линейно-алгебраическим решением над F_2.","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":"Карточка поддержана опубликованными неофициальными, справочными, журнальными, wiki-, форумными источниками или страницами задач.","audit_source":"agent-imo-us-classical.json"},"statements":{"original":[{"id":"stmt-original","title":"Конференция и две столовые","status":"ai_checked","text":"На конференции любые два математика либо друзья, либо нет. Во время еды каждый участник выбирает одну из двух больших столовых, причём хочет сидеть в комнате, где число его друзей чётно. Докажите, что число способов разбить участников между двумя комнатами является степенью двойки.","definition_ids":[]}],"graph_theory":[{"id":"stmt-graph","title":"Две комнаты и чётное число друзей","status":"ai_checked","text":"Пусть дан граф дружбы \\(G\\). Требуется посчитать число разбиений \\(V(G)=V_0 \\sqcup V_1\\), для которых у каждой вершины число соседей в её собственной доле чётно. Докажите, что это число равно \\(2^k\\) для некоторого \\(k\\).","definition_ids":["simple_graph","degree"]}]},"solutions":[{"id":"sol-adjacency-matrix-over-f2","title":"Линейная алгебра над \\(F_2\\)","status":"ai_checked","definition_ids":["simple_graph","degree"],"standard_idea_ids":[],"tags":[],"has_text":true,"text_preview":"Рассмотрим граф дружбы `G` и будем считать номер комнаты вершины `v` элементом `x_v` поля `F_2`. Для вершины `v` условие чётности числа друзей в той же комнате равно \\[ \\sum_{u\\sim v}(1+x_u+x_v)=0 \\pmod 2. \\] Если `d(v)` — степень вершины, это линейная система `Bx=d` над `F_2`, где `d` — вектор степеней по модулю 2, внедиагональные элементы `B` равны матрице смежности, а диагональный элемент `B_{vv}` равен `d(v)` по модулю 2. Осталось проверить, что система совместна. Матрица `B` симметрична. Для любой строки сумма элементов равна `d(v)+d(v)=0`, значит вектор всех единиц лежит в ядре `B`; но важнее следующее: если `y` лежит в ядре `B`, то \\[ 0=y^TBy=\\sum_v d(v)y_v+2\\sum_{uv\\in E}y_uy_v=\\sum_v d(v)y_v \\] в `F_2`. Значит правая часть `d` ортогональна всему ядру `B`, а для симметричной матрицы это ровно условие принадлежности `d` её столбцовому пространству. Следовательно, хотя бы одно доп…"},{"id":"sol-good-configurations-as-group","title":"AoPS-альтернатива: хорошие конфигурации образуют `2`-группу","status":"ai_checked","definition_ids":["simple_graph","degree"],"standard_idea_ids":[],"tags":[],"has_text":true,"text_preview":"Сначала напомним, почему хотя бы одно хорошее разбиение существует. Закодируем выбор комнаты для вершины `v` числом `x_v` из поля `F_2`. Условие «у `v` чётное число друзей в своей комнате» имеет вид `sum_{u~v}(1+x_u+x_v)=0`. Это линейная система над `F_2`. Как в матричном решении выше, её правая часть ортогональна ядру симметричной матрицы системы, поэтому система совместна. Значит можно зафиксировать одно хорошее разбиение `P`. Теперь для любого другого разбиения `Q` запишем множество `S(Q)` участников, которые перешли в другую комнату по сравнению с `P`. Такое множество будем называть допустимым приказом, если после переключения всех участников из `S(Q)` снова получается хорошее разбиение. Нам нужно доказать, что допустимых приказов степень двойки. Пусть `p_v` — номер комнаты вершины `v` в зафиксированном хорошем разбиении `P`, а `s_v` — индикатор того, что вершину `v` приказано перек…"},{"id":"sol-existence-by-switching-odd-vertex","title":"Счётная версия AoPS-индукции с переключением соседей","status":"ai_checked","definition_ids":["simple_graph","degree"],"standard_idea_ids":["induction","delete_to_simplify"],"tags":[],"has_text":true,"text_preview":"Усилим переключающую индукцию до счёта. Если в графе есть вершина `v` нечётной степени, удалим её и у всех пар вершин из `N(v)` переключим наличие ребра; пусть полученный граф равен `H`. Хорошее разбиение `H` единственным образом продолжается до хорошего разбиения исходного графа: так как `deg(v)` нечётна, среди двух комнат ровно в одной число соседей `v` чётно, и туда надо посадить `v`. Проверка для соседей `v` обратима: переключение рёбер внутри `N(v)` ровно компенсирует добавление вершины `v`, а для остальных вершин условие не меняется. Поэтому число хороших разбиений не меняется при таком шаге. Повторяя шаг, приходим к графу, где все степени чётны. В таком графе условие «у каждой вершины чётно много соседей в своей комнате» эквивалентно тому, что каждая вершина имеет чётное число соседей по другую сторону разбиения. Множества вершин, задающие одну из комнат и удовлетворяющие этому у…"}],"relations":[{"id":"rel-cmo-2010-p4-usamo-2008-f2-toggle-parity","neighbor_id":"cmo-2010-p4-graph-neighborhood-toggle","direction":"backward","type":"same_motif","distance":2,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-metadata-pass-usamo-2008-handshaking-parity","neighbor_id":"handshaking-lemma","direction":"backward","type":"same_motif","distance":3,"status":"ai_checked"}],"search_text":"usamo-2008-p6-even-friends-two-rooms две комнаты и чётное число друзей, usamo 2008 p6 coloring graph_symmetry goal_counting 2008 aops wiki, 2008 usamo problems/problem 6 https://artofproblemsolving.com/wiki/index.php/2008_usamo_problems/problem_6 sam vandervelde samvandervelde src-usamo-2008-p6-aops-wiki statement usamo usamo2008 with_solution sam vandervelde aops wiki, 2008 usamo problems/problem 6 stmt-original конференция и две столовые ai_checked на конференции любые два математика либо друзья, либо нет. во время еды каждый участник выбирает одну из двух больших столовых, причём хочет сидеть в комнате, где число его друзей чётно. докажите, что число способов разбить участников между двумя комнатами является степенью двойки. stmt-graph две комнаты и чётное число друзей ai_checked пусть дан граф дружбы \\(g\\). требуется посчитать число разбиений \\(v(g)=v_0 \\sqcup v_1\\), для которых у каждой вершины число соседей в её собственной доле чётно. докажите, что это число равно \\(2^k\\) для некоторого \\(k\\). simple_graph degree idea-affine-solution-space-over-f2 допустимые разбиения образуют аффинное пространство если кодировать выбор комнаты функцией `f:v->f_2`, то условие чётности на каждой вершине становится линейным уравнением над `f_2`. coloring ai_checked idea-orders-form-abelian-group переходы между хорошими разбиениями образуют `f_2`-группу если фиксировать одно хорошее разбиение, то набор людей, которых надо «переключить комнату», чтобы получить другое хорошее разбиение, замкнут по сложению по модулю `2`. coloring ai_checked idea-delete-odd-vertex-and-switch-neighborhood удалять вершину нечётной степени и переключать рёбра в её окружении индуктивно можно удалять вершину нечётной степени и заменять граф её переключением зейделя на соседях; существование хотя бы одного хорошего разбиения сохраняется. induction ai_checked sol-adjacency-matrix-over-f2 линейная алгебра над \\(f_2\\) ai_checked simple_graph degree рассмотрим граф дружбы `g` и будем считать номер комнаты вершины `v` элементом `x_v` поля `f_2`. для вершины `v` условие чётности числа друзей в той же комнате равно \\[ \\sum_{u\\sim v}(1+x_u+x_v)=0 \\pmod 2. \\] если `d(v)` — степень вершины, это линейная система `bx=d` над `f_2`, где `d` — вектор степеней по модулю 2, внедиагональные элементы `b` равны матрице смежности, а диагональный элемент `b_{vv}` равен `d(v)` по модулю 2. осталось проверить, что система совместна. матрица `b` симметрична. для любой строки сумма элементов равна `d(v)+d(v)=0`, значит вектор всех единиц лежит в ядре `b`; но важнее следующее: если `y` лежит в ядре `b`, то \\[ 0=y^tby=\\sum_v d(v)y_v+2\\sum_{uv\\in e}y_uy_v=\\sum_v d(v)y_v \\] в `f_2`. значит правая часть `d` ортогональна всему ядру `b`, а для симметричной матрицы это ровно условие принадлежности `d` её столбцовому пространству. следовательно, хотя бы одно доп… sol-good-configurations-as-group aops-альтернатива: хорошие конфигурации образуют `2`-группу ai_checked simple_graph degree сначала напомним, почему хотя бы одно хорошее разбиение существует. закодируем выбор комнаты для вершины `v` числом `x_v` из поля `f_2`. условие «у `v` чётное число друзей в своей комнате» имеет вид `sum_{u~v}(1+x_u+x_v)=0`. это линейная система над `f_2`. как в матричном решении выше, её правая часть ортогональна ядру симметричной матрицы системы, поэтому система совместна. значит можно зафиксировать одно хорошее разбиение `p`. теперь для любого другого разбиения `q` запишем множество `s(q)` участников, которые перешли в другую комнату по сравнению с `p`. такое множество будем называть допустимым приказом, если после переключения всех участников из `s(q)` снова получается хорошее разбиение. нам нужно доказать, что допустимых приказов степень двойки. пусть `p_v` — номер комнаты вершины `v` в зафиксированном хорошем разбиении `p`, а `s_v` — индикатор того, что вершину `v` приказано перек… sol-existence-by-switching-odd-vertex счётная версия aops-индукции с переключением соседей ai_checked simple_graph degree induction delete_to_simplify усилим переключающую индукцию до счёта. если в графе есть вершина `v` нечётной степени, удалим её и у всех пар вершин из `n(v)` переключим наличие ребра; пусть полученный граф равен `h`. хорошее разбиение `h` единственным образом продолжается до хорошего разбиения исходного графа: так как `deg(v)` нечётна, среди двух комнат ровно в одной число соседей `v` чётно, и туда надо посадить `v`. проверка для соседей `v` обратима: переключение рёбер внутри `n(v)` ровно компенсирует добавление вершины `v`, а для остальных вершин условие не меняется. поэтому число хороших разбиений не меняется при таком шаге. повторяя шаг, приходим к графу, где все степени чётны. в таком графе условие «у каждой вершины чётно много соседей в своей комнате» эквивалентно тому, что каждая вершина имеет чётное число соседей по другую сторону разбиения. множества вершин, задающие одну из комнат и удовлетворяющие этому у… usamo-2008-p6-even-friends-two-rooms dve komnaty i chetnoe chislo druzey, usamo 2008 p6 coloring graph_symmetry goal_counting 2008 aops wiki, 2008 usamo problems/problem 6 https://artofproblemsolving.com/wiki/index.php/2008_usamo_problems/problem_6 sam vandervelde samvandervelde src-usamo-2008-p6-aops-wiki statement usamo usamo2008 with_solution sam vandervelde aops wiki, 2008 usamo problems/problem 6 stmt-original konferentsiya i dve stolovye ai_checked na konferentsii lyubye dva matematika libo druzya, libo net. vo vremya edy kazhdyy uchastnik vybiraet odnu iz dvuh bolshih stolovyh, prichem hochet sidet v komnate, gde chislo ego druzey chetno. dokazhite, chto chislo sposobov razbit uchastnikov mezhdu dvumya komnatami yavlyaetsya stepenyu dvoyki. stmt-graph dve komnaty i chetnoe chislo druzey ai_checked pust dan graf druzhby \\(g\\). trebuetsya poschitat chislo razbieniy \\(v(g)=v_0 \\sqcup v_1\\), dlya kotoryh u kazhdoy vershiny chislo sosedey v ee sobstvennoy dole chetno. dokazhite, chto eto chislo ravno \\(2^k\\) dlya nekotorogo \\(k\\). simple_graph degree idea-affine-solution-space-over-f2 dopustimye razbieniya obrazuyut affinnoe prostranstvo esli kodirovat vybor komnaty funktsiey `f:v->f_2`, to uslovie chetnosti na kazhdoy vershine stanovitsya lineynym uravneniem nad `f_2`. coloring ai_checked idea-orders-form-abelian-group perehody mezhdu horoshimi razbieniyami obrazuyut `f_2`-gruppu esli fiksirovat odno horoshee razbienie, to nabor lyudey, kotoryh nado «pereklyuchit komnatu», chtoby poluchit drugoe horoshee razbienie, zamknut po slozheniyu po modulyu `2`. coloring ai_checked idea-delete-odd-vertex-and-switch-neighborhood udalyat vershinu nechetnoy stepeni i pereklyuchat rebra v ee okruzhenii induktivno mozhno udalyat vershinu nechetnoy stepeni i zamenyat graf ee pereklyucheniem zeydelya na sosedyah; suschestvovanie hotya by odnogo horoshego razbieniya sohranyaetsya. induction ai_checked sol-adjacency-matrix-over-f2 lineynaya algebra nad \\(f_2\\) ai_checked simple_graph degree rassmotrim graf druzhby `g` i budem schitat nomer komnaty vershiny `v` elementom `x_v` polya `f_2`. dlya vershiny `v` uslovie chetnosti chisla druzey v toy zhe komnate ravno \\[ \\sum_{u\\sim v}(1+x_u+x_v)=0 \\pmod 2. \\] esli `d(v)` — stepen vershiny, eto lineynaya sistema `bx=d` nad `f_2`, gde `d` — vektor stepeney po modulyu 2, vnediagonalnye elementy `b` ravny matritse smezhnosti, a diagonalnyy element `b_{vv}` raven `d(v)` po modulyu 2. ostalos proverit, chto sistema sovmestna. matritsa `b` simmetrichna. dlya lyuboy stroki summa elementov ravna `d(v)+d(v)=0`, znachit vektor vseh edinits lezhit v yadre `b`; no vazhnee sleduyuschee: esli `y` lezhit v yadre `b`, to \\[ 0=y^tby=\\sum_v d(v)y_v+2\\sum_{uv\\in e}y_uy_v=\\sum_v d(v)y_v \\] v `f_2`. znachit pravaya chast `d` ortogonalna vsemu yadru `b`, a dlya simmetrichnoy matritsy eto rovno uslovie prinadlezhnosti `d` ee stolbtsovomu prostranstvu. sledovatelno, hotya by odno dop… sol-good-configurations-as-group aops-alternativa: horoshie konfiguratsii obrazuyut `2`-gruppu ai_checked simple_graph degree snachala napomnim, pochemu hotya by odno horoshee razbienie suschestvuet. zakodiruem vybor komnaty dlya vershiny `v` chislom `x_v` iz polya `f_2`. uslovie «u `v` chetnoe chislo druzey v svoey komnate» imeet vid `sum_{u~v}(1+x_u+x_v)=0`. eto lineynaya sistema nad `f_2`. kak v matrichnom reshenii vyshe, ee pravaya chast ortogonalna yadru simmetrichnoy matritsy sistemy, poetomu sistema sovmestna. znachit mozhno zafiksirovat odno horoshee razbienie `p`. teper dlya lyubogo drugogo razbieniya `q` zapishem mnozhestvo `s(q)` uchastnikov, kotorye pereshli v druguyu komnatu po sravneniyu s `p`. takoe mnozhestvo budem nazyvat dopustimym prikazom, esli posle pereklyucheniya vseh uchastnikov iz `s(q)` snova poluchaetsya horoshee razbienie. nam nuzhno dokazat, chto dopustimyh prikazov stepen dvoyki. pust `p_v` — nomer komnaty vershiny `v` v zafiksirovannom horoshem razbienii `p`, a `s_v` — indikator togo, chto vershinu `v` prikazano perek… sol-existence-by-switching-odd-vertex schetnaya versiya aops-induktsii s pereklyucheniem sosedey ai_checked simple_graph degree induction delete_to_simplify usilim pereklyuchayuschuyu induktsiyu do scheta. esli v grafe est vershina `v` nechetnoy stepeni, udalim ee i u vseh par vershin iz `n(v)` pereklyuchim nalichie rebra; pust poluchennyy graf raven `h`. horoshee razbienie `h` edinstvennym obrazom prodolzhaetsya do horoshego razbieniya ishodnogo grafa: tak kak `deg(v)` nechetna, sredi dvuh komnat rovno v odnoy chislo sosedey `v` chetno, i tuda nado posadit `v`. proverka dlya sosedey `v` obratima: pereklyuchenie reber vnutri `n(v)` rovno kompensiruet dobavlenie vershiny `v`, a dlya ostalnyh vershin uslovie ne menyaetsya. poetomu chislo horoshih razbieniy ne menyaetsya pri takom shage. povtoryaya shag, prihodim k grafu, gde vse stepeni chetny. v takom grafe uslovie «u kazhdoy vershiny chetno mnogo sosedey v svoey komnate» ekvivalentno tomu, chto kazhdaya vershina imeet chetnoe chislo sosedey po druguyu storonu razbieniya. mnozhestva vershin, zadayuschie odnu iz komnat i udovletvoryayuschie etomu u…","source_keys":["usamo"]}
{"id":"usamo-2009-p3-tasteful-domino-tiling-alternating-cycles","title":"Изящные домино-разбиения шахматного многоугольника, USAMO 2009 P3","path":"data\\problems\\usamo\\usamo-2009-p3-tasteful-domino-tiling-alternating-cycles.yaml","raw_github_url":"https://raw.githubusercontent.com/didin-maxim/knowledge_graph_of_graphs/main/data/problems/usamo/usamo-2009-p3-tasteful-domino-tiling-alternating-cycles.yaml","viewer_url":"https://didin-maxim.github.io/knowledge_graph_of_graphs/#usamo-2009-p3-tasteful-domino-tiling-alternating-cycles","source_key":"usamo","source_label":"USAMO","source_titles":["2009 USAMO Problems/Problem 3","USAMO 2009 Solution Notes","2009 USAMO Problem 3"],"year":"2009","type":"olympiad_problem","authors":["Sam Vandervelde"],"tags":["matching","planar_graphs","goal_characterization"],"agent_topics":[],"difficulty":{"main":"national_final_hard","local_score":8,"comment":"Формулировка выглядит как задача о замощениях, но существенная часть уникальности реально держится на наложении двух совершенных паросочетаний и чередующиеся циклы.","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":"У олимпиадной карточки есть официальный источник или источник уровня шорт-листа/сборника, а решение имеет статус ai_checked.","audit_source":"agent-imo-us-classical.json"},"statements":{"original":[{"id":"stmt-original","title":"Оригинальная формулировка","status":"ai_checked","text":"Шахматным многоугольником назовём многоугольник, стороны которого лежат на прямых \\(x=a\\) или \\(y=b\\), где \\(a,b\\) — целые; его внутренность разбивается этими прямыми на единичные клетки шахматной раскраски. Домино-разбиение такого многоугольника — это точное покрытие неперекрывающимися прямоугольниками \\(1 \\times 2\\) и \\(2 \\times 1\\). Зафиксируем раскраску так, что в рассматриваемом \\(2 \\times 2\\)-блоке нижняя левая клетка может быть названа чёрной или белой. Запрещены два цветных локальных рисунка: две вертикальные домино в \\(2 \\times 2\\)-блоке, когда нижняя левая клетка чёрная, и две горизонтальные домино в \\(2 \\times 2\\)-блоке, когда нижняя левая клетка белая. Назовём разбиение изящное, если ни один из этих двух рисунков в нём не встречается. Докажите: a) если шахматный многоугольник можно замостить домино, то это можно сделать изящным образом; b) такое изящное разбиение единственно.","definition_ids":[]}],"graph_theory":[{"id":"stmt-graph","title":"Допустимые совершенные паросочетания в подграфах квадратной решётки","status":"ai_checked","text":"Пусть \\(G\\) — конечный связный индуцированный подграф квадратной решётки с раскраской вершин по чётности координат. Совершенное паросочетание \\(M\\) назовём допустимым, если для каждого единичного \\(4\\)-цикла выполнены два запрета: при чёрной нижней левой вершине \\(M\\) не содержит обе вертикальные стороны цикла, а при белой нижней левой вершине \\(M\\) не содержит обе горизонтальные стороны цикла. Докажите, что если в \\(G\\) существует совершенное паросочетание, то существует ровно одно допустимое совершенное паросочетание.","definition_ids":["bipartite_graph","matching","cycle","induced_subgraph"]}]},"solutions":[{"id":"sol-induction-plus-alternating-cycles","title":"Индукция для существования и чередующиеся циклы для единственности","status":"ai_checked","definition_ids":["matching","cycle","alternating_path"],"standard_idea_ids":["induction","extremal_choice","alternating_paths"],"tags":[],"has_text":true,"text_preview":"Докажем сначала существование изящного разбиения индукцией по числу домино. Среди самых левых клеток многоугольника выберем нижнюю и назовём её `L`; это граничный угол, поэтому у `L` нет клеток слева и снизу. Пусть для начала `L` чёрная. Возьмём какое-нибудь домино-разбиение и удалим домино `D`, покрывающее `L`. Остаток снова является шахматным многоугольником и замощается на одно домино меньше, значит по индукции его можно замостить изящным образом. Если `D` горизонтально, возвращение `D` не создаёт запрещённый рисунок: вертикальный запрещённый блок не использует `D`, а горизонтальный запрещённый блок с `D` потребовал бы клеток ниже `L`. Если `D` вертикально, единственная возможная новая неприятность — вертикальное домино непосредственно справа от `D`; тогда эти две вертикальные домино образуют `2x2`-квадрат, и мы поворачиваем их в две горизонтальные домино. После такого поворота исход…"},{"id":"sol-community-overlay-boundary","title":"Версия сообщества: наложение двух разбиений и крайний цикл","status":"ai_checked","definition_ids":["matching","cycle","alternating_path"],"standard_idea_ids":["extremal_choice","alternating_paths"],"tags":[],"has_text":true,"text_preview":"В версии сообщества удобно отделить чисто графовый каркас от локальной проверки. Наложим два предполагаемых изящных разбиения `T` и `M` и покрасим их домино в два цвета. Общие домино можно отбросить; в оставшейся симметрической разности каждая клетка инцидентна ровно двум домино, одному из `T` и одному из `M`. Поэтому каждая компонента — чётный цикл, а вдоль него цвета домино чередуются. Цикл длины `2` невозможен: это ровно один `2x2`-квадрат, замощённый вертикально в одном разбиении и горизонтально в другом, а из двух таких цветных картинок одна является запрещённой. Возьмём любую оставшуюся компоненту-цикл `C` и область `R`, которую она окружает. На нижней строке `R` есть горизонтальный участок цикла. Среди горизонтальных домино этой нижней строки появляется `WB`-домино; если горизонтальный участок единственный, то две вертикальные домино, с которыми он чередуется, заставляют тот же в…"}],"relations":[{"id":"rel-imo-2016-c8-usamo-2009-p3","neighbor_id":"imo-2016-c8-domino-unique-tiling-cycles","direction":"backward","type":"same_motif","distance":2,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-spbmo-2019-p6-usamo-2009-p3-symmetric-difference-alternating-cycles","neighbor_id":"spbmo-2019-9-11-p6-regular-graph-2-switches","direction":"backward","type":"same_motif","distance":2,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-metadata-pass-egmo-2022-usamo-2009-domino-matchings","neighbor_id":"egmo-2022-p5-domino-parity-bipartite-matching","direction":"backward","type":"same_motif","distance":3,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-after-tags-konig-usamo-2009-tiling","neighbor_id":"konig-vertex-cover-theorem","direction":"backward","type":"same_motif","distance":2,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-matching-tiling-usamo-2009-imo-2020-alternating-decomposition","neighbor_id":"imo-2020-c6-colored-coins-eulerian-multigraph","direction":"forward","type":"same_motif","distance":3,"status":"needs_human_review"},{"id":"rel-matching-tiling-kolm-2007-usamo-2009-cycle-decomposition","neighbor_id":"kolmogorov-2007-round-2-first-league-problem-8","direction":"backward","type":"same_motif","distance":3,"status":"needs_human_review"}],"search_text":"usamo-2009-p3-tasteful-domino-tiling-alternating-cycles изящные домино-разбиения шахматного многоугольника, usamo 2009 p3 matching planar_graphs goal_characterization 2009 2009 usamo problem 3 2009 usamo problems/problem 3 community_solution https://artofproblemsolving.com/wiki/index.php/2009_usamo_problems/problem_3 https://siongui.github.io/2017/04/25/2009-usamo-problem-3/ https://web.evanchen.cc/exams/usamo-2009-notes.pdf problem_archive sam vandervelde samvandervelde solution_notes src-usamo-2009-evan-chen-notes src-usamo-2009-p3-aops-wiki src-usamo-2009-p3-shen-fu-tsai usamo usamo 2009 solution notes usamo2009 with_solution sam vandervelde 2009 usamo problems/problem 3 usamo 2009 solution notes 2009 usamo problem 3 stmt-original оригинальная формулировка ai_checked шахматным многоугольником назовём многоугольник, стороны которого лежат на прямых \\(x=a\\) или \\(y=b\\), где \\(a,b\\) — целые; его внутренность разбивается этими прямыми на единичные клетки шахматной раскраски. домино-разбиение такого многоугольника — это точное покрытие неперекрывающимися прямоугольниками \\(1 \\times 2\\) и \\(2 \\times 1\\). зафиксируем раскраску так, что в рассматриваемом \\(2 \\times 2\\)-блоке нижняя левая клетка может быть названа чёрной или белой. запрещены два цветных локальных рисунка: две вертикальные домино в \\(2 \\times 2\\)-блоке, когда нижняя левая клетка чёрная, и две горизонтальные домино в \\(2 \\times 2\\)-блоке, когда нижняя левая клетка белая. назовём разбиение изящное, если ни один из этих двух рисунков в нём не встречается. докажите: a) если шахматный многоугольник можно замостить домино, то это можно сделать изящным образом; b) такое изящное разбиение единственно. stmt-graph допустимые совершенные паросочетания в подграфах квадратной решётки ai_checked пусть \\(g\\) — конечный связный индуцированный подграф квадратной решётки с раскраской вершин по чётности координат. совершенное паросочетание \\(m\\) назовём допустимым, если для каждого единичного \\(4\\)-цикла выполнены два запрета: при чёрной нижней левой вершине \\(m\\) не содержит обе вертикальные стороны цикла, а при белой нижней левой вершине \\(m\\) не содержит обе горизонтальные стороны цикла. докажите, что если в \\(g\\) существует совершенное паросочетание, то существует ровно одно допустимое совершенное паросочетание. bipartite_graph matching cycle induced_subgraph idea-peel-corner-domino-inductively хорошее разбиение строится снятием вынужденного углового домино у шахматного многоугольника всегда найдётся крайняя клетка, возле которой любое изящное разбиение обязано содержать конкретное домино. удалив его, мы уменьшаем площадь и продолжаем индукцию. induction ai_checked idea-symmetric-difference-gives-alternating-cycles наложение двух разбиений даёт чередующиеся циклы если сравнить изящное разбиение с любым другим, то в каждой клетке участвует ровно одно домино каждого цвета, так что симметрическая разность образует `2`-регулярный двуцветный граф и потому распадается на чётные чередующиеся циклы. matching ai_checked idea-boundary-forces-distasteful-corner-on-cycle каждый такой цикл порождает запрещённый локальный рисунок рассматривая самую левую или нижнюю точку компоненты симметрической разности, получаем вынужденный локальный поворот. он неизбежно реализует один из запрещённых паттернов, значит при изящное-разбиении ни одного чередующегося цикла быть не может. extremal_choice ai_checked sol-induction-plus-alternating-cycles индукция для существования и чередующиеся циклы для единственности ai_checked matching cycle alternating_path induction extremal_choice alternating_paths докажем сначала существование изящного разбиения индукцией по числу домино. среди самых левых клеток многоугольника выберем нижнюю и назовём её `l`; это граничный угол, поэтому у `l` нет клеток слева и снизу. пусть для начала `l` чёрная. возьмём какое-нибудь домино-разбиение и удалим домино `d`, покрывающее `l`. остаток снова является шахматным многоугольником и замощается на одно домино меньше, значит по индукции его можно замостить изящным образом. если `d` горизонтально, возвращение `d` не создаёт запрещённый рисунок: вертикальный запрещённый блок не использует `d`, а горизонтальный запрещённый блок с `d` потребовал бы клеток ниже `l`. если `d` вертикально, единственная возможная новая неприятность — вертикальное домино непосредственно справа от `d`; тогда эти две вертикальные домино образуют `2x2`-квадрат, и мы поворачиваем их в две горизонтальные домино. после такого поворота исход… sol-community-overlay-boundary версия сообщества: наложение двух разбиений и крайний цикл ai_checked matching cycle alternating_path extremal_choice alternating_paths в версии сообщества удобно отделить чисто графовый каркас от локальной проверки. наложим два предполагаемых изящных разбиения `t` и `m` и покрасим их домино в два цвета. общие домино можно отбросить; в оставшейся симметрической разности каждая клетка инцидентна ровно двум домино, одному из `t` и одному из `m`. поэтому каждая компонента — чётный цикл, а вдоль него цвета домино чередуются. цикл длины `2` невозможен: это ровно один `2x2`-квадрат, замощённый вертикально в одном разбиении и горизонтально в другом, а из двух таких цветных картинок одна является запрещённой. возьмём любую оставшуюся компоненту-цикл `c` и область `r`, которую она окружает. на нижней строке `r` есть горизонтальный участок цикла. среди горизонтальных домино этой нижней строки появляется `wb`-домино; если горизонтальный участок единственный, то две вертикальные домино, с которыми он чередуется, заставляют тот же в… usamo-2009-p3-tasteful-domino-tiling-alternating-cycles izyaschnye domino-razbieniya shahmatnogo mnogougolnika, usamo 2009 p3 matching planar_graphs goal_characterization 2009 2009 usamo problem 3 2009 usamo problems/problem 3 community_solution https://artofproblemsolving.com/wiki/index.php/2009_usamo_problems/problem_3 https://siongui.github.io/2017/04/25/2009-usamo-problem-3/ https://web.evanchen.cc/exams/usamo-2009-notes.pdf problem_archive sam vandervelde samvandervelde solution_notes src-usamo-2009-evan-chen-notes src-usamo-2009-p3-aops-wiki src-usamo-2009-p3-shen-fu-tsai usamo usamo 2009 solution notes usamo2009 with_solution sam vandervelde 2009 usamo problems/problem 3 usamo 2009 solution notes 2009 usamo problem 3 stmt-original originalnaya formulirovka ai_checked shahmatnym mnogougolnikom nazovem mnogougolnik, storony kotorogo lezhat na pryamyh \\(x=a\\) ili \\(y=b\\), gde \\(a,b\\) — tselye; ego vnutrennost razbivaetsya etimi pryamymi na edinichnye kletki shahmatnoy raskraski. domino-razbienie takogo mnogougolnika — eto tochnoe pokrytie neperekryvayuschimisya pryamougolnikami \\(1 \\times 2\\) i \\(2 \\times 1\\). zafiksiruem raskrasku tak, chto v rassmatrivaemom \\(2 \\times 2\\)-bloke nizhnyaya levaya kletka mozhet byt nazvana chernoy ili beloy. zaprescheny dva tsvetnyh lokalnyh risunka: dve vertikalnye domino v \\(2 \\times 2\\)-bloke, kogda nizhnyaya levaya kletka chernaya, i dve gorizontalnye domino v \\(2 \\times 2\\)-bloke, kogda nizhnyaya levaya kletka belaya. nazovem razbienie izyaschnoe, esli ni odin iz etih dvuh risunkov v nem ne vstrechaetsya. dokazhite: a) esli shahmatnyy mnogougolnik mozhno zamostit domino, to eto mozhno sdelat izyaschnym obrazom; b) takoe izyaschnoe razbienie edinstvenno. stmt-graph dopustimye sovershennye parosochetaniya v podgrafah kvadratnoy reshetki ai_checked pust \\(g\\) — konechnyy svyaznyy indutsirovannyy podgraf kvadratnoy reshetki s raskraskoy vershin po chetnosti koordinat. sovershennoe parosochetanie \\(m\\) nazovem dopustimym, esli dlya kazhdogo edinichnogo \\(4\\)-tsikla vypolneny dva zapreta: pri chernoy nizhney levoy vershine \\(m\\) ne soderzhit obe vertikalnye storony tsikla, a pri beloy nizhney levoy vershine \\(m\\) ne soderzhit obe gorizontalnye storony tsikla. dokazhite, chto esli v \\(g\\) suschestvuet sovershennoe parosochetanie, to suschestvuet rovno odno dopustimoe sovershennoe parosochetanie. bipartite_graph matching cycle induced_subgraph idea-peel-corner-domino-inductively horoshee razbienie stroitsya snyatiem vynuzhdennogo uglovogo domino u shahmatnogo mnogougolnika vsegda naydetsya kraynyaya kletka, vozle kotoroy lyuboe izyaschnoe razbienie obyazano soderzhat konkretnoe domino. udaliv ego, my umenshaem ploschad i prodolzhaem induktsiyu. induction ai_checked idea-symmetric-difference-gives-alternating-cycles nalozhenie dvuh razbieniy daet chereduyuschiesya tsikly esli sravnit izyaschnoe razbienie s lyubym drugim, to v kazhdoy kletke uchastvuet rovno odno domino kazhdogo tsveta, tak chto simmetricheskaya raznost obrazuet `2`-regulyarnyy dvutsvetnyy graf i potomu raspadaetsya na chetnye chereduyuschiesya tsikly. matching ai_checked idea-boundary-forces-distasteful-corner-on-cycle kazhdyy takoy tsikl porozhdaet zapreschennyy lokalnyy risunok rassmatrivaya samuyu levuyu ili nizhnyuyu tochku komponenty simmetricheskoy raznosti, poluchaem vynuzhdennyy lokalnyy povorot. on neizbezhno realizuet odin iz zapreschennyh patternov, znachit pri izyaschnoe-razbienii ni odnogo chereduyuschegosya tsikla byt ne mozhet. extremal_choice ai_checked sol-induction-plus-alternating-cycles induktsiya dlya suschestvovaniya i chereduyuschiesya tsikly dlya edinstvennosti ai_checked matching cycle alternating_path induction extremal_choice alternating_paths dokazhem snachala suschestvovanie izyaschnogo razbieniya induktsiey po chislu domino. sredi samyh levyh kletok mnogougolnika vyberem nizhnyuyu i nazovem ee `l`; eto granichnyy ugol, poetomu u `l` net kletok sleva i snizu. pust dlya nachala `l` chernaya. vozmem kakoe-nibud domino-razbienie i udalim domino `d`, pokryvayuschee `l`. ostatok snova yavlyaetsya shahmatnym mnogougolnikom i zamoschaetsya na odno domino menshe, znachit po induktsii ego mozhno zamostit izyaschnym obrazom. esli `d` gorizontalno, vozvraschenie `d` ne sozdaet zapreschennyy risunok: vertikalnyy zapreschennyy blok ne ispolzuet `d`, a gorizontalnyy zapreschennyy blok s `d` potreboval by kletok nizhe `l`. esli `d` vertikalno, edinstvennaya vozmozhnaya novaya nepriyatnost — vertikalnoe domino neposredstvenno sprava ot `d`; togda eti dve vertikalnye domino obrazuyut `2x2`-kvadrat, i my povorachivaem ih v dve gorizontalnye domino. posle takogo povorota ishod… sol-community-overlay-boundary versiya soobschestva: nalozhenie dvuh razbieniy i krayniy tsikl ai_checked matching cycle alternating_path extremal_choice alternating_paths v versii soobschestva udobno otdelit chisto grafovyy karkas ot lokalnoy proverki. nalozhim dva predpolagaemyh izyaschnyh razbieniya `t` i `m` i pokrasim ih domino v dva tsveta. obschie domino mozhno otbrosit; v ostavsheysya simmetricheskoy raznosti kazhdaya kletka intsidentna rovno dvum domino, odnomu iz `t` i odnomu iz `m`. poetomu kazhdaya komponenta — chetnyy tsikl, a vdol nego tsveta domino chereduyutsya. tsikl dliny `2` nevozmozhen: eto rovno odin `2x2`-kvadrat, zamoschennyy vertikalno v odnom razbienii i gorizontalno v drugom, a iz dvuh takih tsvetnyh kartinok odna yavlyaetsya zapreschennoy. vozmem lyubuyu ostavshuyusya komponentu-tsikl `c` i oblast `r`, kotoruyu ona okruzhaet. na nizhney stroke `r` est gorizontalnyy uchastok tsikla. sredi gorizontalnyh domino etoy nizhney stroki poyavlyaetsya `wb`-domino; esli gorizontalnyy uchastok edinstvennyy, to dve vertikalnye domino, s kotorymi on chereduetsya, zastavlyayut tot zhe v…","source_keys":["usamo"]}
{"id":"usamo-2009-p3-tasteful-domino-tiling-existence","title":"Существование изящного домино-разбиения, USAMO 2009 P3(a)","path":"data\\problems\\usamo\\usamo-2009-p3-tasteful-domino-tiling-existence.yaml","raw_github_url":"https://raw.githubusercontent.com/didin-maxim/knowledge_graph_of_graphs/main/data/problems/usamo/usamo-2009-p3-tasteful-domino-tiling-existence.yaml","viewer_url":"https://didin-maxim.github.io/knowledge_graph_of_graphs/#usamo-2009-p3-tasteful-domino-tiling-existence","source_key":"usamo","source_label":"USAMO","source_titles":["2009 USAMO Problems/Problem 3","USAMO 2009 Solution Notes"],"year":"2009","type":"olympiad_problem","authors":["Sam Vandervelde"],"tags":["matching","induction","extremal_choice","goal_existence"],"agent_topics":[],"difficulty":{"main":"national_final_medium","local_score":6,"comment":"Самостоятельная часть существования: ключевой ход — индукция по площади с локальным поворотом единственного опасного `2x2`-блока у крайней клетки.","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":0.8,"basis":"агент high-reasoning split аудит","notes":"Часть (a) является самодостаточной подзадачей USAMO 2009 P3 с полным доказательством индукцией и локальными переворотами.","audit_source":"manual-split-2026-05-05"},"statements":{"original":[{"id":"stmt-existence","title":"Существование изящного разбиения","status":"ai_checked","text":"Шахматным многоугольником назовём многоугольник, стороны которого лежат на прямых \\(x=a\\) или \\(y=b\\), где \\(a,b\\) — целые; его внутренность разбивается этими прямыми на единичные клетки шахматной раскраски. Домино-разбиение такого многоугольника — это точное покрытие неперекрывающимися прямоугольниками \\(1 \\times 2\\) и \\(2 \\times 1\\). В каждом \\(2 \\times 2\\)-блоке запрещены два цветных локальных рисунка: две вертикальные домино, если нижняя левая клетка блока чёрная, и две горизонтальные домино, если нижняя левая клетка блока белая. Назовём разбиение изящное, если ни один из этих двух рисунков в нём не встречается. Докажите, что если шахматный многоугольник можно замостить домино, то его можно замостить изящным образом.","definition_ids":[]}],"graph_theory":[{"id":"stmt-graph-existence","title":"Существование допустимого совершенного паросочетания","status":"ai_checked","text":"Пусть \\(G\\) — конечный связный индуцированный подграф квадратной решётки с раскраской вершин по чётности координат. Совершенное паросочетание \\(M\\) назовём допустимым, если для каждого единичного \\(4\\)-цикла выполнены два запрета: при чёрной нижней левой вершине \\(M\\) не содержит обе вертикальные стороны цикла, а при белой нижней левой вершине \\(M\\) не содержит обе горизонтальные стороны цикла. Докажите, что если в \\(G\\) существует совершенное паросочетание, то существует допустимое совершенное паросочетание.","definition_ids":["bipartite_graph","matching","cycle","induced_subgraph"]}]},"solutions":[{"id":"sol-corner-induction","title":"Индукция по числу домино","status":"ai_checked","definition_ids":["matching"],"standard_idea_ids":["induction","extremal_choice"],"tags":[],"has_text":true,"text_preview":"Докажем утверждение индукцией по числу домино в разбиении. База при пустом многоугольнике очевидна. Среди самых левых клеток данного многоугольника выберем нижнюю и назовём её `L`; у неё нет соседей слева и снизу. Сначала пусть `L` чёрная. Возьмём любое домино-разбиение и посмотрим на домино `D`, покрывающее `L`. Если `D` горизонтально, удалим его. Остаток снова является шахматным многоугольником и замощается домино, поэтому по индукции он имеет изящное разбиение. Возвращение горизонтального `D` не создаёт запрещённого рисунка: вертикальный запрещённый `2x2`-блок не использует `D`, а горизонтальный запрещённый блок с `D` потребовал бы две клетки ниже `L`, которых нет. Остаётся случай, когда `D` вертикально. Если после возвращения `D` к изящное-разбиению остатка запрета не возникает, всё готово. Если запрет возникает, он может быть только таким: справа от `D` стоит второе вертикальное до…"}],"relations":[{"id":"rel-usamo-2009-p3-existence-uniqueness-false-friend","neighbor_id":"usamo-2009-p3-tasteful-domino-tiling-uniqueness","direction":"forward","type":"false_friend","distance":1,"status":"ai_checked"}],"search_text":"usamo-2009-p3-tasteful-domino-tiling-existence существование изящного домино-разбиения, usamo 2009 p3(a) matching induction extremal_choice goal_existence 2009 2009 usamo problems/problem 3 https://artofproblemsolving.com/wiki/index.php/2009_usamo_problems/problem_3 https://web.evanchen.cc/exams/usamo-2009-notes.pdf problem_archive sam vandervelde samvandervelde solution_notes src-usamo-2009-evan-chen-notes src-usamo-2009-p3-aops-wiki usamo usamo 2009 solution notes usamo2009 with_solution sam vandervelde 2009 usamo problems/problem 3 usamo 2009 solution notes stmt-existence существование изящного разбиения ai_checked шахматным многоугольником назовём многоугольник, стороны которого лежат на прямых \\(x=a\\) или \\(y=b\\), где \\(a,b\\) — целые; его внутренность разбивается этими прямыми на единичные клетки шахматной раскраски. домино-разбиение такого многоугольника — это точное покрытие неперекрывающимися прямоугольниками \\(1 \\times 2\\) и \\(2 \\times 1\\). в каждом \\(2 \\times 2\\)-блоке запрещены два цветных локальных рисунка: две вертикальные домино, если нижняя левая клетка блока чёрная, и две горизонтальные домино, если нижняя левая клетка блока белая. назовём разбиение изящное, если ни один из этих двух рисунков в нём не встречается. докажите, что если шахматный многоугольник можно замостить домино, то его можно замостить изящным образом. stmt-graph-existence существование допустимого совершенного паросочетания ai_checked пусть \\(g\\) — конечный связный индуцированный подграф квадратной решётки с раскраской вершин по чётности координат. совершенное паросочетание \\(m\\) назовём допустимым, если для каждого единичного \\(4\\)-цикла выполнены два запрета: при чёрной нижней левой вершине \\(m\\) не содержит обе вертикальные стороны цикла, а при белой нижней левой вершине \\(m\\) не содержит обе горизонтальные стороны цикла. докажите, что если в \\(g\\) существует совершенное паросочетание, то существует допустимое совершенное паросочетание. bipartite_graph matching cycle induced_subgraph idea-corner-cell-induction выбрать крайний угол и снять безопасное домино нижняя из самых левых клеток является углом. если удаётся добиться, чтобы домино в этом углу было ориентировано безопасно относительно цвета клетки, то после его удаления остаётся меньший замощаемый шахматный многоугольник. induction extremal_choice ai_checked idea-local-flip-makes-corner-safe плохую ориентацию углового домино исправляет поворот `2x2` если угловое домино имеет опасную ориентацию, то единственный новый запрещённый рисунок может возникнуть в соседнем `2x2`-блоке; поворот двух домино этого блока переводит ситуацию в безопасный угловой случай. induction ai_checked sol-corner-induction индукция по числу домино ai_checked matching induction extremal_choice докажем утверждение индукцией по числу домино в разбиении. база при пустом многоугольнике очевидна. среди самых левых клеток данного многоугольника выберем нижнюю и назовём её `l`; у неё нет соседей слева и снизу. сначала пусть `l` чёрная. возьмём любое домино-разбиение и посмотрим на домино `d`, покрывающее `l`. если `d` горизонтально, удалим его. остаток снова является шахматным многоугольником и замощается домино, поэтому по индукции он имеет изящное разбиение. возвращение горизонтального `d` не создаёт запрещённого рисунка: вертикальный запрещённый `2x2`-блок не использует `d`, а горизонтальный запрещённый блок с `d` потребовал бы две клетки ниже `l`, которых нет. остаётся случай, когда `d` вертикально. если после возвращения `d` к изящное-разбиению остатка запрета не возникает, всё готово. если запрет возникает, он может быть только таким: справа от `d` стоит второе вертикальное до… usamo-2009-p3-tasteful-domino-tiling-existence suschestvovanie izyaschnogo domino-razbieniya, usamo 2009 p3(a) matching induction extremal_choice goal_existence 2009 2009 usamo problems/problem 3 https://artofproblemsolving.com/wiki/index.php/2009_usamo_problems/problem_3 https://web.evanchen.cc/exams/usamo-2009-notes.pdf problem_archive sam vandervelde samvandervelde solution_notes src-usamo-2009-evan-chen-notes src-usamo-2009-p3-aops-wiki usamo usamo 2009 solution notes usamo2009 with_solution sam vandervelde 2009 usamo problems/problem 3 usamo 2009 solution notes stmt-existence suschestvovanie izyaschnogo razbieniya ai_checked shahmatnym mnogougolnikom nazovem mnogougolnik, storony kotorogo lezhat na pryamyh \\(x=a\\) ili \\(y=b\\), gde \\(a,b\\) — tselye; ego vnutrennost razbivaetsya etimi pryamymi na edinichnye kletki shahmatnoy raskraski. domino-razbienie takogo mnogougolnika — eto tochnoe pokrytie neperekryvayuschimisya pryamougolnikami \\(1 \\times 2\\) i \\(2 \\times 1\\). v kazhdom \\(2 \\times 2\\)-bloke zaprescheny dva tsvetnyh lokalnyh risunka: dve vertikalnye domino, esli nizhnyaya levaya kletka bloka chernaya, i dve gorizontalnye domino, esli nizhnyaya levaya kletka bloka belaya. nazovem razbienie izyaschnoe, esli ni odin iz etih dvuh risunkov v nem ne vstrechaetsya. dokazhite, chto esli shahmatnyy mnogougolnik mozhno zamostit domino, to ego mozhno zamostit izyaschnym obrazom. stmt-graph-existence suschestvovanie dopustimogo sovershennogo parosochetaniya ai_checked pust \\(g\\) — konechnyy svyaznyy indutsirovannyy podgraf kvadratnoy reshetki s raskraskoy vershin po chetnosti koordinat. sovershennoe parosochetanie \\(m\\) nazovem dopustimym, esli dlya kazhdogo edinichnogo \\(4\\)-tsikla vypolneny dva zapreta: pri chernoy nizhney levoy vershine \\(m\\) ne soderzhit obe vertikalnye storony tsikla, a pri beloy nizhney levoy vershine \\(m\\) ne soderzhit obe gorizontalnye storony tsikla. dokazhite, chto esli v \\(g\\) suschestvuet sovershennoe parosochetanie, to suschestvuet dopustimoe sovershennoe parosochetanie. bipartite_graph matching cycle induced_subgraph idea-corner-cell-induction vybrat krayniy ugol i snyat bezopasnoe domino nizhnyaya iz samyh levyh kletok yavlyaetsya uglom. esli udaetsya dobitsya, chtoby domino v etom uglu bylo orientirovano bezopasno otnositelno tsveta kletki, to posle ego udaleniya ostaetsya menshiy zamoschaemyy shahmatnyy mnogougolnik. induction extremal_choice ai_checked idea-local-flip-makes-corner-safe plohuyu orientatsiyu uglovogo domino ispravlyaet povorot `2x2` esli uglovoe domino imeet opasnuyu orientatsiyu, to edinstvennyy novyy zapreschennyy risunok mozhet vozniknut v sosednem `2x2`-bloke; povorot dvuh domino etogo bloka perevodit situatsiyu v bezopasnyy uglovoy sluchay. induction ai_checked sol-corner-induction induktsiya po chislu domino ai_checked matching induction extremal_choice dokazhem utverzhdenie induktsiey po chislu domino v razbienii. baza pri pustom mnogougolnike ochevidna. sredi samyh levyh kletok dannogo mnogougolnika vyberem nizhnyuyu i nazovem ee `l`; u nee net sosedey sleva i snizu. snachala pust `l` chernaya. vozmem lyuboe domino-razbienie i posmotrim na domino `d`, pokryvayuschee `l`. esli `d` gorizontalno, udalim ego. ostatok snova yavlyaetsya shahmatnym mnogougolnikom i zamoschaetsya domino, poetomu po induktsii on imeet izyaschnoe razbienie. vozvraschenie gorizontalnogo `d` ne sozdaet zapreschennogo risunka: vertikalnyy zapreschennyy `2x2`-blok ne ispolzuet `d`, a gorizontalnyy zapreschennyy blok s `d` potreboval by dve kletki nizhe `l`, kotoryh net. ostaetsya sluchay, kogda `d` vertikalno. esli posle vozvrascheniya `d` k izyaschnoe-razbieniyu ostatka zapreta ne voznikaet, vse gotovo. esli zapret voznikaet, on mozhet byt tolko takim: sprava ot `d` stoit vtoroe vertikalnoe do…","source_keys":["usamo"]}
{"id":"usamo-2009-p3-tasteful-domino-tiling-uniqueness","title":"Единственность изящного домино-разбиения, USAMO 2009 P3(b)","path":"data\\problems\\usamo\\usamo-2009-p3-tasteful-domino-tiling-uniqueness.yaml","raw_github_url":"https://raw.githubusercontent.com/didin-maxim/knowledge_graph_of_graphs/main/data/problems/usamo/usamo-2009-p3-tasteful-domino-tiling-uniqueness.yaml","viewer_url":"https://didin-maxim.github.io/knowledge_graph_of_graphs/#usamo-2009-p3-tasteful-domino-tiling-uniqueness","source_key":"usamo","source_label":"USAMO","source_titles":["2009 USAMO Problems/Problem 3","USAMO 2009 Solution Notes","2009 USAMO Problem 3"],"year":"2009","type":"olympiad_problem","authors":["Sam Vandervelde"],"tags":["matching","planar_graphs","extremal_choice","goal_proof"],"agent_topics":[],"difficulty":{"main":"national_final_hard","local_score":8,"comment":"Самостоятельная часть единственности: существование изящного разбиения не используется; вся сложность в запрете ненулевой симметрической разности через чередующиеся циклы и граничный анализ.","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":0.82,"basis":"агент high-reasoning split аудит","notes":"Часть (b) является самодостаточным утверждением единственности с полным доказательством через препятствие в виде чередующегося цикла.","audit_source":"manual-split-2026-05-05"},"statements":{"original":[{"id":"stmt-uniqueness","title":"Единственность изящного разбиения","status":"ai_checked","text":"Шахматным многоугольником назовём многоугольник, стороны которого лежат на прямых \\(x=a\\) или \\(y=b\\), где \\(a,b\\) — целые; его внутренность разбивается этими прямыми на единичные клетки шахматной раскраски. Домино-разбиение такого многоугольника — это точное покрытие неперекрывающимися прямоугольниками \\(1 \\times 2\\) и \\(2 \\times 1\\). В каждом \\(2 \\times 2\\)-блоке запрещены два цветных локальных рисунка: две вертикальные домино, если нижняя левая клетка блока чёрная, и две горизонтальные домино, если нижняя левая клетка блока белая. Назовём разбиение изящное, если ни один из этих двух рисунков в нём не встречается. Докажите, что у каждого шахматного многоугольника существует не более одного изящное-домино-разбиения.","definition_ids":[]}],"graph_theory":[{"id":"stmt-graph-uniqueness","title":"Единственность допустимого совершенного паросочетания","status":"ai_checked","text":"Пусть \\(G\\) — конечный связный индуцированный подграф квадратной решётки с раскраской вершин по чётности координат. Совершенное паросочетание \\(M\\) назовём допустимым, если для каждого единичного \\(4\\)-цикла выполнены два запрета: при чёрной нижней левой вершине \\(M\\) не содержит обе вертикальные стороны цикла, а при белой нижней левой вершине \\(M\\) не содержит обе горизонтальные стороны цикла. Докажите, что в \\(G\\) существует не более одного допустимого совершенного паросочетания.","definition_ids":["bipartite_graph","matching","cycle","induced_subgraph"]}]},"solutions":[{"id":"sol-alternating-cycle-obstruction","title":"Запрет чередующегося цикла","status":"ai_checked","definition_ids":["matching","cycle","alternating_path"],"standard_idea_ids":["alternating_paths","extremal_choice"],"tags":[],"has_text":true,"text_preview":"Предположим, что существуют два разных изящного разбиения `T` и `M`. Рассмотрим граф на клетках многоугольника, где каждое домино даёт ребро между двумя соседними клетками. В симметрической разности `T Δ M` каждая участвующая клетка имеет степень `2`: к ней инцидентно одно домино из `T` и одно домино из `M`. Следовательно, `T Δ M` распадается на непересекающиеся чётные циклы, в которых рёбра из `T` и `M` чередуются. Возьмём один такой цикл `C`, а через `R` обозначим область, ограниченную `C` вместе с внутренностью. На самой нижней строке области `R` цикл содержит горизонтальное домино. Если таких горизонтальных домино на этой строке несколько, среди них есть домино типа `WB`, то есть с белой клеткой слева и чёрной справа. Если горизонтальное домино на нижней строке единственное, то две соседние вертикальные домино другого разбиения, с которыми оно чередуется, и локальная изящное-проверк…"}],"relations":[{"id":"rel-usamo-2009-p3-existence-uniqueness-false-friend","neighbor_id":"usamo-2009-p3-tasteful-domino-tiling-existence","direction":"backward","type":"false_friend","distance":1,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-usamo-2009-p3-uniqueness-augmenting-path-symdiff","neighbor_id":"augmenting-path-matching-lemma","direction":"forward","type":"prerequisite","distance":2,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-usamo-2009-p3-uniqueness-imo-2016-c8-domino-cycles","neighbor_id":"imo-2016-c8-domino-unique-tiling-cycles","direction":"forward","type":"same_motif","distance":2,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-usamo-2009-p3-uniqueness-yumt-2021-alternating-cycle","neighbor_id":"yumt-2021-grand-round4-problem3","direction":"forward","type":"same_motif","distance":2,"status":"ai_checked"}],"search_text":"usamo-2009-p3-tasteful-domino-tiling-uniqueness единственность изящного домино-разбиения, usamo 2009 p3(b) matching planar_graphs extremal_choice goal_proof 2009 2009 usamo problem 3 2009 usamo problems/problem 3 community_solution https://artofproblemsolving.com/wiki/index.php/2009_usamo_problems/problem_3 https://siongui.github.io/2017/04/25/2009-usamo-problem-3/ https://web.evanchen.cc/exams/usamo-2009-notes.pdf problem_archive sam vandervelde samvandervelde solution_notes src-usamo-2009-evan-chen-notes src-usamo-2009-p3-aops-wiki src-usamo-2009-p3-shen-fu-tsai usamo usamo 2009 solution notes usamo2009 with_solution sam vandervelde 2009 usamo problems/problem 3 usamo 2009 solution notes 2009 usamo problem 3 stmt-uniqueness единственность изящного разбиения ai_checked шахматным многоугольником назовём многоугольник, стороны которого лежат на прямых \\(x=a\\) или \\(y=b\\), где \\(a,b\\) — целые; его внутренность разбивается этими прямыми на единичные клетки шахматной раскраски. домино-разбиение такого многоугольника — это точное покрытие неперекрывающимися прямоугольниками \\(1 \\times 2\\) и \\(2 \\times 1\\). в каждом \\(2 \\times 2\\)-блоке запрещены два цветных локальных рисунка: две вертикальные домино, если нижняя левая клетка блока чёрная, и две горизонтальные домино, если нижняя левая клетка блока белая. назовём разбиение изящное, если ни один из этих двух рисунков в нём не встречается. докажите, что у каждого шахматного многоугольника существует не более одного изящное-домино-разбиения. stmt-graph-uniqueness единственность допустимого совершенного паросочетания ai_checked пусть \\(g\\) — конечный связный индуцированный подграф квадратной решётки с раскраской вершин по чётности координат. совершенное паросочетание \\(m\\) назовём допустимым, если для каждого единичного \\(4\\)-цикла выполнены два запрета: при чёрной нижней левой вершине \\(m\\) не содержит обе вертикальные стороны цикла, а при белой нижней левой вершине \\(m\\) не содержит обе горизонтальные стороны цикла. докажите, что в \\(g\\) существует не более одного допустимого совершенного паросочетания. bipartite_graph matching cycle induced_subgraph idea-two-tilings-give-alternating-cycles симметрическая разность двух разбиений — набор чередующиеся циклы если два совершенных паросочетания различны, то после удаления общих домино каждая оставшаяся клетка имеет степень `2`: одно ребро из первого разбиения и одно из второго. поэтому появляется хотя бы один чётный цикл с чередованием разбиений. matching ai_checked idea-boundary-wb-domino-climbs нижний `wb`-домино вынуждает подъём к верхней границе на нижней строке области, ограниченной чередующимся циклом, можно найти горизонтальное домино с белой клеткой слева. изящное условие запрещает оба простых покрытия пары клеток над ним, поэтому такой же объект вынужденно появляется строкой выше. extremal_choice ai_checked idea-orientation-contradiction ориентация от белого к чёрному несовместима на верхней границе повторяя подъём, доходим до `wb`-домино на верхней границе области. обход цикла с внутренностью слева заставляет нижнее и верхнее граничные `wb`-домино иметь противоположные направления относительно ориентации белый-чёрный. extremal_choice ai_checked sol-alternating-cycle-obstruction запрет чередующегося цикла ai_checked matching cycle alternating_path alternating_paths extremal_choice предположим, что существуют два разных изящного разбиения `t` и `m`. рассмотрим граф на клетках многоугольника, где каждое домино даёт ребро между двумя соседними клетками. в симметрической разности `t δ m` каждая участвующая клетка имеет степень `2`: к ней инцидентно одно домино из `t` и одно домино из `m`. следовательно, `t δ m` распадается на непересекающиеся чётные циклы, в которых рёбра из `t` и `m` чередуются. возьмём один такой цикл `c`, а через `r` обозначим область, ограниченную `c` вместе с внутренностью. на самой нижней строке области `r` цикл содержит горизонтальное домино. если таких горизонтальных домино на этой строке несколько, среди них есть домино типа `wb`, то есть с белой клеткой слева и чёрной справа. если горизонтальное домино на нижней строке единственное, то две соседние вертикальные домино другого разбиения, с которыми оно чередуется, и локальная изящное-проверк… usamo-2009-p3-tasteful-domino-tiling-uniqueness edinstvennost izyaschnogo domino-razbieniya, usamo 2009 p3(b) matching planar_graphs extremal_choice goal_proof 2009 2009 usamo problem 3 2009 usamo problems/problem 3 community_solution https://artofproblemsolving.com/wiki/index.php/2009_usamo_problems/problem_3 https://siongui.github.io/2017/04/25/2009-usamo-problem-3/ https://web.evanchen.cc/exams/usamo-2009-notes.pdf problem_archive sam vandervelde samvandervelde solution_notes src-usamo-2009-evan-chen-notes src-usamo-2009-p3-aops-wiki src-usamo-2009-p3-shen-fu-tsai usamo usamo 2009 solution notes usamo2009 with_solution sam vandervelde 2009 usamo problems/problem 3 usamo 2009 solution notes 2009 usamo problem 3 stmt-uniqueness edinstvennost izyaschnogo razbieniya ai_checked shahmatnym mnogougolnikom nazovem mnogougolnik, storony kotorogo lezhat na pryamyh \\(x=a\\) ili \\(y=b\\), gde \\(a,b\\) — tselye; ego vnutrennost razbivaetsya etimi pryamymi na edinichnye kletki shahmatnoy raskraski. domino-razbienie takogo mnogougolnika — eto tochnoe pokrytie neperekryvayuschimisya pryamougolnikami \\(1 \\times 2\\) i \\(2 \\times 1\\). v kazhdom \\(2 \\times 2\\)-bloke zaprescheny dva tsvetnyh lokalnyh risunka: dve vertikalnye domino, esli nizhnyaya levaya kletka bloka chernaya, i dve gorizontalnye domino, esli nizhnyaya levaya kletka bloka belaya. nazovem razbienie izyaschnoe, esli ni odin iz etih dvuh risunkov v nem ne vstrechaetsya. dokazhite, chto u kazhdogo shahmatnogo mnogougolnika suschestvuet ne bolee odnogo izyaschnoe-domino-razbieniya. stmt-graph-uniqueness edinstvennost dopustimogo sovershennogo parosochetaniya ai_checked pust \\(g\\) — konechnyy svyaznyy indutsirovannyy podgraf kvadratnoy reshetki s raskraskoy vershin po chetnosti koordinat. sovershennoe parosochetanie \\(m\\) nazovem dopustimym, esli dlya kazhdogo edinichnogo \\(4\\)-tsikla vypolneny dva zapreta: pri chernoy nizhney levoy vershine \\(m\\) ne soderzhit obe vertikalnye storony tsikla, a pri beloy nizhney levoy vershine \\(m\\) ne soderzhit obe gorizontalnye storony tsikla. dokazhite, chto v \\(g\\) suschestvuet ne bolee odnogo dopustimogo sovershennogo parosochetaniya. bipartite_graph matching cycle induced_subgraph idea-two-tilings-give-alternating-cycles simmetricheskaya raznost dvuh razbieniy — nabor chereduyuschiesya tsikly esli dva sovershennyh parosochetaniya razlichny, to posle udaleniya obschih domino kazhdaya ostavshayasya kletka imeet stepen `2`: odno rebro iz pervogo razbieniya i odno iz vtorogo. poetomu poyavlyaetsya hotya by odin chetnyy tsikl s cheredovaniem razbieniy. matching ai_checked idea-boundary-wb-domino-climbs nizhniy `wb`-domino vynuzhdaet podem k verhney granitse na nizhney stroke oblasti, ogranichennoy chereduyuschimsya tsiklom, mozhno nayti gorizontalnoe domino s beloy kletkoy sleva. izyaschnoe uslovie zapreschaet oba prostyh pokrytiya pary kletok nad nim, poetomu takoy zhe obekt vynuzhdenno poyavlyaetsya strokoy vyshe. extremal_choice ai_checked idea-orientation-contradiction orientatsiya ot belogo k chernomu nesovmestima na verhney granitse povtoryaya podem, dohodim do `wb`-domino na verhney granitse oblasti. obhod tsikla s vnutrennostyu sleva zastavlyaet nizhnee i verhnee granichnye `wb`-domino imet protivopolozhnye napravleniya otnositelno orientatsii belyy-chernyy. extremal_choice ai_checked sol-alternating-cycle-obstruction zapret chereduyuschegosya tsikla ai_checked matching cycle alternating_path alternating_paths extremal_choice predpolozhim, chto suschestvuyut dva raznyh izyaschnogo razbieniya `t` i `m`. rassmotrim graf na kletkah mnogougolnika, gde kazhdoe domino daet rebro mezhdu dvumya sosednimi kletkami. v simmetricheskoy raznosti `t δ m` kazhdaya uchastvuyuschaya kletka imeet stepen `2`: k ney intsidentno odno domino iz `t` i odno domino iz `m`. sledovatelno, `t δ m` raspadaetsya na neperesekayuschiesya chetnye tsikly, v kotoryh rebra iz `t` i `m` chereduyutsya. vozmem odin takoy tsikl `c`, a cherez `r` oboznachim oblast, ogranichennuyu `c` vmeste s vnutrennostyu. na samoy nizhney stroke oblasti `r` tsikl soderzhit gorizontalnoe domino. esli takih gorizontalnyh domino na etoy stroke neskolko, sredi nih est domino tipa `wb`, to est s beloy kletkoy sleva i chernoy sprava. esli gorizontalnoe domino na nizhney stroke edinstvennoe, to dve sosednie vertikalnye domino drugogo razbieniya, s kotorymi ono chereduetsya, i lokalnaya izyaschnoe-proverk…","source_keys":["usamo"]}
{"id":"usamo-2021-p2-planar-national-park-turning-walk","title":"Прогулка по 3-регулярному планарному графу, USAMO 2021 P2","path":"data\\problems\\usamo\\usamo-2021-p2-planar-national-park-turning-walk.yaml","raw_github_url":"https://raw.githubusercontent.com/didin-maxim/knowledge_graph_of_graphs/main/data/problems/usamo/usamo-2021-p2-planar-national-park-turning-walk.yaml","viewer_url":"https://didin-maxim.github.io/knowledge_graph_of_graphs/#usamo-2021-p2-planar-national-park-turning-walk","source_key":"usamo","source_label":"USAMO","source_titles":["AoPS Wiki, 2021 USAMO Problems/Problem 2","Eric Shen, USAMO 2021 PDF с условиями и решениями","Evan Chen, USAMO 2021 Solution Notes"],"year":"2021","type":"olympiad_problem","authors":[],"tags":["planar_graphs","extremal_choice","goal_exact_bound"],"agent_topics":[],"difficulty":{"main":"national_final_medium","local_score":6,"comment":"Короткая, но нетривиальная задача на планарность и детерминированный обход по локальному правилу.","status":"ai_checked"},"review_status":"source_verified","public_ready":true,"solution_state":"with_solution","solution_classification":{"type":"official_complete_or_near_complete","label":"официальное полное/почти полное","status":"source_verified","confidence":0.9,"basis":"архив условия AoPS и заметки Эвана Чена к USAMO 2021","notes":"Решение сверено с заметками Эвана Чена: использованы ориентированные повороты, запрет обратных поворотов и явная достигающая конструкция.","audit_source":"very_high_pipeline_batch_2_2026_05_07"},"statements":{"original":[{"id":"stmt-original","title":"Оригинальная формулировка","status":"ai_checked","text":"Парк состоит из нескольких троп, пересекающихся только в узлах. Каждая тропа соединяет два разных узла, в каждом узле сходятся ровно три тропы, и кратных троп между двумя узлами нет. Посетительница выбирает стартовый узел и первую тропу, а затем в каждом следующем узле поочерёдно поворачивает налево, направо, налево, направо и так далее, пока не вернётся в стартовый узел. Какое наибольшее число раз она может войти в один и тот же узел?","definition_ids":[]}],"graph_theory":[{"id":"stmt-graph","title":"Прогулка по 3-регулярному планарному графу","status":"ai_checked","text":"Пусть дан простой связный кубический планарный граф с фиксированным циклическим порядком рёбер вокруг каждой вершины. Рассматривается замкнутый обход, который после стартового ребра в каждой вершине использует правило чередующихся поворотов налево, направо, налево, направо и так далее. Требуется найти максимальное число входов в одну вершину.","definition_ids":["planar_graph","degree","connected_graph","path"]}]},"solutions":[{"id":"sol-local-state-bound-and-prism","title":"Локальная детерминированность и пятиугольная призма","status":"source_verified","definition_ids":["planar_graph","degree","connected_graph","path"],"standard_idea_ids":["extremal_choice"],"tags":[],"has_text":true,"text_preview":"Ответ равен 3. Сначала докажем верхнюю оценку. Рассмотрим не только посещённые вершины, а ориентированные повороты \\(a\\to b\\to c\\): посетительница входит в \\(b\\) по ребру \\(ab\\) и выходит по ребру \\(bc\\). В кубической вершине есть ровно шесть таких поворотов, по два для каждой неупорядоченной пары инцидентных рёбер. Один ориентированный поворот однозначно задаёт весь бесконечно продолженный обход вперёд и назад. Действительно, по циклическому порядку трёх рёбер вокруг \\(b\\) мы знаем, был ли поворот \\(a\\to b\\to c\\) левым или правым; значит следующий поворот обязан быть противоположного типа, а предыдущий тоже восстанавливается единственным образом. Поэтому в одном периоде обхода один и тот же ориентированный поворот не может встретиться дважды: если бы он повторился, детерминированность заставила бы весь участок между двумя появлениями уже быть полным периодом. Осталось улучшить грубую о…"}],"relations":[{"id":"rel-planar-usamo-2021-p2","neighbor_id":"euler-formula-planar","direction":"backward","type":"same_motif","distance":3,"status":"needs_human_review"},{"id":"rel-spbmo-1997-p13-usamo-2021-p2-planar-turning-walk","neighbor_id":"spbmo-1997-7-p13-left-right-city-walk","direction":"backward","type":"same_motif","distance":2,"status":"ai_checked"}],"search_text":"usamo-2021-p2-planar-national-park-turning-walk прогулка по 3-регулярному планарному графу, usamo 2021 p2 planar_graphs extremal_choice goal_exact_bound 2021 aops wiki, 2021 usamo problems/problem 2 eric shen, usamo 2021 pdf с условиями и решениями evan chen, usamo 2021 solution notes https://artofproblemsolving.com/wiki/index.php/2021_usamo_problems/problem_2 https://web.evanchen.cc/exams/usamo-2021-notes.pdf https://www.ericshen.net/exams/usamo2021.pdf secondary_solution src-usamo-2021-eric-shen-pdf src-usamo-2021-evan-chen-notes src-usamo-2021-p2-aops-wiki statement usamo usamo2021 with_solution ? aops wiki, 2021 usamo problems/problem 2 eric shen, usamo 2021 pdf с условиями и решениями evan chen, usamo 2021 solution notes stmt-original оригинальная формулировка ai_checked парк состоит из нескольких троп, пересекающихся только в узлах. каждая тропа соединяет два разных узла, в каждом узле сходятся ровно три тропы, и кратных троп между двумя узлами нет. посетительница выбирает стартовый узел и первую тропу, а затем в каждом следующем узле поочерёдно поворачивает налево, направо, налево, направо и так далее, пока не вернётся в стартовый узел. какое наибольшее число раз она может войти в один и тот же узел? stmt-graph прогулка по 3-регулярному планарному графу ai_checked пусть дан простой связный кубический планарный граф с фиксированным циклическим порядком рёбер вокруг каждой вершины. рассматривается замкнутый обход, который после стартового ребра в каждой вершине использует правило чередующихся поворотов налево, направо, налево, направо и так далее. требуется найти максимальное число входов в одну вершину. planar_graph degree connected_graph path idea-three-local-states-at-a-cubic-vertex у кубической вершины слишком мало локальных состояний правило обхода полностью задаётся локальным выбором пары соседних полурёбер в вершине. в вершине степени 3 таких конфигураций только три, поэтому четвёртый вход заставил бы повторить уже встречавшееся локальное состояние. planar_graphs ai_checked idea-pentagonal-prism-construction пятиугольная призма достигает оценки в графе пятиугольной призмы можно выбрать старт и первое ребро так, чтобы прогулку с чередующимися поворотами трижды входил в одну и ту же вершину; это показывает точность верхней оценки. extremal_choice planar_graphs ai_checked sol-local-state-bound-and-prism локальная детерминированность и пятиугольная призма source_verified planar_graph degree connected_graph path extremal_choice ответ равен 3. сначала докажем верхнюю оценку. рассмотрим не только посещённые вершины, а ориентированные повороты \\(a\\to b\\to c\\): посетительница входит в \\(b\\) по ребру \\(ab\\) и выходит по ребру \\(bc\\). в кубической вершине есть ровно шесть таких поворотов, по два для каждой неупорядоченной пары инцидентных рёбер. один ориентированный поворот однозначно задаёт весь бесконечно продолженный обход вперёд и назад. действительно, по циклическому порядку трёх рёбер вокруг \\(b\\) мы знаем, был ли поворот \\(a\\to b\\to c\\) левым или правым; значит следующий поворот обязан быть противоположного типа, а предыдущий тоже восстанавливается единственным образом. поэтому в одном периоде обхода один и тот же ориентированный поворот не может встретиться дважды: если бы он повторился, детерминированность заставила бы весь участок между двумя появлениями уже быть полным периодом. осталось улучшить грубую о… usamo-2021-p2-planar-national-park-turning-walk progulka po 3-regulyarnomu planarnomu grafu, usamo 2021 p2 planar_graphs extremal_choice goal_exact_bound 2021 aops wiki, 2021 usamo problems/problem 2 eric shen, usamo 2021 pdf s usloviyami i resheniyami evan chen, usamo 2021 solution notes https://artofproblemsolving.com/wiki/index.php/2021_usamo_problems/problem_2 https://web.evanchen.cc/exams/usamo-2021-notes.pdf https://www.ericshen.net/exams/usamo2021.pdf secondary_solution src-usamo-2021-eric-shen-pdf src-usamo-2021-evan-chen-notes src-usamo-2021-p2-aops-wiki statement usamo usamo2021 with_solution ? aops wiki, 2021 usamo problems/problem 2 eric shen, usamo 2021 pdf s usloviyami i resheniyami evan chen, usamo 2021 solution notes stmt-original originalnaya formulirovka ai_checked park sostoit iz neskolkih trop, peresekayuschihsya tolko v uzlah. kazhdaya tropa soedinyaet dva raznyh uzla, v kazhdom uzle shodyatsya rovno tri tropy, i kratnyh trop mezhdu dvumya uzlami net. posetitelnitsa vybiraet startovyy uzel i pervuyu tropu, a zatem v kazhdom sleduyuschem uzle poocheredno povorachivaet nalevo, napravo, nalevo, napravo i tak dalee, poka ne vernetsya v startovyy uzel. kakoe naibolshee chislo raz ona mozhet voyti v odin i tot zhe uzel? stmt-graph progulka po 3-regulyarnomu planarnomu grafu ai_checked pust dan prostoy svyaznyy kubicheskiy planarnyy graf s fiksirovannym tsiklicheskim poryadkom reber vokrug kazhdoy vershiny. rassmatrivaetsya zamknutyy obhod, kotoryy posle startovogo rebra v kazhdoy vershine ispolzuet pravilo chereduyuschihsya povorotov nalevo, napravo, nalevo, napravo i tak dalee. trebuetsya nayti maksimalnoe chislo vhodov v odnu vershinu. planar_graph degree connected_graph path idea-three-local-states-at-a-cubic-vertex u kubicheskoy vershiny slishkom malo lokalnyh sostoyaniy pravilo obhoda polnostyu zadaetsya lokalnym vyborom pary sosednih polureber v vershine. v vershine stepeni 3 takih konfiguratsiy tolko tri, poetomu chetvertyy vhod zastavil by povtorit uzhe vstrechavsheesya lokalnoe sostoyanie. planar_graphs ai_checked idea-pentagonal-prism-construction pyatiugolnaya prizma dostigaet otsenki v grafe pyatiugolnoy prizmy mozhno vybrat start i pervoe rebro tak, chtoby progulku s chereduyuschimisya povorotami trizhdy vhodil v odnu i tu zhe vershinu; eto pokazyvaet tochnost verhney otsenki. extremal_choice planar_graphs ai_checked sol-local-state-bound-and-prism lokalnaya determinirovannost i pyatiugolnaya prizma source_verified planar_graph degree connected_graph path extremal_choice otvet raven 3. snachala dokazhem verhnyuyu otsenku. rassmotrim ne tolko poseschennye vershiny, a orientirovannye povoroty \\(a\\to b\\to c\\): posetitelnitsa vhodit v \\(b\\) po rebru \\(ab\\) i vyhodit po rebru \\(bc\\). v kubicheskoy vershine est rovno shest takih povorotov, po dva dlya kazhdoy neuporyadochennoy pary intsidentnyh reber. odin orientirovannyy povorot odnoznachno zadaet ves beskonechno prodolzhennyy obhod vpered i nazad. deystvitelno, po tsiklicheskomu poryadku treh reber vokrug \\(b\\) my znaem, byl li povorot \\(a\\to b\\to c\\) levym ili pravym; znachit sleduyuschiy povorot obyazan byt protivopolozhnogo tipa, a predyduschiy tozhe vosstanavlivaetsya edinstvennym obrazom. poetomu v odnom periode obhoda odin i tot zhe orientirovannyy povorot ne mozhet vstretitsya dvazhdy: esli by on povtorilsya, determinirovannost zastavila by ves uchastok mezhdu dvumya poyavleniyami uzhe byt polnym periodom. ostalos uluchshit grubuyu o…","source_keys":["usamo"]}
{"id":"usamo-2022-p1-amber-bronze-transversal","title":"Янтарные и бронзовые клетки без общих строк и столбцов, USAMO 2022 P1","path":"data\\problems\\usamo\\usamo-2022-p1-amber-bronze-transversal.yaml","raw_github_url":"https://raw.githubusercontent.com/didin-maxim/knowledge_graph_of_graphs/main/data/problems/usamo/usamo-2022-p1-amber-bronze-transversal.yaml","viewer_url":"https://didin-maxim.github.io/knowledge_graph_of_graphs/#usamo-2022-p1-amber-bronze-transversal","source_key":"usamo","source_label":"USAMO","source_titles":["AoPS Wiki, 2022 USAMO Problems/Problem 1","Evan Chen, USAMO 2022 Solution Notes"],"year":"2022","type":"olympiad_problem","authors":["Ankan Bhattacharya"],"tags":["matching","extremal_choice","goal_proof"],"agent_topics":[],"difficulty":{"main":"national_final_medium","local_score":7,"comment":"Сильная комбинаторная задача, естественно переводимая в язык цветных паросочетаний в двудольном графе.","status":"ai_checked"},"review_status":"needs_human_review","public_ready":false,"solution_state":"with_solution","solution_classification":{"type":"mixed_self_contained_and_external_tool","label":"школьное решение плюс короткое применение внешней теоремы","status":"ai_checked","confidence":0.9,"basis":"group B matching/Konig аудит 2026-05-06","notes":"Основное решение использует отдельную лемму о числе рёбер и размере паросочетания с самодостаточным русским доказательством; рядом сохранён короткий вариант через теорему Кёнига как external_theorem_application.","audit_source":"manual-matching-konig-hall-group-b-2026-05-06"},"statements":{"original":[{"id":"stmt-original","title":"Оригинальная формулировка","status":"ai_checked","text":"Пусть \\(a,b\\) — положительные целые числа. Клетки доски \\((a+b+1)\\times(a+b+1)\\) окрашены в янтарный и бронзовый цвета так, что янтарных клеток не меньше \\(a^2+ab-b\\), а бронзовых клеток не меньше \\(b^2+ab-a\\). Докажите, что можно выбрать \\(a\\) янтарных клеток и \\(b\\) бронзовых клеток так, чтобы никакие две из выбранных \\(a+b\\) клеток не лежали в одной строке или одном столбце.","definition_ids":[]}],"graph_theory":[{"id":"stmt-graph","title":"Двухцветное паросочетание в \\(K_{n,n}\\)","status":"ai_checked","text":"Пусть \\(n=a+b+1\\). Рёбра полного двудольного графа \\(K_{n,n}\\) раскрашены в янтарный и бронзовый цвета; янтарных рёбер не меньше \\(a^2+ab-b\\), а бронзовых рёбер не меньше \\(b^2+ab-a\\). Докажите, что существует паросочетание размера \\(a+b\\), содержащее ровно \\(a\\) янтарных и \\(b\\) бронзовых рёбер.","definition_ids":["bipartite_graph","matching"]}]},"solutions":[{"id":"sol-hall-matchings-and-uncrossing","title":"Два больших паросочетания и их разведение","status":"ai_checked","definition_ids":["bipartite_graph","matching"],"standard_idea_ids":["extremal_choice"],"tags":[],"has_text":true,"text_preview":"Положим \\(n=a+b+1\\). Сначала работаем с янтарными клетками. В двудольном графе строк и столбцов янтарные клетки образуют подграф \\(G_A\\). По лемме о числе рёбер в двудольном графе, если бы в \\(G_A\\) не было паросочетания размера \\(a\\), то янтарных рёбер было бы не больше \\((a-1)n=(a-1)(a+b+1)=a^2+ab-b-1\\), что противоречит условию. Значит, \\(G_A\\) имеет паросочетание \\(M_A\\) размера \\(a\\). Для бронзового подграфа \\(G_B\\) тот же аргумент с числом \\(b\\) дает паросочетание \\(M_B\\) размера \\(b\\). Теперь выберем такую пару \\((M_A,M_B)\\), у которой число конфликтов — общих строк или столбцов между янтарными и бронзовыми рёбрами — минимально. Если конфликтов нет, задача решена. Иначе, поскольку суммарно используется только \\(a+b=n-1\\) строк и \\(a+b=n-1\\) столбцов, существуют пустые строка и столбец. Клетка на их пересечении имеет один из двух цветов; пусть для определенности она янтарная. Доба…"},{"id":"sol-konig-short-and-uncrossing","title":"Коротко через теорему Кёнига и тот же обмен","status":"ai_checked","definition_ids":["bipartite_graph","matching","vertex_cover"],"standard_idea_ids":["extremal_choice"],"tags":[],"has_text":true,"text_preview":"Положим \\(n=a+b+1\\) и переведём доску в двудольный граф: строки являются левой долей, столбцы — правой, а каждая клетка задаёт ребро между своей строкой и своим столбцом. Сначала докажем, что отдельно у каждого цвета есть достаточно большое паросочетание. Рассмотрим янтарный подграф. Если бы его максимальное паросочетание имело размер не больше \\(a-1\\), то по теореме Кёнига все янтарные рёбра можно было бы покрыть не более чем \\(a-1\\) вершинами двудольного графа, то есть некоторыми строками и столбцами. Одна строка или один столбец содержит не больше \\(n\\) клеток, поэтому такое покрытие содержало бы не больше \\((a-1)n\\) янтарных клеток. Но \\[ (a-1)n=(a-1)(a+b+1)=a^2+ab-b-1, \\] что строго меньше заданной нижней оценки \\(a^2+ab-b\\). Противоречие. Значит, существует янтарное паросочетание \\(M_A\\) размера \\(a\\). Тем же рассуждением для бронзового подграфа получаем бронзовое паросочетание \\(…"}],"relations":[{"id":"rel-hall-usamo-2022-p1","neighbor_id":"hall-marriage-theorem","direction":"backward","type":"prerequisite","distance":1,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-usamo-2022-p1-imo-2010-c2","neighbor_id":"imo-2010-c2-flags-diagonal-matching","direction":"forward","type":"same_motif","distance":1,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-konig-usamo-2022-p1","neighbor_id":"konig-vertex-cover-theorem","direction":"backward","type":"prerequisite","distance":1,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-cmo-2004-p2-usamo-2022-p1-colored-rook-matching","neighbor_id":"cmo-2004-p2-rooks-same-colour","direction":"backward","type":"same_motif","distance":2,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-edge-count-bound-usamo-2022-amber-bronze-transversal","neighbor_id":"edge-count-bipartite-matching-bound","direction":"backward","type":"prerequisite","distance":1,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-schweitzer-1953-p2-usamo-2022-grid-transversal","neighbor_id":"miklos-schweitzer-1953-p2-chessboard-related-pairs","direction":"backward","type":"same_motif","distance":4,"status":"needs_human_review"}],"search_text":"usamo-2022-p1-amber-bronze-transversal янтарные и бронзовые клетки без общих строк и столбцов, usamo 2022 p1 matching extremal_choice goal_proof 2022 ankan bhattacharya ankanbhattacharya aops wiki, 2022 usamo problems/problem 1 evan chen, usamo 2022 solution notes https://artofproblemsolving.com/wiki/index.php?title=2022_usamo_problems%2fproblem_1 https://web.evanchen.cc/exams/usamo-2022-notes.pdf secondary_solution src-usamo-2022-evan-chen-notes src-usamo-2022-p1-aops-wiki statement usamo usamo2022 with_solution ankan bhattacharya aops wiki, 2022 usamo problems/problem 1 evan chen, usamo 2022 solution notes stmt-original оригинальная формулировка ai_checked пусть \\(a,b\\) — положительные целые числа. клетки доски \\((a+b+1)\\times(a+b+1)\\) окрашены в янтарный и бронзовый цвета так, что янтарных клеток не меньше \\(a^2+ab-b\\), а бронзовых клеток не меньше \\(b^2+ab-a\\). докажите, что можно выбрать \\(a\\) янтарных клеток и \\(b\\) бронзовых клеток так, чтобы никакие две из выбранных \\(a+b\\) клеток не лежали в одной строке или одном столбце. stmt-graph двухцветное паросочетание в \\(k_{n,n}\\) ai_checked пусть \\(n=a+b+1\\). рёбра полного двудольного графа \\(k_{n,n}\\) раскрашены в янтарный и бронзовый цвета; янтарных рёбер не меньше \\(a^2+ab-b\\), а бронзовых рёбер не меньше \\(b^2+ab-a\\). докажите, что существует паросочетание размера \\(a+b\\), содержащее ровно \\(a\\) янтарных и \\(b\\) бронзовых рёбер. bipartite_graph matching idea-each-color-has-large-matching у каждого цвета отдельно есть большое паросочетание для каждого цвета нужен только частный двудольный факт: если в графе с долями размера \\(n\\) больше \\((r-1)n\\) рёбер, то есть паросочетание размера \\(r\\). применяя его к янтарным клеткам при \\(r=a\\) и к бронзовым при \\(r=b\\), получаем два больших паросочетания. matching ai_checked idea-resolve-conflicts-by-empty-row-column конфликты между двумя паросочетаниями можно выдавливать через пустые строку и столбец после выбора янтарного паросочетания размера `a` и бронзового паросочетания размера `b` конфликтующие клетки можно последовательно устранять: пока есть общая строка или столбец двух разных цветов, остаются пустые строка и столбец, а клетка на их пересечении позволяет сделать обмен и уменьшить число конфликтов. matching extremal_choice ai_checked sol-hall-matchings-and-uncrossing два больших паросочетания и их разведение ai_checked bipartite_graph matching extremal_choice положим \\(n=a+b+1\\). сначала работаем с янтарными клетками. в двудольном графе строк и столбцов янтарные клетки образуют подграф \\(g_a\\). по лемме о числе рёбер в двудольном графе, если бы в \\(g_a\\) не было паросочетания размера \\(a\\), то янтарных рёбер было бы не больше \\((a-1)n=(a-1)(a+b+1)=a^2+ab-b-1\\), что противоречит условию. значит, \\(g_a\\) имеет паросочетание \\(m_a\\) размера \\(a\\). для бронзового подграфа \\(g_b\\) тот же аргумент с числом \\(b\\) дает паросочетание \\(m_b\\) размера \\(b\\). теперь выберем такую пару \\((m_a,m_b)\\), у которой число конфликтов — общих строк или столбцов между янтарными и бронзовыми рёбрами — минимально. если конфликтов нет, задача решена. иначе, поскольку суммарно используется только \\(a+b=n-1\\) строк и \\(a+b=n-1\\) столбцов, существуют пустые строка и столбец. клетка на их пересечении имеет один из двух цветов; пусть для определенности она янтарная. доба… sol-konig-short-and-uncrossing коротко через теорему кёнига и тот же обмен ai_checked bipartite_graph matching vertex_cover extremal_choice положим \\(n=a+b+1\\) и переведём доску в двудольный граф: строки являются левой долей, столбцы — правой, а каждая клетка задаёт ребро между своей строкой и своим столбцом. сначала докажем, что отдельно у каждого цвета есть достаточно большое паросочетание. рассмотрим янтарный подграф. если бы его максимальное паросочетание имело размер не больше \\(a-1\\), то по теореме кёнига все янтарные рёбра можно было бы покрыть не более чем \\(a-1\\) вершинами двудольного графа, то есть некоторыми строками и столбцами. одна строка или один столбец содержит не больше \\(n\\) клеток, поэтому такое покрытие содержало бы не больше \\((a-1)n\\) янтарных клеток. но \\[ (a-1)n=(a-1)(a+b+1)=a^2+ab-b-1, \\] что строго меньше заданной нижней оценки \\(a^2+ab-b\\). противоречие. значит, существует янтарное паросочетание \\(m_a\\) размера \\(a\\). тем же рассуждением для бронзового подграфа получаем бронзовое паросочетание \\(… usamo-2022-p1-amber-bronze-transversal yantarnye i bronzovye kletki bez obschih strok i stolbtsov, usamo 2022 p1 matching extremal_choice goal_proof 2022 ankan bhattacharya ankanbhattacharya aops wiki, 2022 usamo problems/problem 1 evan chen, usamo 2022 solution notes https://artofproblemsolving.com/wiki/index.php?title=2022_usamo_problems%2fproblem_1 https://web.evanchen.cc/exams/usamo-2022-notes.pdf secondary_solution src-usamo-2022-evan-chen-notes src-usamo-2022-p1-aops-wiki statement usamo usamo2022 with_solution ankan bhattacharya aops wiki, 2022 usamo problems/problem 1 evan chen, usamo 2022 solution notes stmt-original originalnaya formulirovka ai_checked pust \\(a,b\\) — polozhitelnye tselye chisla. kletki doski \\((a+b+1)\\times(a+b+1)\\) okrasheny v yantarnyy i bronzovyy tsveta tak, chto yantarnyh kletok ne menshe \\(a^2+ab-b\\), a bronzovyh kletok ne menshe \\(b^2+ab-a\\). dokazhite, chto mozhno vybrat \\(a\\) yantarnyh kletok i \\(b\\) bronzovyh kletok tak, chtoby nikakie dve iz vybrannyh \\(a+b\\) kletok ne lezhali v odnoy stroke ili odnom stolbtse. stmt-graph dvuhtsvetnoe parosochetanie v \\(k_{n,n}\\) ai_checked pust \\(n=a+b+1\\). rebra polnogo dvudolnogo grafa \\(k_{n,n}\\) raskrasheny v yantarnyy i bronzovyy tsveta; yantarnyh reber ne menshe \\(a^2+ab-b\\), a bronzovyh reber ne menshe \\(b^2+ab-a\\). dokazhite, chto suschestvuet parosochetanie razmera \\(a+b\\), soderzhaschee rovno \\(a\\) yantarnyh i \\(b\\) bronzovyh reber. bipartite_graph matching idea-each-color-has-large-matching u kazhdogo tsveta otdelno est bolshoe parosochetanie dlya kazhdogo tsveta nuzhen tolko chastnyy dvudolnyy fakt: esli v grafe s dolyami razmera \\(n\\) bolshe \\((r-1)n\\) reber, to est parosochetanie razmera \\(r\\). primenyaya ego k yantarnym kletkam pri \\(r=a\\) i k bronzovym pri \\(r=b\\), poluchaem dva bolshih parosochetaniya. matching ai_checked idea-resolve-conflicts-by-empty-row-column konflikty mezhdu dvumya parosochetaniyami mozhno vydavlivat cherez pustye stroku i stolbets posle vybora yantarnogo parosochetaniya razmera `a` i bronzovogo parosochetaniya razmera `b` konfliktuyuschie kletki mozhno posledovatelno ustranyat: poka est obschaya stroka ili stolbets dvuh raznyh tsvetov, ostayutsya pustye stroka i stolbets, a kletka na ih peresechenii pozvolyaet sdelat obmen i umenshit chislo konfliktov. matching extremal_choice ai_checked sol-hall-matchings-and-uncrossing dva bolshih parosochetaniya i ih razvedenie ai_checked bipartite_graph matching extremal_choice polozhim \\(n=a+b+1\\). snachala rabotaem s yantarnymi kletkami. v dvudolnom grafe strok i stolbtsov yantarnye kletki obrazuyut podgraf \\(g_a\\). po lemme o chisle reber v dvudolnom grafe, esli by v \\(g_a\\) ne bylo parosochetaniya razmera \\(a\\), to yantarnyh reber bylo by ne bolshe \\((a-1)n=(a-1)(a+b+1)=a^2+ab-b-1\\), chto protivorechit usloviyu. znachit, \\(g_a\\) imeet parosochetanie \\(m_a\\) razmera \\(a\\). dlya bronzovogo podgrafa \\(g_b\\) tot zhe argument s chislom \\(b\\) daet parosochetanie \\(m_b\\) razmera \\(b\\). teper vyberem takuyu paru \\((m_a,m_b)\\), u kotoroy chislo konfliktov — obschih strok ili stolbtsov mezhdu yantarnymi i bronzovymi rebrami — minimalno. esli konfliktov net, zadacha reshena. inache, poskolku summarno ispolzuetsya tolko \\(a+b=n-1\\) strok i \\(a+b=n-1\\) stolbtsov, suschestvuyut pustye stroka i stolbets. kletka na ih peresechenii imeet odin iz dvuh tsvetov; pust dlya opredelennosti ona yantarnaya. doba… sol-konig-short-and-uncrossing korotko cherez teoremu keniga i tot zhe obmen ai_checked bipartite_graph matching vertex_cover extremal_choice polozhim \\(n=a+b+1\\) i perevedem dosku v dvudolnyy graf: stroki yavlyayutsya levoy doley, stolbtsy — pravoy, a kazhdaya kletka zadaet rebro mezhdu svoey strokoy i svoim stolbtsom. snachala dokazhem, chto otdelno u kazhdogo tsveta est dostatochno bolshoe parosochetanie. rassmotrim yantarnyy podgraf. esli by ego maksimalnoe parosochetanie imelo razmer ne bolshe \\(a-1\\), to po teoreme keniga vse yantarnye rebra mozhno bylo by pokryt ne bolee chem \\(a-1\\) vershinami dvudolnogo grafa, to est nekotorymi strokami i stolbtsami. odna stroka ili odin stolbets soderzhit ne bolshe \\(n\\) kletok, poetomu takoe pokrytie soderzhalo by ne bolshe \\((a-1)n\\) yantarnyh kletok. no \\[ (a-1)n=(a-1)(a+b+1)=a^2+ab-b-1, \\] chto strogo menshe zadannoy nizhney otsenki \\(a^2+ab-b\\). protivorechie. znachit, suschestvuet yantarnoe parosochetanie \\(m_a\\) razmera \\(a\\). tem zhe rassuzhdeniem dlya bronzovogo podgrafa poluchaem bronzovoe parosochetanie \\(…","source_keys":["usamo"]}
{"id":"usamo-2022-p6-mathbook-two-common-friends-closure","title":"Mathbook и замыкание по двум общим друзьям, USAMO 2022 P6","path":"data\\problems\\usamo\\usamo-2022-p6-mathbook-two-common-friends-closure.yaml","raw_github_url":"https://raw.githubusercontent.com/didin-maxim/knowledge_graph_of_graphs/main/data/problems/usamo/usamo-2022-p6-mathbook-two-common-friends-closure.yaml","viewer_url":"https://didin-maxim.github.io/knowledge_graph_of_graphs/#usamo-2022-p6-mathbook-two-common-friends-closure","source_key":"usamo","source_label":"USAMO","source_titles":["AoPS Wiki, 2022 USAMO Problems/Problem 6","Evan Chen, USAMO 2022 Solution Notes"],"year":"2022","type":"olympiad_problem","authors":["Yannick Yao"],"tags":["double_counting","extremal_choice","goal_exact_bound"],"agent_topics":[],"difficulty":{"main":"national_final_hard","local_score":8,"comment":"Содержательная графовая экстремальная задача: операция замыкания формулируется через `C_4 -> K_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":0.78,"basis":"агентский аудит средней сложности","notes":"У олимпиадной карточки есть официальный источник или источник уровня шорт-листа/сборника, а решение имеет статус ai_checked.","audit_source":"agent-imo-us-classical.json"},"statements":{"original":[{"id":"stmt-original","title":"Оригинальная формулировка","status":"ai_checked","text":"На социальной сети Mathbook есть \\(2022\\) пользователя, некоторые пары уже дружат. В дальнейшем новая дружба может появиться только между двумя пользователями, у которых уже есть по крайней мере два общих друга. Каково наименьшее число исходных дружб, которое гарантирует, что в конце все пользователи смогут стать попарно друзьями?","definition_ids":[]}],"graph_theory":[{"id":"stmt-graph","title":"Замыкание по двум общим соседям","status":"ai_checked","text":"Для графа \\(G\\) на \\(n\\) вершинах разрешено добавлять ребро \\(uv\\), если у вершин \\(u\\) и \\(v\\) есть по крайней мере два общих соседа. Найдите минимальное число рёбер в начальном графе, при котором таким процессом можно получить \\(K_n\\).","definition_ids":["simple_graph","cycle","complete_graph"]}]},"solutions":[{"id":"sol-c4-closure-extremal","title":"Замыкание по `C_4` и экстремальная конструкция","status":"ai_checked","definition_ids":["simple_graph","cycle"],"standard_idea_ids":["extremal_choice"],"tags":[],"has_text":true,"text_preview":"Для общего `n` ответ равен `ceil(3n/2)-2`, а значит при `n=2022` получаем `3031`. Разрешённая операция эквивалентна дополнению некоторого `C_4` до `K_4`: если в цикле `x-p-y-q-x` отсутствует диагональ `xy`, то у `x,y` есть два общих соседа `p,q`, и это ребро можно добавить. Сначала построим пример. Пусть `n` чётно. Возьмём вершины `a,b`, ребро `ab` и для каждой пары новых вершин `u_i,v_i`, где `i=1,...,n/2-1`, добавим рёбра `a u_i`, `u_i v_i`, `v_i b`. Получились циклы `a-u_i-v_i-b-a`, имеющие общее ребро `ab`; всего рёбер `1+3(n/2-1)=3n/2-2`. Для каждого `i` дополняем этот цикл до клики на `a,b,u_i,v_i`, добавляя `a v_i` и `b u_i`. После этого каждая вершина, кроме `a,b`, смежна и с `a`, и с `b`; поэтому любые две вершины из разных пар `u_i,v_i` имеют двух общих соседей `a,b`, и мы можем по очереди добавить все оставшиеся рёбра между ними. Так получается `K_n`. Если `n` нечётно, строим…"}],"relations":[{"id":"rel-min-degree-common-neighborhood-clique-usamo-2022-mathbook","neighbor_id":"min-degree-common-neighborhood-clique","direction":"backward","type":"same_motif","distance":2,"status":"ai_checked"}],"search_text":"usamo-2022-p6-mathbook-two-common-friends-closure mathbook и замыкание по двум общим друзьям, usamo 2022 p6 double_counting extremal_choice goal_exact_bound 2022 aops wiki, 2022 usamo problems/problem 6 evan chen, usamo 2022 solution notes https://artofproblemsolving.com/wiki/index.php?title=2022_usamo_problems%2fproblem_6 https://web.evanchen.cc/exams/usamo-2022-notes.pdf secondary_solution src-usamo-2022-evan-chen-notes src-usamo-2022-p6-aops-wiki statement usamo usamo2022 with_solution yannick yao yannickyao yannick yao aops wiki, 2022 usamo problems/problem 6 evan chen, usamo 2022 solution notes stmt-original оригинальная формулировка ai_checked на социальной сети mathbook есть \\(2022\\) пользователя, некоторые пары уже дружат. в дальнейшем новая дружба может появиться только между двумя пользователями, у которых уже есть по крайней мере два общих друга. каково наименьшее число исходных дружб, которое гарантирует, что в конце все пользователи смогут стать попарно друзьями? stmt-graph замыкание по двум общим соседям ai_checked для графа \\(g\\) на \\(n\\) вершинах разрешено добавлять ребро \\(uv\\), если у вершин \\(u\\) и \\(v\\) есть по крайней мере два общих соседа. найдите минимальное число рёбер в начальном графе, при котором таким процессом можно получить \\(k_n\\). simple_graph cycle complete_graph idea-shared-edge-c4-construction конструкция из `c_4`, делящих общее ребро для чётного `n` можно взять ребро `ab` и `n/2-1` циклов `a-u_i-v_i-b-a`. после дополнения каждого такого `c_4` до `k_4` все вершины, кроме `a,b`, уже смежны с `a` и `b`, поэтому любые две ещё несмежные вершины имеют общих соседей `a,b` и могут быть соединены. extremal_choice double_counting ai_checked idea-minimal-saturated-pieces в минимальном насыщенном примере куски должны быть почти `k_4`-типовыми нижняя оценка удобно доказывается не по произвольному порядку добавления рёбер, а по специальному алгоритму: каждое исходное ребро сначала является своей кликой `k_2` и получает свою метку; когда найден `c_4` с разными метками сторон, соответствующие клики сливаются. индукция по слияниям показывает, что клика на `m` вершинах всегда несёт не меньше `3m/2-2` исходных рёбер. extremal_choice double_counting ai_checked sol-c4-closure-extremal замыкание по `c_4` и экстремальная конструкция ai_checked simple_graph cycle extremal_choice для общего `n` ответ равен `ceil(3n/2)-2`, а значит при `n=2022` получаем `3031`. разрешённая операция эквивалентна дополнению некоторого `c_4` до `k_4`: если в цикле `x-p-y-q-x` отсутствует диагональ `xy`, то у `x,y` есть два общих соседа `p,q`, и это ребро можно добавить. сначала построим пример. пусть `n` чётно. возьмём вершины `a,b`, ребро `ab` и для каждой пары новых вершин `u_i,v_i`, где `i=1,...,n/2-1`, добавим рёбра `a u_i`, `u_i v_i`, `v_i b`. получились циклы `a-u_i-v_i-b-a`, имеющие общее ребро `ab`; всего рёбер `1+3(n/2-1)=3n/2-2`. для каждого `i` дополняем этот цикл до клики на `a,b,u_i,v_i`, добавляя `a v_i` и `b u_i`. после этого каждая вершина, кроме `a,b`, смежна и с `a`, и с `b`; поэтому любые две вершины из разных пар `u_i,v_i` имеют двух общих соседей `a,b`, и мы можем по очереди добавить все оставшиеся рёбра между ними. так получается `k_n`. если `n` нечётно, строим… usamo-2022-p6-mathbook-two-common-friends-closure mathbook i zamykanie po dvum obschim druzyam, usamo 2022 p6 double_counting extremal_choice goal_exact_bound 2022 aops wiki, 2022 usamo problems/problem 6 evan chen, usamo 2022 solution notes https://artofproblemsolving.com/wiki/index.php?title=2022_usamo_problems%2fproblem_6 https://web.evanchen.cc/exams/usamo-2022-notes.pdf secondary_solution src-usamo-2022-evan-chen-notes src-usamo-2022-p6-aops-wiki statement usamo usamo2022 with_solution yannick yao yannickyao yannick yao aops wiki, 2022 usamo problems/problem 6 evan chen, usamo 2022 solution notes stmt-original originalnaya formulirovka ai_checked na sotsialnoy seti mathbook est \\(2022\\) polzovatelya, nekotorye pary uzhe druzhat. v dalneyshem novaya druzhba mozhet poyavitsya tolko mezhdu dvumya polzovatelyami, u kotoryh uzhe est po krayney mere dva obschih druga. kakovo naimenshee chislo ishodnyh druzhb, kotoroe garantiruet, chto v kontse vse polzovateli smogut stat poparno druzyami? stmt-graph zamykanie po dvum obschim sosedyam ai_checked dlya grafa \\(g\\) na \\(n\\) vershinah razresheno dobavlyat rebro \\(uv\\), esli u vershin \\(u\\) i \\(v\\) est po krayney mere dva obschih soseda. naydite minimalnoe chislo reber v nachalnom grafe, pri kotorom takim protsessom mozhno poluchit \\(k_n\\). simple_graph cycle complete_graph idea-shared-edge-c4-construction konstruktsiya iz `c_4`, delyaschih obschee rebro dlya chetnogo `n` mozhno vzyat rebro `ab` i `n/2-1` tsiklov `a-u_i-v_i-b-a`. posle dopolneniya kazhdogo takogo `c_4` do `k_4` vse vershiny, krome `a,b`, uzhe smezhny s `a` i `b`, poetomu lyubye dve esche nesmezhnye vershiny imeyut obschih sosedey `a,b` i mogut byt soedineny. extremal_choice double_counting ai_checked idea-minimal-saturated-pieces v minimalnom nasyschennom primere kuski dolzhny byt pochti `k_4`-tipovymi nizhnyaya otsenka udobno dokazyvaetsya ne po proizvolnomu poryadku dobavleniya reber, a po spetsialnomu algoritmu: kazhdoe ishodnoe rebro snachala yavlyaetsya svoey klikoy `k_2` i poluchaet svoyu metku; kogda nayden `c_4` s raznymi metkami storon, sootvetstvuyuschie kliki slivayutsya. induktsiya po sliyaniyam pokazyvaet, chto klika na `m` vershinah vsegda neset ne menshe `3m/2-2` ishodnyh reber. extremal_choice double_counting ai_checked sol-c4-closure-extremal zamykanie po `c_4` i ekstremalnaya konstruktsiya ai_checked simple_graph cycle extremal_choice dlya obschego `n` otvet raven `ceil(3n/2)-2`, a znachit pri `n=2022` poluchaem `3031`. razreshennaya operatsiya ekvivalentna dopolneniyu nekotorogo `c_4` do `k_4`: esli v tsikle `x-p-y-q-x` otsutstvuet diagonal `xy`, to u `x,y` est dva obschih soseda `p,q`, i eto rebro mozhno dobavit. snachala postroim primer. pust `n` chetno. vozmem vershiny `a,b`, rebro `ab` i dlya kazhdoy pary novyh vershin `u_i,v_i`, gde `i=1,...,n/2-1`, dobavim rebra `a u_i`, `u_i v_i`, `v_i b`. poluchilis tsikly `a-u_i-v_i-b-a`, imeyuschie obschee rebro `ab`; vsego reber `1+3(n/2-1)=3n/2-2`. dlya kazhdogo `i` dopolnyaem etot tsikl do kliki na `a,b,u_i,v_i`, dobavlyaya `a v_i` i `b u_i`. posle etogo kazhdaya vershina, krome `a,b`, smezhna i s `a`, i s `b`; poetomu lyubye dve vershiny iz raznyh par `u_i,v_i` imeyut dvuh obschih sosedey `a,b`, i my mozhem po ocheredi dobavit vse ostavshiesya rebra mezhdu nimi. tak poluchaetsya `k_n`. esli `n` nechetno, stroim…","source_keys":["usamo"]}
{"id":"usamo-2023-p3-domino-slides-special-square-digraph","title":"Слайды домино, USAMO 2023 P3","path":"data\\problems\\usamo\\usamo-2023-p3-domino-slides-special-square-digraph.yaml","raw_github_url":"https://raw.githubusercontent.com/didin-maxim/knowledge_graph_of_graphs/main/data/problems/usamo/usamo-2023-p3-domino-slides-special-square-digraph.yaml","viewer_url":"https://didin-maxim.github.io/knowledge_graph_of_graphs/#usamo-2023-p3-domino-slides-special-square-digraph","source_key":"usamo","source_label":"USAMO","source_titles":["AoPS Wiki, 2023 USAMO Problems/Problem 3","Evan Chen, USAMO 2023 Solution Notes","Holden Mui, Dominoes on a Grid proposal","Draft Report on the 52nd Annual USA Mathematical Olympiad"],"year":"2023","type":"olympiad_problem","authors":["Holden Mui"],"tags":["trees","coloring","graph_in_solution","invariant","construction","goal_characterization"],"agent_topics":[],"difficulty":{"main":"national_final_hard","local_score":8,"comment":"Задача про домино выглядит клеточной, но в содержательном решении всё держится на ориентированном графе специальных клеток и дереве компоненты пустой клетки.","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":"исправление очень высокой сложности 2026-05-07 по AoPS, заметкам Evan Chen и предложению Holden Mui","notes":"Решение самодостаточно переносит графовый метод специальных клеток и текстово закрывает конструкции всех малых значений, которые в источниках частично даны рисунками.","audit_source":"very-high-pipeline-batch-3-2026-05-07"},"statements":{"original":[{"id":"stmt-original","title":"Оригинальная формулировка","status":"ai_checked","text":"Рассмотрим доску \\(n x n\\) для нечётного положительного \\(n\\). Максимальной конфигурацией домино назовём набор из \\((n^2-1)/2\\) неперекрывающихся домино \\(1 \\times 2\\) или \\(2 \\times 1\\), покрывающий все клетки, кроме одной. Разрешено сдвинуть домино в пустую клетку, не поворачивая его; после этого снова получается максимальная конфигурация с другой пустой клеткой. Пусть \\(k(C)\\) — число различных максимальных конфигураций, которые можно получить из \\(C\\) последовательностью таких ходов. Найдите все возможные значения \\(k(C)\\) в зависимости от \\(n\\).","definition_ids":[]}]},"solutions":[{"id":"sol-special-square-digraph","title":"Ориентированный граф особых клеток и двойственная конструкция","status":"ai_checked","definition_ids":["directed_graph","cycle","tree","connected_graph","path","spanning_tree","graph_cut"],"standard_idea_ids":["invariant"],"tags":[],"has_text":true,"text_preview":"Пусть \\(n=2m+1\\), а строки и столбцы занумерованы числами \\(1,\\ldots,n\\). Назовём красными клетки с двумя нечётными координатами, синими — клетки с двумя чётными координатами, а остальные клетки белыми. Каждое домино покрывает одну клетку с чётной суммой координат и одну с нечётной, а на доске нечётного размера клеток с чётной суммой на одну больше; поэтому пустая клетка всегда имеет чётную сумму координат, то есть бывает только красной или синей. После любого сдвига пустая клетка переходит на расстояние \\(2\\) по строке или столбцу, значит её класс чётности координат не меняется. Зафиксируем конфигурацию \\(C\\) и рассмотрим специальные клетки: пустую клетку и все клетки того же класса чётности координат. Для каждой покрытой специальной клетки \\(s\\) смотрим на домино, которое её покрывает. Если продолжение этого домино через соседнюю белую клетку попадает в другую специальную клетку \\(t\\)…"}],"relations":[{"id":"rel-tree-usamo-2023-p3","neighbor_id":"tree-equivalent-properties","direction":"backward","type":"prerequisite","distance":1,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-imo-2024-c8-usamo-2023-p3","neighbor_id":"imo-2024-c8-board-coloring-tree","direction":"backward","type":"same_motif","distance":2,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-usamo-2023-p3-usajmo-2023-p3","neighbor_id":"usajmo-2023-p3-domino-slides-special-square-digraph","direction":"forward","type":"paired_variant","distance":1,"status":"ai_checked"}],"search_text":"usamo-2023-p3-domino-slides-special-square-digraph слайды домино, usamo 2023 p3 trees coloring graph_in_solution invariant construction goal_characterization 2023 aops wiki, 2023 usamo problems/problem 3 draft report on the 52nd annual usa mathematical olympiad draft_official_report evan chen, usamo 2023 solution notes holden mui holden mui, dominoes on a grid proposal holdenmui https://artofproblemsolving.com/wiki/index.php/2023_usamo_problems/problem_3 https://campus.lakeforest.edu/trevino/usamo2023.pdf https://web.evanchen.cc/exams/usamo-2023-notes.pdf https://www.mit.edu/~hsmui/files/proposals/2023usamo3.pdf proposer_solution secondary_solution src-usamo-2023-draft-report src-usamo-2023-evan-chen-notes src-usamo-2023-p3-aops-wiki src-usamo-2023-p3-proposer-holden-mui statement usamo usamo2023 with_solution holden mui aops wiki, 2023 usamo problems/problem 3 evan chen, usamo 2023 solution notes holden mui, dominoes on a grid proposal draft report on the 52nd annual usa mathematical olympiad stmt-original оригинальная формулировка ai_checked рассмотрим доску \\(n x n\\) для нечётного положительного \\(n\\). максимальной конфигурацией домино назовём набор из \\((n^2-1)/2\\) неперекрывающихся домино \\(1 \\times 2\\) или \\(2 \\times 1\\), покрывающий все клетки, кроме одной. разрешено сдвинуть домино в пустую клетку, не поворачивая его; после этого снова получается максимальная конфигурация с другой пустой клеткой. пусть \\(k(c)\\) — число различных максимальных конфигураций, которые можно получить из \\(c\\) последовательностью таких ходов. найдите все возможные значения \\(k(c)\\) в зависимости от \\(n\\). idea-special-squares-parity-class двигаться может только пустая клетка в фиксированном классе чётности после каждого сдвига новая пустая клетка находится на расстоянии `2` по строке или столбцу от старой, поэтому её чётности координат не меняются. значит существенными являются только специальные клетки того же класса чётности, что и исходная пустая клетка. coloring ai_checked idea-empty-component-is-tree компонента пустой клетки ациклична если в ориентированном графе специальных клеток возник цикл, не содержащий пустую клетку внутри, то он окружал бы область с нечётным числом клеток. домино не могут пересекать границу такого цикла, поэтому внутреннюю область нельзя было бы замостить без пустой клетки. значит компонента пустой клетки не содержит циклов и является деревом. trees ai_checked idea-kc-counts-tree-vertices `k(c)` — это число возможных выборов корня дерева когда компонентa пустой клетки уже распознана как дерево, любое достижимое положение соответствует выбору вершины, которая становится стоком, то есть новой пустой клеткой, а все стрелки ориентируются к ней. trees ai_checked sol-special-square-digraph ориентированный граф особых клеток и двойственная конструкция ai_checked directed_graph cycle tree connected_graph path spanning_tree graph_cut invariant пусть \\(n=2m+1\\), а строки и столбцы занумерованы числами \\(1,\\ldots,n\\). назовём красными клетки с двумя нечётными координатами, синими — клетки с двумя чётными координатами, а остальные клетки белыми. каждое домино покрывает одну клетку с чётной суммой координат и одну с нечётной, а на доске нечётного размера клеток с чётной суммой на одну больше; поэтому пустая клетка всегда имеет чётную сумму координат, то есть бывает только красной или синей. после любого сдвига пустая клетка переходит на расстояние \\(2\\) по строке или столбцу, значит её класс чётности координат не меняется. зафиксируем конфигурацию \\(c\\) и рассмотрим специальные клетки: пустую клетку и все клетки того же класса чётности координат. для каждой покрытой специальной клетки \\(s\\) смотрим на домино, которое её покрывает. если продолжение этого домино через соседнюю белую клетку попадает в другую специальную клетку \\(t\\)… usamo-2023-p3-domino-slides-special-square-digraph slaydy domino, usamo 2023 p3 trees coloring graph_in_solution invariant construction goal_characterization 2023 aops wiki, 2023 usamo problems/problem 3 draft report on the 52nd annual usa mathematical olympiad draft_official_report evan chen, usamo 2023 solution notes holden mui holden mui, dominoes on a grid proposal holdenmui https://artofproblemsolving.com/wiki/index.php/2023_usamo_problems/problem_3 https://campus.lakeforest.edu/trevino/usamo2023.pdf https://web.evanchen.cc/exams/usamo-2023-notes.pdf https://www.mit.edu/~hsmui/files/proposals/2023usamo3.pdf proposer_solution secondary_solution src-usamo-2023-draft-report src-usamo-2023-evan-chen-notes src-usamo-2023-p3-aops-wiki src-usamo-2023-p3-proposer-holden-mui statement usamo usamo2023 with_solution holden mui aops wiki, 2023 usamo problems/problem 3 evan chen, usamo 2023 solution notes holden mui, dominoes on a grid proposal draft report on the 52nd annual usa mathematical olympiad stmt-original originalnaya formulirovka ai_checked rassmotrim dosku \\(n x n\\) dlya nechetnogo polozhitelnogo \\(n\\). maksimalnoy konfiguratsiey domino nazovem nabor iz \\((n^2-1)/2\\) neperekryvayuschihsya domino \\(1 \\times 2\\) ili \\(2 \\times 1\\), pokryvayuschiy vse kletki, krome odnoy. razresheno sdvinut domino v pustuyu kletku, ne povorachivaya ego; posle etogo snova poluchaetsya maksimalnaya konfiguratsiya s drugoy pustoy kletkoy. pust \\(k(c)\\) — chislo razlichnyh maksimalnyh konfiguratsiy, kotorye mozhno poluchit iz \\(c\\) posledovatelnostyu takih hodov. naydite vse vozmozhnye znacheniya \\(k(c)\\) v zavisimosti ot \\(n\\). idea-special-squares-parity-class dvigatsya mozhet tolko pustaya kletka v fiksirovannom klasse chetnosti posle kazhdogo sdviga novaya pustaya kletka nahoditsya na rasstoyanii `2` po stroke ili stolbtsu ot staroy, poetomu ee chetnosti koordinat ne menyayutsya. znachit suschestvennymi yavlyayutsya tolko spetsialnye kletki togo zhe klassa chetnosti, chto i ishodnaya pustaya kletka. coloring ai_checked idea-empty-component-is-tree komponenta pustoy kletki atsiklichna esli v orientirovannom grafe spetsialnyh kletok voznik tsikl, ne soderzhaschiy pustuyu kletku vnutri, to on okruzhal by oblast s nechetnym chislom kletok. domino ne mogut peresekat granitsu takogo tsikla, poetomu vnutrennyuyu oblast nelzya bylo by zamostit bez pustoy kletki. znachit komponenta pustoy kletki ne soderzhit tsiklov i yavlyaetsya derevom. trees ai_checked idea-kc-counts-tree-vertices `k(c)` — eto chislo vozmozhnyh vyborov kornya dereva kogda komponenta pustoy kletki uzhe raspoznana kak derevo, lyuboe dostizhimoe polozhenie sootvetstvuet vyboru vershiny, kotoraya stanovitsya stokom, to est novoy pustoy kletkoy, a vse strelki orientiruyutsya k ney. trees ai_checked sol-special-square-digraph orientirovannyy graf osobyh kletok i dvoystvennaya konstruktsiya ai_checked directed_graph cycle tree connected_graph path spanning_tree graph_cut invariant pust \\(n=2m+1\\), a stroki i stolbtsy zanumerovany chislami \\(1,\\ldots,n\\). nazovem krasnymi kletki s dvumya nechetnymi koordinatami, sinimi — kletki s dvumya chetnymi koordinatami, a ostalnye kletki belymi. kazhdoe domino pokryvaet odnu kletku s chetnoy summoy koordinat i odnu s nechetnoy, a na doske nechetnogo razmera kletok s chetnoy summoy na odnu bolshe; poetomu pustaya kletka vsegda imeet chetnuyu summu koordinat, to est byvaet tolko krasnoy ili siney. posle lyubogo sdviga pustaya kletka perehodit na rasstoyanie \\(2\\) po stroke ili stolbtsu, znachit ee klass chetnosti koordinat ne menyaetsya. zafiksiruem konfiguratsiyu \\(c\\) i rassmotrim spetsialnye kletki: pustuyu kletku i vse kletki togo zhe klassa chetnosti koordinat. dlya kazhdoy pokrytoy spetsialnoy kletki \\(s\\) smotrim na domino, kotoroe ee pokryvaet. esli prodolzhenie etogo domino cherez sosednyuyu beluyu kletku popadaet v druguyu spetsialnuyu kletku \\(t\\)…","source_keys":["usamo"]}
{"id":"usamo-2024-p3-balanced-regular-polygon-triangulation","title":"m-сбалансированная триангуляция правильного многоугольника, USAMO 2024 P3","path":"data\\problems\\usamo\\usamo-2024-p3-balanced-regular-polygon-triangulation.yaml","raw_github_url":"https://raw.githubusercontent.com/didin-maxim/knowledge_graph_of_graphs/main/data/problems/usamo/usamo-2024-p3-balanced-regular-polygon-triangulation.yaml","viewer_url":"https://didin-maxim.github.io/knowledge_graph_of_graphs/#usamo-2024-p3-balanced-regular-polygon-triangulation","source_key":"usamo","source_label":"USAMO","source_titles":["AoPS Wiki, 2024 USAMO Problems/Problem 3","Evan Chen, USAMO 2024 Solution Notes"],"year":"2024","type":"olympiad_problem","authors":["Krit Boonsiriseth"],"tags":["planar_graphs","goal_characterization"],"agent_topics":[],"difficulty":{"main":"national_final_hard","local_score":8,"comment":"Постановка графовая через триангуляции, но основное доказательство необходимости идёт через комплексные числа.","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":"У олимпиадной карточки есть официальный источник или источник уровня шорт-листа/сборника, а решение имеет статус ai_checked.","audit_source":"agent-imo-us-classical.json"},"statements":{"original":[{"id":"stmt-original","title":"Оригинальная формулировка","status":"ai_checked","text":"Для положительного целого \\(m\\) триангуляция правильного \\(n\\)-угольника называется \\(m\\)-сбалансированной, если её \\(n-2\\) треугольников можно раскрасить в \\(m\\) цветов так, чтобы суммы площадей треугольников каждого цвета были одинаковы. Для каких \\(n \\ge 3\\) такая триангуляция существует?","definition_ids":[]}]},"solutions":[{"id":"sol-fan-and-integrality","title":"Веерная конструкция и критерий собственный делитель","status":"ai_checked","definition_ids":["planar_graph"],"standard_idea_ids":[],"tags":[],"has_text":true,"text_preview":"Ответ: такие триангуляции существуют тогда и только тогда, когда `m` является собственным делителем `n`. Условие «собственным» необходимо уже потому, что все настоящие треугольники имеют положительную площадь, так что при равных ненулевых суммах каждый цвет должен появиться, а значит `m <= n-2 < n`. Достаточность проще всего получить на веерной триангуляции правильного `n`-угольника из одной вершины. Пусть вершины равны `1, ω, ..., ω^{n-1}`, где `ω = экспонента(2*pi*i/n)`, а веерные треугольники имеют вид `(1, ω^j, ω^{j+1})`, `1 <= j <= n-2`. Если `m | n` и `m < n`, красим треугольник с номером `j` по остатку `j mod m`. Для вычисления суммы удобно также добавить вырожденные треугольники при `j=0` и `j=n-1`, их площадь равна нулю. Ориентированная площадь треугольника `(1, ω^a, ω^b)` равна `T(a,b)=((ω^a-1)(ω^b-1)(ω^{-b}-ω^{-a}))/(4i)`. Тогда для фиксированного остатка `r mod m` сумма `T(j…"}],"relations":[{"id":"rel-usamo-2024-p3-outerplanar","neighbor_id":"planar-edge-bound","direction":"backward","type":"same_motif","distance":3,"status":"needs_human_review"},{"id":"rel-usamo-2024-p3-imo-2005-c8","neighbor_id":"imo-2005-c8-noncrossing-diagonals-crossings","direction":"forward","type":"same_motif","distance":2,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-usamo-2024-triangulation-cmo-1995-quadrangulation","neighbor_id":"cmo-1995-p3-polygon-quadrangulation-boomerangs","direction":"forward","type":"same_motif","distance":2,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-imc-2006-p1a-usamo-2024-balanced-triangulation","neighbor_id":"imc-2006-day2-p1a-polygon-triangulation-all-odd","direction":"backward","type":"same_motif","distance":2,"status":"needs_human_review"},{"id":"rel-imc-2006-p1b-usamo-2024-balanced-triangulation","neighbor_id":"imc-2006-day2-p1b-polygon-triangulation-two-even","direction":"backward","type":"same_motif","distance":2,"status":"needs_human_review"}],"search_text":"usamo-2024-p3-balanced-regular-polygon-triangulation m-сбалансированная триангуляция правильного многоугольника, usamo 2024 p3 planar_graphs goal_characterization 2024 aops wiki, 2024 usamo problems/problem 3 evan chen, usamo 2024 solution notes https://artofproblemsolving.com/wiki/index.php/2024_usamo_problems/problem_3 https://web.evanchen.cc/exams/usamo-2024-notes.pdf krit boonsiriseth kritboonsiriseth secondary_solution src-usamo-2024-evan-chen-notes src-usamo-2024-p3-aops-wiki statement usamo usamo2024 with_solution krit boonsiriseth aops wiki, 2024 usamo problems/problem 3 evan chen, usamo 2024 solution notes stmt-original оригинальная формулировка ai_checked для положительного целого \\(m\\) триангуляция правильного \\(n\\)-угольника называется \\(m\\)-сбалансированной, если её \\(n-2\\) треугольников можно раскрасить в \\(m\\) цветов так, чтобы суммы площадей треугольников каждого цвета были одинаковы. для каких \\(n \\ge 3\\) такая триангуляция существует? idea-fan-triangulation-when-m-divides-n если `m | n`, достаточно веерной триангуляции в веерной триангуляции от одной вершины длины и площади треугольников периодичны по модулю `n`; при собственный делитель `m | n` можно раскрасить треугольники циклически по остаткам по модулю `m`. добавление двух вырожденных нулевых треугольников делает сумму по каждому цвету полной геометрической прогрессией, поэтому суммы площадей совпадают. extremal_choice planar_graphs ai_checked idea-necessity-via-algebraic-integrality необходимость оказывается не графовой, а алгебраической после записи площадей через корни из единицы каждая цветовая сумма, умноженная на `4i`, является суммой алгебраических целых чисел. но равная доля площади правильного `n`-угольника равна `(n/m)(omega-omega^{-1})/(4i)`; в циклотомическом поле это возможно только если рациональное число `n/m` является алгебраическим целым числом, то есть обычным целым. ai_checked sol-fan-and-integrality веерная конструкция и критерий собственный делитель ai_checked planar_graph ответ: такие триангуляции существуют тогда и только тогда, когда `m` является собственным делителем `n`. условие «собственным» необходимо уже потому, что все настоящие треугольники имеют положительную площадь, так что при равных ненулевых суммах каждый цвет должен появиться, а значит `m <= n-2 < n`. достаточность проще всего получить на веерной триангуляции правильного `n`-угольника из одной вершины. пусть вершины равны `1, ω, ..., ω^{n-1}`, где `ω = экспонента(2*pi*i/n)`, а веерные треугольники имеют вид `(1, ω^j, ω^{j+1})`, `1 <= j <= n-2`. если `m | n` и `m < n`, красим треугольник с номером `j` по остатку `j mod m`. для вычисления суммы удобно также добавить вырожденные треугольники при `j=0` и `j=n-1`, их площадь равна нулю. ориентированная площадь треугольника `(1, ω^a, ω^b)` равна `t(a,b)=((ω^a-1)(ω^b-1)(ω^{-b}-ω^{-a}))/(4i)`. тогда для фиксированного остатка `r mod m` сумма `t(j… usamo-2024-p3-balanced-regular-polygon-triangulation m-sbalansirovannaya triangulyatsiya pravilnogo mnogougolnika, usamo 2024 p3 planar_graphs goal_characterization 2024 aops wiki, 2024 usamo problems/problem 3 evan chen, usamo 2024 solution notes https://artofproblemsolving.com/wiki/index.php/2024_usamo_problems/problem_3 https://web.evanchen.cc/exams/usamo-2024-notes.pdf krit boonsiriseth kritboonsiriseth secondary_solution src-usamo-2024-evan-chen-notes src-usamo-2024-p3-aops-wiki statement usamo usamo2024 with_solution krit boonsiriseth aops wiki, 2024 usamo problems/problem 3 evan chen, usamo 2024 solution notes stmt-original originalnaya formulirovka ai_checked dlya polozhitelnogo tselogo \\(m\\) triangulyatsiya pravilnogo \\(n\\)-ugolnika nazyvaetsya \\(m\\)-sbalansirovannoy, esli ee \\(n-2\\) treugolnikov mozhno raskrasit v \\(m\\) tsvetov tak, chtoby summy ploschadey treugolnikov kazhdogo tsveta byli odinakovy. dlya kakih \\(n \\ge 3\\) takaya triangulyatsiya suschestvuet? idea-fan-triangulation-when-m-divides-n esli `m | n`, dostatochno veernoy triangulyatsii v veernoy triangulyatsii ot odnoy vershiny dliny i ploschadi treugolnikov periodichny po modulyu `n`; pri sobstvennyy delitel `m | n` mozhno raskrasit treugolniki tsiklicheski po ostatkam po modulyu `m`. dobavlenie dvuh vyrozhdennyh nulevyh treugolnikov delaet summu po kazhdomu tsvetu polnoy geometricheskoy progressiey, poetomu summy ploschadey sovpadayut. extremal_choice planar_graphs ai_checked idea-necessity-via-algebraic-integrality neobhodimost okazyvaetsya ne grafovoy, a algebraicheskoy posle zapisi ploschadey cherez korni iz edinitsy kazhdaya tsvetovaya summa, umnozhennaya na `4i`, yavlyaetsya summoy algebraicheskih tselyh chisel. no ravnaya dolya ploschadi pravilnogo `n`-ugolnika ravna `(n/m)(omega-omega^{-1})/(4i)`; v tsiklotomicheskom pole eto vozmozhno tolko esli ratsionalnoe chislo `n/m` yavlyaetsya algebraicheskim tselym chislom, to est obychnym tselym. ai_checked sol-fan-and-integrality veernaya konstruktsiya i kriteriy sobstvennyy delitel ai_checked planar_graph otvet: takie triangulyatsii suschestvuyut togda i tolko togda, kogda `m` yavlyaetsya sobstvennym delitelem `n`. uslovie «sobstvennym» neobhodimo uzhe potomu, chto vse nastoyaschie treugolniki imeyut polozhitelnuyu ploschad, tak chto pri ravnyh nenulevyh summah kazhdyy tsvet dolzhen poyavitsya, a znachit `m <= n-2 < n`. dostatochnost prosche vsego poluchit na veernoy triangulyatsii pravilnogo `n`-ugolnika iz odnoy vershiny. pust vershiny ravny `1, ω, ..., ω^{n-1}`, gde `ω = eksponenta(2*pi*i/n)`, a veernye treugolniki imeyut vid `(1, ω^j, ω^{j+1})`, `1 <= j <= n-2`. esli `m | n` i `m < n`, krasim treugolnik s nomerom `j` po ostatku `j mod m`. dlya vychisleniya summy udobno takzhe dobavit vyrozhdennye treugolniki pri `j=0` i `j=n-1`, ih ploschad ravna nulyu. orientirovannaya ploschad treugolnika `(1, ω^a, ω^b)` ravna `t(a,b)=((ω^a-1)(ω^b-1)(ω^{-b}-ω^{-a}))/(4i)`. togda dlya fiksirovannogo ostatka `r mod m` summa `t(j…","source_keys":["usamo"]}
{"id":"usamo-2025-p3-gabriel-graph-road-network","title":"Дорожная сеть как граф Габриэля, USAMO 2025 P3","path":"data\\problems\\usamo\\usamo-2025-p3-gabriel-graph-road-network.yaml","raw_github_url":"https://raw.githubusercontent.com/didin-maxim/knowledge_graph_of_graphs/main/data/problems/usamo/usamo-2025-p3-gabriel-graph-road-network.yaml","viewer_url":"https://didin-maxim.github.io/knowledge_graph_of_graphs/#usamo-2025-p3-gabriel-graph-road-network","source_key":"usamo","source_label":"USAMO","source_titles":["AoPS Wiki, 2025 USAMO Problems/Problem 3","Evan Chen, USAMO 2025 Solution Notes"],"year":"2025","type":"olympiad_problem","authors":["Carl Schildkraut"],"tags":["planar_graphs","goal_characterization"],"agent_topics":["game_strategy_candidate"],"difficulty":{"main":"national_final_medium","local_score":7,"comment":"Красивая задача на распознавание графа Габриэля; после этого включается стандартный планарный инструментарий.","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":"У олимпиадной карточки есть официальный источник или источник уровня шорт-листа/сборника, а решение имеет статус ai_checked.","audit_source":"agent-imo-us-classical.json"},"statements":{"original":[{"id":"stmt-original","title":"Оригинальная формулировка","status":"ai_checked","text":"Алиса выбирает две точки \\(P,Q\\) и множество \\(S\\) на плоскости; затем Боб ставит бесконечно много городов так, что расстояние между любыми двумя городами больше \\(1\\) и никакие три не коллинеарны. После этого каждая пара городов \\(A,B\\) соединяется дорогой по отрезку \\(AB\\) тогда и только тогда, когда для каждого третьего города \\(C\\) существует точка \\(R\\) из \\(S\\), для которой треугольник \\(PQR\\) прямо подобен одному из треугольников \\(ABC\\) или \\(BAC\\). Алиса выигрывает, если ей удаётся заранее подобрать \\(P,Q,S\\) так, что при любом допустимом расположении городов Бобом в построенной сети между любыми двумя городами можно проехать по конечной цепочке дорог и никакие две дороги не пересекаются внутренними точками; иначе выигрывает Боб. Докажите, что Алиса может выиграть.","definition_ids":[]}]},"solutions":[{"id":"sol-gabriel-planar-bound","title":"Полное решение: выбор S и сведение к двум леммам о графе Габриэля","status":"ai_checked","definition_ids":["gabriel_graph","planar_graph","connected_graph"],"standard_idea_ids":[],"tags":[],"has_text":true,"text_preview":"Выигрывает Алиса. Она выбирает произвольные разные точки \\(P,Q\\) и берёт \\(\\mathcal S\\) равным множеству всех точек, лежащих строго вне замкнутого диска с диаметром \\(PQ\\). Рассмотрим пару городов \\(A,B\\). Для третьего города \\(C\\) существование \\(R\\in\\mathcal S\\), при котором \\(\\triangle PQR\\) прямо подобен \\(\\triangle ABC\\) или \\(\\triangle BAC\\), означает ровно, что при одном из двух прямых подобий, переводящих упорядоченную пару \\((P,Q)\\) в \\((A,B)\\) или \\((B,A)\\), точка \\(R\\) переходит в \\(C\\). Так как прямое подобие переводит замкнутый диск с диаметром \\(PQ\\) в замкнутый диск с диаметром \\(AB\\), выбранное \\(\\mathcal S\\) даёт такое условие: для каждого третьего города \\(C\\) точка \\(C\\) лежит строго вне замкнутого диска с диаметром \\(AB\\). Иными словами, построенная сеть является графом Габриэля множества городов: ребро \\(AB\\) проводится ровно тогда, когда замкнутый диаметральный дис…"}],"relations":[{"id":"rel-gabriel-connectivity-lemma-usamo-2025-p3","neighbor_id":"gabriel-graph-connected-separated-points","direction":"backward","type":"prerequisite","distance":1,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-gabriel-planarity-lemma-usamo-2025-p3","neighbor_id":"gabriel-graph-straight-line-planar","direction":"backward","type":"prerequisite","distance":1,"status":"ai_checked"}],"search_text":"usamo-2025-p3-gabriel-graph-road-network дорожная сеть как граф габриэля, usamo 2025 p3 planar_graphs goal_characterization 2025 aops wiki, 2025 usamo problems/problem 3 carl schildkraut carlschildkraut evan chen, usamo 2025 solution notes https://artofproblemsolving.com/wiki/index.php/2025_usamo_problems/problem_3 https://web.evanchen.cc/exams/usamo-2025-notes.pdf secondary_solution src-usamo-2025-evan-chen-notes src-usamo-2025-p3-aops-wiki statement usamo usamo2025 with_solution carl schildkraut aops wiki, 2025 usamo problems/problem 3 evan chen, usamo 2025 solution notes stmt-original оригинальная формулировка ai_checked алиса выбирает две точки \\(p,q\\) и множество \\(s\\) на плоскости; затем боб ставит бесконечно много городов так, что расстояние между любыми двумя городами больше \\(1\\) и никакие три не коллинеарны. после этого каждая пара городов \\(a,b\\) соединяется дорогой по отрезку \\(ab\\) тогда и только тогда, когда для каждого третьего города \\(c\\) существует точка \\(r\\) из \\(s\\), для которой треугольник \\(pqr\\) прямо подобен одному из треугольников \\(abc\\) или \\(bac\\). алиса выигрывает, если ей удаётся заранее подобрать \\(p,q,s\\) так, что при любом допустимом расположении городов бобом в построенной сети между любыми двумя городами можно проехать по конечной цепочке дорог и никакие две дороги не пересекаются внутренними точками; иначе выигрывает боб. докажите, что алиса может выиграть. idea-identify-gabriel-graph сначала распознать стандартный геометрический граф алиса выбирает `s` как множество точек строго вне замкнутого диска с диаметром `pq`; тогда условие прямого подобия для каждого третьего города эквивалентно тому, что замкнутый диск с диаметром между двумя городами не содержит других городов. planar_graphs ai_checked idea-connected-and-planar-gabriel-graph сослаться на две леммы о графе габриэля после распознавания построенной сети как графа габриэля остаются две независимые части: связность графа габриэля для разреженного множества точек и отсутствие пересечений в его прямолинейном рисунке. planar_graphs ai_checked sol-gabriel-planar-bound полное решение: выбор s и сведение к двум леммам о графе габриэля ai_checked gabriel_graph planar_graph connected_graph выигрывает алиса. она выбирает произвольные разные точки \\(p,q\\) и берёт \\(\\mathcal s\\) равным множеству всех точек, лежащих строго вне замкнутого диска с диаметром \\(pq\\). рассмотрим пару городов \\(a,b\\). для третьего города \\(c\\) существование \\(r\\in\\mathcal s\\), при котором \\(\\triangle pqr\\) прямо подобен \\(\\triangle abc\\) или \\(\\triangle bac\\), означает ровно, что при одном из двух прямых подобий, переводящих упорядоченную пару \\((p,q)\\) в \\((a,b)\\) или \\((b,a)\\), точка \\(r\\) переходит в \\(c\\). так как прямое подобие переводит замкнутый диск с диаметром \\(pq\\) в замкнутый диск с диаметром \\(ab\\), выбранное \\(\\mathcal s\\) даёт такое условие: для каждого третьего города \\(c\\) точка \\(c\\) лежит строго вне замкнутого диска с диаметром \\(ab\\). иными словами, построенная сеть является графом габриэля множества городов: ребро \\(ab\\) проводится ровно тогда, когда замкнутый диаметральный дис… usamo-2025-p3-gabriel-graph-road-network dorozhnaya set kak graf gabrielya, usamo 2025 p3 planar_graphs goal_characterization 2025 aops wiki, 2025 usamo problems/problem 3 carl schildkraut carlschildkraut evan chen, usamo 2025 solution notes https://artofproblemsolving.com/wiki/index.php/2025_usamo_problems/problem_3 https://web.evanchen.cc/exams/usamo-2025-notes.pdf secondary_solution src-usamo-2025-evan-chen-notes src-usamo-2025-p3-aops-wiki statement usamo usamo2025 with_solution carl schildkraut aops wiki, 2025 usamo problems/problem 3 evan chen, usamo 2025 solution notes stmt-original originalnaya formulirovka ai_checked alisa vybiraet dve tochki \\(p,q\\) i mnozhestvo \\(s\\) na ploskosti; zatem bob stavit beskonechno mnogo gorodov tak, chto rasstoyanie mezhdu lyubymi dvumya gorodami bolshe \\(1\\) i nikakie tri ne kollinearny. posle etogo kazhdaya para gorodov \\(a,b\\) soedinyaetsya dorogoy po otrezku \\(ab\\) togda i tolko togda, kogda dlya kazhdogo tretego goroda \\(c\\) suschestvuet tochka \\(r\\) iz \\(s\\), dlya kotoroy treugolnik \\(pqr\\) pryamo podoben odnomu iz treugolnikov \\(abc\\) ili \\(bac\\). alisa vyigryvaet, esli ey udaetsya zaranee podobrat \\(p,q,s\\) tak, chto pri lyubom dopustimom raspolozhenii gorodov bobom v postroennoy seti mezhdu lyubymi dvumya gorodami mozhno proehat po konechnoy tsepochke dorog i nikakie dve dorogi ne peresekayutsya vnutrennimi tochkami; inache vyigryvaet bob. dokazhite, chto alisa mozhet vyigrat. idea-identify-gabriel-graph snachala raspoznat standartnyy geometricheskiy graf alisa vybiraet `s` kak mnozhestvo tochek strogo vne zamknutogo diska s diametrom `pq`; togda uslovie pryamogo podobiya dlya kazhdogo tretego goroda ekvivalentno tomu, chto zamknutyy disk s diametrom mezhdu dvumya gorodami ne soderzhit drugih gorodov. planar_graphs ai_checked idea-connected-and-planar-gabriel-graph soslatsya na dve lemmy o grafe gabrielya posle raspoznavaniya postroennoy seti kak grafa gabrielya ostayutsya dve nezavisimye chasti: svyaznost grafa gabrielya dlya razrezhennogo mnozhestva tochek i otsutstvie peresecheniy v ego pryamolineynom risunke. planar_graphs ai_checked sol-gabriel-planar-bound polnoe reshenie: vybor s i svedenie k dvum lemmam o grafe gabrielya ai_checked gabriel_graph planar_graph connected_graph vyigryvaet alisa. ona vybiraet proizvolnye raznye tochki \\(p,q\\) i beret \\(\\mathcal s\\) ravnym mnozhestvu vseh tochek, lezhaschih strogo vne zamknutogo diska s diametrom \\(pq\\). rassmotrim paru gorodov \\(a,b\\). dlya tretego goroda \\(c\\) suschestvovanie \\(r\\in\\mathcal s\\), pri kotorom \\(\\triangle pqr\\) pryamo podoben \\(\\triangle abc\\) ili \\(\\triangle bac\\), oznachaet rovno, chto pri odnom iz dvuh pryamyh podobiy, perevodyaschih uporyadochennuyu paru \\((p,q)\\) v \\((a,b)\\) ili \\((b,a)\\), tochka \\(r\\) perehodit v \\(c\\). tak kak pryamoe podobie perevodit zamknutyy disk s diametrom \\(pq\\) v zamknutyy disk s diametrom \\(ab\\), vybrannoe \\(\\mathcal s\\) daet takoe uslovie: dlya kazhdogo tretego goroda \\(c\\) tochka \\(c\\) lezhit strogo vne zamknutogo diska s diametrom \\(ab\\). inymi slovami, postroennaya set yavlyaetsya grafom gabrielya mnozhestva gorodov: rebro \\(ab\\) provoditsya rovno togda, kogda zamknutyy diametralnyy dis…","source_keys":["usamo"]}
{"id":"utyum-1993_ii_7kl_1","title":"Квадрат перестановки и направленный цикл, УТЮМ 1993","path":"data\\problems\\utyum\\utyum-1993_ii_7kl_1.yaml","raw_github_url":"https://raw.githubusercontent.com/didin-maxim/knowledge_graph_of_graphs/main/data/problems/utyum/utyum-1993_ii_7kl_1.yaml","viewer_url":"https://didin-maxim.github.io/knowledge_graph_of_graphs/#utyum-1993_ii_7kl_1","source_key":"misc","source_label":"УТЮМ","source_titles":["УТЮМ 1993, олимпиада, 7 класс, 1. Шеф секретной службы (официальный архив)"],"year":"1993","type":"olympiad_problem","authors":[],"tags":["goal_impossibility"],"agent_topics":[],"difficulty":{"main":"regional","local_score":6,"comment":"Импортировано из пакета УТЮМ; этап: олимпиада, 7 класс.","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":"Шеф секретной службы составил следующую инструкцию взаимодействия слежки для своих семи главных агентов: 001 следит за тем, кто следит за 002, 002 — за тем, кто следит за 003, ..., 007 следит за тем, кто следит за 001. Но вдруг пришёл приказ взять на службу ещё агента 008. Сможет ли шеф составить аналогичную инструкцию и для восьми агентов?","definition_ids":[]}],"graph_theory":[{"id":"stmt-graph-permutation-square","title":"Квадрат функционального орграфа","status":"ai_checked","text":"Существует ли функциональный орграф на вершинах \\(1,2,\\ldots,8\\), в котором каждая вершина имеет входящую и исходящую степень 1, а переход по двум дугам подряд задаёт направленный цикл \\(1\\to2\\to\\cdots\\to8\\to1\\)?","definition_ids":["directed_graph","cycle","outdegree"]}]},"solutions":[{"id":"sol-official","title":"Решение","status":"ai_checked","definition_ids":["directed_graph","cycle","outdegree"],"standard_idea_ids":[],"tags":[],"has_text":true,"text_preview":"Пусть \\(p(i)\\) — номер агента, за которым следит агент \\(i\\). Фраза «\\(i\\) следит за тем, кто следит за \\(i+1\\)» означает, что \\(p(i)\\) — единственный агент, для которого \\(p(p(i))=i+1\\). Значит, \\(p\\) является перестановкой агентов и для всех номеров выполнено \\(p^2(i)=i+1\\) по циклу. Для семи агентов это возможно: можно взять \\(p(i)=i+4\\) по модулю 7, тогда \\(p^2(i)=i+8=i+1\\). Предположим, что аналогичная инструкция существует для восьми агентов. Тогда перестановка \\(p^2\\) должна быть циклом \\((1,2,3,4,5,6,7,8)\\). Но квадрат любого цикла чётной длины распадается на два цикла: если \\(p\\) имеет цикл чётной длины, его квадрат отдельно переставляет вершины через одну, а если цикл нечётной длины, его квадрат остаётся циклом той же нечётной длины. Следовательно, квадрат перестановки не может быть одним циклом чётной длины 8. Противоречие. Значит, для восьми агентов такую инструкцию составит…"}],"relations":[],"search_text":"utyum-1993_ii_7kl_1 квадрат перестановки и направленный цикл, утюм 1993 goal_impossibility 1993 https://turmath.ru/uraltur/files/archive/ural02.zip misc misc1993 official_archive src-utyum-1993_ii_7kl_1-official with_solution утюм утюм 1993, олимпиада, 7 класс, 1. шеф секретной службы (официальный архив) утюм1993 ? утюм 1993, олимпиада, 7 класс, 1. шеф секретной службы (официальный архив) stmt-original оригинальная формулировка ai_checked шеф секретной службы составил следующую инструкцию взаимодействия слежки для своих семи главных агентов: 001 следит за тем, кто следит за 002, 002 — за тем, кто следит за 003, ..., 007 следит за тем, кто следит за 001. но вдруг пришёл приказ взять на службу ещё агента 008. сможет ли шеф составить аналогичную инструкцию и для восьми агентов? stmt-graph-permutation-square квадрат функционального орграфа ai_checked существует ли функциональный орграф на вершинах \\(1,2,\\ldots,8\\), в котором каждая вершина имеет входящую и исходящую степень 1, а переход по двум дугам подряд задаёт направленный цикл \\(1\\to2\\to\\cdots\\to8\\to1\\)? directed_graph cycle outdegree sol-official решение ai_checked directed_graph cycle outdegree пусть \\(p(i)\\) — номер агента, за которым следит агент \\(i\\). фраза «\\(i\\) следит за тем, кто следит за \\(i+1\\)» означает, что \\(p(i)\\) — единственный агент, для которого \\(p(p(i))=i+1\\). значит, \\(p\\) является перестановкой агентов и для всех номеров выполнено \\(p^2(i)=i+1\\) по циклу. для семи агентов это возможно: можно взять \\(p(i)=i+4\\) по модулю 7, тогда \\(p^2(i)=i+8=i+1\\). предположим, что аналогичная инструкция существует для восьми агентов. тогда перестановка \\(p^2\\) должна быть циклом \\((1,2,3,4,5,6,7,8)\\). но квадрат любого цикла чётной длины распадается на два цикла: если \\(p\\) имеет цикл чётной длины, его квадрат отдельно переставляет вершины через одну, а если цикл нечётной длины, его квадрат остаётся циклом той же нечётной длины. следовательно, квадрат перестановки не может быть одним циклом чётной длины 8. противоречие. значит, для восьми агентов такую инструкцию составит… utyum-1993_ii_7kl_1 kvadrat perestanovki i napravlennyy tsikl, utyum 1993 goal_impossibility 1993 https://turmath.ru/uraltur/files/archive/ural02.zip misc misc1993 official_archive src-utyum-1993_ii_7kl_1-official with_solution utyum utyum 1993, olimpiada, 7 klass, 1. shef sekretnoy sluzhby (ofitsialnyy arhiv) utyum1993 ? utyum 1993, olimpiada, 7 klass, 1. shef sekretnoy sluzhby (ofitsialnyy arhiv) stmt-original originalnaya formulirovka ai_checked shef sekretnoy sluzhby sostavil sleduyuschuyu instruktsiyu vzaimodeystviya slezhki dlya svoih semi glavnyh agentov: 001 sledit za tem, kto sledit za 002, 002 — za tem, kto sledit za 003, ..., 007 sledit za tem, kto sledit za 001. no vdrug prishel prikaz vzyat na sluzhbu esche agenta 008. smozhet li shef sostavit analogichnuyu instruktsiyu i dlya vosmi agentov? stmt-graph-permutation-square kvadrat funktsionalnogo orgrafa ai_checked suschestvuet li funktsionalnyy orgraf na vershinah \\(1,2,\\ldots,8\\), v kotorom kazhdaya vershina imeet vhodyaschuyu i ishodyaschuyu stepen 1, a perehod po dvum dugam podryad zadaet napravlennyy tsikl \\(1\\to2\\to\\cdots\\to8\\to1\\)? directed_graph cycle outdegree sol-official reshenie ai_checked directed_graph cycle outdegree pust \\(p(i)\\) — nomer agenta, za kotorym sledit agent \\(i\\). fraza «\\(i\\) sledit za tem, kto sledit za \\(i+1\\)» oznachaet, chto \\(p(i)\\) — edinstvennyy agent, dlya kotorogo \\(p(p(i))=i+1\\). znachit, \\(p\\) yavlyaetsya perestanovkoy agentov i dlya vseh nomerov vypolneno \\(p^2(i)=i+1\\) po tsiklu. dlya semi agentov eto vozmozhno: mozhno vzyat \\(p(i)=i+4\\) po modulyu 7, togda \\(p^2(i)=i+8=i+1\\). predpolozhim, chto analogichnaya instruktsiya suschestvuet dlya vosmi agentov. togda perestanovka \\(p^2\\) dolzhna byt tsiklom \\((1,2,3,4,5,6,7,8)\\). no kvadrat lyubogo tsikla chetnoy dliny raspadaetsya na dva tsikla: esli \\(p\\) imeet tsikl chetnoy dliny, ego kvadrat otdelno perestavlyaet vershiny cherez odnu, a esli tsikl nechetnoy dliny, ego kvadrat ostaetsya tsiklom toy zhe nechetnoy dliny. sledovatelno, kvadrat perestanovki ne mozhet byt odnim tsiklom chetnoy dliny 8. protivorechie. znachit, dlya vosmi agentov takuyu instruktsiyu sostavit…","source_keys":["misc"]}
{"id":"utyum-1993_ii_8kl_5","title":"Минимум рёбер при общем соседе у каждой несмежной пары, УТЮМ 1993","path":"data\\problems\\utyum\\utyum-1993_ii_8kl_5.yaml","raw_github_url":"https://raw.githubusercontent.com/didin-maxim/knowledge_graph_of_graphs/main/data/problems/utyum/utyum-1993_ii_8kl_5.yaml","viewer_url":"https://didin-maxim.github.io/knowledge_graph_of_graphs/#utyum-1993_ii_8kl_5","source_key":"misc","source_label":"УТЮМ","source_titles":["УТЮМ 1993, олимпиада, 8 класс, 5. Города и дороги (официальный архив)"],"year":"1993","type":"olympiad_problem","authors":[],"tags":["connectivity","extremal_graph_theory","goal_exact_bound"],"agent_topics":[],"difficulty":{"main":"regional","local_score":6,"comment":"Импортировано из пакета УТЮМ; этап: олимпиада, 8 класс.","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 некоторой стране N > 1 городов. Между некоторыми из них проложены дороги. Известно, что если два города не соединены между собой, то найдётся город, который соединён дорогой с ними обоими. Какое минимальное количество дорог может быть в этой стране?","definition_ids":["simple_graph","connected_graph"]}],"graph_theory":[{"id":"stmt-graph","title":"Общий сосед у каждой несмежной пары","status":"ai_checked","text":"Дан простой граф на N > 1 вершинах. Для любых двух несмежных вершин существует вершина, смежная с обеими. Найдите минимально возможное число рёбер такого графа.","definition_ids":["simple_graph","connected_graph"]}]},"solutions":[{"id":"sol-official","title":"Решение","status":"ai_checked","definition_ids":["simple_graph","connected_graph"],"standard_idea_ids":[],"tags":[],"has_text":true,"text_preview":"Ответ: \\(N-1\\). Сначала докажем нижнюю оценку. Условие означает, что между любыми двумя городами можно добраться по пути длины не больше двух: если города соединены дорогой, путь уже есть, а если не соединены, то есть третий город, соединённый с ними обоими. Значит, граф дорог связен. В связном графе на \\(N\\) вершинах рёбер не меньше \\(N-1\\): например, если идти из одной вершины и каждый раз добавлять новую достижимую вершину, для появления каждой из остальных \\(N-1\\) вершин нужно хотя бы одно ребро, ведущее к уже построенной части. Остаётся показать, что эта оценка достижима. Возьмём один центральный город и соединим его дорогами со всеми остальными городами, а других дорог не будем проводить. Получится звезда: в ней ровно \\(N-1\\) дорог. Любые два не соединённых напрямую города являются двумя нецентральными городами, и центральный город соединён с ними обоими. Поэтому условие выполнено…"}],"relations":[],"search_text":"utyum-1993_ii_8kl_5 минимум рёбер при общем соседе у каждой несмежной пары, утюм 1993 connectivity extremal_graph_theory goal_exact_bound 1993 https://turmath.ru/uraltur/files/archive/ural02.zip misc misc1993 official_archive src-utyum-1993_ii_8kl_5-official with_solution утюм утюм 1993, олимпиада, 8 класс, 5. города и дороги (официальный архив) утюм1993 ? утюм 1993, олимпиада, 8 класс, 5. города и дороги (официальный архив) stmt-original оригинальная формулировка ai_checked в некоторой стране n > 1 городов. между некоторыми из них проложены дороги. известно, что если два города не соединены между собой, то найдётся город, который соединён дорогой с ними обоими. какое минимальное количество дорог может быть в этой стране? simple_graph connected_graph stmt-graph общий сосед у каждой несмежной пары ai_checked дан простой граф на n > 1 вершинах. для любых двух несмежных вершин существует вершина, смежная с обеими. найдите минимально возможное число рёбер такого графа. simple_graph connected_graph sol-official решение ai_checked simple_graph connected_graph ответ: \\(n-1\\). сначала докажем нижнюю оценку. условие означает, что между любыми двумя городами можно добраться по пути длины не больше двух: если города соединены дорогой, путь уже есть, а если не соединены, то есть третий город, соединённый с ними обоими. значит, граф дорог связен. в связном графе на \\(n\\) вершинах рёбер не меньше \\(n-1\\): например, если идти из одной вершины и каждый раз добавлять новую достижимую вершину, для появления каждой из остальных \\(n-1\\) вершин нужно хотя бы одно ребро, ведущее к уже построенной части. остаётся показать, что эта оценка достижима. возьмём один центральный город и соединим его дорогами со всеми остальными городами, а других дорог не будем проводить. получится звезда: в ней ровно \\(n-1\\) дорог. любые два не соединённых напрямую города являются двумя нецентральными городами, и центральный город соединён с ними обоими. поэтому условие выполнено… utyum-1993_ii_8kl_5 minimum reber pri obschem sosede u kazhdoy nesmezhnoy pary, utyum 1993 connectivity extremal_graph_theory goal_exact_bound 1993 https://turmath.ru/uraltur/files/archive/ural02.zip misc misc1993 official_archive src-utyum-1993_ii_8kl_5-official with_solution utyum utyum 1993, olimpiada, 8 klass, 5. goroda i dorogi (ofitsialnyy arhiv) utyum1993 ? utyum 1993, olimpiada, 8 klass, 5. goroda i dorogi (ofitsialnyy arhiv) stmt-original originalnaya formulirovka ai_checked v nekotoroy strane n > 1 gorodov. mezhdu nekotorymi iz nih prolozheny dorogi. izvestno, chto esli dva goroda ne soedineny mezhdu soboy, to naydetsya gorod, kotoryy soedinen dorogoy s nimi oboimi. kakoe minimalnoe kolichestvo dorog mozhet byt v etoy strane? simple_graph connected_graph stmt-graph obschiy sosed u kazhdoy nesmezhnoy pary ai_checked dan prostoy graf na n > 1 vershinah. dlya lyubyh dvuh nesmezhnyh vershin suschestvuet vershina, smezhnaya s obeimi. naydite minimalno vozmozhnoe chislo reber takogo grafa. simple_graph connected_graph sol-official reshenie ai_checked simple_graph connected_graph otvet: \\(n-1\\). snachala dokazhem nizhnyuyu otsenku. uslovie oznachaet, chto mezhdu lyubymi dvumya gorodami mozhno dobratsya po puti dliny ne bolshe dvuh: esli goroda soedineny dorogoy, put uzhe est, a esli ne soedineny, to est tretiy gorod, soedinennyy s nimi oboimi. znachit, graf dorog svyazen. v svyaznom grafe na \\(n\\) vershinah reber ne menshe \\(n-1\\): naprimer, esli idti iz odnoy vershiny i kazhdyy raz dobavlyat novuyu dostizhimuyu vershinu, dlya poyavleniya kazhdoy iz ostalnyh \\(n-1\\) vershin nuzhno hotya by odno rebro, veduschee k uzhe postroennoy chasti. ostaetsya pokazat, chto eta otsenka dostizhima. vozmem odin tsentralnyy gorod i soedinim ego dorogami so vsemi ostalnymi gorodami, a drugih dorog ne budem provodit. poluchitsya zvezda: v ney rovno \\(n-1\\) dorog. lyubye dva ne soedinennyh napryamuyu goroda yavlyayutsya dvumya netsentralnymi gorodami, i tsentralnyy gorod soedinen s nimi oboimi. poetomu uslovie vypolneno…","source_keys":["misc"]}
{"id":"utyum-1995_final_10_writers_committee","title":"Ориентированный граф чтения 22 юных писателей, УТЮМ 1995","path":"data\\problems\\utyum\\utyum-1995_final_10_writers_committee.yaml","raw_github_url":"https://raw.githubusercontent.com/didin-maxim/knowledge_graph_of_graphs/main/data/problems/utyum/utyum-1995_final_10_writers_committee.yaml","viewer_url":"https://didin-maxim.github.io/knowledge_graph_of_graphs/#utyum-1995_final_10_writers_committee","source_key":"misc","source_label":"УТЮМ","source_titles":["УТЮМ 1995, финальный матбой, 10. Комиссия из четырёх писателей (официальный архив)"],"year":"1995","type":"olympiad_problem","authors":[],"tags":["extremal_choice","extremal_graph_theory","goal_exact_bound"],"agent_topics":[],"difficulty":{"main":"regional","local_score":6,"comment":"Импортировано из пакета УТЮМ; этап: финальный математический бой.","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":"22 школьника участвовали в съезде юных писателей. После съезда каждый из них прочитал произведения трёх юных писателей, побывавших на съезде. Докажите, что из делегатов съезда можно составить комиссию из 4 человек так, что в комиссии никто не читал произведения остальных её членов.","definition_ids":[]}],"graph_theory":[{"id":"stmt-graph-directed","title":"Ориентированный граф чтения","status":"ai_checked","text":"Пусть \\(D\\) — ориентированный граф без петель на 22 вершинах, в котором исходящая степень каждой вершины равна 3. Докажите, что \\(D\\) содержит независимое множество из 4 вершин, то есть множество из 4 вершин, между любыми двумя из которых нет ориентированного ребра ни в одну сторону.","definition_ids":["directed_graph","independent_set","outdegree"]}]},"solutions":[{"id":"sol-official","title":"Решение","status":"ai_checked","definition_ids":["degree","directed_graph","independent_set","outdegree"],"standard_idea_ids":[],"tags":[],"has_text":true,"text_preview":"Рассмотрим ориентированный граф: вершины соответствуют школьникам, а стрелка из A в B означает, что A прочитал произведения B. Тогда из каждой вершины выходит ровно 3 ребра. Всего прочтений 22 * 3 = 66. Поэтому по принципу Дирихле найдётся школьник A, в которого входит не более 3 рёбер, то есть его произведения прочитали не более трёх других участников. Включим A в комиссию и удалим из рассмотрения: - тех, кого читал A; - тех, кто читал A. Таких участников не более 6, значит после удаления вместе с A остаётся не менее 15 человек. В оставшемся подграфе из каждой вершины выходит не более 3 стрелок, поэтому средняя входящая степень не больше 3; найдётся школьник B, которого среди оставшихся читали не более 3 человек. Добавим B в комиссию и снова удалим всех, кто связан с ним чтением в любую сторону. После этого останется не менее 8 человек. Повторяем тот же шаг и выбираем C. После удаления…"}],"relations":[],"search_text":"utyum-1995_final_10_writers_committee ориентированный граф чтения 22 юных писателей, утюм 1995 extremal_choice extremal_graph_theory goal_exact_bound 1995 https://turmath.ru/uraltur/files/archive/ural06.zip misc misc1995 official_archive src-utyum-1995_final_10_writers_committee-official with_solution утюм утюм 1995, финальный матбой, 10. комиссия из четырёх писателей (официальный архив) утюм1995 ? утюм 1995, финальный матбой, 10. комиссия из четырёх писателей (официальный архив) stmt-original оригинальная формулировка ai_checked 22 школьника участвовали в съезде юных писателей. после съезда каждый из них прочитал произведения трёх юных писателей, побывавших на съезде. докажите, что из делегатов съезда можно составить комиссию из 4 человек так, что в комиссии никто не читал произведения остальных её членов. stmt-graph-directed ориентированный граф чтения ai_checked пусть \\(d\\) — ориентированный граф без петель на 22 вершинах, в котором исходящая степень каждой вершины равна 3. докажите, что \\(d\\) содержит независимое множество из 4 вершин, то есть множество из 4 вершин, между любыми двумя из которых нет ориентированного ребра ни в одну сторону. directed_graph independent_set outdegree sol-official решение ai_checked degree directed_graph independent_set outdegree рассмотрим ориентированный граф: вершины соответствуют школьникам, а стрелка из a в b означает, что a прочитал произведения b. тогда из каждой вершины выходит ровно 3 ребра. всего прочтений 22 * 3 = 66. поэтому по принципу дирихле найдётся школьник a, в которого входит не более 3 рёбер, то есть его произведения прочитали не более трёх других участников. включим a в комиссию и удалим из рассмотрения: - тех, кого читал a; - тех, кто читал a. таких участников не более 6, значит после удаления вместе с a остаётся не менее 15 человек. в оставшемся подграфе из каждой вершины выходит не более 3 стрелок, поэтому средняя входящая степень не больше 3; найдётся школьник b, которого среди оставшихся читали не более 3 человек. добавим b в комиссию и снова удалим всех, кто связан с ним чтением в любую сторону. после этого останется не менее 8 человек. повторяем тот же шаг и выбираем c. после удаления… utyum-1995_final_10_writers_committee orientirovannyy graf chteniya 22 yunyh pisateley, utyum 1995 extremal_choice extremal_graph_theory goal_exact_bound 1995 https://turmath.ru/uraltur/files/archive/ural06.zip misc misc1995 official_archive src-utyum-1995_final_10_writers_committee-official with_solution utyum utyum 1995, finalnyy matboy, 10. komissiya iz chetyreh pisateley (ofitsialnyy arhiv) utyum1995 ? utyum 1995, finalnyy matboy, 10. komissiya iz chetyreh pisateley (ofitsialnyy arhiv) stmt-original originalnaya formulirovka ai_checked 22 shkolnika uchastvovali v sezde yunyh pisateley. posle sezda kazhdyy iz nih prochital proizvedeniya treh yunyh pisateley, pobyvavshih na sezde. dokazhite, chto iz delegatov sezda mozhno sostavit komissiyu iz 4 chelovek tak, chto v komissii nikto ne chital proizvedeniya ostalnyh ee chlenov. stmt-graph-directed orientirovannyy graf chteniya ai_checked pust \\(d\\) — orientirovannyy graf bez petel na 22 vershinah, v kotorom ishodyaschaya stepen kazhdoy vershiny ravna 3. dokazhite, chto \\(d\\) soderzhit nezavisimoe mnozhestvo iz 4 vershin, to est mnozhestvo iz 4 vershin, mezhdu lyubymi dvumya iz kotoryh net orientirovannogo rebra ni v odnu storonu. directed_graph independent_set outdegree sol-official reshenie ai_checked degree directed_graph independent_set outdegree rassmotrim orientirovannyy graf: vershiny sootvetstvuyut shkolnikam, a strelka iz a v b oznachaet, chto a prochital proizvedeniya b. togda iz kazhdoy vershiny vyhodit rovno 3 rebra. vsego prochteniy 22 * 3 = 66. poetomu po printsipu dirihle naydetsya shkolnik a, v kotorogo vhodit ne bolee 3 reber, to est ego proizvedeniya prochitali ne bolee treh drugih uchastnikov. vklyuchim a v komissiyu i udalim iz rassmotreniya: - teh, kogo chital a; - teh, kto chital a. takih uchastnikov ne bolee 6, znachit posle udaleniya vmeste s a ostaetsya ne menee 15 chelovek. v ostavshemsya podgrafe iz kazhdoy vershiny vyhodit ne bolee 3 strelok, poetomu srednyaya vhodyaschaya stepen ne bolshe 3; naydetsya shkolnik b, kotorogo sredi ostavshihsya chitali ne bolee 3 chelovek. dobavim b v komissiyu i snova udalim vseh, kto svyazan s nim chteniem v lyubuyu storonu. posle etogo ostanetsya ne menee 8 chelovek. povtoryaem tot zhe shag i vybiraem c. posle udaleniya…","source_keys":["misc"]}
{"id":"utyum-1995_mb2_8_secret_object","title":"Переключения рёбер на цикле C100, УТЮМ 1995","path":"data\\problems\\utyum\\utyum-1995_mb2_8_secret_object.yaml","raw_github_url":"https://raw.githubusercontent.com/didin-maxim/knowledge_graph_of_graphs/main/data/problems/utyum/utyum-1995_mb2_8_secret_object.yaml","viewer_url":"https://didin-maxim.github.io/knowledge_graph_of_graphs/#utyum-1995_mb2_8_secret_object","source_key":"misc","source_label":"УТЮМ","source_titles":["УТЮМ 1995, матбой, первая лига, 8. Секретный объект (официальный архив)"],"year":"1995","type":"olympiad_problem","authors":[],"tags":["goal_construction","invariant"],"agent_topics":[],"difficulty":{"main":"regional","local_score":6,"comment":"Импортировано из пакета УТЮМ; этап: математический бой, первая 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":0.86,"basis":"официальный план из пакета УТЮМ развёрнут через инвариант чётности","notes":"Официальный набросок про 49,5 круга восстановлен как самодостаточная конструкция; каждый шаг движения проверяется через чётность числа нажатий в вершинах.","audit_source":"agent-russian-archives.json"},"statements":{"original":[{"id":"stmt-original","title":"Оригинальная формулировка","status":"ai_checked","text":"Секретный объект представляет собой 100-угольник, образованный сторонами коридоров. Каждый коридор может быть освещён или затемнён. В каждой вершине расположен выключатель, который меняет на противоположные состояния двух сходящихся в этой вершине коридоров. Вначале весь объект затемнён. Сторож находится в одной из вершин и хочет, переключая свет и двигаясь только по освещённым коридорам, перейти в пятидесятую по счёту вершину и снова затемнить объект. Удастся ли ему это и почему?","definition_ids":["cycle","path"]}],"graph_theory":[{"id":"stmt-graph","title":"Переключения рёбер на цикле C100","status":"ai_checked","text":"Рассматривается цикл \\(C_100\\), каждое ребро которого может быть включено или выключено. Операция в вершине меняет состояние двух инцидентных ей рёбер. Изначально все рёбра выключены. Можно ли, двигаясь только по включённым рёбрам, пройти из одной заданной вершины в противоположную и затем снова выключить все рёбра?","definition_ids":["cycle","path"]}]},"solutions":[{"id":"sol-official","title":"Решение","status":"ai_checked","definition_ids":["cycle","path","graph_cut"],"standard_idea_ids":["invariant"],"tags":[],"has_text":true,"text_preview":"Да, удастся. Занумеруем вершины цикла как \\(v_0,v_1,\\ldots,v_99\\) по часовой стрелке; сторож начинает в \\(v_0\\), а нужная противоположная вершина есть \\(v_50\\). Он будет ходить против часовой стрелки, то есть в порядке \\(v_0,v_99,v_98,\\ldots\\). Будем следить не за всеми коридорами отдельно, а за чётностью числа нажатий в вершинах. Пусть вершина называется нечётной, если её выключатель уже нажимали нечётное число раз. Тогда коридор между двумя соседними вершинами освещён ровно тогда, когда одна из этих двух вершин нечётная, а другая чётная: каждое нажатие меняет состояние ровно двух коридоров, выходящих из нажатой вершины. Поэтому, чтобы проверить возможность очередного шага, достаточно проверить, что у концов нужного ребра разные чётности. Опишем 49 полных обходов от \\(v_0\\) обратно к \\(v_0\\). На k-м полном обходе, где k=1,2,...,49, сторож идёт против часовой стрелки по маршруту \\(v_0,v…"}],"relations":[],"search_text":"utyum-1995_mb2_8_secret_object переключения рёбер на цикле c100, утюм 1995 goal_construction invariant 1995 https://turmath.ru/uraltur/files/archive/ural06.zip misc misc1995 official_archive src-utyum-1995_mb2_8_secret_object-official with_solution утюм утюм 1995, матбой, первая лига, 8. секретный объект (официальный архив) утюм1995 ? утюм 1995, матбой, первая лига, 8. секретный объект (официальный архив) stmt-original оригинальная формулировка ai_checked секретный объект представляет собой 100-угольник, образованный сторонами коридоров. каждый коридор может быть освещён или затемнён. в каждой вершине расположен выключатель, который меняет на противоположные состояния двух сходящихся в этой вершине коридоров. вначале весь объект затемнён. сторож находится в одной из вершин и хочет, переключая свет и двигаясь только по освещённым коридорам, перейти в пятидесятую по счёту вершину и снова затемнить объект. удастся ли ему это и почему? cycle path stmt-graph переключения рёбер на цикле c100 ai_checked рассматривается цикл \\(c_100\\), каждое ребро которого может быть включено или выключено. операция в вершине меняет состояние двух инцидентных ей рёбер. изначально все рёбра выключены. можно ли, двигаясь только по включённым рёбрам, пройти из одной заданной вершины в противоположную и затем снова выключить все рёбра? cycle path sol-official решение ai_checked cycle path graph_cut invariant да, удастся. занумеруем вершины цикла как \\(v_0,v_1,\\ldots,v_99\\) по часовой стрелке; сторож начинает в \\(v_0\\), а нужная противоположная вершина есть \\(v_50\\). он будет ходить против часовой стрелки, то есть в порядке \\(v_0,v_99,v_98,\\ldots\\). будем следить не за всеми коридорами отдельно, а за чётностью числа нажатий в вершинах. пусть вершина называется нечётной, если её выключатель уже нажимали нечётное число раз. тогда коридор между двумя соседними вершинами освещён ровно тогда, когда одна из этих двух вершин нечётная, а другая чётная: каждое нажатие меняет состояние ровно двух коридоров, выходящих из нажатой вершины. поэтому, чтобы проверить возможность очередного шага, достаточно проверить, что у концов нужного ребра разные чётности. опишем 49 полных обходов от \\(v_0\\) обратно к \\(v_0\\). на k-м полном обходе, где k=1,2,...,49, сторож идёт против часовой стрелки по маршруту \\(v_0,v… utyum-1995_mb2_8_secret_object pereklyucheniya reber na tsikle c100, utyum 1995 goal_construction invariant 1995 https://turmath.ru/uraltur/files/archive/ural06.zip misc misc1995 official_archive src-utyum-1995_mb2_8_secret_object-official with_solution utyum utyum 1995, matboy, pervaya liga, 8. sekretnyy obekt (ofitsialnyy arhiv) utyum1995 ? utyum 1995, matboy, pervaya liga, 8. sekretnyy obekt (ofitsialnyy arhiv) stmt-original originalnaya formulirovka ai_checked sekretnyy obekt predstavlyaet soboy 100-ugolnik, obrazovannyy storonami koridorov. kazhdyy koridor mozhet byt osveschen ili zatemnen. v kazhdoy vershine raspolozhen vyklyuchatel, kotoryy menyaet na protivopolozhnye sostoyaniya dvuh shodyaschihsya v etoy vershine koridorov. vnachale ves obekt zatemnen. storozh nahoditsya v odnoy iz vershin i hochet, pereklyuchaya svet i dvigayas tolko po osveschennym koridoram, pereyti v pyatidesyatuyu po schetu vershinu i snova zatemnit obekt. udastsya li emu eto i pochemu? cycle path stmt-graph pereklyucheniya reber na tsikle c100 ai_checked rassmatrivaetsya tsikl \\(c_100\\), kazhdoe rebro kotorogo mozhet byt vklyucheno ili vyklyucheno. operatsiya v vershine menyaet sostoyanie dvuh intsidentnyh ey reber. iznachalno vse rebra vyklyucheny. mozhno li, dvigayas tolko po vklyuchennym rebram, proyti iz odnoy zadannoy vershiny v protivopolozhnuyu i zatem snova vyklyuchit vse rebra? cycle path sol-official reshenie ai_checked cycle path graph_cut invariant da, udastsya. zanumeruem vershiny tsikla kak \\(v_0,v_1,\\ldots,v_99\\) po chasovoy strelke; storozh nachinaet v \\(v_0\\), a nuzhnaya protivopolozhnaya vershina est \\(v_50\\). on budet hodit protiv chasovoy strelki, to est v poryadke \\(v_0,v_99,v_98,\\ldots\\). budem sledit ne za vsemi koridorami otdelno, a za chetnostyu chisla nazhatiy v vershinah. pust vershina nazyvaetsya nechetnoy, esli ee vyklyuchatel uzhe nazhimali nechetnoe chislo raz. togda koridor mezhdu dvumya sosednimi vershinami osveschen rovno togda, kogda odna iz etih dvuh vershin nechetnaya, a drugaya chetnaya: kazhdoe nazhatie menyaet sostoyanie rovno dvuh koridorov, vyhodyaschih iz nazhatoy vershiny. poetomu, chtoby proverit vozmozhnost ocherednogo shaga, dostatochno proverit, chto u kontsov nuzhnogo rebra raznye chetnosti. opishem 49 polnyh obhodov ot \\(v_0\\) obratno k \\(v_0\\). na k-m polnom obhode, gde k=1,2,...,49, storozh idet protiv chasovoy strelki po marshrutu \\(v_0,v…","source_keys":["misc"]}
{"id":"utyum-1996_tur3_10_central_cities","title":"Центральные вершины дерева, УТЮМ 1996","path":"data\\problems\\utyum\\utyum-1996_tur3_10_central_cities.yaml","raw_github_url":"https://raw.githubusercontent.com/didin-maxim/knowledge_graph_of_graphs/main/data/problems/utyum/utyum-1996_tur3_10_central_cities.yaml","viewer_url":"https://didin-maxim.github.io/knowledge_graph_of_graphs/#utyum-1996_tur3_10_central_cities","source_key":"misc","source_label":"УТЮМ","source_titles":["УТЮМ 1996, матбой 3, высшая лига, 10. Центральные города в древовидной сети дорог (официальный архив)"],"year":"1996","type":"olympiad_problem","authors":[],"tags":["trees","connectivity","goal_exact_bound"],"agent_topics":[],"difficulty":{"main":"regional","local_score":6,"comment":"Импортировано из пакета УТЮМ; этап: математический бой 3, высшая лига.","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 некотором государстве города связаны между собой дорогами одинаковой длины так, что из любого города можно попасть в любой другой, но только одним путем. Для каждого города правительственная комиссия измерила все пути, ведущие из него в другие города, и длину самого протяженного из них назвала показателем провинциальности этого города. Города с наименьшим показателем провинциальности были объявлены центральными. Таких городов оказалось три. Докажите, что комиссия ошиблась.","definition_ids":["tree","path","connected_graph"]}],"graph_theory":[{"id":"stmt-graph","title":"Центральные вершины дерева","status":"ai_checked","text":"Дано дерево, все рёбра которого имеют одинаковую длину. Для вершины рассмотрим максимальное расстояние от неё до остальных вершин. Вершина называется центральной, если это максимальное расстояние минимально. Докажите, что в таком дереве не может быть ровно трёх центральных вершин.","definition_ids":["tree","path","connected_graph"]}]},"solutions":[{"id":"sol-official","title":"Решение","status":"ai_checked","definition_ids":["tree","path","connected_graph"],"standard_idea_ids":[],"tags":[],"has_text":true,"text_preview":"Схема дорог образует дерево: сеть связна, и между любыми двумя городами существует ровно один путь. Заметим, что если город A наиболее удалён от города B, то в A ведёт ровно одна дорога. Иначе, придя в A из B, можно было бы пройти ещё дальше по другой дороге, не возвращаясь назад, что противоречит максимальности расстояния от B до A. Такие города назовём окраинными. Удалим из схемы все окраинные города вместе с инцидентными им дорогами. Ни один центральный город при этом не исчезнет: окраинный город может быть центральным только в вырожденном случае из двух городов, а тогда трёх центральных городов быть не может. После удаления окраинных вершин оставшаяся сеть по-прежнему является деревом, а показатели провинциальности всех оставшихся городов уменьшаются на 1. Следовательно, множество центральных городов не меняется. Повторяя эту операцию, мы в конце концов сотрем все нецентральные горо…"}],"relations":[{"id":"rel-utyum-1996-central-cities-utyum-2018-tree-cities","neighbor_id":"utyum-2018_lichol_8_tree_cities","direction":"forward","type":"same_motif","distance":1,"status":"needs_human_review"}],"search_text":"utyum-1996_tur3_10_central_cities центральные вершины дерева, утюм 1996 trees connectivity goal_exact_bound 1996 https://turmath.ru/uraltur/files/archive/ural08.zip misc misc1996 official_archive src-utyum-1996_tur3_10_central_cities-official with_solution утюм утюм 1996, матбой 3, высшая лига, 10. центральные города в древовидной сети дорог (официальный архив) утюм1996 ? утюм 1996, матбой 3, высшая лига, 10. центральные города в древовидной сети дорог (официальный архив) stmt-original оригинальная формулировка ai_checked в некотором государстве города связаны между собой дорогами одинаковой длины так, что из любого города можно попасть в любой другой, но только одним путем. для каждого города правительственная комиссия измерила все пути, ведущие из него в другие города, и длину самого протяженного из них назвала показателем провинциальности этого города. города с наименьшим показателем провинциальности были объявлены центральными. таких городов оказалось три. докажите, что комиссия ошиблась. tree path connected_graph stmt-graph центральные вершины дерева ai_checked дано дерево, все рёбра которого имеют одинаковую длину. для вершины рассмотрим максимальное расстояние от неё до остальных вершин. вершина называется центральной, если это максимальное расстояние минимально. докажите, что в таком дереве не может быть ровно трёх центральных вершин. tree path connected_graph sol-official решение ai_checked tree path connected_graph схема дорог образует дерево: сеть связна, и между любыми двумя городами существует ровно один путь. заметим, что если город a наиболее удалён от города b, то в a ведёт ровно одна дорога. иначе, придя в a из b, можно было бы пройти ещё дальше по другой дороге, не возвращаясь назад, что противоречит максимальности расстояния от b до a. такие города назовём окраинными. удалим из схемы все окраинные города вместе с инцидентными им дорогами. ни один центральный город при этом не исчезнет: окраинный город может быть центральным только в вырожденном случае из двух городов, а тогда трёх центральных городов быть не может. после удаления окраинных вершин оставшаяся сеть по-прежнему является деревом, а показатели провинциальности всех оставшихся городов уменьшаются на 1. следовательно, множество центральных городов не меняется. повторяя эту операцию, мы в конце концов сотрем все нецентральные горо… utyum-1996_tur3_10_central_cities tsentralnye vershiny dereva, utyum 1996 trees connectivity goal_exact_bound 1996 https://turmath.ru/uraltur/files/archive/ural08.zip misc misc1996 official_archive src-utyum-1996_tur3_10_central_cities-official with_solution utyum utyum 1996, matboy 3, vysshaya liga, 10. tsentralnye goroda v drevovidnoy seti dorog (ofitsialnyy arhiv) utyum1996 ? utyum 1996, matboy 3, vysshaya liga, 10. tsentralnye goroda v drevovidnoy seti dorog (ofitsialnyy arhiv) stmt-original originalnaya formulirovka ai_checked v nekotorom gosudarstve goroda svyazany mezhdu soboy dorogami odinakovoy dliny tak, chto iz lyubogo goroda mozhno popast v lyuboy drugoy, no tolko odnim putem. dlya kazhdogo goroda pravitelstvennaya komissiya izmerila vse puti, veduschie iz nego v drugie goroda, i dlinu samogo protyazhennogo iz nih nazvala pokazatelem provintsialnosti etogo goroda. goroda s naimenshim pokazatelem provintsialnosti byli obyavleny tsentralnymi. takih gorodov okazalos tri. dokazhite, chto komissiya oshiblas. tree path connected_graph stmt-graph tsentralnye vershiny dereva ai_checked dano derevo, vse rebra kotorogo imeyut odinakovuyu dlinu. dlya vershiny rassmotrim maksimalnoe rasstoyanie ot nee do ostalnyh vershin. vershina nazyvaetsya tsentralnoy, esli eto maksimalnoe rasstoyanie minimalno. dokazhite, chto v takom dereve ne mozhet byt rovno treh tsentralnyh vershin. tree path connected_graph sol-official reshenie ai_checked tree path connected_graph shema dorog obrazuet derevo: set svyazna, i mezhdu lyubymi dvumya gorodami suschestvuet rovno odin put. zametim, chto esli gorod a naibolee udalen ot goroda b, to v a vedet rovno odna doroga. inache, pridya v a iz b, mozhno bylo by proyti esche dalshe po drugoy doroge, ne vozvraschayas nazad, chto protivorechit maksimalnosti rasstoyaniya ot b do a. takie goroda nazovem okrainnymi. udalim iz shemy vse okrainnye goroda vmeste s intsidentnymi im dorogami. ni odin tsentralnyy gorod pri etom ne ischeznet: okrainnyy gorod mozhet byt tsentralnym tolko v vyrozhdennom sluchae iz dvuh gorodov, a togda treh tsentralnyh gorodov byt ne mozhet. posle udaleniya okrainnyh vershin ostavshayasya set po-prezhnemu yavlyaetsya derevom, a pokazateli provintsialnosti vseh ostavshihsya gorodov umenshayutsya na 1. sledovatelno, mnozhestvo tsentralnyh gorodov ne menyaetsya. povtoryaya etu operatsiyu, my v kontse kontsov sotrem vse netsentralnye goro…","source_keys":["misc"]}
{"id":"utyum-2001_olymp8_6_countries_route","title":"Маршрут по 19 странам и закрытые границы, УТЮМ 2001","path":"data\\problems\\utyum\\utyum-2001_olymp8_6_countries_route.yaml","raw_github_url":"https://raw.githubusercontent.com/didin-maxim/knowledge_graph_of_graphs/main/data/problems/utyum/utyum-2001_olymp8_6_countries_route.yaml","viewer_url":"https://didin-maxim.github.io/knowledge_graph_of_graphs/#utyum-2001_olymp8_6_countries_route","source_key":"misc","source_label":"УТЮМ","source_titles":["УТЮМ 2001, личная олимпиада, 8 класс, 6. Маршрут по 19 странам (официальный архив)"],"year":"2001","type":"olympiad_problem","authors":[],"tags":["planar_graphs","goal_counting"],"agent_topics":[],"difficulty":{"main":"regional","local_score":6,"comment":"Импортировано из пакета УТЮМ; этап: личная олимпиада, 8 класс.","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":"Квадратный материк разделен на 19 стран в форме выпуклых многоугольников, причем нет точек, в которых сходились бы границы четырех или больше стран. Из всяких трех границ, сходящихся в одной точке, одна закрыта, а две открыты для проезда. Докажите, что невозможно объехать все эти страны, побывав в каждой по одному разу и вернуться в исходную страну.","definition_ids":[]}],"graph_theory":[{"id":"stmt-graph-plane-dual-cycle","title":"Цикл в двойственном графе карты","status":"ai_checked","text":"Плоский связный граф имеет 19 граней, все его вершины имеют степень 3, а у каждой вершины ровно одно инцидентное ребро объявлено закрытым. Докажите, что в двойственном графе не существует цикла, который проходит по каждой грани ровно один раз и использует только переходы через незакрытые рёбра исходного графа.","definition_ids":["planar_graph","cycle","connected_graph","degree"]}]},"solutions":[{"id":"sol-official","title":"Решение","status":"ai_checked","definition_ids":["planar_graph","cycle"],"standard_idea_ids":[],"tags":[],"has_text":true,"text_preview":"Назовем вершиной точку, где сходятся границы трех стран. По условию из каждой вершины выходит ровно одна закрытая граница. Предположим, что требуемый замкнутый маршрут существует. Он не пересекает закрытых границ, поэтому каждая закрытая граница либо целиком лежит внутри маршрута, либо целиком снаружи. Тогда все вершины, находящиеся внутри маршрута, разбиваются на пары вершин, соединенных закрытыми границами. Значит, число внутренних вершин четно; обозначим его через k. Мысленно заменим участки границ между вершинами нитями и разрежем каждую такую нить пополам. Из внутренних вершин выходит 3k половинок нитей. Из них ровно 19 ведут наружу, по одной в каждую из 19 стран, через которые маршрут проходит по одному разу. Следовательно, половинок нитей, получившихся из нитей, целиком лежащих внутри маршрута, будет 3k - 19. Но это число нечетно, тогда как такие половинки должны возникать парами…"}],"relations":[],"search_text":"utyum-2001_olymp8_6_countries_route маршрут по 19 странам и закрытые границы, утюм 2001 planar_graphs goal_counting 2001 https://turmath.ru/uraltur/files/archive/ural17.zip misc misc2001 official_archive src-utyum-2001_olymp8_6_countries_route-official with_solution утюм утюм 2001, личная олимпиада, 8 класс, 6. маршрут по 19 странам (официальный архив) утюм2001 ? утюм 2001, личная олимпиада, 8 класс, 6. маршрут по 19 странам (официальный архив) stmt-original оригинальная формулировка ai_checked квадратный материк разделен на 19 стран в форме выпуклых многоугольников, причем нет точек, в которых сходились бы границы четырех или больше стран. из всяких трех границ, сходящихся в одной точке, одна закрыта, а две открыты для проезда. докажите, что невозможно объехать все эти страны, побывав в каждой по одному разу и вернуться в исходную страну. stmt-graph-plane-dual-cycle цикл в двойственном графе карты ai_checked плоский связный граф имеет 19 граней, все его вершины имеют степень 3, а у каждой вершины ровно одно инцидентное ребро объявлено закрытым. докажите, что в двойственном графе не существует цикла, который проходит по каждой грани ровно один раз и использует только переходы через незакрытые рёбра исходного графа. planar_graph cycle connected_graph degree sol-official решение ai_checked planar_graph cycle назовем вершиной точку, где сходятся границы трех стран. по условию из каждой вершины выходит ровно одна закрытая граница. предположим, что требуемый замкнутый маршрут существует. он не пересекает закрытых границ, поэтому каждая закрытая граница либо целиком лежит внутри маршрута, либо целиком снаружи. тогда все вершины, находящиеся внутри маршрута, разбиваются на пары вершин, соединенных закрытыми границами. значит, число внутренних вершин четно; обозначим его через k. мысленно заменим участки границ между вершинами нитями и разрежем каждую такую нить пополам. из внутренних вершин выходит 3k половинок нитей. из них ровно 19 ведут наружу, по одной в каждую из 19 стран, через которые маршрут проходит по одному разу. следовательно, половинок нитей, получившихся из нитей, целиком лежащих внутри маршрута, будет 3k - 19. но это число нечетно, тогда как такие половинки должны возникать парами… utyum-2001_olymp8_6_countries_route marshrut po 19 stranam i zakrytye granitsy, utyum 2001 planar_graphs goal_counting 2001 https://turmath.ru/uraltur/files/archive/ural17.zip misc misc2001 official_archive src-utyum-2001_olymp8_6_countries_route-official with_solution utyum utyum 2001, lichnaya olimpiada, 8 klass, 6. marshrut po 19 stranam (ofitsialnyy arhiv) utyum2001 ? utyum 2001, lichnaya olimpiada, 8 klass, 6. marshrut po 19 stranam (ofitsialnyy arhiv) stmt-original originalnaya formulirovka ai_checked kvadratnyy materik razdelen na 19 stran v forme vypuklyh mnogougolnikov, prichem net tochek, v kotoryh shodilis by granitsy chetyreh ili bolshe stran. iz vsyakih treh granits, shodyaschihsya v odnoy tochke, odna zakryta, a dve otkryty dlya proezda. dokazhite, chto nevozmozhno obehat vse eti strany, pobyvav v kazhdoy po odnomu razu i vernutsya v ishodnuyu stranu. stmt-graph-plane-dual-cycle tsikl v dvoystvennom grafe karty ai_checked ploskiy svyaznyy graf imeet 19 graney, vse ego vershiny imeyut stepen 3, a u kazhdoy vershiny rovno odno intsidentnoe rebro obyavleno zakrytym. dokazhite, chto v dvoystvennom grafe ne suschestvuet tsikla, kotoryy prohodit po kazhdoy grani rovno odin raz i ispolzuet tolko perehody cherez nezakrytye rebra ishodnogo grafa. planar_graph cycle connected_graph degree sol-official reshenie ai_checked planar_graph cycle nazovem vershinoy tochku, gde shodyatsya granitsy treh stran. po usloviyu iz kazhdoy vershiny vyhodit rovno odna zakrytaya granitsa. predpolozhim, chto trebuemyy zamknutyy marshrut suschestvuet. on ne peresekaet zakrytyh granits, poetomu kazhdaya zakrytaya granitsa libo tselikom lezhit vnutri marshruta, libo tselikom snaruzhi. togda vse vershiny, nahodyaschiesya vnutri marshruta, razbivayutsya na pary vershin, soedinennyh zakrytymi granitsami. znachit, chislo vnutrennih vershin chetno; oboznachim ego cherez k. myslenno zamenim uchastki granits mezhdu vershinami nityami i razrezhem kazhduyu takuyu nit popolam. iz vnutrennih vershin vyhodit 3k polovinok nitey. iz nih rovno 19 vedut naruzhu, po odnoy v kazhduyu iz 19 stran, cherez kotorye marshrut prohodit po odnomu razu. sledovatelno, polovinok nitey, poluchivshihsya iz nitey, tselikom lezhaschih vnutri marshruta, budet 3k - 19. no eto chislo nechetno, togda kak takie polovinki dolzhny voznikat parami…","source_keys":["misc"]}
{"id":"utyum-2002_carousel_senior_8x8_polyline","title":"Максимальный простой цикл в сетке 8x8, УТЮМ 2002","path":"data\\problems\\utyum\\utyum-2002_carousel_senior_8x8_polyline.yaml","raw_github_url":"https://raw.githubusercontent.com/didin-maxim/knowledge_graph_of_graphs/main/data/problems/utyum/utyum-2002_carousel_senior_8x8_polyline.yaml","viewer_url":"https://didin-maxim.github.io/knowledge_graph_of_graphs/#utyum-2002_carousel_senior_8x8_polyline","source_key":"misc","source_label":"УТЮМ","source_titles":["УТЮМ 2002, математическая карусель, старшая лига, зачётная задача, 8. Максимальная длина замкнутой несамопересекающейся ломаной на сетке 8x8 (официальный архив)"],"year":"2002","type":"olympiad_problem","authors":[],"tags":["planar_graphs","goal_exact_bound"],"agent_topics":[],"difficulty":{"main":"regional","local_score":6,"comment":"Импортировано из пакета УТЮМ; этап: математическая карусель, старшая лига, зачётная задача.","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":"Какую наибольшую длину может иметь замкнутая самонепересекающаяся ломаная, идущая по линиям сетки квадрата 8x8, в том числе по краю?","definition_ids":[]}],"graph_theory":[{"id":"stmt-graph-bipartite-grid","title":"Простой цикл в решётке 9x9","status":"ai_checked","text":"Рассмотрим решёточный граф \\(9\\times 9\\), вершинами которого являются узлы квадратной решётки, а рёбра соединяют соседние узлы. Какое наибольшее возможное число вершин может быть в простом цикле этого графа?","definition_ids":["bipartite_graph","cycle"]}]},"solutions":[{"id":"sol-official","title":"Решение","status":"ai_checked","definition_ids":["bipartite_graph","path","cycle"],"standard_idea_ids":[],"tags":[],"has_text":true,"text_preview":"Ответ: 80. Перейдём к графовой модели. У квадрата 8x8 есть 9x9 узлов решётки; соединим ребром две соседние по стороне решётки вершины. Замкнутая самонепересекающаяся ломаная, идущая по линиям сетки, ровно соответствует простому циклу в этом решёточном графе, а её длина равна числу рёбер цикла, то есть также числу его вершин. Раскрасим 81 узел в шахматном порядке по чётности суммы координат. В решётке 9x9 вершин одного цвета 41, другого 40. Каждый шаг по ребру меняет цвет, поэтому в любом цикле цвета строго чередуются. Значит, в цикле поровну вершин двух цветов. Так как вершин меньшего цвета всего 40, любой цикл содержит не более 40+40=80 вершин. Следовательно, длина ломаной не превосходит 80. Осталось показать, что оценка достигается. Пронумеруем узлы координатами (x,y), где 0<=x,y<=8, и не будем использовать центральный узел (4,4). Следующий замкнутый маршрут проходит по соседним узлам…"}],"relations":[],"search_text":"utyum-2002_carousel_senior_8x8_polyline максимальный простой цикл в сетке 8x8, утюм 2002 planar_graphs goal_exact_bound 2002 https://turmath.ru/uraltur/files/archive/ural19.zip misc misc2002 official_archive src-utyum-2002_carousel_senior_8x8_polyline-official with_solution утюм утюм 2002, математическая карусель, старшая лига, зачётная задача, 8. максимальная длина замкнутой несамопересекающейся ломаной на сетке 8x8 (официальный архив) утюм2002 ? утюм 2002, математическая карусель, старшая лига, зачётная задача, 8. максимальная длина замкнутой несамопересекающейся ломаной на сетке 8x8 (официальный архив) stmt-original оригинальная формулировка ai_checked какую наибольшую длину может иметь замкнутая самонепересекающаяся ломаная, идущая по линиям сетки квадрата 8x8, в том числе по краю? stmt-graph-bipartite-grid простой цикл в решётке 9x9 ai_checked рассмотрим решёточный граф \\(9\\times 9\\), вершинами которого являются узлы квадратной решётки, а рёбра соединяют соседние узлы. какое наибольшее возможное число вершин может быть в простом цикле этого графа? bipartite_graph cycle sol-official решение ai_checked bipartite_graph path cycle ответ: 80. перейдём к графовой модели. у квадрата 8x8 есть 9x9 узлов решётки; соединим ребром две соседние по стороне решётки вершины. замкнутая самонепересекающаяся ломаная, идущая по линиям сетки, ровно соответствует простому циклу в этом решёточном графе, а её длина равна числу рёбер цикла, то есть также числу его вершин. раскрасим 81 узел в шахматном порядке по чётности суммы координат. в решётке 9x9 вершин одного цвета 41, другого 40. каждый шаг по ребру меняет цвет, поэтому в любом цикле цвета строго чередуются. значит, в цикле поровну вершин двух цветов. так как вершин меньшего цвета всего 40, любой цикл содержит не более 40+40=80 вершин. следовательно, длина ломаной не превосходит 80. осталось показать, что оценка достигается. пронумеруем узлы координатами (x,y), где 0<=x,y<=8, и не будем использовать центральный узел (4,4). следующий замкнутый маршрут проходит по соседним узлам… utyum-2002_carousel_senior_8x8_polyline maksimalnyy prostoy tsikl v setke 8x8, utyum 2002 planar_graphs goal_exact_bound 2002 https://turmath.ru/uraltur/files/archive/ural19.zip misc misc2002 official_archive src-utyum-2002_carousel_senior_8x8_polyline-official with_solution utyum utyum 2002, matematicheskaya karusel, starshaya liga, zachetnaya zadacha, 8. maksimalnaya dlina zamknutoy nesamoperesekayuscheysya lomanoy na setke 8x8 (ofitsialnyy arhiv) utyum2002 ? utyum 2002, matematicheskaya karusel, starshaya liga, zachetnaya zadacha, 8. maksimalnaya dlina zamknutoy nesamoperesekayuscheysya lomanoy na setke 8x8 (ofitsialnyy arhiv) stmt-original originalnaya formulirovka ai_checked kakuyu naibolshuyu dlinu mozhet imet zamknutaya samoneperesekayuschayasya lomanaya, iduschaya po liniyam setki kvadrata 8x8, v tom chisle po krayu? stmt-graph-bipartite-grid prostoy tsikl v reshetke 9x9 ai_checked rassmotrim reshetochnyy graf \\(9\\times 9\\), vershinami kotorogo yavlyayutsya uzly kvadratnoy reshetki, a rebra soedinyayut sosednie uzly. kakoe naibolshee vozmozhnoe chislo vershin mozhet byt v prostom tsikle etogo grafa? bipartite_graph cycle sol-official reshenie ai_checked bipartite_graph path cycle otvet: 80. pereydem k grafovoy modeli. u kvadrata 8x8 est 9x9 uzlov reshetki; soedinim rebrom dve sosednie po storone reshetki vershiny. zamknutaya samoneperesekayuschayasya lomanaya, iduschaya po liniyam setki, rovno sootvetstvuet prostomu tsiklu v etom reshetochnom grafe, a ee dlina ravna chislu reber tsikla, to est takzhe chislu ego vershin. raskrasim 81 uzel v shahmatnom poryadke po chetnosti summy koordinat. v reshetke 9x9 vershin odnogo tsveta 41, drugogo 40. kazhdyy shag po rebru menyaet tsvet, poetomu v lyubom tsikle tsveta strogo chereduyutsya. znachit, v tsikle porovnu vershin dvuh tsvetov. tak kak vershin menshego tsveta vsego 40, lyuboy tsikl soderzhit ne bolee 40+40=80 vershin. sledovatelno, dlina lomanoy ne prevoshodit 80. ostalos pokazat, chto otsenka dostigaetsya. pronumeruem uzly koordinatami (x,y), gde 0<=x,y<=8, i ne budem ispolzovat tsentralnyy uzel (4,4). sleduyuschiy zamknutyy marshrut prohodit po sosednim uzlam…","source_keys":["misc"]}
{"id":"utyum-2004_line_acquaintances_endpoints","title":"Равенство степеней крайних при балансе знакомств слева и справа, УТЮМ 2004","path":"data\\problems\\utyum\\utyum-2004_line_acquaintances_endpoints.yaml","raw_github_url":"https://raw.githubusercontent.com/didin-maxim/knowledge_graph_of_graphs/main/data/problems/utyum/utyum-2004_line_acquaintances_endpoints.yaml","viewer_url":"https://didin-maxim.github.io/knowledge_graph_of_graphs/#utyum-2004_line_acquaintances_endpoints","source_key":"misc","source_label":"УТЮМ","source_titles":["УТЮМ 2004, пакет источников с локальными решениями, 3. Школьники в шеренге и знакомства слева и справа (официальный архив)"],"year":"2004","type":"olympiad_problem","authors":[],"tags":["double_counting","goal_counting"],"agent_topics":[],"difficulty":{"main":"regional","local_score":6,"comment":"Импортировано из пакета УТЮМ; этап: исходный пакет с локальными решениями.","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":"Несколько школьников построились в шеренгу. Оказалось, что у каждого школьника, кроме двух крайних, поровну знакомых слева и справа от него. Докажите, что у двух крайних школьников поровну знакомых.","definition_ids":["simple_graph","degree"]}],"graph_theory":[{"id":"stmt-graph","title":"Степени крайних вершин в упорядоченном графе","status":"ai_checked","text":"Дан простой граф, вершины которого упорядочены в ряд. Для каждой внутренней вершины число соседей слева равно числу соседей справа. Докажите, что степени двух крайних вершин равны.","definition_ids":["simple_graph","degree"]}]},"solutions":[{"id":"sol-official","title":"Решение","status":"ai_checked","definition_ids":["simple_graph","degree"],"standard_idea_ids":[],"tags":[],"has_text":true,"text_preview":"Пусть каждый школьник даст по рублю каждому своему знакомому, стоящему слева от него. Тогда крайний слева школьник получит столько рублей, сколько у него знакомых, потому что все его знакомые стоят справа. Крайний справа, наоборот, отдаст столько рублей, сколько у него знакомых, потому что все его знакомые стоят слева. Рассмотрим любого внутреннего школьника. По условию у него поровну знакомых слева и справа, значит, он отдаст столько же рублей, сколько получит. Следовательно, суммарный баланс всех внутренних школьников равен нулю. Но сумма всех денежных потоков по всей шеренге тоже равна нулю. Значит, выигрыш крайнего слева равен по модулю проигрышу крайнего справа. Иными словами, число знакомых у двух крайних школьников одинаково."}],"relations":[],"search_text":"utyum-2004_line_acquaintances_endpoints равенство степеней крайних при балансе знакомств слева и справа, утюм 2004 double_counting goal_counting 2004 https://turmath.ru/uraltur/files/archive/ural24.zip misc misc2004 official_archive src-utyum-2004_line_acquaintances_endpoints-official with_solution утюм утюм 2004, пакет источников с локальными решениями, 3. школьники в шеренге и знакомства слева и справа (официальный архив) утюм2004 ? утюм 2004, пакет источников с локальными решениями, 3. школьники в шеренге и знакомства слева и справа (официальный архив) stmt-original оригинальная формулировка ai_checked несколько школьников построились в шеренгу. оказалось, что у каждого школьника, кроме двух крайних, поровну знакомых слева и справа от него. докажите, что у двух крайних школьников поровну знакомых. simple_graph degree stmt-graph степени крайних вершин в упорядоченном графе ai_checked дан простой граф, вершины которого упорядочены в ряд. для каждой внутренней вершины число соседей слева равно числу соседей справа. докажите, что степени двух крайних вершин равны. simple_graph degree sol-official решение ai_checked simple_graph degree пусть каждый школьник даст по рублю каждому своему знакомому, стоящему слева от него. тогда крайний слева школьник получит столько рублей, сколько у него знакомых, потому что все его знакомые стоят справа. крайний справа, наоборот, отдаст столько рублей, сколько у него знакомых, потому что все его знакомые стоят слева. рассмотрим любого внутреннего школьника. по условию у него поровну знакомых слева и справа, значит, он отдаст столько же рублей, сколько получит. следовательно, суммарный баланс всех внутренних школьников равен нулю. но сумма всех денежных потоков по всей шеренге тоже равна нулю. значит, выигрыш крайнего слева равен по модулю проигрышу крайнего справа. иными словами, число знакомых у двух крайних школьников одинаково. utyum-2004_line_acquaintances_endpoints ravenstvo stepeney kraynih pri balanse znakomstv sleva i sprava, utyum 2004 double_counting goal_counting 2004 https://turmath.ru/uraltur/files/archive/ural24.zip misc misc2004 official_archive src-utyum-2004_line_acquaintances_endpoints-official with_solution utyum utyum 2004, paket istochnikov s lokalnymi resheniyami, 3. shkolniki v sherenge i znakomstva sleva i sprava (ofitsialnyy arhiv) utyum2004 ? utyum 2004, paket istochnikov s lokalnymi resheniyami, 3. shkolniki v sherenge i znakomstva sleva i sprava (ofitsialnyy arhiv) stmt-original originalnaya formulirovka ai_checked neskolko shkolnikov postroilis v sherengu. okazalos, chto u kazhdogo shkolnika, krome dvuh kraynih, porovnu znakomyh sleva i sprava ot nego. dokazhite, chto u dvuh kraynih shkolnikov porovnu znakomyh. simple_graph degree stmt-graph stepeni kraynih vershin v uporyadochennom grafe ai_checked dan prostoy graf, vershiny kotorogo uporyadocheny v ryad. dlya kazhdoy vnutrenney vershiny chislo sosedey sleva ravno chislu sosedey sprava. dokazhite, chto stepeni dvuh kraynih vershin ravny. simple_graph degree sol-official reshenie ai_checked simple_graph degree pust kazhdyy shkolnik dast po rublyu kazhdomu svoemu znakomomu, stoyaschemu sleva ot nego. togda krayniy sleva shkolnik poluchit stolko rubley, skolko u nego znakomyh, potomu chto vse ego znakomye stoyat sprava. krayniy sprava, naoborot, otdast stolko rubley, skolko u nego znakomyh, potomu chto vse ego znakomye stoyat sleva. rassmotrim lyubogo vnutrennego shkolnika. po usloviyu u nego porovnu znakomyh sleva i sprava, znachit, on otdast stolko zhe rubley, skolko poluchit. sledovatelno, summarnyy balans vseh vnutrennih shkolnikov raven nulyu. no summa vseh denezhnyh potokov po vsey sherenge tozhe ravna nulyu. znachit, vyigrysh kraynego sleva raven po modulyu proigryshu kraynego sprava. inymi slovami, chislo znakomyh u dvuh kraynih shkolnikov odinakovo.","source_keys":["misc"]}
{"id":"utyum-2006_ural27_8_acquaintance_pairs","title":"Треугольники знакомств в каждой пятёрке, УТЮМ 2006","path":"data\\problems\\utyum\\utyum-2006_ural27_8_acquaintance_pairs.yaml","raw_github_url":"https://raw.githubusercontent.com/didin-maxim/knowledge_graph_of_graphs/main/data/problems/utyum/utyum-2006_ural27_8_acquaintance_pairs.yaml","viewer_url":"https://didin-maxim.github.io/knowledge_graph_of_graphs/#utyum-2006_ural27_8_acquaintance_pairs","source_key":"misc","source_label":"УТЮМ","source_titles":["УТЮМ 2006, XXVII УТЮМ, пакет источников с локальными решениями, 8. 100 участников турнира и минимум 4850 пар знакомых (официальный архив)"],"year":"2006","type":"olympiad_problem","authors":[],"tags":["extremal_graph_theory","goal_exact_bound"],"agent_topics":[],"difficulty":{"main":"regional","local_score":6,"comment":"Импортировано из пакета УТЮМ; этап: XXVII УТЮМ, исходный пакет с локальными решениями.","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":"На турнир приехало 100 человек. Из любых пяти из них можно по крайней мере двумя способами выбрать трёх попарно знакомых. Докажите, что среди них есть по крайней мере 4850 пар знакомых.","definition_ids":["simple_graph","clique"]}],"graph_theory":[{"id":"stmt-graph","title":"Два треугольника в любой пятёрке вершин","status":"ai_checked","text":"Дан простой граф на 100 вершинах. В любом множестве из пяти вершин можно по крайней мере двумя способами выбрать тройку вершин, образующую клику. Докажите, что в графе не менее 4850 рёбер.","definition_ids":["simple_graph","clique","triangle"]},{"id":"stmt-graph-complement","title":"Дополнительный граф незнакомств","status":"ai_checked","text":"Пусть \\(H\\) — дополнительный граф к графу знакомств на 100 вершинах. Если в любом 5-элементном множестве вершин дополнение к \\(H\\) содержит хотя бы два различных треугольника, докажите, что в \\(H\\) не более 100 рёбер.","definition_ids":["simple_graph","clique","complement_graph","triangle"]}]},"solutions":[{"id":"sol-official","title":"Решение","status":"ai_checked","definition_ids":["simple_graph","clique","cycle"],"standard_idea_ids":[],"tags":[],"has_text":true,"text_preview":"Рассмотрим граф незнакомства: вершины соответствуют участникам турнира, а рёбра соединяют пары незнакомых. Если в этом графе есть треугольник ABC, то для любых ещё двух участников D и E в пятёрке ABCDE рёбра DE и по крайней мере четыре рёбра между {D,E} и {A,B,C} отсутствуют, иначе нельзя было бы получить две тройки попарно знакомых. Отсюда число пар знакомых уже не меньше 97*96/2 + 2*97 = 4850. Поэтому можно считать, что треугольников в графе незнакомства нет. Покажем также, что в нём нет пути длины 4: иначе пять вершин такого пути дали бы пятёрку, в которой нельзя выбрать две тройки попарно знакомых. Тогда любой цикл длины 4 образует отдельную компоненту связности. Значит, каждая компонента графа незнакомства либо является деревом, либо циклом длины 4. В обоих случаях число рёбер в компоненте не превосходит числа её вершин, поэтому всего рёбер не больше 100. Тогда пар знакомых не мень…"}],"relations":[{"id":"rel-utyum-2006-acquaintance-pairs-utyum-2016-min-acquaintance-pairs","neighbor_id":"utyum-2016_tur2_3_min_acquaintance_pairs","direction":"forward","type":"same_motif","distance":1,"status":"needs_human_review"}],"search_text":"utyum-2006_ural27_8_acquaintance_pairs треугольники знакомств в каждой пятёрке, утюм 2006 extremal_graph_theory goal_exact_bound 2006 https://turmath.ru/uraltur/files/archive/ural27.zip misc misc2006 official_archive src-utyum-2006_ural27_8_acquaintance_pairs-official with_solution утюм утюм 2006, xxvii утюм, пакет источников с локальными решениями, 8. 100 участников турнира и минимум 4850 пар знакомых (официальный архив) утюм2006 ? утюм 2006, xxvii утюм, пакет источников с локальными решениями, 8. 100 участников турнира и минимум 4850 пар знакомых (официальный архив) stmt-original оригинальная формулировка ai_checked на турнир приехало 100 человек. из любых пяти из них можно по крайней мере двумя способами выбрать трёх попарно знакомых. докажите, что среди них есть по крайней мере 4850 пар знакомых. simple_graph clique stmt-graph два треугольника в любой пятёрке вершин ai_checked дан простой граф на 100 вершинах. в любом множестве из пяти вершин можно по крайней мере двумя способами выбрать тройку вершин, образующую клику. докажите, что в графе не менее 4850 рёбер. simple_graph clique triangle stmt-graph-complement дополнительный граф незнакомств ai_checked пусть \\(h\\) — дополнительный граф к графу знакомств на 100 вершинах. если в любом 5-элементном множестве вершин дополнение к \\(h\\) содержит хотя бы два различных треугольника, докажите, что в \\(h\\) не более 100 рёбер. simple_graph clique complement_graph triangle sol-official решение ai_checked simple_graph clique cycle рассмотрим граф незнакомства: вершины соответствуют участникам турнира, а рёбра соединяют пары незнакомых. если в этом графе есть треугольник abc, то для любых ещё двух участников d и e в пятёрке abcde рёбра de и по крайней мере четыре рёбра между {d,e} и {a,b,c} отсутствуют, иначе нельзя было бы получить две тройки попарно знакомых. отсюда число пар знакомых уже не меньше 97*96/2 + 2*97 = 4850. поэтому можно считать, что треугольников в графе незнакомства нет. покажем также, что в нём нет пути длины 4: иначе пять вершин такого пути дали бы пятёрку, в которой нельзя выбрать две тройки попарно знакомых. тогда любой цикл длины 4 образует отдельную компоненту связности. значит, каждая компонента графа незнакомства либо является деревом, либо циклом длины 4. в обоих случаях число рёбер в компоненте не превосходит числа её вершин, поэтому всего рёбер не больше 100. тогда пар знакомых не мень… utyum-2006_ural27_8_acquaintance_pairs treugolniki znakomstv v kazhdoy pyaterke, utyum 2006 extremal_graph_theory goal_exact_bound 2006 https://turmath.ru/uraltur/files/archive/ural27.zip misc misc2006 official_archive src-utyum-2006_ural27_8_acquaintance_pairs-official with_solution utyum utyum 2006, xxvii utyum, paket istochnikov s lokalnymi resheniyami, 8. 100 uchastnikov turnira i minimum 4850 par znakomyh (ofitsialnyy arhiv) utyum2006 ? utyum 2006, xxvii utyum, paket istochnikov s lokalnymi resheniyami, 8. 100 uchastnikov turnira i minimum 4850 par znakomyh (ofitsialnyy arhiv) stmt-original originalnaya formulirovka ai_checked na turnir priehalo 100 chelovek. iz lyubyh pyati iz nih mozhno po krayney mere dvumya sposobami vybrat treh poparno znakomyh. dokazhite, chto sredi nih est po krayney mere 4850 par znakomyh. simple_graph clique stmt-graph dva treugolnika v lyuboy pyaterke vershin ai_checked dan prostoy graf na 100 vershinah. v lyubom mnozhestve iz pyati vershin mozhno po krayney mere dvumya sposobami vybrat troyku vershin, obrazuyuschuyu kliku. dokazhite, chto v grafe ne menee 4850 reber. simple_graph clique triangle stmt-graph-complement dopolnitelnyy graf neznakomstv ai_checked pust \\(h\\) — dopolnitelnyy graf k grafu znakomstv na 100 vershinah. esli v lyubom 5-elementnom mnozhestve vershin dopolnenie k \\(h\\) soderzhit hotya by dva razlichnyh treugolnika, dokazhite, chto v \\(h\\) ne bolee 100 reber. simple_graph clique complement_graph triangle sol-official reshenie ai_checked simple_graph clique cycle rassmotrim graf neznakomstva: vershiny sootvetstvuyut uchastnikam turnira, a rebra soedinyayut pary neznakomyh. esli v etom grafe est treugolnik abc, to dlya lyubyh esche dvuh uchastnikov d i e v pyaterke abcde rebra de i po krayney mere chetyre rebra mezhdu {d,e} i {a,b,c} otsutstvuyut, inache nelzya bylo by poluchit dve troyki poparno znakomyh. otsyuda chislo par znakomyh uzhe ne menshe 97*96/2 + 2*97 = 4850. poetomu mozhno schitat, chto treugolnikov v grafe neznakomstva net. pokazhem takzhe, chto v nem net puti dliny 4: inache pyat vershin takogo puti dali by pyaterku, v kotoroy nelzya vybrat dve troyki poparno znakomyh. togda lyuboy tsikl dliny 4 obrazuet otdelnuyu komponentu svyaznosti. znachit, kazhdaya komponenta grafa neznakomstva libo yavlyaetsya derevom, libo tsiklom dliny 4. v oboih sluchayah chislo reber v komponente ne prevoshodit chisla ee vershin, poetomu vsego reber ne bolshe 100. togda par znakomyh ne men…","source_keys":["misc"]}
{"id":"utyum-2007_lichol30_4_rectangle_coloring","title":"Двухцветная раскраска клеточного графа, УТЮМ 2007","path":"data\\problems\\utyum\\utyum-2007_lichol30_4_rectangle_coloring.yaml","raw_github_url":"https://raw.githubusercontent.com/didin-maxim/knowledge_graph_of_graphs/main/data/problems/utyum/utyum-2007_lichol30_4_rectangle_coloring.yaml","viewer_url":"https://didin-maxim.github.io/knowledge_graph_of_graphs/#utyum-2007_lichol30_4_rectangle_coloring","source_key":"misc","source_label":"УТЮМ","source_titles":["УТЮМ 2007, личная олимпиада, 8 класс, 4. Раскраска клеток прямоугольника и равенство одноцветных соседств (официальный архив)"],"year":"2007","type":"olympiad_problem","authors":[],"tags":["coloring","double_counting","goal_exact_bound"],"agent_topics":[],"difficulty":{"main":"regional","local_score":4,"comment":"Импортировано из пакета УТЮМ; этап: личная олимпиада, 8 класс.","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":"Клетки прямоугольника раскрашены в белый и голубой цвета, причём белых и голубых клеток поровну. Среди клеток, примыкающих к сторонам прямоугольника, белых и голубых поровну, среди угловых клеток прямоугольника тоже поровну. Докажите, что сторон клеток, разделяющих два белых квадрата, столько же, сколько сторон клеток, разделяющих два голубых квадрата.","definition_ids":["simple_graph"]}],"graph_theory":[{"id":"stmt-grid-graph","title":"Одноцветные рёбра в клеточном графе","status":"ai_checked","text":"Рассмотрим граф смежности клеток прямоугольной решётки: вершины соответствуют клеткам, а ребро соединяет две клетки с общей стороной. Вершины раскрашены в два цвета, причём вершин каждого цвета поровну; среди граничных вершин и среди угловых вершин каждого цвета тоже поровну. Докажите, что число рёбер, соединяющих две белые вершины, равно числу рёбер, соединяющих две голубые вершины.","definition_ids":["simple_graph"]}]},"solutions":[{"id":"sol-official","title":"Решение","status":"ai_checked","definition_ids":["simple_graph"],"standard_idea_ids":[],"tags":[],"has_text":true,"text_preview":"Покрасим стороны внешней границы прямоугольника. Назовём окрашенными только те стороны клеток, которые лежат на внешней границе; все общие стороны двух соседних клеток остаются неокрашенными. У угловой клетки две окрашенные стороны, у граничной неугловой клетки одна, у внутренней клетки ни одной. По условию среди всех граничных клеток белых и голубых поровну, и среди угловых клеток белых и голубых поровну. Значит, после вычитания угловых клеток среди граничных неугловых клеток белых и голубых тоже поровну. Поэтому суммарное число окрашенных сторон, инцидентных белым клеткам, равно суммарному числу окрашенных сторон, инцидентных голубым клеткам. Каждая клетка имеет четыре стороны. Так как белых и голубых клеток поровну, общее число сторон, посчитанных с инцидентностью к белым клеткам, равно такому же общему числу для голубых клеток. Вычитая из этих равных величин равные суммы окрашенных…"}],"relations":[{"id":"rel-utyum-2007-rectangle-tc-2022-grid-boundary-count","neighbor_id":"tc-2022-23-blue-red-cells-connectivity","direction":"forward","type":"same_motif","distance":2,"status":"needs_human_review"},{"id":"rel-metadata-pass-utyum-2007-imo-1996-c2-grid-color-counting","neighbor_id":"imo-1996-c2-grid-vertices-two-red","direction":"forward","type":"same_motif","distance":3,"status":"ai_checked"}],"search_text":"utyum-2007_lichol30_4_rectangle_coloring двухцветная раскраска клеточного графа, утюм 2007 coloring double_counting goal_exact_bound 2007 https://turmath.ru/uraltur/files/archive/ural30.zip misc misc2007 official_archive src-utyum-2007_lichol30_4_rectangle_coloring-official with_solution утюм утюм 2007, личная олимпиада, 8 класс, 4. раскраска клеток прямоугольника и равенство одноцветных соседств (официальный архив) утюм2007 ? утюм 2007, личная олимпиада, 8 класс, 4. раскраска клеток прямоугольника и равенство одноцветных соседств (официальный архив) stmt-original оригинальная формулировка ai_checked клетки прямоугольника раскрашены в белый и голубой цвета, причём белых и голубых клеток поровну. среди клеток, примыкающих к сторонам прямоугольника, белых и голубых поровну, среди угловых клеток прямоугольника тоже поровну. докажите, что сторон клеток, разделяющих два белых квадрата, столько же, сколько сторон клеток, разделяющих два голубых квадрата. simple_graph stmt-grid-graph одноцветные рёбра в клеточном графе ai_checked рассмотрим граф смежности клеток прямоугольной решётки: вершины соответствуют клеткам, а ребро соединяет две клетки с общей стороной. вершины раскрашены в два цвета, причём вершин каждого цвета поровну; среди граничных вершин и среди угловых вершин каждого цвета тоже поровну. докажите, что число рёбер, соединяющих две белые вершины, равно числу рёбер, соединяющих две голубые вершины. simple_graph idea-boundary-adjusted-degree-count подсчёт степеней с учётом границы если добавить внешние стороны границы в подсчёт, то суммарное число инцидентных сторон по белым клеткам равно соответствующей сумме по синим клеткам. так как два цветовых класса имеют одинаковый размер, вычитание общего вклада степеней клеток оставляет равное число внутренних одноцветных соседств. double_counting coloring ai_checked sol-official решение ai_checked simple_graph покрасим стороны внешней границы прямоугольника. назовём окрашенными только те стороны клеток, которые лежат на внешней границе; все общие стороны двух соседних клеток остаются неокрашенными. у угловой клетки две окрашенные стороны, у граничной неугловой клетки одна, у внутренней клетки ни одной. по условию среди всех граничных клеток белых и голубых поровну, и среди угловых клеток белых и голубых поровну. значит, после вычитания угловых клеток среди граничных неугловых клеток белых и голубых тоже поровну. поэтому суммарное число окрашенных сторон, инцидентных белым клеткам, равно суммарному числу окрашенных сторон, инцидентных голубым клеткам. каждая клетка имеет четыре стороны. так как белых и голубых клеток поровну, общее число сторон, посчитанных с инцидентностью к белым клеткам, равно такому же общему числу для голубых клеток. вычитая из этих равных величин равные суммы окрашенных… utyum-2007_lichol30_4_rectangle_coloring dvuhtsvetnaya raskraska kletochnogo grafa, utyum 2007 coloring double_counting goal_exact_bound 2007 https://turmath.ru/uraltur/files/archive/ural30.zip misc misc2007 official_archive src-utyum-2007_lichol30_4_rectangle_coloring-official with_solution utyum utyum 2007, lichnaya olimpiada, 8 klass, 4. raskraska kletok pryamougolnika i ravenstvo odnotsvetnyh sosedstv (ofitsialnyy arhiv) utyum2007 ? utyum 2007, lichnaya olimpiada, 8 klass, 4. raskraska kletok pryamougolnika i ravenstvo odnotsvetnyh sosedstv (ofitsialnyy arhiv) stmt-original originalnaya formulirovka ai_checked kletki pryamougolnika raskrasheny v belyy i goluboy tsveta, prichem belyh i golubyh kletok porovnu. sredi kletok, primykayuschih k storonam pryamougolnika, belyh i golubyh porovnu, sredi uglovyh kletok pryamougolnika tozhe porovnu. dokazhite, chto storon kletok, razdelyayuschih dva belyh kvadrata, stolko zhe, skolko storon kletok, razdelyayuschih dva golubyh kvadrata. simple_graph stmt-grid-graph odnotsvetnye rebra v kletochnom grafe ai_checked rassmotrim graf smezhnosti kletok pryamougolnoy reshetki: vershiny sootvetstvuyut kletkam, a rebro soedinyaet dve kletki s obschey storonoy. vershiny raskrasheny v dva tsveta, prichem vershin kazhdogo tsveta porovnu; sredi granichnyh vershin i sredi uglovyh vershin kazhdogo tsveta tozhe porovnu. dokazhite, chto chislo reber, soedinyayuschih dve belye vershiny, ravno chislu reber, soedinyayuschih dve golubye vershiny. simple_graph idea-boundary-adjusted-degree-count podschet stepeney s uchetom granitsy esli dobavit vneshnie storony granitsy v podschet, to summarnoe chislo intsidentnyh storon po belym kletkam ravno sootvetstvuyuschey summe po sinim kletkam. tak kak dva tsvetovyh klassa imeyut odinakovyy razmer, vychitanie obschego vklada stepeney kletok ostavlyaet ravnoe chislo vnutrennih odnotsvetnyh sosedstv. double_counting coloring ai_checked sol-official reshenie ai_checked simple_graph pokrasim storony vneshney granitsy pryamougolnika. nazovem okrashennymi tolko te storony kletok, kotorye lezhat na vneshney granitse; vse obschie storony dvuh sosednih kletok ostayutsya neokrashennymi. u uglovoy kletki dve okrashennye storony, u granichnoy neuglovoy kletki odna, u vnutrenney kletki ni odnoy. po usloviyu sredi vseh granichnyh kletok belyh i golubyh porovnu, i sredi uglovyh kletok belyh i golubyh porovnu. znachit, posle vychitaniya uglovyh kletok sredi granichnyh neuglovyh kletok belyh i golubyh tozhe porovnu. poetomu summarnoe chislo okrashennyh storon, intsidentnyh belym kletkam, ravno summarnomu chislu okrashennyh storon, intsidentnyh golubym kletkam. kazhdaya kletka imeet chetyre storony. tak kak belyh i golubyh kletok porovnu, obschee chislo storon, poschitannyh s intsidentnostyu k belym kletkam, ravno takomu zhe obschemu chislu dlya golubyh kletok. vychitaya iz etih ravnyh velichin ravnye summy okrashennyh…","source_keys":["misc"]}
{"id":"utyum-2008_tur4_31_6_directed_cities","title":"Попарная достижимость в ориентированном графе, УТЮМ 2008","path":"data\\problems\\utyum\\utyum-2008_tur4_31_6_directed_cities.yaml","raw_github_url":"https://raw.githubusercontent.com/didin-maxim/knowledge_graph_of_graphs/main/data/problems/utyum/utyum-2008_tur4_31_6_directed_cities.yaml","viewer_url":"https://didin-maxim.github.io/knowledge_graph_of_graphs/#utyum-2008_tur4_31_6_directed_cities","source_key":"misc","source_label":"УТЮМ","source_titles":["УТЮМ 2008, старшая группа, первая лига, матбой 4, 6. Ориентированные дороги между 2007 городами (официальный архив)"],"year":"2008","type":"olympiad_problem","authors":[],"tags":["connectivity","goal_construction"],"agent_topics":[],"difficulty":{"main":"regional","local_score":6,"comment":"Импортировано из пакета УТЮМ; этап: старшая группа, первая лига, математический 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 2007 городов. Некоторые пары городов соединены дорогами с односторонним движением. Известно, что для любых двух городов A и B можно проехать либо из A в B, либо из B в A (а возможно, и в обоих направлениях), не нарушая правил дорожного движения; при этом маршрут может проходить и через другие города. Докажите, что найдется город X такой, что из X можно попасть как минимум в 1003 других города и в X можно попасть как минимум из 1003 других городов.","definition_ids":["directed_graph","path","hamiltonian_path"]}],"graph_theory":[{"id":"stmt-graph","title":"Попарная достижимость в орграфе","status":"ai_checked","text":"Пусть m >= 0. Дан ориентированный граф на 2m + 1 вершинах. Для любых двух вершин A и B существует ориентированный путь либо из A в B, либо из B в A. Докажите, что найдётся вершина X, из которой достижимы как минимум m других вершин и в которую достижимы как минимум m других вершин.","definition_ids":["directed_graph","path","hamiltonian_path"]}]},"solutions":[{"id":"sol-official","title":"Решение","status":"ai_checked","definition_ids":["directed_graph","path","hamiltonian_path"],"standard_idea_ids":[],"tags":[],"has_text":true,"text_preview":"Доказательство сразу переформулирует задачу в терминах ориентированного графа G на 2007 вершинах. Первый способ: строится граф G' на том же множестве вершин, где ребро a -> b проводится тогда и только тогда, когда в исходном графе G существует путь из a в b. В G' между любыми двумя вершинами есть хотя бы одно ребро, поэтому в нем существует гамильтонов путь. Затем каждое ребро этого пути заменяется соответствующим путем в исходном графе G. Получается маршрут, проходящий через все вершины. Если занумеровать вершины в порядке их первого появления на этом маршруте, то вершина с номером 1004 достижима из первых 1003 вершин и из нее достижимы последние 1003 вершины. Второй способ: доказывается лемма, что в любом множестве B вершин найдется вершина b, в которую можно попасть из всех остальных вершин множества B. После этого берут произвольную вершину a. Если из a достижимо менее 1003 вершин,…"}],"relations":[{"id":"rel-baltic-way-1992-utyum-2008-directed-reachability-median","neighbor_id":"baltic-way-1992-p14-mother-vertex-reachability","direction":"backward","type":"prerequisite","distance":1,"status":"ai_checked"}],"search_text":"utyum-2008_tur4_31_6_directed_cities попарная достижимость в ориентированном графе, утюм 2008 connectivity goal_construction 2008 https://turmath.ru/uraltur/files/archive/ural31.zip misc misc2008 official_archive src-utyum-2008_tur4_31_6_directed_cities-official with_solution утюм утюм 2008, старшая группа, первая лига, матбой 4, 6. ориентированные дороги между 2007 городами (официальный архив) утюм2008 ? утюм 2008, старшая группа, первая лига, матбой 4, 6. ориентированные дороги между 2007 городами (официальный архив) stmt-original оригинальная формулировка ai_checked в стране 2007 городов. некоторые пары городов соединены дорогами с односторонним движением. известно, что для любых двух городов a и b можно проехать либо из a в b, либо из b в a (а возможно, и в обоих направлениях), не нарушая правил дорожного движения; при этом маршрут может проходить и через другие города. докажите, что найдется город x такой, что из x можно попасть как минимум в 1003 других города и в x можно попасть как минимум из 1003 других городов. directed_graph path hamiltonian_path stmt-graph попарная достижимость в орграфе ai_checked пусть m >= 0. дан ориентированный граф на 2m + 1 вершинах. для любых двух вершин a и b существует ориентированный путь либо из a в b, либо из b в a. докажите, что найдётся вершина x, из которой достижимы как минимум m других вершин и в которую достижимы как минимум m других вершин. directed_graph path hamiltonian_path sol-official решение ai_checked directed_graph path hamiltonian_path доказательство сразу переформулирует задачу в терминах ориентированного графа g на 2007 вершинах. первый способ: строится граф g' на том же множестве вершин, где ребро a -> b проводится тогда и только тогда, когда в исходном графе g существует путь из a в b. в g' между любыми двумя вершинами есть хотя бы одно ребро, поэтому в нем существует гамильтонов путь. затем каждое ребро этого пути заменяется соответствующим путем в исходном графе g. получается маршрут, проходящий через все вершины. если занумеровать вершины в порядке их первого появления на этом маршруте, то вершина с номером 1004 достижима из первых 1003 вершин и из нее достижимы последние 1003 вершины. второй способ: доказывается лемма, что в любом множестве b вершин найдется вершина b, в которую можно попасть из всех остальных вершин множества b. после этого берут произвольную вершину a. если из a достижимо менее 1003 вершин,… utyum-2008_tur4_31_6_directed_cities poparnaya dostizhimost v orientirovannom grafe, utyum 2008 connectivity goal_construction 2008 https://turmath.ru/uraltur/files/archive/ural31.zip misc misc2008 official_archive src-utyum-2008_tur4_31_6_directed_cities-official with_solution utyum utyum 2008, starshaya gruppa, pervaya liga, matboy 4, 6. orientirovannye dorogi mezhdu 2007 gorodami (ofitsialnyy arhiv) utyum2008 ? utyum 2008, starshaya gruppa, pervaya liga, matboy 4, 6. orientirovannye dorogi mezhdu 2007 gorodami (ofitsialnyy arhiv) stmt-original originalnaya formulirovka ai_checked v strane 2007 gorodov. nekotorye pary gorodov soedineny dorogami s odnostoronnim dvizheniem. izvestno, chto dlya lyubyh dvuh gorodov a i b mozhno proehat libo iz a v b, libo iz b v a (a vozmozhno, i v oboih napravleniyah), ne narushaya pravil dorozhnogo dvizheniya; pri etom marshrut mozhet prohodit i cherez drugie goroda. dokazhite, chto naydetsya gorod x takoy, chto iz x mozhno popast kak minimum v 1003 drugih goroda i v x mozhno popast kak minimum iz 1003 drugih gorodov. directed_graph path hamiltonian_path stmt-graph poparnaya dostizhimost v orgrafe ai_checked pust m >= 0. dan orientirovannyy graf na 2m + 1 vershinah. dlya lyubyh dvuh vershin a i b suschestvuet orientirovannyy put libo iz a v b, libo iz b v a. dokazhite, chto naydetsya vershina x, iz kotoroy dostizhimy kak minimum m drugih vershin i v kotoruyu dostizhimy kak minimum m drugih vershin. directed_graph path hamiltonian_path sol-official reshenie ai_checked directed_graph path hamiltonian_path dokazatelstvo srazu pereformuliruet zadachu v terminah orientirovannogo grafa g na 2007 vershinah. pervyy sposob: stroitsya graf g' na tom zhe mnozhestve vershin, gde rebro a -> b provoditsya togda i tolko togda, kogda v ishodnom grafe g suschestvuet put iz a v b. v g' mezhdu lyubymi dvumya vershinami est hotya by odno rebro, poetomu v nem suschestvuet gamiltonov put. zatem kazhdoe rebro etogo puti zamenyaetsya sootvetstvuyuschim putem v ishodnom grafe g. poluchaetsya marshrut, prohodyaschiy cherez vse vershiny. esli zanumerovat vershiny v poryadke ih pervogo poyavleniya na etom marshrute, to vershina s nomerom 1004 dostizhima iz pervyh 1003 vershin i iz nee dostizhimy poslednie 1003 vershiny. vtoroy sposob: dokazyvaetsya lemma, chto v lyubom mnozhestve b vershin naydetsya vershina b, v kotoruyu mozhno popast iz vseh ostalnyh vershin mnozhestva b. posle etogo berut proizvolnuyu vershinu a. esli iz a dostizhimo menee 1003 vershin,…","source_keys":["misc"]}
{"id":"utyum-2010_tur4_36_4_islands_bridges","title":"Эйлеровы маршруты на цикле с удвоенными рёбрами, УТЮМ 2010","path":"data\\problems\\utyum\\utyum-2010_tur4_36_4_islands_bridges.yaml","raw_github_url":"https://raw.githubusercontent.com/didin-maxim/knowledge_graph_of_graphs/main/data/problems/utyum/utyum-2010_tur4_36_4_islands_bridges.yaml","viewer_url":"https://didin-maxim.github.io/knowledge_graph_of_graphs/#utyum-2010_tur4_36_4_islands_bridges","source_key":"misc","source_label":"УТЮМ","source_titles":["УТЮМ 2010, старшая группа, первая лига, матбой 4, 4. Острова по кругу и двойные мосты (официальный архив)"],"year":"2010","type":"olympiad_problem","authors":[],"tags":["eulerian_graphs","goal_counting"],"agent_topics":[],"difficulty":{"main":"regional","local_score":6,"comment":"Импортировано из пакета УТЮМ; этап: старшая группа, первая лига, математический 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":"По кругу расположены n (n > 2) островов, на одном из них стоит замок. Между любыми двумя соседними островами построены два моста. Найдите количество маршрутов, начинающихся и заканчивающихся на острове с замком и проходящих по каждому мосту ровно один раз.","definition_ids":["multigraph","cycle","eulerian_cycle"]}],"graph_theory":[{"id":"stmt-graph","title":"Эйлеровы циклы в удвоенном цикле","status":"ai_checked","text":"Рассматривается циклический мультиграф на n вершинах, в котором каждая пара соседних вершин соединена двумя параллельными рёбрами. Одна вершина выделена. Сколько существует эйлеровых циклов, начинающихся и заканчивающихся в выделенной вершине?","definition_ids":["multigraph","cycle","eulerian_cycle"]}]},"solutions":[{"id":"sol-official","title":"Решение","status":"ai_checked","definition_ids":["multigraph","cycle","eulerian_cycle"],"standard_idea_ids":[],"tags":[],"has_text":true,"text_preview":"Доказательство разбивает все искомые эйлеровы обходы на два типа. Первый тип: маршрут дважды обходит весь круг в одном и том же направлении. Для каждого из двух направлений при первом переходе между соседними островами можно независимо выбрать один из двух мостов, поэтому таких маршрутов получается по 2^n в каждом направлении, всего 2^(n+1). Второй тип: маршрут в некоторой вершине разворачивается, затем делает полный круг с другой стороны, снова разворачивается и возвращается в замок. Для каждого фиксированного острова разворота и каждого направления снова остается по 2^n выборов мостов, то есть получается n * 2^(n+1) маршрутов. Складывая оба случая, получаем общее число маршрутов: 2^(n+1) + n * 2^(n+1) = 2^(n+1)(n + 1)."}],"relations":[{"id":"rel-utyum-2010-islands-eulerian-criterion","neighbor_id":"eulerian-graph-criterion","direction":"forward","type":"same_motif","distance":1,"status":"needs_human_review"},{"id":"rel-utyum-2010-islands-yumt-2020-eulerian","neighbor_id":"yumt-2020-start-round2-problem4","direction":"forward","type":"same_motif","distance":1,"status":"needs_human_review"}],"search_text":"utyum-2010_tur4_36_4_islands_bridges эйлеровы маршруты на цикле с удвоенными рёбрами, утюм 2010 eulerian_graphs goal_counting 2010 https://turmath.ru/uraltur/files/archive/ural36.zip misc misc2010 official_archive src-utyum-2010_tur4_36_4_islands_bridges-official with_solution утюм утюм 2010, старшая группа, первая лига, матбой 4, 4. острова по кругу и двойные мосты (официальный архив) утюм2010 ? утюм 2010, старшая группа, первая лига, матбой 4, 4. острова по кругу и двойные мосты (официальный архив) stmt-original оригинальная формулировка ai_checked по кругу расположены n (n > 2) островов, на одном из них стоит замок. между любыми двумя соседними островами построены два моста. найдите количество маршрутов, начинающихся и заканчивающихся на острове с замком и проходящих по каждому мосту ровно один раз. multigraph cycle eulerian_cycle stmt-graph эйлеровы циклы в удвоенном цикле ai_checked рассматривается циклический мультиграф на n вершинах, в котором каждая пара соседних вершин соединена двумя параллельными рёбрами. одна вершина выделена. сколько существует эйлеровых циклов, начинающихся и заканчивающихся в выделенной вершине? multigraph cycle eulerian_cycle sol-official решение ai_checked multigraph cycle eulerian_cycle доказательство разбивает все искомые эйлеровы обходы на два типа. первый тип: маршрут дважды обходит весь круг в одном и том же направлении. для каждого из двух направлений при первом переходе между соседними островами можно независимо выбрать один из двух мостов, поэтому таких маршрутов получается по 2^n в каждом направлении, всего 2^(n+1). второй тип: маршрут в некоторой вершине разворачивается, затем делает полный круг с другой стороны, снова разворачивается и возвращается в замок. для каждого фиксированного острова разворота и каждого направления снова остается по 2^n выборов мостов, то есть получается n * 2^(n+1) маршрутов. складывая оба случая, получаем общее число маршрутов: 2^(n+1) + n * 2^(n+1) = 2^(n+1)(n + 1). utyum-2010_tur4_36_4_islands_bridges eylerovy marshruty na tsikle s udvoennymi rebrami, utyum 2010 eulerian_graphs goal_counting 2010 https://turmath.ru/uraltur/files/archive/ural36.zip misc misc2010 official_archive src-utyum-2010_tur4_36_4_islands_bridges-official with_solution utyum utyum 2010, starshaya gruppa, pervaya liga, matboy 4, 4. ostrova po krugu i dvoynye mosty (ofitsialnyy arhiv) utyum2010 ? utyum 2010, starshaya gruppa, pervaya liga, matboy 4, 4. ostrova po krugu i dvoynye mosty (ofitsialnyy arhiv) stmt-original originalnaya formulirovka ai_checked po krugu raspolozheny n (n > 2) ostrovov, na odnom iz nih stoit zamok. mezhdu lyubymi dvumya sosednimi ostrovami postroeny dva mosta. naydite kolichestvo marshrutov, nachinayuschihsya i zakanchivayuschihsya na ostrove s zamkom i prohodyaschih po kazhdomu mostu rovno odin raz. multigraph cycle eulerian_cycle stmt-graph eylerovy tsikly v udvoennom tsikle ai_checked rassmatrivaetsya tsiklicheskiy multigraf na n vershinah, v kotorom kazhdaya para sosednih vershin soedinena dvumya parallelnymi rebrami. odna vershina vydelena. skolko suschestvuet eylerovyh tsiklov, nachinayuschihsya i zakanchivayuschihsya v vydelennoy vershine? multigraph cycle eulerian_cycle sol-official reshenie ai_checked multigraph cycle eulerian_cycle dokazatelstvo razbivaet vse iskomye eylerovy obhody na dva tipa. pervyy tip: marshrut dvazhdy obhodit ves krug v odnom i tom zhe napravlenii. dlya kazhdogo iz dvuh napravleniy pri pervom perehode mezhdu sosednimi ostrovami mozhno nezavisimo vybrat odin iz dvuh mostov, poetomu takih marshrutov poluchaetsya po 2^n v kazhdom napravlenii, vsego 2^(n+1). vtoroy tip: marshrut v nekotoroy vershine razvorachivaetsya, zatem delaet polnyy krug s drugoy storony, snova razvorachivaetsya i vozvraschaetsya v zamok. dlya kazhdogo fiksirovannogo ostrova razvorota i kazhdogo napravleniya snova ostaetsya po 2^n vyborov mostov, to est poluchaetsya n * 2^(n+1) marshrutov. skladyvaya oba sluchaya, poluchaem obschee chislo marshrutov: 2^(n+1) + n * 2^(n+1) = 2^(n+1)(n + 1).","source_keys":["misc"]}
{"id":"utyum-2011_tur4_37_8_equal_sums_bipartite_graph","title":"Разрушение равных сумм строк и столбцов в таблице 50x50, УТЮМ 2011","path":"data\\problems\\utyum\\utyum-2011_tur4_37_8_equal_sums_bipartite_graph.yaml","raw_github_url":"https://raw.githubusercontent.com/didin-maxim/knowledge_graph_of_graphs/main/data/problems/utyum/utyum-2011_tur4_37_8_equal_sums_bipartite_graph.yaml","viewer_url":"https://didin-maxim.github.io/knowledge_graph_of_graphs/#utyum-2011_tur4_37_8_equal_sums_bipartite_graph","source_key":"misc","source_label":"УТЮМ","source_titles":["УТЮМ 2011, младшая группа, высшая лига, матбой 4, 2. Равные суммы по строкам и столбцам в таблице 50x50 (официальный архив)"],"year":"2011","type":"olympiad_problem","authors":[],"tags":["double_counting","matching","goal_exact_bound"],"agent_topics":[],"difficulty":{"main":"regional","local_score":6,"comment":"Импортировано из пакета УТЮМ; этап: младшая группа, высшая лига, математический 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":"Таблица 50x50 заполнена натуральными числами так, что все суммы чисел по строкам и столбцам равны. Какое наименьшее количество чисел надо изменить, чтобы все эти 100 сумм стали попарно различны?","definition_ids":[]}],"graph_theory":[{"id":"stmt-graph-weighted-bipartite-support","title":"Различные весовые суммы в двудольном графе","status":"ai_checked","text":"В двудольном графе с 50 вершинами-строками и 50 вершинами-столбцами каждое ребро имеет ненулевой целый вес. Весовая сумма вершины равна сумме весов инцидентных ей рёбер; у изолированной вершины эта сумма равна 0. Найдите минимальное число рёбер, при котором можно выбрать граф и веса так, чтобы все 100 весовых сумм вершин были попарно различны.","definition_ids":["bipartite_graph"]}]},"solutions":[{"id":"sol-official","title":"Решение","status":"ai_checked","definition_ids":["bipartite_graph"],"standard_idea_ids":[],"tags":[],"has_text":true,"text_preview":"Ответ: 66. Пусть исходная общая сумма каждой строки и каждого столбца равна S. Построим двудольный граф: одна доля — 50 строк, другая — 50 столбцов, а изменённой клетке соответствует ребро между её строкой и её столбцом. Если число в клетке изменили на d, то вес этого ребра равен d. Тогда новая сумма в каждой строке или столбце равна S плюс сумма весов инцидентных рёбер. Значит, надо сделать попарно различными именно эти 100 весовых сумм вершин, а не степени вершин. Докажем нижнюю оценку. Рассмотрим граф, состоящий только из изменённых клеток, и его компоненты связности. Компонента из двух вершин невозможна: это одна строка и один столбец, соединённые единственным изменённым числом, поэтому обе соответствующие суммы изменятся на одно и то же d и останутся равными. Изолированная вершина может быть не более одной, иначе две неизменённые строки или столбца также имели бы одинаковую сумму S…"}],"relations":[],"search_text":"utyum-2011_tur4_37_8_equal_sums_bipartite_graph разрушение равных сумм строк и столбцов в таблице 50x50, утюм 2011 double_counting matching goal_exact_bound 2011 https://turmath.ru/uraltur/files/archive/ural37.zip misc misc2011 official_archive src-utyum-2011_tur4_37_8_equal_sums_bipartite_graph-official with_solution утюм утюм 2011, младшая группа, высшая лига, матбой 4, 2. равные суммы по строкам и столбцам в таблице 50x50 (официальный архив) утюм2011 ? утюм 2011, младшая группа, высшая лига, матбой 4, 2. равные суммы по строкам и столбцам в таблице 50x50 (официальный архив) stmt-original оригинальная формулировка ai_checked таблица 50x50 заполнена натуральными числами так, что все суммы чисел по строкам и столбцам равны. какое наименьшее количество чисел надо изменить, чтобы все эти 100 сумм стали попарно различны? stmt-graph-weighted-bipartite-support различные весовые суммы в двудольном графе ai_checked в двудольном графе с 50 вершинами-строками и 50 вершинами-столбцами каждое ребро имеет ненулевой целый вес. весовая сумма вершины равна сумме весов инцидентных ей рёбер; у изолированной вершины эта сумма равна 0. найдите минимальное число рёбер, при котором можно выбрать граф и веса так, чтобы все 100 весовых сумм вершин были попарно различны. bipartite_graph sol-official решение ai_checked bipartite_graph ответ: 66. пусть исходная общая сумма каждой строки и каждого столбца равна s. построим двудольный граф: одна доля — 50 строк, другая — 50 столбцов, а изменённой клетке соответствует ребро между её строкой и её столбцом. если число в клетке изменили на d, то вес этого ребра равен d. тогда новая сумма в каждой строке или столбце равна s плюс сумма весов инцидентных рёбер. значит, надо сделать попарно различными именно эти 100 весовых сумм вершин, а не степени вершин. докажем нижнюю оценку. рассмотрим граф, состоящий только из изменённых клеток, и его компоненты связности. компонента из двух вершин невозможна: это одна строка и один столбец, соединённые единственным изменённым числом, поэтому обе соответствующие суммы изменятся на одно и то же d и останутся равными. изолированная вершина может быть не более одной, иначе две неизменённые строки или столбца также имели бы одинаковую сумму s… utyum-2011_tur4_37_8_equal_sums_bipartite_graph razrushenie ravnyh summ strok i stolbtsov v tablitse 50x50, utyum 2011 double_counting matching goal_exact_bound 2011 https://turmath.ru/uraltur/files/archive/ural37.zip misc misc2011 official_archive src-utyum-2011_tur4_37_8_equal_sums_bipartite_graph-official with_solution utyum utyum 2011, mladshaya gruppa, vysshaya liga, matboy 4, 2. ravnye summy po strokam i stolbtsam v tablitse 50x50 (ofitsialnyy arhiv) utyum2011 ? utyum 2011, mladshaya gruppa, vysshaya liga, matboy 4, 2. ravnye summy po strokam i stolbtsam v tablitse 50x50 (ofitsialnyy arhiv) stmt-original originalnaya formulirovka ai_checked tablitsa 50x50 zapolnena naturalnymi chislami tak, chto vse summy chisel po strokam i stolbtsam ravny. kakoe naimenshee kolichestvo chisel nado izmenit, chtoby vse eti 100 summ stali poparno razlichny? stmt-graph-weighted-bipartite-support razlichnye vesovye summy v dvudolnom grafe ai_checked v dvudolnom grafe s 50 vershinami-strokami i 50 vershinami-stolbtsami kazhdoe rebro imeet nenulevoy tselyy ves. vesovaya summa vershiny ravna summe vesov intsidentnyh ey reber; u izolirovannoy vershiny eta summa ravna 0. naydite minimalnoe chislo reber, pri kotorom mozhno vybrat graf i vesa tak, chtoby vse 100 vesovyh summ vershin byli poparno razlichny. bipartite_graph sol-official reshenie ai_checked bipartite_graph otvet: 66. pust ishodnaya obschaya summa kazhdoy stroki i kazhdogo stolbtsa ravna s. postroim dvudolnyy graf: odna dolya — 50 strok, drugaya — 50 stolbtsov, a izmenennoy kletke sootvetstvuet rebro mezhdu ee strokoy i ee stolbtsom. esli chislo v kletke izmenili na d, to ves etogo rebra raven d. togda novaya summa v kazhdoy stroke ili stolbtse ravna s plyus summa vesov intsidentnyh reber. znachit, nado sdelat poparno razlichnymi imenno eti 100 vesovyh summ vershin, a ne stepeni vershin. dokazhem nizhnyuyu otsenku. rassmotrim graf, sostoyaschiy tolko iz izmenennyh kletok, i ego komponenty svyaznosti. komponenta iz dvuh vershin nevozmozhna: eto odna stroka i odin stolbets, soedinennye edinstvennym izmenennym chislom, poetomu obe sootvetstvuyuschie summy izmenyatsya na odno i to zhe d i ostanutsya ravnymi. izolirovannaya vershina mozhet byt ne bolee odnoy, inache dve neizmenennye stroki ili stolbtsa takzhe imeli by odinakovuyu summu s…","source_keys":["misc"]}
{"id":"utyum-2012_komol39_5_republic_in_complete_graph","title":"Размер республики с равными внутренними и внешними рёбрами в K100, УТЮМ 2012","path":"data\\problems\\utyum\\utyum-2012_komol39_5_republic_in_complete_graph.yaml","raw_github_url":"https://raw.githubusercontent.com/didin-maxim/knowledge_graph_of_graphs/main/data/problems/utyum/utyum-2012_komol39_5_republic_in_complete_graph.yaml","viewer_url":"https://didin-maxim.github.io/knowledge_graph_of_graphs/#utyum-2012_komol39_5_republic_in_complete_graph","source_key":"misc","source_label":"УТЮМ","source_titles":["УТЮМ 2012, командная математическая олимпиада, младшие, 5. Республика, отделённая от страны со 100 городами (официальный архив)"],"year":"2012","type":"olympiad_problem","authors":[],"tags":["goal_classification"],"agent_topics":[],"difficulty":{"main":"regional","local_score":6,"comment":"Импортировано из пакета УТЮМ; этап: командная математическая олимпиада, младшая группа.","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 некоторой стране 100 городов. Любые два города этой страны соединены дорогой. От этой страны отделилась независимая республика, причем количество дорог, соединяющих города этой республики, равно количеству дорог, ведущих из республики в остальные города этой страны. Сколько городов в отделившейся республике? Приведите все варианты и докажите, что других нет.","definition_ids":["complete_graph"]}],"graph_theory":[{"id":"stmt-graph","title":"Равенство внутренних и граничных рёбер в K100","status":"ai_checked","text":"В полном графе \\(K_{100}\\) выделено непустое множество вершин \\(S\\). Число рёбер внутри \\(S\\) равно числу рёбер между \\(S\\) и дополнением \\(V\\setminus S\\). Найдите все возможные значения \\(|S|\\).","definition_ids":["complete_graph"]}]},"solutions":[{"id":"sol-official","title":"Решение","status":"ai_checked","definition_ids":["complete_graph"],"standard_idea_ids":[],"tags":[],"has_text":true,"text_preview":"Пусть в отделившейся республике x городов. Тогда число дорог между ее городами равно x(x - 1) / 2, поскольку внутри республики получаем полный граф на x вершинах. Число дорог из республики во внешнюю часть равно x(100 - x). По условию x(x - 1) / 2 = x(100 - x). Так как x > 0, сокращаем на x: (x - 1) / 2 = 100 - x. Отсюда 3x = 201, следовательно, x = 67. Итак, возможен только один ответ: 67 городов."}],"relations":[],"search_text":"utyum-2012_komol39_5_republic_in_complete_graph размер республики с равными внутренними и внешними рёбрами в k100, утюм 2012 goal_classification 2012 https://turmath.ru/uraltur/files/archive/ural39.zip misc misc2012 official_archive src-utyum-2012_komol39_5_republic_in_complete_graph-official with_solution утюм утюм 2012, командная математическая олимпиада, младшие, 5. республика, отделённая от страны со 100 городами (официальный архив) утюм2012 ? утюм 2012, командная математическая олимпиада, младшие, 5. республика, отделённая от страны со 100 городами (официальный архив) stmt-original оригинальная формулировка ai_checked в некоторой стране 100 городов. любые два города этой страны соединены дорогой. от этой страны отделилась независимая республика, причем количество дорог, соединяющих города этой республики, равно количеству дорог, ведущих из республики в остальные города этой страны. сколько городов в отделившейся республике? приведите все варианты и докажите, что других нет. complete_graph stmt-graph равенство внутренних и граничных рёбер в k100 ai_checked в полном графе \\(k_{100}\\) выделено непустое множество вершин \\(s\\). число рёбер внутри \\(s\\) равно числу рёбер между \\(s\\) и дополнением \\(v\\setminus s\\). найдите все возможные значения \\(|s|\\). complete_graph sol-official решение ai_checked complete_graph пусть в отделившейся республике x городов. тогда число дорог между ее городами равно x(x - 1) / 2, поскольку внутри республики получаем полный граф на x вершинах. число дорог из республики во внешнюю часть равно x(100 - x). по условию x(x - 1) / 2 = x(100 - x). так как x > 0, сокращаем на x: (x - 1) / 2 = 100 - x. отсюда 3x = 201, следовательно, x = 67. итак, возможен только один ответ: 67 городов. utyum-2012_komol39_5_republic_in_complete_graph razmer respubliki s ravnymi vnutrennimi i vneshnimi rebrami v k100, utyum 2012 goal_classification 2012 https://turmath.ru/uraltur/files/archive/ural39.zip misc misc2012 official_archive src-utyum-2012_komol39_5_republic_in_complete_graph-official with_solution utyum utyum 2012, komandnaya matematicheskaya olimpiada, mladshie, 5. respublika, otdelennaya ot strany so 100 gorodami (ofitsialnyy arhiv) utyum2012 ? utyum 2012, komandnaya matematicheskaya olimpiada, mladshie, 5. respublika, otdelennaya ot strany so 100 gorodami (ofitsialnyy arhiv) stmt-original originalnaya formulirovka ai_checked v nekotoroy strane 100 gorodov. lyubye dva goroda etoy strany soedineny dorogoy. ot etoy strany otdelilas nezavisimaya respublika, prichem kolichestvo dorog, soedinyayuschih goroda etoy respubliki, ravno kolichestvu dorog, veduschih iz respubliki v ostalnye goroda etoy strany. skolko gorodov v otdelivsheysya respublike? privedite vse varianty i dokazhite, chto drugih net. complete_graph stmt-graph ravenstvo vnutrennih i granichnyh reber v k100 ai_checked v polnom grafe \\(k_{100}\\) vydeleno nepustoe mnozhestvo vershin \\(s\\). chislo reber vnutri \\(s\\) ravno chislu reber mezhdu \\(s\\) i dopolneniem \\(v\\setminus s\\). naydite vse vozmozhnye znacheniya \\(|s|\\). complete_graph sol-official reshenie ai_checked complete_graph pust v otdelivsheysya respublike x gorodov. togda chislo dorog mezhdu ee gorodami ravno x(x - 1) / 2, poskolku vnutri respubliki poluchaem polnyy graf na x vershinah. chislo dorog iz respubliki vo vneshnyuyu chast ravno x(100 - x). po usloviyu x(x - 1) / 2 = x(100 - x). tak kak x > 0, sokraschaem na x: (x - 1) / 2 = 100 - x. otsyuda 3x = 201, sledovatelno, x = 67. itak, vozmozhen tolko odin otvet: 67 gorodov.","source_keys":["misc"]}
{"id":"utyum-2012_komol39_8_binary_tree_ordering","title":"Линейная укладка графа степени не выше 3 с короткими рёбрами, УТЮМ 2012","path":"data\\problems\\utyum\\utyum-2012_komol39_8_binary_tree_ordering.yaml","raw_github_url":"https://raw.githubusercontent.com/didin-maxim/knowledge_graph_of_graphs/main/data/problems/utyum/utyum-2012_komol39_8_binary_tree_ordering.yaml","viewer_url":"https://didin-maxim.github.io/knowledge_graph_of_graphs/#utyum-2012_komol39_8_binary_tree_ordering","source_key":"misc","source_label":"УТЮМ","source_titles":["УТЮМ 2012, командная математическая олимпиада, стартовая группа, 8. Можно ли граф знакомств ограниченной степени расставить в ряд? (официальный архив)"],"year":"2012","type":"olympiad_problem","authors":[],"tags":["trees","goal_counting"],"agent_topics":[],"difficulty":{"main":"regional","local_score":6,"comment":"Импортировано из пакета УТЮМ; этап: командная математическая олимпиада, старт-группа.","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 лагере 20122012 детей, у каждого не более трех друзей. Всегда ли можно их построить в ряд так, чтобы между любыми двумя друзьями стояло не более чем 2012 человек?","definition_ids":["tree"]}],"graph_theory":[{"id":"stmt-graph","title":"Линейная укладка графа степени не выше 3","status":"ai_checked","text":"Дан граф на 20122012 вершинах, степень каждой вершины не превосходит 3. Можно ли упорядочить его вершины в ряд так, чтобы между любыми двумя смежными вершинами стояло не более 2012 других вершин?","definition_ids":["degree"]}]},"solutions":[{"id":"sol-official","title":"Решение","status":"ai_checked","definition_ids":["tree"],"standard_idea_ids":[],"tags":[],"has_text":true,"text_preview":"Ответ: не всегда. Построим контрпример. Возьмём полное двоичное дерево глубины 18: есть корень, у него два сына, у каждого невисячего узла по два сына, и последний уровень имеет 2^18 вершин. Всего в таком дереве 2^19 - 1 = 524287 вершин, поэтому до 20122012 детей можно добрать изолированными вершинами. Степень каждой вершины получившегося графа не превосходит 3. Предположим, что всех детей удалось поставить в ряд так, что между любыми двумя друзьями стоит не более 2012 человек. Тогда позиции двух смежных вершин в ряду отличаются не более чем на 2013. Если корень стоит на позиции p, то любая вершина 18-го уровня, соединённая с корнем путём из 18 рёбер, должна стоять на расстоянии не более 18·2013 от p. Значит, все вершины 18-го уровня должны попасть в отрезок из не более чем 2·18·2013 + 1 = 72469 позиций. Но на 18-м уровне 2^18 = 262144 вершины, а 262144 > 72469. Противоречие. Следовател…"}],"relations":[{"id":"rel-metadata-pass-utyum-2012-imo-2005-c2-binary-tree-induction","neighbor_id":"imo-2005-c2-dynastic-vertices-forest","direction":"forward","type":"same_motif","distance":3,"status":"ai_checked"}],"search_text":"utyum-2012_komol39_8_binary_tree_ordering линейная укладка графа степени не выше 3 с короткими рёбрами, утюм 2012 trees goal_counting 2012 https://turmath.ru/uraltur/files/archive/ural39.zip misc misc2012 official_archive src-utyum-2012_komol39_8_binary_tree_ordering-official with_solution утюм утюм 2012, командная математическая олимпиада, стартовая группа, 8. можно ли граф знакомств ограниченной степени расставить в ряд? (официальный архив) утюм2012 ? утюм 2012, командная математическая олимпиада, стартовая группа, 8. можно ли граф знакомств ограниченной степени расставить в ряд? (официальный архив) stmt-original оригинальная формулировка ai_checked в лагере 20122012 детей, у каждого не более трех друзей. всегда ли можно их построить в ряд так, чтобы между любыми двумя друзьями стояло не более чем 2012 человек? tree stmt-graph линейная укладка графа степени не выше 3 ai_checked дан граф на 20122012 вершинах, степень каждой вершины не превосходит 3. можно ли упорядочить его вершины в ряд так, чтобы между любыми двумя смежными вершинами стояло не более 2012 других вершин? degree sol-official решение ai_checked tree ответ: не всегда. построим контрпример. возьмём полное двоичное дерево глубины 18: есть корень, у него два сына, у каждого невисячего узла по два сына, и последний уровень имеет 2^18 вершин. всего в таком дереве 2^19 - 1 = 524287 вершин, поэтому до 20122012 детей можно добрать изолированными вершинами. степень каждой вершины получившегося графа не превосходит 3. предположим, что всех детей удалось поставить в ряд так, что между любыми двумя друзьями стоит не более 2012 человек. тогда позиции двух смежных вершин в ряду отличаются не более чем на 2013. если корень стоит на позиции p, то любая вершина 18-го уровня, соединённая с корнем путём из 18 рёбер, должна стоять на расстоянии не более 18·2013 от p. значит, все вершины 18-го уровня должны попасть в отрезок из не более чем 2·18·2013 + 1 = 72469 позиций. но на 18-м уровне 2^18 = 262144 вершины, а 262144 > 72469. противоречие. следовател… utyum-2012_komol39_8_binary_tree_ordering lineynaya ukladka grafa stepeni ne vyshe 3 s korotkimi rebrami, utyum 2012 trees goal_counting 2012 https://turmath.ru/uraltur/files/archive/ural39.zip misc misc2012 official_archive src-utyum-2012_komol39_8_binary_tree_ordering-official with_solution utyum utyum 2012, komandnaya matematicheskaya olimpiada, startovaya gruppa, 8. mozhno li graf znakomstv ogranichennoy stepeni rasstavit v ryad? (ofitsialnyy arhiv) utyum2012 ? utyum 2012, komandnaya matematicheskaya olimpiada, startovaya gruppa, 8. mozhno li graf znakomstv ogranichennoy stepeni rasstavit v ryad? (ofitsialnyy arhiv) stmt-original originalnaya formulirovka ai_checked v lagere 20122012 detey, u kazhdogo ne bolee treh druzey. vsegda li mozhno ih postroit v ryad tak, chtoby mezhdu lyubymi dvumya druzyami stoyalo ne bolee chem 2012 chelovek? tree stmt-graph lineynaya ukladka grafa stepeni ne vyshe 3 ai_checked dan graf na 20122012 vershinah, stepen kazhdoy vershiny ne prevoshodit 3. mozhno li uporyadochit ego vershiny v ryad tak, chtoby mezhdu lyubymi dvumya smezhnymi vershinami stoyalo ne bolee 2012 drugih vershin? degree sol-official reshenie ai_checked tree otvet: ne vsegda. postroim kontrprimer. vozmem polnoe dvoichnoe derevo glubiny 18: est koren, u nego dva syna, u kazhdogo nevisyachego uzla po dva syna, i posledniy uroven imeet 2^18 vershin. vsego v takom dereve 2^19 - 1 = 524287 vershin, poetomu do 20122012 detey mozhno dobrat izolirovannymi vershinami. stepen kazhdoy vershiny poluchivshegosya grafa ne prevoshodit 3. predpolozhim, chto vseh detey udalos postavit v ryad tak, chto mezhdu lyubymi dvumya druzyami stoit ne bolee 2012 chelovek. togda pozitsii dvuh smezhnyh vershin v ryadu otlichayutsya ne bolee chem na 2013. esli koren stoit na pozitsii p, to lyubaya vershina 18-go urovnya, soedinennaya s kornem putem iz 18 reber, dolzhna stoyat na rasstoyanii ne bolee 18·2013 ot p. znachit, vse vershiny 18-go urovnya dolzhny popast v otrezok iz ne bolee chem 2·18·2013 + 1 = 72469 pozitsiy. no na 18-m urovne 2^18 = 262144 vershiny, a 262144 > 72469. protivorechie. sledovatel…","source_keys":["misc"]}
{"id":"utyum-2016_tur1_start2_1_octahedron_acquaintances","title":"Минимальный 4-регулярный граф с двумя общими соседями у смежных пар, УТЮМ 2016","path":"data\\problems\\utyum\\utyum-2016_tur1_start2_1_octahedron_acquaintances.yaml","raw_github_url":"https://raw.githubusercontent.com/didin-maxim/knowledge_graph_of_graphs/main/data/problems/utyum/utyum-2016_tur1_start2_1_octahedron_acquaintances.yaml","viewer_url":"https://didin-maxim.github.io/knowledge_graph_of_graphs/#utyum-2016_tur1_start2_1_octahedron_acquaintances","source_key":"misc","source_label":"УТЮМ","source_titles":["УТЮМ 2016, стартовая группа, вторая лига, первый тур, 1. Каждый человек знает ровно четырёх других (официальный архив)"],"year":"2016","type":"olympiad_problem","authors":[],"tags":["extremal_graph_theory","goal_exact_bound"],"agent_topics":[],"difficulty":{"main":"regional","local_score":6,"comment":"Импортировано из пакета УТЮМ; этап: старт-группа, вторая лига, тур 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":"В группе людей каждый знает ровно четверых из остальных, а любые двое знакомых имеют ровно двух общих знакомых. Какое наименьшее число людей может быть в такой группе?","definition_ids":["simple_graph","degree"]}],"graph_theory":[{"id":"stmt-graph","title":"4-регулярный граф с двумя общими соседями","status":"ai_checked","text":"Дан простой граф, в котором каждая вершина имеет степень 4, а любые две смежные вершины имеют ровно двух общих соседей. Найдите минимально возможное число вершин.","definition_ids":["simple_graph","degree"]}]},"solutions":[{"id":"sol-official","title":"Решение","status":"ai_checked","definition_ids":["simple_graph","degree"],"standard_idea_ids":[],"tags":[],"has_text":true,"text_preview":"Ответ: 6. В доказательстве сначала приводится пример на 6 людях: берутся вершины и ребра октаэдра. У каждой вершины степень 4, а любые две соседние вершины имеют ровно двух общих соседей. Затем доказывается нижняя оценка. Очевидно, людей не меньше пяти. Но если бы их было ровно 5, то человек, знающий четверых, знал бы всех остальных, то есть граф знакомств был бы полным. Тогда любые двое знакомых имели бы уже трех общих знакомых, что противоречит условию. Значит, минимальное число людей равно 6."}],"relations":[{"id":"rel-utyum-2016-octahedron-imo-1995-codegree","neighbor_id":"imo-1995-nc5-greetings-regular-codegree-graph","direction":"forward","type":"same_motif","distance":1,"status":"needs_human_review"}],"search_text":"utyum-2016_tur1_start2_1_octahedron_acquaintances минимальный 4-регулярный граф с двумя общими соседями у смежных пар, утюм 2016 extremal_graph_theory goal_exact_bound 2016 https://turmath.ru/uraltur/files/archive/ural47.zip misc misc2016 official_archive src-utyum-2016_tur1_start2_1_octahedron_acquaintances-official with_solution утюм утюм 2016, стартовая группа, вторая лига, первый тур, 1. каждый человек знает ровно четырёх других (официальный архив) утюм2016 ? утюм 2016, стартовая группа, вторая лига, первый тур, 1. каждый человек знает ровно четырёх других (официальный архив) stmt-original оригинальная формулировка ai_checked в группе людей каждый знает ровно четверых из остальных, а любые двое знакомых имеют ровно двух общих знакомых. какое наименьшее число людей может быть в такой группе? simple_graph degree stmt-graph 4-регулярный граф с двумя общими соседями ai_checked дан простой граф, в котором каждая вершина имеет степень 4, а любые две смежные вершины имеют ровно двух общих соседей. найдите минимально возможное число вершин. simple_graph degree sol-official решение ai_checked simple_graph degree ответ: 6. в доказательстве сначала приводится пример на 6 людях: берутся вершины и ребра октаэдра. у каждой вершины степень 4, а любые две соседние вершины имеют ровно двух общих соседей. затем доказывается нижняя оценка. очевидно, людей не меньше пяти. но если бы их было ровно 5, то человек, знающий четверых, знал бы всех остальных, то есть граф знакомств был бы полным. тогда любые двое знакомых имели бы уже трех общих знакомых, что противоречит условию. значит, минимальное число людей равно 6. utyum-2016_tur1_start2_1_octahedron_acquaintances minimalnyy 4-regulyarnyy graf s dvumya obschimi sosedyami u smezhnyh par, utyum 2016 extremal_graph_theory goal_exact_bound 2016 https://turmath.ru/uraltur/files/archive/ural47.zip misc misc2016 official_archive src-utyum-2016_tur1_start2_1_octahedron_acquaintances-official with_solution utyum utyum 2016, startovaya gruppa, vtoraya liga, pervyy tur, 1. kazhdyy chelovek znaet rovno chetyreh drugih (ofitsialnyy arhiv) utyum2016 ? utyum 2016, startovaya gruppa, vtoraya liga, pervyy tur, 1. kazhdyy chelovek znaet rovno chetyreh drugih (ofitsialnyy arhiv) stmt-original originalnaya formulirovka ai_checked v gruppe lyudey kazhdyy znaet rovno chetveryh iz ostalnyh, a lyubye dvoe znakomyh imeyut rovno dvuh obschih znakomyh. kakoe naimenshee chislo lyudey mozhet byt v takoy gruppe? simple_graph degree stmt-graph 4-regulyarnyy graf s dvumya obschimi sosedyami ai_checked dan prostoy graf, v kotorom kazhdaya vershina imeet stepen 4, a lyubye dve smezhnye vershiny imeyut rovno dvuh obschih sosedey. naydite minimalno vozmozhnoe chislo vershin. simple_graph degree sol-official reshenie ai_checked simple_graph degree otvet: 6. v dokazatelstve snachala privoditsya primer na 6 lyudyah: berutsya vershiny i rebra oktaedra. u kazhdoy vershiny stepen 4, a lyubye dve sosednie vershiny imeyut rovno dvuh obschih sosedey. zatem dokazyvaetsya nizhnyaya otsenka. ochevidno, lyudey ne menshe pyati. no esli by ih bylo rovno 5, to chelovek, znayuschiy chetveryh, znal by vseh ostalnyh, to est graf znakomstv byl by polnym. togda lyubye dvoe znakomyh imeli by uzhe treh obschih znakomyh, chto protivorechit usloviyu. znachit, minimalnoe chislo lyudey ravno 6.","source_keys":["misc"]}
{"id":"utyum-2016_tur2_3_min_acquaintance_pairs","title":"Минимум рёбер при двух непересекающихся знакомствах в любой четвёрке, УТЮМ 2016","path":"data\\problems\\utyum\\utyum-2016_tur2_3_min_acquaintance_pairs.yaml","raw_github_url":"https://raw.githubusercontent.com/didin-maxim/knowledge_graph_of_graphs/main/data/problems/utyum/utyum-2016_tur2_3_min_acquaintance_pairs.yaml","viewer_url":"https://didin-maxim.github.io/knowledge_graph_of_graphs/#utyum-2016_tur2_3_min_acquaintance_pairs","source_key":"misc","source_label":"УТЮМ","source_titles":["УТЮМ 2016, старшая группа, высшая лига, второй тур, 3. Минимальное число пар знакомых среди 25 школьников (официальный архив)"],"year":"2016","type":"olympiad_problem","authors":[],"tags":["extremal_graph_theory","matching","goal_exact_bound"],"agent_topics":[],"difficulty":{"main":"regional","local_score":6,"comment":"Импортировано из пакета УТЮМ; этап: старшая группа, высшая лига, тур 2.","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 первый класс пришли 25 школьников. Некоторые дети знакомы друг с другом, а некоторые нет. Известно, что среди любых четырех школьников есть две непересекающиеся пары знакомых между собой. Какое наименьшее число пар знакомых школьников могло быть среди пришедших?","definition_ids":["simple_graph","matching"]}],"graph_theory":[{"id":"stmt-graph","title":"Паросочетание размера 2 в каждой четвёрке","status":"ai_checked","text":"Дан простой граф на 25 вершинах. Среди любых четырёх вершин можно выбрать две непересекающиеся смежные пары, то есть в каждом четырёхвершинном индуцированном подграфе есть паросочетание размера 2. Найдите минимально возможное число рёбер.","definition_ids":["simple_graph","matching"]}],"graph_hint_reformulations":[{"id":"stmt-graph-complement","title":"Формулировка через дополнительный граф","status":"ai_checked","text":"Пусть \\(H\\) — граф незнакомых пар на 25 вершинах. Предположим, что в любом 4-элементном множестве вершин дополнительный граф к \\(H\\) содержит паросочетание размера 2. Докажите, что в \\(H\\) не более 25 рёбер.","definition_ids":["simple_graph","matching","complement_graph"]}]},"solutions":[{"id":"sol-official","title":"Решение","status":"ai_checked","definition_ids":["simple_graph","matching","degree"],"standard_idea_ids":[],"tags":[],"has_text":true,"text_preview":"Ответ: 275. В доказательстве сначала выводится оценка снизу. Если бы какой-то школьник был незнаком хотя бы с тремя другими, то в четверке из него и этих троих не было бы двух непересекающихся знакомых пар. Значит, каждый школьник незнаком не более чем с двумя другими. Тогда пар незнакомых не более 25, а всего пар школьников C(25,2) = 300, поэтому знакомых пар не меньше 300 - 25 = 275. Затем приводится пример, достигающий этой оценки: 25 школьников сажают по кругу и знакомят всех, кроме соседей по кругу. Тогда у каждого ровно два незнакомых, а среди любых четырех школьников действительно найдутся две непересекающиеся пары знакомых. Следовательно, минимальное число пар знакомых равно 275."}],"relations":[{"id":"rel-utyum-2006-acquaintance-pairs-utyum-2016-min-acquaintance-pairs","neighbor_id":"utyum-2006_ural27_8_acquaintance_pairs","direction":"backward","type":"same_motif","distance":1,"status":"needs_human_review"}],"search_text":"utyum-2016_tur2_3_min_acquaintance_pairs минимум рёбер при двух непересекающихся знакомствах в любой четвёрке, утюм 2016 extremal_graph_theory matching goal_exact_bound 2016 https://turmath.ru/uraltur/files/archive/ural47.zip misc misc2016 official_archive src-utyum-2016_tur2_3_min_acquaintance_pairs-official with_solution утюм утюм 2016, старшая группа, высшая лига, второй тур, 3. минимальное число пар знакомых среди 25 школьников (официальный архив) утюм2016 ? утюм 2016, старшая группа, высшая лига, второй тур, 3. минимальное число пар знакомых среди 25 школьников (официальный архив) stmt-original оригинальная формулировка ai_checked в первый класс пришли 25 школьников. некоторые дети знакомы друг с другом, а некоторые нет. известно, что среди любых четырех школьников есть две непересекающиеся пары знакомых между собой. какое наименьшее число пар знакомых школьников могло быть среди пришедших? simple_graph matching stmt-graph паросочетание размера 2 в каждой четвёрке ai_checked дан простой граф на 25 вершинах. среди любых четырёх вершин можно выбрать две непересекающиеся смежные пары, то есть в каждом четырёхвершинном индуцированном подграфе есть паросочетание размера 2. найдите минимально возможное число рёбер. simple_graph matching stmt-graph-complement формулировка через дополнительный граф ai_checked пусть \\(h\\) — граф незнакомых пар на 25 вершинах. предположим, что в любом 4-элементном множестве вершин дополнительный граф к \\(h\\) содержит паросочетание размера 2. докажите, что в \\(h\\) не более 25 рёбер. simple_graph matching complement_graph sol-official решение ai_checked simple_graph matching degree ответ: 275. в доказательстве сначала выводится оценка снизу. если бы какой-то школьник был незнаком хотя бы с тремя другими, то в четверке из него и этих троих не было бы двух непересекающихся знакомых пар. значит, каждый школьник незнаком не более чем с двумя другими. тогда пар незнакомых не более 25, а всего пар школьников c(25,2) = 300, поэтому знакомых пар не меньше 300 - 25 = 275. затем приводится пример, достигающий этой оценки: 25 школьников сажают по кругу и знакомят всех, кроме соседей по кругу. тогда у каждого ровно два незнакомых, а среди любых четырех школьников действительно найдутся две непересекающиеся пары знакомых. следовательно, минимальное число пар знакомых равно 275. utyum-2016_tur2_3_min_acquaintance_pairs minimum reber pri dvuh neperesekayuschihsya znakomstvah v lyuboy chetverke, utyum 2016 extremal_graph_theory matching goal_exact_bound 2016 https://turmath.ru/uraltur/files/archive/ural47.zip misc misc2016 official_archive src-utyum-2016_tur2_3_min_acquaintance_pairs-official with_solution utyum utyum 2016, starshaya gruppa, vysshaya liga, vtoroy tur, 3. minimalnoe chislo par znakomyh sredi 25 shkolnikov (ofitsialnyy arhiv) utyum2016 ? utyum 2016, starshaya gruppa, vysshaya liga, vtoroy tur, 3. minimalnoe chislo par znakomyh sredi 25 shkolnikov (ofitsialnyy arhiv) stmt-original originalnaya formulirovka ai_checked v pervyy klass prishli 25 shkolnikov. nekotorye deti znakomy drug s drugom, a nekotorye net. izvestno, chto sredi lyubyh chetyreh shkolnikov est dve neperesekayuschiesya pary znakomyh mezhdu soboy. kakoe naimenshee chislo par znakomyh shkolnikov moglo byt sredi prishedshih? simple_graph matching stmt-graph parosochetanie razmera 2 v kazhdoy chetverke ai_checked dan prostoy graf na 25 vershinah. sredi lyubyh chetyreh vershin mozhno vybrat dve neperesekayuschiesya smezhnye pary, to est v kazhdom chetyrehvershinnom indutsirovannom podgrafe est parosochetanie razmera 2. naydite minimalno vozmozhnoe chislo reber. simple_graph matching stmt-graph-complement formulirovka cherez dopolnitelnyy graf ai_checked pust \\(h\\) — graf neznakomyh par na 25 vershinah. predpolozhim, chto v lyubom 4-elementnom mnozhestve vershin dopolnitelnyy graf k \\(h\\) soderzhit parosochetanie razmera 2. dokazhite, chto v \\(h\\) ne bolee 25 reber. simple_graph matching complement_graph sol-official reshenie ai_checked simple_graph matching degree otvet: 275. v dokazatelstve snachala vyvoditsya otsenka snizu. esli by kakoy-to shkolnik byl neznakom hotya by s tremya drugimi, to v chetverke iz nego i etih troih ne bylo by dvuh neperesekayuschihsya znakomyh par. znachit, kazhdyy shkolnik neznakom ne bolee chem s dvumya drugimi. togda par neznakomyh ne bolee 25, a vsego par shkolnikov c(25,2) = 300, poetomu znakomyh par ne menshe 300 - 25 = 275. zatem privoditsya primer, dostigayuschiy etoy otsenki: 25 shkolnikov sazhayut po krugu i znakomyat vseh, krome sosedey po krugu. togda u kazhdogo rovno dva neznakomyh, a sredi lyubyh chetyreh shkolnikov deystvitelno naydutsya dve neperesekayuschiesya pary znakomyh. sledovatelno, minimalnoe chislo par znakomyh ravno 275.","source_keys":["misc"]}
{"id":"utyum-2018_komol_7_acquaintance_scores","title":"Двудольные знакомства и сравнение средних оценок, УТЮМ 2018","path":"data\\problems\\utyum\\utyum-2018_komol_7_acquaintance_scores.yaml","raw_github_url":"https://raw.githubusercontent.com/didin-maxim/knowledge_graph_of_graphs/main/data/problems/utyum/utyum-2018_komol_7_acquaintance_scores.yaml","viewer_url":"https://didin-maxim.github.io/knowledge_graph_of_graphs/#utyum-2018_komol_7_acquaintance_scores","source_key":"misc","source_label":"УТЮМ","source_titles":["УТЮМ 2018, командная олимпиада, 7 класс, 3. Мальчики, девочки, знакомства и средние баллы (официальный архив)"],"year":"2018","type":"olympiad_problem","authors":[],"tags":["double_counting","goal_construction"],"agent_topics":[],"difficulty":{"main":"regional","local_score":6,"comment":"Импортировано из пакета УТЮМ; этап: командная олимпиада, 7 класс.","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":"Группа из пяти мальчиков и пяти девочек сдавала тест, за который каждому ставилась оценка от 1 до 10. У каждой девочки есть хотя бы два знакомых мальчика, а у каждого мальчика есть хотя бы две знакомых девочки. Каждый мальчик получил оценку ниже, чем каждая из знакомых ему девочек. Может ли средняя оценка мальчиков оказаться выше, чем средняя оценка девочек?","definition_ids":["bipartite_graph"]}],"graph_theory":[{"id":"stmt-graph","title":"Оценки на вершинах двудольного графа","status":"ai_checked","text":"Дан двудольный граф между пятью мальчиками и пятью девочками; степень каждой вершины не меньше 2. Каждому участнику приписана оценка от 1 до 10, причём оценка каждого мальчика меньше оценки каждой смежной с ним девочки. Может ли средняя оценка мальчиков быть больше средней оценки девочек?","definition_ids":["bipartite_graph","degree"]}]},"solutions":[{"id":"sol-official","title":"Решение","status":"ai_checked","definition_ids":["bipartite_graph"],"standard_idea_ids":[],"tags":[],"has_text":true,"text_preview":"Ответ: может. В доказательстве приводится явная конструкция графа знакомств. Три мальчика с оценками 9 знакомы только с двумя девочками с оценками 10, а два мальчика с оценками 1 знакомы только с тремя девочками с оценками 2. Тогда у каждой девочки есть хотя бы два знакомых мальчика, у каждого мальчика — хотя бы две знакомых девочки, и при этом каждый мальчик имеет оценку ниже оценок всех знакомых ему девочек. Средняя оценка мальчиков равна 5.8, а средняя оценка девочек равна 5.2, так что требуемая ситуация действительно возможна."}],"relations":[],"search_text":"utyum-2018_komol_7_acquaintance_scores двудольные знакомства и сравнение средних оценок, утюм 2018 double_counting goal_construction 2018 https://turmath.ru/uraltur/files/archive/ural51.zip misc misc2018 official_archive src-utyum-2018_komol_7_acquaintance_scores-official with_solution утюм утюм 2018, командная олимпиада, 7 класс, 3. мальчики, девочки, знакомства и средние баллы (официальный архив) утюм2018 ? утюм 2018, командная олимпиада, 7 класс, 3. мальчики, девочки, знакомства и средние баллы (официальный архив) stmt-original оригинальная формулировка ai_checked группа из пяти мальчиков и пяти девочек сдавала тест, за который каждому ставилась оценка от 1 до 10. у каждой девочки есть хотя бы два знакомых мальчика, а у каждого мальчика есть хотя бы две знакомых девочки. каждый мальчик получил оценку ниже, чем каждая из знакомых ему девочек. может ли средняя оценка мальчиков оказаться выше, чем средняя оценка девочек? bipartite_graph stmt-graph оценки на вершинах двудольного графа ai_checked дан двудольный граф между пятью мальчиками и пятью девочками; степень каждой вершины не меньше 2. каждому участнику приписана оценка от 1 до 10, причём оценка каждого мальчика меньше оценки каждой смежной с ним девочки. может ли средняя оценка мальчиков быть больше средней оценки девочек? bipartite_graph degree sol-official решение ai_checked bipartite_graph ответ: может. в доказательстве приводится явная конструкция графа знакомств. три мальчика с оценками 9 знакомы только с двумя девочками с оценками 10, а два мальчика с оценками 1 знакомы только с тремя девочками с оценками 2. тогда у каждой девочки есть хотя бы два знакомых мальчика, у каждого мальчика — хотя бы две знакомых девочки, и при этом каждый мальчик имеет оценку ниже оценок всех знакомых ему девочек. средняя оценка мальчиков равна 5.8, а средняя оценка девочек равна 5.2, так что требуемая ситуация действительно возможна. utyum-2018_komol_7_acquaintance_scores dvudolnye znakomstva i sravnenie srednih otsenok, utyum 2018 double_counting goal_construction 2018 https://turmath.ru/uraltur/files/archive/ural51.zip misc misc2018 official_archive src-utyum-2018_komol_7_acquaintance_scores-official with_solution utyum utyum 2018, komandnaya olimpiada, 7 klass, 3. malchiki, devochki, znakomstva i srednie bally (ofitsialnyy arhiv) utyum2018 ? utyum 2018, komandnaya olimpiada, 7 klass, 3. malchiki, devochki, znakomstva i srednie bally (ofitsialnyy arhiv) stmt-original originalnaya formulirovka ai_checked gruppa iz pyati malchikov i pyati devochek sdavala test, za kotoryy kazhdomu stavilas otsenka ot 1 do 10. u kazhdoy devochki est hotya by dva znakomyh malchika, a u kazhdogo malchika est hotya by dve znakomyh devochki. kazhdyy malchik poluchil otsenku nizhe, chem kazhdaya iz znakomyh emu devochek. mozhet li srednyaya otsenka malchikov okazatsya vyshe, chem srednyaya otsenka devochek? bipartite_graph stmt-graph otsenki na vershinah dvudolnogo grafa ai_checked dan dvudolnyy graf mezhdu pyatyu malchikami i pyatyu devochkami; stepen kazhdoy vershiny ne menshe 2. kazhdomu uchastniku pripisana otsenka ot 1 do 10, prichem otsenka kazhdogo malchika menshe otsenki kazhdoy smezhnoy s nim devochki. mozhet li srednyaya otsenka malchikov byt bolshe sredney otsenki devochek? bipartite_graph degree sol-official reshenie ai_checked bipartite_graph otvet: mozhet. v dokazatelstve privoditsya yavnaya konstruktsiya grafa znakomstv. tri malchika s otsenkami 9 znakomy tolko s dvumya devochkami s otsenkami 10, a dva malchika s otsenkami 1 znakomy tolko s tremya devochkami s otsenkami 2. togda u kazhdoy devochki est hotya by dva znakomyh malchika, u kazhdogo malchika — hotya by dve znakomyh devochki, i pri etom kazhdyy malchik imeet otsenku nizhe otsenok vseh znakomyh emu devochek. srednyaya otsenka malchikov ravna 5.8, a srednyaya otsenka devochek ravna 5.2, tak chto trebuemaya situatsiya deystvitelno vozmozhna.","source_keys":["misc"]}
{"id":"utyum-2018_komol_7_red_blue_cycle_game","title":"Игра на двудольных рёбрах до первого 4-цикла, УТЮМ 2018","path":"data\\problems\\utyum\\utyum-2018_komol_7_red_blue_cycle_game.yaml","raw_github_url":"https://raw.githubusercontent.com/didin-maxim/knowledge_graph_of_graphs/main/data/problems/utyum/utyum-2018_komol_7_red_blue_cycle_game.yaml","viewer_url":"https://didin-maxim.github.io/knowledge_graph_of_graphs/#utyum-2018_komol_7_red_blue_cycle_game","source_key":"misc","source_label":"УТЮМ","source_titles":["УТЮМ 2018, командная олимпиада, 7 класс, 7. Красно-синие точки и первый 4-цикл (официальный архив)"],"year":"2018","type":"olympiad_problem","authors":[],"tags":["coloring","goal_strategy_game"],"agent_topics":["game_strategy"],"difficulty":{"main":"regional","local_score":6,"comment":"Импортировано из пакета УТЮМ; этап: командная олимпиада, 7 класс.","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":"По кругу расставлено 100 красных и 100 синих точек. Петя и Вася ходят по очереди, начинает Петя. За ход можно соединить отрезком красную точку с синей, если они ещё не соединены. Выигрывает тот, кто первым получит цикл длины 4. Кто может обеспечить себе победу независимо от действий соперника?","definition_ids":["bipartite_graph","cycle"]}],"graph_theory":[{"id":"stmt-graph","title":"Игра до первого 4-цикла в K100,100","status":"ai_checked","text":"Два игрока по очереди выбирают ранее не выбранные рёбра полного двудольного графа \\(K_{100,100}\\); начинает первый. Выигрывает тот, кто первым выберет четыре ребра некоторого цикла длины 4. Кто имеет выигрышную стратегию?","definition_ids":["bipartite_graph","cycle"]}]},"solutions":[{"id":"sol-official","title":"Решение","status":"ai_checked","definition_ids":["bipartite_graph","cycle"],"standard_idea_ids":[],"tags":[],"has_text":true,"text_preview":"Ответ: Вася. В доказательстве рассматривается двудольный граф, вершинами которого служат красные и синие точки, а проведённые отрезки являются рёбрами. Цикл длины 4 может появиться только тогда, когда игрок соединяет концы уже существующей цепи длины 3. Значит, игрок, после хода которого возникает цепь длины 3, фактически проиграл. Поэтому нельзя присоединять новые рёбра к концам цепи длины 2. Стратегия Васи такова: после каждого хода Пети он соединяет ту же красную точку с некоторой синей точкой, которая до этого ни с чем не была соединена. После каждой пары ходов число изолированных синих точек уменьшается на 2, и после 50 ходов Васи каждая синяя точка оказывается концом цепи длины 2. Следующим ходом Петя неизбежно создаёт цепь длины 3 и проигрывает."}],"relations":[{"id":"rel-cmo-2019-p5-utyum-2018-cycle-game","neighbor_id":"cmo-2019-p5-odd-cycle-edge-game","direction":"backward","type":"same_motif","distance":2,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-utyum-2018-red-blue-cycle-imo-2004-4cycle","neighbor_id":"imo-2004-c3-delete-edge-from-4cycle","direction":"forward","type":"same_motif","distance":2,"status":"needs_human_review"}],"search_text":"utyum-2018_komol_7_red_blue_cycle_game игра на двудольных рёбрах до первого 4-цикла, утюм 2018 coloring goal_strategy_game 2018 https://turmath.ru/uraltur/files/archive/ural51.zip misc misc2018 official_archive src-utyum-2018_komol_7_red_blue_cycle_game-official with_solution утюм утюм 2018, командная олимпиада, 7 класс, 7. красно-синие точки и первый 4-цикл (официальный архив) утюм2018 ? утюм 2018, командная олимпиада, 7 класс, 7. красно-синие точки и первый 4-цикл (официальный архив) stmt-original оригинальная формулировка ai_checked по кругу расставлено 100 красных и 100 синих точек. петя и вася ходят по очереди, начинает петя. за ход можно соединить отрезком красную точку с синей, если они ещё не соединены. выигрывает тот, кто первым получит цикл длины 4. кто может обеспечить себе победу независимо от действий соперника? bipartite_graph cycle stmt-graph игра до первого 4-цикла в k100,100 ai_checked два игрока по очереди выбирают ранее не выбранные рёбра полного двудольного графа \\(k_{100,100}\\); начинает первый. выигрывает тот, кто первым выберет четыре ребра некоторого цикла длины 4. кто имеет выигрышную стратегию? bipartite_graph cycle sol-official решение ai_checked bipartite_graph cycle ответ: вася. в доказательстве рассматривается двудольный граф, вершинами которого служат красные и синие точки, а проведённые отрезки являются рёбрами. цикл длины 4 может появиться только тогда, когда игрок соединяет концы уже существующей цепи длины 3. значит, игрок, после хода которого возникает цепь длины 3, фактически проиграл. поэтому нельзя присоединять новые рёбра к концам цепи длины 2. стратегия васи такова: после каждого хода пети он соединяет ту же красную точку с некоторой синей точкой, которая до этого ни с чем не была соединена. после каждой пары ходов число изолированных синих точек уменьшается на 2, и после 50 ходов васи каждая синяя точка оказывается концом цепи длины 2. следующим ходом петя неизбежно создаёт цепь длины 3 и проигрывает. utyum-2018_komol_7_red_blue_cycle_game igra na dvudolnyh rebrah do pervogo 4-tsikla, utyum 2018 coloring goal_strategy_game 2018 https://turmath.ru/uraltur/files/archive/ural51.zip misc misc2018 official_archive src-utyum-2018_komol_7_red_blue_cycle_game-official with_solution utyum utyum 2018, komandnaya olimpiada, 7 klass, 7. krasno-sinie tochki i pervyy 4-tsikl (ofitsialnyy arhiv) utyum2018 ? utyum 2018, komandnaya olimpiada, 7 klass, 7. krasno-sinie tochki i pervyy 4-tsikl (ofitsialnyy arhiv) stmt-original originalnaya formulirovka ai_checked po krugu rasstavleno 100 krasnyh i 100 sinih tochek. petya i vasya hodyat po ocheredi, nachinaet petya. za hod mozhno soedinit otrezkom krasnuyu tochku s siney, esli oni esche ne soedineny. vyigryvaet tot, kto pervym poluchit tsikl dliny 4. kto mozhet obespechit sebe pobedu nezavisimo ot deystviy sopernika? bipartite_graph cycle stmt-graph igra do pervogo 4-tsikla v k100,100 ai_checked dva igroka po ocheredi vybirayut ranee ne vybrannye rebra polnogo dvudolnogo grafa \\(k_{100,100}\\); nachinaet pervyy. vyigryvaet tot, kto pervym vyberet chetyre rebra nekotorogo tsikla dliny 4. kto imeet vyigryshnuyu strategiyu? bipartite_graph cycle sol-official reshenie ai_checked bipartite_graph cycle otvet: vasya. v dokazatelstve rassmatrivaetsya dvudolnyy graf, vershinami kotorogo sluzhat krasnye i sinie tochki, a provedennye otrezki yavlyayutsya rebrami. tsikl dliny 4 mozhet poyavitsya tolko togda, kogda igrok soedinyaet kontsy uzhe suschestvuyuschey tsepi dliny 3. znachit, igrok, posle hoda kotorogo voznikaet tsep dliny 3, fakticheski proigral. poetomu nelzya prisoedinyat novye rebra k kontsam tsepi dliny 2. strategiya vasi takova: posle kazhdogo hoda peti on soedinyaet tu zhe krasnuyu tochku s nekotoroy siney tochkoy, kotoraya do etogo ni s chem ne byla soedinena. posle kazhdoy pary hodov chislo izolirovannyh sinih tochek umenshaetsya na 2, i posle 50 hodov vasi kazhdaya sinyaya tochka okazyvaetsya kontsom tsepi dliny 2. sleduyuschim hodom petya neizbezhno sozdaet tsep dliny 3 i proigryvaet.","source_keys":["misc"]}
{"id":"utyum-2018_lichol_6_strategic_cities","title":"Тотальное доминирование в связном графе, УТЮМ 2018","path":"data\\problems\\utyum\\utyum-2018_lichol_6_strategic_cities.yaml","raw_github_url":"https://raw.githubusercontent.com/didin-maxim/knowledge_graph_of_graphs/main/data/problems/utyum/utyum-2018_lichol_6_strategic_cities.yaml","viewer_url":"https://didin-maxim.github.io/knowledge_graph_of_graphs/#utyum-2018_lichol_6_strategic_cities","source_key":"misc","source_label":"УТЮМ","source_titles":["УТЮМ 2018, личная олимпиада, 6 класс, 5. Стратегические города, достижимые одним перелётом (официальный архив)"],"year":"2018","type":"olympiad_problem","authors":[],"tags":["trees","connectivity","goal_strategy_game"],"agent_topics":["game_strategy"],"difficulty":{"main":"regional","local_score":6,"comment":"Импортировано из пакета УТЮМ; этап: личная олимпиада, 6 класс.","status":"ai_checked"},"review_status":"ai_checked","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":"Некоторые из 2017 городов страны соединены прямыми двусторонними авиарейсами так, что из каждого города можно добраться до любого другого. Нужно выбрать k стратегически значимых городов так, чтобы из любого города, включая стратегически значимые, ровно за один перелёт можно было попасть в стратегически значимый город. При каком наименьшем k это наверняка можно сделать?","definition_ids":["connected_graph","tree","dominating_set"]}],"graph_theory":[{"id":"stmt-graph","title":"Тотальное доминирующее множество","status":"ai_checked","text":"Дан связный граф на 2017 вершинах. Нужно выбрать \\(k\\) вершин так, чтобы каждая вершина графа, включая выбранные вершины, была смежна хотя бы с одной выбранной вершиной. При каком наименьшем \\(k\\) это всегда возможно?","definition_ids":["connected_graph","tree","dominating_set"]}]},"solutions":[{"id":"sol-official","title":"Решение","status":"ai_checked","definition_ids":["connected_graph","tree","dominating_set"],"standard_idea_ids":["delete_to_simplify"],"tags":[],"has_text":true,"text_preview":"Ответ: \\(k=1344\\). Сначала уточним перевод на язык графов. Города - вершины, авиарейсы - рёбра. Нужно выбрать множество \\(S\\) вершин так, чтобы у каждой вершины был сосед из \\(S\\). Важно, что выбранная вершина тоже должна иметь выбранного соседа: попасть в стратегический город надо ровно за один перелёт, а не за ноль перелётов. Нижняя оценка. Построим связный граф на 2017 вершинах: возьмём центральную вершину \\(A\\) и для каждого \\(i=1,\\ldots,672\\) добавим путь \\(A-B_i-C_i-D_i\\). Всего вершин \\(1+3\\cdot672=2017\\). Рассмотрим любой подходящий набор \\(S\\). Вершина \\(D_i\\) имеет единственного соседа \\(C_i\\), значит обязательно \\(C_i\\in S\\). Но тогда сама вершина \\(C_i\\), будучи выбранной или нет, должна иметь выбранного соседа; её соседи - только \\(B_i\\) и \\(D_i\\), поэтому хотя бы одна из вершин \\(B_i,D_i\\) тоже должна лежать в \\(S\\). Значит для каждого \\(i\\) из тройки \\(B_i,C_i,D_i\\) выбра…"}],"relations":[{"id":"rel-utyum-2018-strategic-utyum-2025-important-cities","neighbor_id":"utyum-2025_komol64_7_5_important_cities_tree","direction":"forward","type":"same_motif","distance":1,"status":"needs_human_review"}],"search_text":"utyum-2018_lichol_6_strategic_cities тотальное доминирование в связном графе, утюм 2018 trees connectivity goal_strategy_game 2018 https://turmath.ru/uraltur/files/archive/ural51.zip misc misc2018 official_archive src-utyum-2018_lichol_6_strategic_cities-official with_solution утюм утюм 2018, личная олимпиада, 6 класс, 5. стратегические города, достижимые одним перелётом (официальный архив) утюм2018 ? утюм 2018, личная олимпиада, 6 класс, 5. стратегические города, достижимые одним перелётом (официальный архив) stmt-original оригинальная формулировка ai_checked некоторые из 2017 городов страны соединены прямыми двусторонними авиарейсами так, что из каждого города можно добраться до любого другого. нужно выбрать k стратегически значимых городов так, чтобы из любого города, включая стратегически значимые, ровно за один перелёт можно было попасть в стратегически значимый город. при каком наименьшем k это наверняка можно сделать? connected_graph tree dominating_set stmt-graph тотальное доминирующее множество ai_checked дан связный граф на 2017 вершинах. нужно выбрать \\(k\\) вершин так, чтобы каждая вершина графа, включая выбранные вершины, была смежна хотя бы с одной выбранной вершиной. при каком наименьшем \\(k\\) это всегда возможно? connected_graph tree dominating_set idea-total-domination-not-closed-domination стратегический город тоже должен иметь стратегического соседа фраза «ровно за один перелёт» означает не обычное доминирование, а полное доминирование: каждая вершина, даже выбранная, должна иметь выбранного соседа. goal_bound ai_checked idea-tree-two-thirds-total-domination в дереве достаточно выбрать не больше двух третей вершин для любого дерева на \\(n\\ge3\\) вершинах есть полное доминирующее множество размера не больше \\(\\lfloor2n/3\\rfloor\\). связный граф можно сначала заменить его остовным деревом: если вершины доминируют дерево, они доминируют и исходный граф. trees induction ai_checked sol-official решение ai_checked connected_graph tree dominating_set delete_to_simplify ответ: \\(k=1344\\). сначала уточним перевод на язык графов. города - вершины, авиарейсы - рёбра. нужно выбрать множество \\(s\\) вершин так, чтобы у каждой вершины был сосед из \\(s\\). важно, что выбранная вершина тоже должна иметь выбранного соседа: попасть в стратегический город надо ровно за один перелёт, а не за ноль перелётов. нижняя оценка. построим связный граф на 2017 вершинах: возьмём центральную вершину \\(a\\) и для каждого \\(i=1,\\ldots,672\\) добавим путь \\(a-b_i-c_i-d_i\\). всего вершин \\(1+3\\cdot672=2017\\). рассмотрим любой подходящий набор \\(s\\). вершина \\(d_i\\) имеет единственного соседа \\(c_i\\), значит обязательно \\(c_i\\in s\\). но тогда сама вершина \\(c_i\\), будучи выбранной или нет, должна иметь выбранного соседа; её соседи - только \\(b_i\\) и \\(d_i\\), поэтому хотя бы одна из вершин \\(b_i,d_i\\) тоже должна лежать в \\(s\\). значит для каждого \\(i\\) из тройки \\(b_i,c_i,d_i\\) выбра… utyum-2018_lichol_6_strategic_cities totalnoe dominirovanie v svyaznom grafe, utyum 2018 trees connectivity goal_strategy_game 2018 https://turmath.ru/uraltur/files/archive/ural51.zip misc misc2018 official_archive src-utyum-2018_lichol_6_strategic_cities-official with_solution utyum utyum 2018, lichnaya olimpiada, 6 klass, 5. strategicheskie goroda, dostizhimye odnim pereletom (ofitsialnyy arhiv) utyum2018 ? utyum 2018, lichnaya olimpiada, 6 klass, 5. strategicheskie goroda, dostizhimye odnim pereletom (ofitsialnyy arhiv) stmt-original originalnaya formulirovka ai_checked nekotorye iz 2017 gorodov strany soedineny pryamymi dvustoronnimi aviareysami tak, chto iz kazhdogo goroda mozhno dobratsya do lyubogo drugogo. nuzhno vybrat k strategicheski znachimyh gorodov tak, chtoby iz lyubogo goroda, vklyuchaya strategicheski znachimye, rovno za odin perelet mozhno bylo popast v strategicheski znachimyy gorod. pri kakom naimenshem k eto navernyaka mozhno sdelat? connected_graph tree dominating_set stmt-graph totalnoe dominiruyuschee mnozhestvo ai_checked dan svyaznyy graf na 2017 vershinah. nuzhno vybrat \\(k\\) vershin tak, chtoby kazhdaya vershina grafa, vklyuchaya vybrannye vershiny, byla smezhna hotya by s odnoy vybrannoy vershinoy. pri kakom naimenshem \\(k\\) eto vsegda vozmozhno? connected_graph tree dominating_set idea-total-domination-not-closed-domination strategicheskiy gorod tozhe dolzhen imet strategicheskogo soseda fraza «rovno za odin perelet» oznachaet ne obychnoe dominirovanie, a polnoe dominirovanie: kazhdaya vershina, dazhe vybrannaya, dolzhna imet vybrannogo soseda. goal_bound ai_checked idea-tree-two-thirds-total-domination v dereve dostatochno vybrat ne bolshe dvuh tretey vershin dlya lyubogo dereva na \\(n\\ge3\\) vershinah est polnoe dominiruyuschee mnozhestvo razmera ne bolshe \\(\\lfloor2n/3\\rfloor\\). svyaznyy graf mozhno snachala zamenit ego ostovnym derevom: esli vershiny dominiruyut derevo, oni dominiruyut i ishodnyy graf. trees induction ai_checked sol-official reshenie ai_checked connected_graph tree dominating_set delete_to_simplify otvet: \\(k=1344\\). snachala utochnim perevod na yazyk grafov. goroda - vershiny, aviareysy - rebra. nuzhno vybrat mnozhestvo \\(s\\) vershin tak, chtoby u kazhdoy vershiny byl sosed iz \\(s\\). vazhno, chto vybrannaya vershina tozhe dolzhna imet vybrannogo soseda: popast v strategicheskiy gorod nado rovno za odin perelet, a ne za nol pereletov. nizhnyaya otsenka. postroim svyaznyy graf na 2017 vershinah: vozmem tsentralnuyu vershinu \\(a\\) i dlya kazhdogo \\(i=1,\\ldots,672\\) dobavim put \\(a-b_i-c_i-d_i\\). vsego vershin \\(1+3\\cdot672=2017\\). rassmotrim lyuboy podhodyaschiy nabor \\(s\\). vershina \\(d_i\\) imeet edinstvennogo soseda \\(c_i\\), znachit obyazatelno \\(c_i\\in s\\). no togda sama vershina \\(c_i\\), buduchi vybrannoy ili net, dolzhna imet vybrannogo soseda; ee sosedi - tolko \\(b_i\\) i \\(d_i\\), poetomu hotya by odna iz vershin \\(b_i,d_i\\) tozhe dolzhna lezhat v \\(s\\). znachit dlya kazhdogo \\(i\\) iz troyki \\(b_i,c_i,d_i\\) vybra…","source_keys":["misc"]}
{"id":"utyum-2018_lichol_8_tree_cities","title":"1000 доминирующих вершин в дереве на 1500 вершинах, УТЮМ 2018","path":"data\\problems\\utyum\\utyum-2018_lichol_8_tree_cities.yaml","raw_github_url":"https://raw.githubusercontent.com/didin-maxim/knowledge_graph_of_graphs/main/data/problems/utyum/utyum-2018_lichol_8_tree_cities.yaml","viewer_url":"https://didin-maxim.github.io/knowledge_graph_of_graphs/#utyum-2018_lichol_8_tree_cities","source_key":"misc","source_label":"УТЮМ","source_titles":["УТЮМ 2018, личная олимпиада, 8 класс, 5. 1500 деревень, единственные пути и 1000 городов (официальный архив)"],"year":"2018","type":"olympiad_problem","authors":[],"tags":["trees","connectivity","goal_existence"],"agent_topics":[],"difficulty":{"main":"regional","local_score":6,"comment":"Импортировано из пакета УТЮМ; этап: личная олимпиада, 8 класс.","status":"ai_checked"},"review_status":"ai_checked","public_ready":false,"solution_state":"with_solution","solution_classification":{"type":"official_complete_or_near_complete","label":"официальное полное/почти полное","status":"ai_checked","confidence":0.88,"basis":"агентский аудит средней сложности","notes":"Официальный план развёрнут; проверены условие полного доминирования и финальное расширение ровно до 1000 городов.","audit_source":"agent-russian-archives.json"},"statements":{"original":[{"id":"stmt-original","title":"Оригинальная формулировка","status":"ai_checked","text":"В стране 1500 деревень, некоторые пары деревень соединены дорогами. Известно, что между любыми двумя деревнями существует единственный путь по этим дорогам. Докажите, что 1000 деревень можно назвать городами так, чтобы из любого населённого пункта выходила хотя бы одна дорога в город.","definition_ids":["tree","path","connected_graph"]}]},"solutions":[{"id":"sol-official","title":"Индукция по дереву: полное доминирование двумя третями","status":"ai_checked","definition_ids":["tree","path","connected_graph"],"standard_idea_ids":["induction","longest_path","delete_to_simplify"],"tags":[],"has_text":true,"text_preview":"Назовём множество \\(S\\) вершин хорошим, если у каждой вершины дерева есть сосед из \\(S\\). Это относится и к самим вершинам из \\(S\\): каждый выбранный город тоже должен иметь соседний выбранный город. Докажем более сильную лемму. В каждом дереве с \\(N\\ge3\\) вершинами есть хорошее множество размера не больше \\(2N/3\\). Для \\(N=1500\\) это даёт не больше \\(1000\\) городов; если выбрано меньше \\(1000\\), можно добавить произвольные деревни, потому что добавление городов не нарушает условие. Доказательство идёт индукцией по \\(N\\). При \\(N=3\\) дерево — путь длины два, и достаточно выбрать две соседние вершины. При \\(N>3\\) возьмём длиннейший путь \\(v_1v_2\\ldots v_k\\). Тогда \\(v_1\\) — лист, а каждый сосед \\(v_2\\), кроме \\(v_3\\), тоже лист. Если у \\(v_2\\) есть хотя бы два листовых соседа, удалим \\(v_2\\) и всех его листовых соседей. К хорошему множеству оставшегося дерева добавим \\(v_2\\) и один удалё…"}],"relations":[{"id":"rel-tree-total-domination-two-thirds-utyum-2018-tree-cities","neighbor_id":"tree-total-domination-two-thirds","direction":"backward","type":"prerequisite","distance":1,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-utyum-2018-tree-cities-tree-properties","neighbor_id":"tree-equivalent-properties","direction":"forward","type":"prerequisite","distance":1,"status":"needs_human_review"},{"id":"rel-utyum-1996-central-cities-utyum-2018-tree-cities","neighbor_id":"utyum-1996_tur3_10_central_cities","direction":"backward","type":"same_motif","distance":1,"status":"needs_human_review"}],"search_text":"utyum-2018_lichol_8_tree_cities 1000 доминирующих вершин в дереве на 1500 вершинах, утюм 2018 trees connectivity goal_existence 2018 https://turmath.ru/uraltur/files/archive/ural51.zip misc misc2018 official_archive src-utyum-2018_lichol_8_tree_cities-official with_solution утюм утюм 2018, личная олимпиада, 8 класс, 5. 1500 деревень, единственные пути и 1000 городов (официальный архив) утюм2018 ? утюм 2018, личная олимпиада, 8 класс, 5. 1500 деревень, единственные пути и 1000 городов (официальный архив) stmt-original оригинальная формулировка ai_checked в стране 1500 деревень, некоторые пары деревень соединены дорогами. известно, что между любыми двумя деревнями существует единственный путь по этим дорогам. докажите, что 1000 деревень можно назвать городами так, чтобы из любого населённого пункта выходила хотя бы одна дорога в город. tree path connected_graph idea-total-domination-two-thirds полное доминирование двумя третями вершин достаточно доказать более сильную лемму: в каждом дереве хотя бы с 3 вершинами есть полное доминирующее множество размера не больше \\(2n/3\\). при \\(n=1500\\) это даёт не больше 1000 городов; если выбрано меньше, добавление новых городов не портит свойство. trees induction ai_checked idea-longest-path-pruning обрезание конца длиннейшего пути выбирается конец длиннейшего пути. рядом с этим концом все боковые ветви имеют длину не больше двух, поэтому можно удалить небольшой связный фрагмент, доминировать его не более чем двумя третями его вершин и оставить меньшее связное дерево. trees connectivity ai_checked sol-official индукция по дереву: полное доминирование двумя третями ai_checked tree path connected_graph induction longest_path delete_to_simplify назовём множество \\(s\\) вершин хорошим, если у каждой вершины дерева есть сосед из \\(s\\). это относится и к самим вершинам из \\(s\\): каждый выбранный город тоже должен иметь соседний выбранный город. докажем более сильную лемму. в каждом дереве с \\(n\\ge3\\) вершинами есть хорошее множество размера не больше \\(2n/3\\). для \\(n=1500\\) это даёт не больше \\(1000\\) городов; если выбрано меньше \\(1000\\), можно добавить произвольные деревни, потому что добавление городов не нарушает условие. доказательство идёт индукцией по \\(n\\). при \\(n=3\\) дерево — путь длины два, и достаточно выбрать две соседние вершины. при \\(n>3\\) возьмём длиннейший путь \\(v_1v_2\\ldots v_k\\). тогда \\(v_1\\) — лист, а каждый сосед \\(v_2\\), кроме \\(v_3\\), тоже лист. если у \\(v_2\\) есть хотя бы два листовых соседа, удалим \\(v_2\\) и всех его листовых соседей. к хорошему множеству оставшегося дерева добавим \\(v_2\\) и один удалё… utyum-2018_lichol_8_tree_cities 1000 dominiruyuschih vershin v dereve na 1500 vershinah, utyum 2018 trees connectivity goal_existence 2018 https://turmath.ru/uraltur/files/archive/ural51.zip misc misc2018 official_archive src-utyum-2018_lichol_8_tree_cities-official with_solution utyum utyum 2018, lichnaya olimpiada, 8 klass, 5. 1500 dereven, edinstvennye puti i 1000 gorodov (ofitsialnyy arhiv) utyum2018 ? utyum 2018, lichnaya olimpiada, 8 klass, 5. 1500 dereven, edinstvennye puti i 1000 gorodov (ofitsialnyy arhiv) stmt-original originalnaya formulirovka ai_checked v strane 1500 dereven, nekotorye pary dereven soedineny dorogami. izvestno, chto mezhdu lyubymi dvumya derevnyami suschestvuet edinstvennyy put po etim dorogam. dokazhite, chto 1000 dereven mozhno nazvat gorodami tak, chtoby iz lyubogo naselennogo punkta vyhodila hotya by odna doroga v gorod. tree path connected_graph idea-total-domination-two-thirds polnoe dominirovanie dvumya tretyami vershin dostatochno dokazat bolee silnuyu lemmu: v kazhdom dereve hotya by s 3 vershinami est polnoe dominiruyuschee mnozhestvo razmera ne bolshe \\(2n/3\\). pri \\(n=1500\\) eto daet ne bolshe 1000 gorodov; esli vybrano menshe, dobavlenie novyh gorodov ne portit svoystvo. trees induction ai_checked idea-longest-path-pruning obrezanie kontsa dlinneyshego puti vybiraetsya konets dlinneyshego puti. ryadom s etim kontsom vse bokovye vetvi imeyut dlinu ne bolshe dvuh, poetomu mozhno udalit nebolshoy svyaznyy fragment, dominirovat ego ne bolee chem dvumya tretyami ego vershin i ostavit menshee svyaznoe derevo. trees connectivity ai_checked sol-official induktsiya po derevu: polnoe dominirovanie dvumya tretyami ai_checked tree path connected_graph induction longest_path delete_to_simplify nazovem mnozhestvo \\(s\\) vershin horoshim, esli u kazhdoy vershiny dereva est sosed iz \\(s\\). eto otnositsya i k samim vershinam iz \\(s\\): kazhdyy vybrannyy gorod tozhe dolzhen imet sosedniy vybrannyy gorod. dokazhem bolee silnuyu lemmu. v kazhdom dereve s \\(n\\ge3\\) vershinami est horoshee mnozhestvo razmera ne bolshe \\(2n/3\\). dlya \\(n=1500\\) eto daet ne bolshe \\(1000\\) gorodov; esli vybrano menshe \\(1000\\), mozhno dobavit proizvolnye derevni, potomu chto dobavlenie gorodov ne narushaet uslovie. dokazatelstvo idet induktsiey po \\(n\\). pri \\(n=3\\) derevo — put dliny dva, i dostatochno vybrat dve sosednie vershiny. pri \\(n>3\\) vozmem dlinneyshiy put \\(v_1v_2\\ldots v_k\\). togda \\(v_1\\) — list, a kazhdyy sosed \\(v_2\\), krome \\(v_3\\), tozhe list. esli u \\(v_2\\) est hotya by dva listovyh soseda, udalim \\(v_2\\) i vseh ego listovyh sosedey. k horoshemu mnozhestvu ostavshegosya dereva dobavim \\(v_2\\) i odin udale…","source_keys":["misc"]}
{"id":"utyum-2019_komol_7_airline_costs","title":"Сумма весов 10, 20, 30 в полном графе на 20 городах, УТЮМ 2019","path":"data\\problems\\utyum\\utyum-2019_komol_7_airline_costs.yaml","raw_github_url":"https://raw.githubusercontent.com/didin-maxim/knowledge_graph_of_graphs/main/data/problems/utyum/utyum-2019_komol_7_airline_costs.yaml","viewer_url":"https://didin-maxim.github.io/knowledge_graph_of_graphs/#utyum-2019_komol_7_airline_costs","source_key":"misc","source_label":"УТЮМ","source_titles":["УТЮМ 2019, командная олимпиада, 7 класс, 6. Стоимость авиалиний на 20 городах (официальный архив)"],"year":"2019","type":"olympiad_problem","authors":[],"tags":["extremal_graph_theory","goal_exact_bound"],"agent_topics":[],"difficulty":{"main":"regional","local_score":6,"comment":"Импортировано из пакета УТЮМ; этап: командная олимпиада, 7 класс.","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 20 городов, и любые два города соединены прямой авиалинией. Стоимость каждого перелёта равна 10, 20 или 30 тугриков, причём все три цены реально встречаются. Известно, что если вылететь из любого города и после трёх перелётов вернуться в него, то суммарно придётся потратить не меньше 60 тугриков. Докажите, что сумма цен на всех авиалиниях не меньше 3970.","definition_ids":["complete_graph"]}],"graph_theory":[{"id":"stmt-graph","title":"Веса рёбер полного графа K20","status":"ai_checked","text":"На рёбрах полного графа \\(K_{20}\\) стоят веса 10, 20 или 30, причём все три значения встречаются. Для любого треугольника сумма весов его рёбер не меньше 60. Докажите, что сумма весов всех рёбер графа не меньше 3970.","definition_ids":["complete_graph","triangle"]}]},"solutions":[{"id":"sol-official","title":"Решение","status":"ai_checked","definition_ids":["complete_graph","cycle"],"standard_idea_ids":[],"tags":[],"has_text":true,"text_preview":"Обозначим через L число рёбер стоимости 10, а через H число рёбер стоимости 30. Рёбра стоимости 20 пусть будут нейтральными. Всего в \\(K_20\\) ровно 190 рёбер, поэтому суммарная стоимость всех рёбер равна 20·190 + 10(H - L) = 3800 + 10(H - L). Достаточно доказать, что H - L >= 17. Так как цена 10 действительно встречается, L >= 1. Заметим сначала, что рёбра стоимости 10 не имеют общих концов: если AB и AC стоили бы по 10, то треугольник ABC имел бы стоимость не больше 10 + 10 + 30 = 50, что запрещено. Пусть AB — ребро стоимости 10. Для любого третьего города C хотя бы одно из рёбер AC и BC должно иметь стоимость 30, иначе треугольник ABC стоил бы не больше 10 + 20 + 20 = 50. Если L = 1, то уже отсюда получаем H >= 18, значит H - L >= 17. Если L = 2, пусть рёбра стоимости 10 — это AB и CD. Для каждого из остальных 16 городов X нужно хотя бы одно дорогое ребро из X в пару {A,B} и хотя бы о…"}],"relations":[{"id":"rel-utyum-2019-airline-costs-utyum-2019-complete-weights-2000","neighbor_id":"complete-graph-triangle-edge-weights-minimum-parametric","direction":"forward","type":"same_motif","distance":1,"status":"needs_human_review"}],"search_text":"utyum-2019_komol_7_airline_costs сумма весов 10, 20, 30 в полном графе на 20 городах, утюм 2019 extremal_graph_theory goal_exact_bound 2019 https://turmath.ru/uraltur/files/archive/ural53.zip misc misc2019 official_archive src-utyum-2019_komol_7_airline_costs-official with_solution утюм утюм 2019, командная олимпиада, 7 класс, 6. стоимость авиалиний на 20 городах (официальный архив) утюм2019 ? утюм 2019, командная олимпиада, 7 класс, 6. стоимость авиалиний на 20 городах (официальный архив) stmt-original оригинальная формулировка ai_checked в стране 20 городов, и любые два города соединены прямой авиалинией. стоимость каждого перелёта равна 10, 20 или 30 тугриков, причём все три цены реально встречаются. известно, что если вылететь из любого города и после трёх перелётов вернуться в него, то суммарно придётся потратить не меньше 60 тугриков. докажите, что сумма цен на всех авиалиниях не меньше 3970. complete_graph stmt-graph веса рёбер полного графа k20 ai_checked на рёбрах полного графа \\(k_{20}\\) стоят веса 10, 20 или 30, причём все три значения встречаются. для любого треугольника сумма весов его рёбер не меньше 60. докажите, что сумма весов всех рёбер графа не меньше 3970. complete_graph triangle sol-official решение ai_checked complete_graph cycle обозначим через l число рёбер стоимости 10, а через h число рёбер стоимости 30. рёбра стоимости 20 пусть будут нейтральными. всего в \\(k_20\\) ровно 190 рёбер, поэтому суммарная стоимость всех рёбер равна 20·190 + 10(h - l) = 3800 + 10(h - l). достаточно доказать, что h - l >= 17. так как цена 10 действительно встречается, l >= 1. заметим сначала, что рёбра стоимости 10 не имеют общих концов: если ab и ac стоили бы по 10, то треугольник abc имел бы стоимость не больше 10 + 10 + 30 = 50, что запрещено. пусть ab — ребро стоимости 10. для любого третьего города c хотя бы одно из рёбер ac и bc должно иметь стоимость 30, иначе треугольник abc стоил бы не больше 10 + 20 + 20 = 50. если l = 1, то уже отсюда получаем h >= 18, значит h - l >= 17. если l = 2, пусть рёбра стоимости 10 — это ab и cd. для каждого из остальных 16 городов x нужно хотя бы одно дорогое ребро из x в пару {a,b} и хотя бы о… utyum-2019_komol_7_airline_costs summa vesov 10, 20, 30 v polnom grafe na 20 gorodah, utyum 2019 extremal_graph_theory goal_exact_bound 2019 https://turmath.ru/uraltur/files/archive/ural53.zip misc misc2019 official_archive src-utyum-2019_komol_7_airline_costs-official with_solution utyum utyum 2019, komandnaya olimpiada, 7 klass, 6. stoimost avialiniy na 20 gorodah (ofitsialnyy arhiv) utyum2019 ? utyum 2019, komandnaya olimpiada, 7 klass, 6. stoimost avialiniy na 20 gorodah (ofitsialnyy arhiv) stmt-original originalnaya formulirovka ai_checked v strane 20 gorodov, i lyubye dva goroda soedineny pryamoy avialiniey. stoimost kazhdogo pereleta ravna 10, 20 ili 30 tugrikov, prichem vse tri tseny realno vstrechayutsya. izvestno, chto esli vyletet iz lyubogo goroda i posle treh pereletov vernutsya v nego, to summarno pridetsya potratit ne menshe 60 tugrikov. dokazhite, chto summa tsen na vseh avialiniyah ne menshe 3970. complete_graph stmt-graph vesa reber polnogo grafa k20 ai_checked na rebrah polnogo grafa \\(k_{20}\\) stoyat vesa 10, 20 ili 30, prichem vse tri znacheniya vstrechayutsya. dlya lyubogo treugolnika summa vesov ego reber ne menshe 60. dokazhite, chto summa vesov vseh reber grafa ne menshe 3970. complete_graph triangle sol-official reshenie ai_checked complete_graph cycle oboznachim cherez l chislo reber stoimosti 10, a cherez h chislo reber stoimosti 30. rebra stoimosti 20 pust budut neytralnymi. vsego v \\(k_20\\) rovno 190 reber, poetomu summarnaya stoimost vseh reber ravna 20·190 + 10(h - l) = 3800 + 10(h - l). dostatochno dokazat, chto h - l >= 17. tak kak tsena 10 deystvitelno vstrechaetsya, l >= 1. zametim snachala, chto rebra stoimosti 10 ne imeyut obschih kontsov: esli ab i ac stoili by po 10, to treugolnik abc imel by stoimost ne bolshe 10 + 10 + 30 = 50, chto zaprescheno. pust ab — rebro stoimosti 10. dlya lyubogo tretego goroda c hotya by odno iz reber ac i bc dolzhno imet stoimost 30, inache treugolnik abc stoil by ne bolshe 10 + 20 + 20 = 50. esli l = 1, to uzhe otsyuda poluchaem h >= 18, znachit h - l >= 17. esli l = 2, pust rebra stoimosti 10 — eto ab i cd. dlya kazhdogo iz ostalnyh 16 gorodov x nuzhno hotya by odno dorogoe rebro iz x v paru {a,b} i hotya by o…","source_keys":["misc"]}
{"id":"utyum-2021_komol_6_archipelago_bridges","title":"Локальное условие на пути длины 3, УТЮМ 2021","path":"data\\problems\\utyum\\utyum-2021_komol_6_archipelago_bridges.yaml","raw_github_url":"https://raw.githubusercontent.com/didin-maxim/knowledge_graph_of_graphs/main/data/problems/utyum/utyum-2021_komol_6_archipelago_bridges.yaml","viewer_url":"https://didin-maxim.github.io/knowledge_graph_of_graphs/#utyum-2021_komol_6_archipelago_bridges","source_key":"misc","source_label":"УТЮМ","source_titles":["УТЮМ 2021, командная олимпиада, 6 класс, 6. Архипелаг, мосты и универсальный остров (официальный архив)"],"year":"2021","type":"olympiad_problem","authors":[],"tags":["connectivity","goal_exact_bound"],"agent_topics":[],"difficulty":{"main":"regional","local_score":6,"comment":"Импортировано из пакета УТЮМ; этап: командная олимпиада, 6 класс.","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":"Архипелаг состоит из 1000 островов, некоторые пары которых соединены мостами, причём от любого острова можно добраться по мостам до любого другого. Известно, что для любых четырёх островов A, B, C, D таких, что есть мосты AB, BC, CD, также существует мост AC или мост BD. Докажите, что найдётся остров, соединённый мостами со всеми остальными.","definition_ids":["connected_graph","degree","path"]}],"graph_theory":[{"id":"stmt-graph","title":"Локальное условие на пути длины 3","status":"ai_checked","text":"Дан связный граф на 1000 вершинах. Известно, что для любых четырёх вершин \\(A,B,C,D\\), если рёбра \\(AB\\), \\(BC\\) и \\(CD\\) существуют, то существует хотя бы одно из рёбер \\(AC\\), \\(BD\\). Докажите, что в графе есть вершина, смежная со всеми остальными.","definition_ids":["connected_graph","degree","path"]}]},"solutions":[{"id":"sol-official","title":"Решение","status":"ai_checked","definition_ids":["connected_graph","degree","path"],"standard_idea_ids":[],"tags":[],"has_text":true,"text_preview":"В доказательстве рассматривается граф, вершинами которого являются острова, а рёбрами — мосты. Выбирается вершина B наибольшей степени. Предположим, что она соединена не со всеми вершинами графа. Так как граф связен, существует путь B-C-D, где B соединена с C, C соединена с D, но B не соединена с D. Теперь для любой вершины A, соединённой с B, можно применить условие задачи к пути A-B-C-D. Поскольку ребра BD нет, условие вынуждает существование ребра AC. Значит, C соединена со всеми соседями B, а кроме того ещё и с D. Это делает степень C строго больше степени B, что противоречит выбору B. Следовательно, вершина наибольшей степени обязана быть соединена со всеми остальными вершинами."}],"relations":[{"id":"rel-utyum-2021-archipelago-vosh-universal","neighbor_id":"vosh-2000-01-final-universal-acquaintance","direction":"forward","type":"same_motif","distance":2,"status":"needs_human_review"},{"id":"rel-utyum-2021-archipelago-tournament-king","neighbor_id":"tournament-king-radius-two","direction":"forward","type":"same_motif","distance":2,"status":"needs_human_review"}],"search_text":"utyum-2021_komol_6_archipelago_bridges локальное условие на пути длины 3, утюм 2021 connectivity goal_exact_bound 2021 https://turmath.ru/uraltur/files/archive/ural57.zip misc misc2021 official_archive src-utyum-2021_komol_6_archipelago_bridges-official with_solution утюм утюм 2021, командная олимпиада, 6 класс, 6. архипелаг, мосты и универсальный остров (официальный архив) утюм2021 ? утюм 2021, командная олимпиада, 6 класс, 6. архипелаг, мосты и универсальный остров (официальный архив) stmt-original оригинальная формулировка ai_checked архипелаг состоит из 1000 островов, некоторые пары которых соединены мостами, причём от любого острова можно добраться по мостам до любого другого. известно, что для любых четырёх островов a, b, c, d таких, что есть мосты ab, bc, cd, также существует мост ac или мост bd. докажите, что найдётся остров, соединённый мостами со всеми остальными. connected_graph degree path stmt-graph локальное условие на пути длины 3 ai_checked дан связный граф на 1000 вершинах. известно, что для любых четырёх вершин \\(a,b,c,d\\), если рёбра \\(ab\\), \\(bc\\) и \\(cd\\) существуют, то существует хотя бы одно из рёбер \\(ac\\), \\(bd\\). докажите, что в графе есть вершина, смежная со всеми остальными. connected_graph degree path sol-official решение ai_checked connected_graph degree path в доказательстве рассматривается граф, вершинами которого являются острова, а рёбрами — мосты. выбирается вершина b наибольшей степени. предположим, что она соединена не со всеми вершинами графа. так как граф связен, существует путь b-c-d, где b соединена с c, c соединена с d, но b не соединена с d. теперь для любой вершины a, соединённой с b, можно применить условие задачи к пути a-b-c-d. поскольку ребра bd нет, условие вынуждает существование ребра ac. значит, c соединена со всеми соседями b, а кроме того ещё и с d. это делает степень c строго больше степени b, что противоречит выбору b. следовательно, вершина наибольшей степени обязана быть соединена со всеми остальными вершинами. utyum-2021_komol_6_archipelago_bridges lokalnoe uslovie na puti dliny 3, utyum 2021 connectivity goal_exact_bound 2021 https://turmath.ru/uraltur/files/archive/ural57.zip misc misc2021 official_archive src-utyum-2021_komol_6_archipelago_bridges-official with_solution utyum utyum 2021, komandnaya olimpiada, 6 klass, 6. arhipelag, mosty i universalnyy ostrov (ofitsialnyy arhiv) utyum2021 ? utyum 2021, komandnaya olimpiada, 6 klass, 6. arhipelag, mosty i universalnyy ostrov (ofitsialnyy arhiv) stmt-original originalnaya formulirovka ai_checked arhipelag sostoit iz 1000 ostrovov, nekotorye pary kotoryh soedineny mostami, prichem ot lyubogo ostrova mozhno dobratsya po mostam do lyubogo drugogo. izvestno, chto dlya lyubyh chetyreh ostrovov a, b, c, d takih, chto est mosty ab, bc, cd, takzhe suschestvuet most ac ili most bd. dokazhite, chto naydetsya ostrov, soedinennyy mostami so vsemi ostalnymi. connected_graph degree path stmt-graph lokalnoe uslovie na puti dliny 3 ai_checked dan svyaznyy graf na 1000 vershinah. izvestno, chto dlya lyubyh chetyreh vershin \\(a,b,c,d\\), esli rebra \\(ab\\), \\(bc\\) i \\(cd\\) suschestvuyut, to suschestvuet hotya by odno iz reber \\(ac\\), \\(bd\\). dokazhite, chto v grafe est vershina, smezhnaya so vsemi ostalnymi. connected_graph degree path sol-official reshenie ai_checked connected_graph degree path v dokazatelstve rassmatrivaetsya graf, vershinami kotorogo yavlyayutsya ostrova, a rebrami — mosty. vybiraetsya vershina b naibolshey stepeni. predpolozhim, chto ona soedinena ne so vsemi vershinami grafa. tak kak graf svyazen, suschestvuet put b-c-d, gde b soedinena s c, c soedinena s d, no b ne soedinena s d. teper dlya lyuboy vershiny a, soedinennoy s b, mozhno primenit uslovie zadachi k puti a-b-c-d. poskolku rebra bd net, uslovie vynuzhdaet suschestvovanie rebra ac. znachit, c soedinena so vsemi sosedyami b, a krome togo esche i s d. eto delaet stepen c strogo bolshe stepeni b, chto protivorechit vyboru b. sledovatelno, vershina naibolshey stepeni obyazana byt soedinena so vsemi ostalnymi vershinami.","source_keys":["misc"]}
{"id":"utyum-2021_komol_7_no_k5_many_acquaintances","title":"Минимальный K5-свободный граф с минимальной степенью 2021, УТЮМ 2021","path":"data\\problems\\utyum\\utyum-2021_komol_7_no_k5_many_acquaintances.yaml","raw_github_url":"https://raw.githubusercontent.com/didin-maxim/knowledge_graph_of_graphs/main/data/problems/utyum/utyum-2021_komol_7_no_k5_many_acquaintances.yaml","viewer_url":"https://didin-maxim.github.io/knowledge_graph_of_graphs/#utyum-2021_komol_7_no_k5_many_acquaintances","source_key":"k5","source_label":"Минимальный K5-свободный граф с минимальной степенью","source_titles":["УТЮМ 2021, командная олимпиада, 7 класс, 5. Минимальное n со степенью не меньше 2021 и без 5-клики (официальный архив)"],"year":"2021","type":"olympiad_problem","authors":[],"tags":["extremal_graph_theory","forbidden_clique","goal_exact_bound"],"agent_topics":[],"difficulty":{"main":"regional","local_score":6,"comment":"Импортировано из пакета УТЮМ; этап: командная олимпиада, 7 класс.","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 компании n человек. У каждого из них не менее 2021 знакомого. При этом нет пятерых людей, попарно знакомых друг с другом. При каком наименьшем n такое возможно?","definition_ids":["simple_graph","degree","clique"]}],"graph_hint_reformulations":[{"id":"stmt-graph","title":"Графовая формулировка","status":"ai_checked","text":"Пусть \\(d\\ge 1\\). Дан простой граф на \\(n\\) вершинах, минимальная степень которого не меньше \\(d\\). При этом граф не содержит клики размера 5. Докажите, что минимально возможное \\(n\\) равно \\(\\lceil 4d/3\\rceil\\).","definition_ids":["simple_graph","degree","clique"]}]},"solutions":[{"id":"sol-official","title":"Решение","status":"ai_checked","definition_ids":["simple_graph","degree","clique"],"standard_idea_ids":[],"tags":[],"has_text":true,"text_preview":"Ответ: 2695. В доказательстве сначала строится пример на 2695 людях. Всех разбивают на четыре группы размеров 674, 674, 674 и 673. Люди внутри одной группы попарно не знакомы, а люди из разных групп попарно знакомы. Тогда у каждого человека не меньше 2021 знакомого, а пятёрки попарно знакомых не существует. Для оценки снизу предполагают, что людей не более 2694. Тогда у каждого человека не более 672 незнакомых. Дальше жадно строят группу попарно знакомых людей. Каждый новый выбранный человек вместе со своими незнакомыми запрещает не более 673 человек. После выбора четырёх человек запрещённых всё ещё меньше, чем всего людей, поэтому можно выбрать пятого. Получается пятёрка попарно знакомых, что противоречит условию. Значит, минимально возможное n равно 2695."}],"relations":[{"id":"rel-min-degree-common-neighborhood-clique-utyum-2021-k5-free","neighbor_id":"min-degree-common-neighborhood-clique","direction":"backward","type":"prerequisite","distance":1,"status":"ai_checked"}],"search_text":"utyum-2021_komol_7_no_k5_many_acquaintances минимальный k5-свободный граф с минимальной степенью 2021, утюм 2021 extremal_graph_theory forbidden_clique goal_exact_bound 2021 https://turmath.ru/uraltur/files/archive/ural57.zip k5 k52021 official_archive src-utyum-2021_komol_7_no_k5_many_acquaintances-official with_solution минимальный k5-свободный граф с минимальной степенью минимальныйk5свободныйграфсминимальнойстепенью минимальныйk5свободныйграфсминимальнойстепенью2021 утюм 2021, командная олимпиада, 7 класс, 5. минимальное n со степенью не меньше 2021 и без 5-клики (официальный архив) ? утюм 2021, командная олимпиада, 7 класс, 5. минимальное n со степенью не меньше 2021 и без 5-клики (официальный архив) stmt-original оригинальная формулировка ai_checked в компании n человек. у каждого из них не менее 2021 знакомого. при этом нет пятерых людей, попарно знакомых друг с другом. при каком наименьшем n такое возможно? simple_graph degree clique stmt-graph графовая формулировка ai_checked пусть \\(d\\ge 1\\). дан простой граф на \\(n\\) вершинах, минимальная степень которого не меньше \\(d\\). при этом граф не содержит клики размера 5. докажите, что минимально возможное \\(n\\) равно \\(\\lceil 4d/3\\rceil\\). simple_graph degree clique sol-official решение ai_checked simple_graph degree clique ответ: 2695. в доказательстве сначала строится пример на 2695 людях. всех разбивают на четыре группы размеров 674, 674, 674 и 673. люди внутри одной группы попарно не знакомы, а люди из разных групп попарно знакомы. тогда у каждого человека не меньше 2021 знакомого, а пятёрки попарно знакомых не существует. для оценки снизу предполагают, что людей не более 2694. тогда у каждого человека не более 672 незнакомых. дальше жадно строят группу попарно знакомых людей. каждый новый выбранный человек вместе со своими незнакомыми запрещает не более 673 человек. после выбора четырёх человек запрещённых всё ещё меньше, чем всего людей, поэтому можно выбрать пятого. получается пятёрка попарно знакомых, что противоречит условию. значит, минимально возможное n равно 2695. utyum-2021_komol_7_no_k5_many_acquaintances minimalnyy k5-svobodnyy graf s minimalnoy stepenyu 2021, utyum 2021 extremal_graph_theory forbidden_clique goal_exact_bound 2021 https://turmath.ru/uraltur/files/archive/ural57.zip k5 k52021 official_archive src-utyum-2021_komol_7_no_k5_many_acquaintances-official with_solution minimalnyy k5-svobodnyy graf s minimalnoy stepenyu minimalnyyk5svobodnyygrafsminimalnoystepenyu minimalnyyk5svobodnyygrafsminimalnoystepenyu2021 utyum 2021, komandnaya olimpiada, 7 klass, 5. minimalnoe n so stepenyu ne menshe 2021 i bez 5-kliki (ofitsialnyy arhiv) ? utyum 2021, komandnaya olimpiada, 7 klass, 5. minimalnoe n so stepenyu ne menshe 2021 i bez 5-kliki (ofitsialnyy arhiv) stmt-original originalnaya formulirovka ai_checked v kompanii n chelovek. u kazhdogo iz nih ne menee 2021 znakomogo. pri etom net pyateryh lyudey, poparno znakomyh drug s drugom. pri kakom naimenshem n takoe vozmozhno? simple_graph degree clique stmt-graph grafovaya formulirovka ai_checked pust \\(d\\ge 1\\). dan prostoy graf na \\(n\\) vershinah, minimalnaya stepen kotorogo ne menshe \\(d\\). pri etom graf ne soderzhit kliki razmera 5. dokazhite, chto minimalno vozmozhnoe \\(n\\) ravno \\(\\lceil 4d/3\\rceil\\). simple_graph degree clique sol-official reshenie ai_checked simple_graph degree clique otvet: 2695. v dokazatelstve snachala stroitsya primer na 2695 lyudyah. vseh razbivayut na chetyre gruppy razmerov 674, 674, 674 i 673. lyudi vnutri odnoy gruppy poparno ne znakomy, a lyudi iz raznyh grupp poparno znakomy. togda u kazhdogo cheloveka ne menshe 2021 znakomogo, a pyaterki poparno znakomyh ne suschestvuet. dlya otsenki snizu predpolagayut, chto lyudey ne bolee 2694. togda u kazhdogo cheloveka ne bolee 672 neznakomyh. dalshe zhadno stroyat gruppu poparno znakomyh lyudey. kazhdyy novyy vybrannyy chelovek vmeste so svoimi neznakomymi zapreschaet ne bolee 673 chelovek. posle vybora chetyreh chelovek zapreschennyh vse esche menshe, chem vsego lyudey, poetomu mozhno vybrat pyatogo. poluchaetsya pyaterka poparno znakomyh, chto protivorechit usloviyu. znachit, minimalno vozmozhnoe n ravno 2695.","source_keys":["k5"]}
{"id":"utyum-2023_komol60_6_7_company_departures","title":"Удаление единственного максимума степени в графе на 100 вершинах, УТЮМ 2023","path":"data\\problems\\utyum\\utyum-2023_komol60_6_7_company_departures.yaml","raw_github_url":"https://raw.githubusercontent.com/didin-maxim/knowledge_graph_of_graphs/main/data/problems/utyum/utyum-2023_komol60_6_7_company_departures.yaml","viewer_url":"https://didin-maxim.github.io/knowledge_graph_of_graphs/#utyum-2023_komol60_6_7_company_departures","source_key":"misc","source_label":"УТЮМ","source_titles":["УТЮМ 2023, командная олимпиада, 6 класс, 7. Уходы из компании по максимальному числу знакомых (официальный архив)"],"year":"2023","type":"olympiad_problem","authors":[],"tags":["extremal_choice","extremal_graph_theory","goal_exact_bound"],"agent_topics":[],"difficulty":{"main":"regional","local_score":6,"comment":"Импортировано из пакета УТЮМ; этап: командная олимпиада, 6 класс.","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 компании из 100 человек некоторые знакомы друг с другом. Каждую минуту из компании уходит человек, который имеет знакомых строго больше, чем любой из оставшихся. Через несколько минут такого человека не нашлось. Какое наименьшее количество людей могло остаться к этому моменту?","definition_ids":["degree"]}],"graph_theory":[{"id":"stmt-graph","title":"Удаление единственного максимума степени","status":"ai_checked","text":"Дан простой граф на 100 вершинах. Пока существует вершина, степень которой строго больше степени любой другой вершины текущего графа, её удаляют. Какое наименьшее число вершин может остаться после завершения процесса?","definition_ids":["degree","simple_graph"]}]},"solutions":[{"id":"sol-official","title":"Решение","status":"ai_checked","definition_ids":["degree"],"standard_idea_ids":[],"tags":[],"has_text":true,"text_preview":"В доказательстве рассматривается граф знакомств. Предположим, что могло остаться не более двух человек. Рассмотрим момент, когда осталось ровно три человека A, B, C, и пусть A имеет больше всех знакомых. Если у A только один знакомый, то кто-то из B и C тоже имеет одного знакомого, и A уже не выделяется. Значит, у A два знакомых. Пусть D ушёл непосредственно перед A. Тогда у D на момент ухода должно быть не меньше трёх знакомых, в частности A, B и C. Но тогда и у A было как минимум три знакомых, противоречие. Следовательно, меньше трёх человек остаться не может. Пример на три человека строится явным графом знакомств. Пример точности: занумеруем вершины 1, ..., 100; вершины 1, 2, 3 образуют треугольник, а каждую вершину i >= 4 соединим со всеми вершинами меньших номеров. Тогда 100 — единственная вершина максимальной степени, после её удаления такой вершиной становится 99, затем 98 и так…"}],"relations":[{"id":"rel-utyum-2023-company-departures-room-departures","neighbor_id":"utyum-2023_komol60_7_7_room_departures","direction":"forward","type":"false_friend","distance":1,"status":"needs_human_review"}],"search_text":"utyum-2023_komol60_6_7_company_departures удаление единственного максимума степени в графе на 100 вершинах, утюм 2023 extremal_choice extremal_graph_theory goal_exact_bound 2023 https://turmath.ru/uraltur/files/archive/ural60.zip misc misc2023 official_archive src-utyum-2023_komol60_6_7_company_departures-official with_solution утюм утюм 2023, командная олимпиада, 6 класс, 7. уходы из компании по максимальному числу знакомых (официальный архив) утюм2023 ? утюм 2023, командная олимпиада, 6 класс, 7. уходы из компании по максимальному числу знакомых (официальный архив) stmt-original оригинальная формулировка ai_checked в компании из 100 человек некоторые знакомы друг с другом. каждую минуту из компании уходит человек, который имеет знакомых строго больше, чем любой из оставшихся. через несколько минут такого человека не нашлось. какое наименьшее количество людей могло остаться к этому моменту? degree stmt-graph удаление единственного максимума степени ai_checked дан простой граф на 100 вершинах. пока существует вершина, степень которой строго больше степени любой другой вершины текущего графа, её удаляют. какое наименьшее число вершин может остаться после завершения процесса? degree simple_graph sol-official решение ai_checked degree в доказательстве рассматривается граф знакомств. предположим, что могло остаться не более двух человек. рассмотрим момент, когда осталось ровно три человека a, b, c, и пусть a имеет больше всех знакомых. если у a только один знакомый, то кто-то из b и c тоже имеет одного знакомого, и a уже не выделяется. значит, у a два знакомых. пусть d ушёл непосредственно перед a. тогда у d на момент ухода должно быть не меньше трёх знакомых, в частности a, b и c. но тогда и у a было как минимум три знакомых, противоречие. следовательно, меньше трёх человек остаться не может. пример на три человека строится явным графом знакомств. пример точности: занумеруем вершины 1, ..., 100; вершины 1, 2, 3 образуют треугольник, а каждую вершину i >= 4 соединим со всеми вершинами меньших номеров. тогда 100 — единственная вершина максимальной степени, после её удаления такой вершиной становится 99, затем 98 и так… utyum-2023_komol60_6_7_company_departures udalenie edinstvennogo maksimuma stepeni v grafe na 100 vershinah, utyum 2023 extremal_choice extremal_graph_theory goal_exact_bound 2023 https://turmath.ru/uraltur/files/archive/ural60.zip misc misc2023 official_archive src-utyum-2023_komol60_6_7_company_departures-official with_solution utyum utyum 2023, komandnaya olimpiada, 6 klass, 7. uhody iz kompanii po maksimalnomu chislu znakomyh (ofitsialnyy arhiv) utyum2023 ? utyum 2023, komandnaya olimpiada, 6 klass, 7. uhody iz kompanii po maksimalnomu chislu znakomyh (ofitsialnyy arhiv) stmt-original originalnaya formulirovka ai_checked v kompanii iz 100 chelovek nekotorye znakomy drug s drugom. kazhduyu minutu iz kompanii uhodit chelovek, kotoryy imeet znakomyh strogo bolshe, chem lyuboy iz ostavshihsya. cherez neskolko minut takogo cheloveka ne nashlos. kakoe naimenshee kolichestvo lyudey moglo ostatsya k etomu momentu? degree stmt-graph udalenie edinstvennogo maksimuma stepeni ai_checked dan prostoy graf na 100 vershinah. poka suschestvuet vershina, stepen kotoroy strogo bolshe stepeni lyuboy drugoy vershiny tekuschego grafa, ee udalyayut. kakoe naimenshee chislo vershin mozhet ostatsya posle zaversheniya protsessa? degree simple_graph sol-official reshenie ai_checked degree v dokazatelstve rassmatrivaetsya graf znakomstv. predpolozhim, chto moglo ostatsya ne bolee dvuh chelovek. rassmotrim moment, kogda ostalos rovno tri cheloveka a, b, c, i pust a imeet bolshe vseh znakomyh. esli u a tolko odin znakomyy, to kto-to iz b i c tozhe imeet odnogo znakomogo, i a uzhe ne vydelyaetsya. znachit, u a dva znakomyh. pust d ushel neposredstvenno pered a. togda u d na moment uhoda dolzhno byt ne menshe treh znakomyh, v chastnosti a, b i c. no togda i u a bylo kak minimum tri znakomyh, protivorechie. sledovatelno, menshe treh chelovek ostatsya ne mozhet. primer na tri cheloveka stroitsya yavnym grafom znakomstv. primer tochnosti: zanumeruem vershiny 1, ..., 100; vershiny 1, 2, 3 obrazuyut treugolnik, a kazhduyu vershinu i >= 4 soedinim so vsemi vershinami menshih nomerov. togda 100 — edinstvennaya vershina maksimalnoy stepeni, posle ee udaleniya takoy vershinoy stanovitsya 99, zatem 98 i tak…","source_keys":["misc"]}
{"id":"utyum-2023_komol60_7_7_room_departures","title":"Удаление вершины со степенью выше остальных на 2 в графе из 99 человек, УТЮМ 2023","path":"data\\problems\\utyum\\utyum-2023_komol60_7_7_room_departures.yaml","raw_github_url":"https://raw.githubusercontent.com/didin-maxim/knowledge_graph_of_graphs/main/data/problems/utyum/utyum-2023_komol60_7_7_room_departures.yaml","viewer_url":"https://didin-maxim.github.io/knowledge_graph_of_graphs/#utyum-2023_komol60_7_7_room_departures","source_key":"misc","source_label":"УТЮМ","source_titles":["УТЮМ 2023, командная олимпиада, 7 класс, 7. Уходы из комнаты при разности степеней хотя бы два (официальный архив)"],"year":"2023","type":"olympiad_problem","authors":[],"tags":["extremal_choice","extremal_graph_theory","goal_exact_bound"],"agent_topics":[],"difficulty":{"main":"regional","local_score":6,"comment":"Импортировано из пакета УТЮМ; этап: командная олимпиада, 7 класс.","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 комнате находятся 99 человек, и знакомства взаимны. Каждую минуту из комнаты выходит человек, у которого число знакомых среди присутствующих хотя бы на 2 больше, чем у каждого из остальных. Через несколько минут такого человека не нашлось. Какое минимальное количество людей могло остаться к этому моменту?","definition_ids":["degree"]}],"graph_theory":[{"id":"stmt-graph","title":"Удаление вершины с отрывом степени не меньше 2","status":"ai_checked","text":"Дан простой граф на 99 вершинах. Пока существует вершина, степень которой хотя бы на 2 больше степени любой другой вершины текущего графа, её удаляют. Какое наименьшее число вершин может остаться после завершения процесса?","definition_ids":["degree","simple_graph"]}]},"solutions":[{"id":"sol-official","title":"Решение","status":"ai_checked","definition_ids":["degree"],"standard_idea_ids":[],"tags":[],"has_text":true,"text_preview":"Ответ: 51 человек. Рассмотрим граф знакомств: люди — вершины, знакомства — рёбра. Если из текущего графа удаляется вершина степени d, то степень любой другой вершины до следующего удаления не увеличивается. Кроме того, в момент удаления все остальные степени были не больше d - 2. Значит, степени последовательно выходящих людей убывают как минимум на 2. Первая удаляемая вершина имеет степень не больше 98. Поэтому степени выходящих людей не превосходят 98, 96, 94, ..., 4, 2. Но вершину степени 2 удалить уже невозможно. Действительно, чтобы она подходила по условию, степени всех остальных вершин должны быть не больше 0; однако у двух её соседей степень хотя бы 1. Вершины степени 1 или 0 тем более не могут быть больше всех остальных степеней хотя бы на 2. Следовательно, выйти могут не более 48 человек, и остаться должно не менее 99 - 48 = 51 человека. Покажем, что 51 человек действительно м…"}],"relations":[{"id":"rel-utyum-2023-company-departures-room-departures","neighbor_id":"utyum-2023_komol60_6_7_company_departures","direction":"backward","type":"false_friend","distance":1,"status":"needs_human_review"}],"search_text":"utyum-2023_komol60_7_7_room_departures удаление вершины со степенью выше остальных на 2 в графе из 99 человек, утюм 2023 extremal_choice extremal_graph_theory goal_exact_bound 2023 https://turmath.ru/uraltur/files/archive/ural60.zip misc misc2023 official_archive src-utyum-2023_komol60_7_7_room_departures-official with_solution утюм утюм 2023, командная олимпиада, 7 класс, 7. уходы из комнаты при разности степеней хотя бы два (официальный архив) утюм2023 ? утюм 2023, командная олимпиада, 7 класс, 7. уходы из комнаты при разности степеней хотя бы два (официальный архив) stmt-original оригинальная формулировка ai_checked в комнате находятся 99 человек, и знакомства взаимны. каждую минуту из комнаты выходит человек, у которого число знакомых среди присутствующих хотя бы на 2 больше, чем у каждого из остальных. через несколько минут такого человека не нашлось. какое минимальное количество людей могло остаться к этому моменту? degree stmt-graph удаление вершины с отрывом степени не меньше 2 ai_checked дан простой граф на 99 вершинах. пока существует вершина, степень которой хотя бы на 2 больше степени любой другой вершины текущего графа, её удаляют. какое наименьшее число вершин может остаться после завершения процесса? degree simple_graph sol-official решение ai_checked degree ответ: 51 человек. рассмотрим граф знакомств: люди — вершины, знакомства — рёбра. если из текущего графа удаляется вершина степени d, то степень любой другой вершины до следующего удаления не увеличивается. кроме того, в момент удаления все остальные степени были не больше d - 2. значит, степени последовательно выходящих людей убывают как минимум на 2. первая удаляемая вершина имеет степень не больше 98. поэтому степени выходящих людей не превосходят 98, 96, 94, ..., 4, 2. но вершину степени 2 удалить уже невозможно. действительно, чтобы она подходила по условию, степени всех остальных вершин должны быть не больше 0; однако у двух её соседей степень хотя бы 1. вершины степени 1 или 0 тем более не могут быть больше всех остальных степеней хотя бы на 2. следовательно, выйти могут не более 48 человек, и остаться должно не менее 99 - 48 = 51 человека. покажем, что 51 человек действительно м… utyum-2023_komol60_7_7_room_departures udalenie vershiny so stepenyu vyshe ostalnyh na 2 v grafe iz 99 chelovek, utyum 2023 extremal_choice extremal_graph_theory goal_exact_bound 2023 https://turmath.ru/uraltur/files/archive/ural60.zip misc misc2023 official_archive src-utyum-2023_komol60_7_7_room_departures-official with_solution utyum utyum 2023, komandnaya olimpiada, 7 klass, 7. uhody iz komnaty pri raznosti stepeney hotya by dva (ofitsialnyy arhiv) utyum2023 ? utyum 2023, komandnaya olimpiada, 7 klass, 7. uhody iz komnaty pri raznosti stepeney hotya by dva (ofitsialnyy arhiv) stmt-original originalnaya formulirovka ai_checked v komnate nahodyatsya 99 chelovek, i znakomstva vzaimny. kazhduyu minutu iz komnaty vyhodit chelovek, u kotorogo chislo znakomyh sredi prisutstvuyuschih hotya by na 2 bolshe, chem u kazhdogo iz ostalnyh. cherez neskolko minut takogo cheloveka ne nashlos. kakoe minimalnoe kolichestvo lyudey moglo ostatsya k etomu momentu? degree stmt-graph udalenie vershiny s otryvom stepeni ne menshe 2 ai_checked dan prostoy graf na 99 vershinah. poka suschestvuet vershina, stepen kotoroy hotya by na 2 bolshe stepeni lyuboy drugoy vershiny tekuschego grafa, ee udalyayut. kakoe naimenshee chislo vershin mozhet ostatsya posle zaversheniya protsessa? degree simple_graph sol-official reshenie ai_checked degree otvet: 51 chelovek. rassmotrim graf znakomstv: lyudi — vershiny, znakomstva — rebra. esli iz tekuschego grafa udalyaetsya vershina stepeni d, to stepen lyuboy drugoy vershiny do sleduyuschego udaleniya ne uvelichivaetsya. krome togo, v moment udaleniya vse ostalnye stepeni byli ne bolshe d - 2. znachit, stepeni posledovatelno vyhodyaschih lyudey ubyvayut kak minimum na 2. pervaya udalyaemaya vershina imeet stepen ne bolshe 98. poetomu stepeni vyhodyaschih lyudey ne prevoshodyat 98, 96, 94, ..., 4, 2. no vershinu stepeni 2 udalit uzhe nevozmozhno. deystvitelno, chtoby ona podhodila po usloviyu, stepeni vseh ostalnyh vershin dolzhny byt ne bolshe 0; odnako u dvuh ee sosedey stepen hotya by 1. vershiny stepeni 1 ili 0 tem bolee ne mogut byt bolshe vseh ostalnyh stepeney hotya by na 2. sledovatelno, vyyti mogut ne bolee 48 chelovek, i ostatsya dolzhno ne menee 99 - 48 = 51 cheloveka. pokazhem, chto 51 chelovek deystvitelno m…","source_keys":["misc"]}
{"id":"utyum-2023_komol61_6_2_common_acquaintances","title":"Общие соседи пятёрок из условия на любые десять вершин, УТЮМ 2023","path":"data\\problems\\utyum\\utyum-2023_komol61_6_2_common_acquaintances.yaml","raw_github_url":"https://raw.githubusercontent.com/didin-maxim/knowledge_graph_of_graphs/main/data/problems/utyum/utyum-2023_komol61_6_2_common_acquaintances.yaml","viewer_url":"https://didin-maxim.github.io/knowledge_graph_of_graphs/#utyum-2023_komol61_6_2_common_acquaintances","source_key":"misc","source_label":"УТЮМ","source_titles":["УТЮМ 2023, командная олимпиада, 6 класс, 2. Десять человек с общим знакомым (официальный архив)"],"year":"2023","type":"olympiad_problem","authors":[],"tags":["extremal_choice","extremal_graph_theory","goal_exact_bound"],"agent_topics":[],"difficulty":{"main":"regional","local_score":6,"comment":"Импортировано из пакета УТЮМ; этап: командная олимпиада, 6 класс.","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 компании из 100 человек любые десять человек имеют общего знакомого среди остальных. Докажите, что любые пять человек из этой компании имеют не менее шести общих знакомых среди остальных.","definition_ids":["simple_graph"]}],"graph_theory":[{"id":"stmt-graph","title":"Общие соседи десяток и пятёрок","status":"ai_checked","text":"Дан простой граф на 100 вершинах. Для любых десяти вершин существует общая соседняя им вершина вне этой десятки. Докажите, что любые пять вершин имеют не менее шести общих соседей вне этой пятёрки.","definition_ids":["simple_graph"]}]},"solutions":[{"id":"sol-official","title":"Решение","status":"ai_checked","definition_ids":["simple_graph"],"standard_idea_ids":[],"tags":[],"has_text":true,"text_preview":"Возьмём произвольных пять человек и обозначим это множество через \\(A\\). Нужно доказать, что вне \\(A\\) есть хотя бы шесть человек, знакомых со всеми людьми из \\(A\\). Предположим противное: общих знакомых у этой пятёрки не больше пяти. Обозначим множество всех этих общих знакомых через \\(B\\), где \\(|B|\\le5\\). Дополним множество \\(A\\cup B\\) до десяти человек: если в нём меньше десяти человек, добавим произвольных людей из компании, пока не получится десятка \\(D\\). Это можно сделать, потому что всего людей 100. По условию у любых десяти человек есть общий знакомый среди остальных, значит у десятки \\(D\\) есть человек \\(x\\notin D\\), знакомый со всеми людьми из \\(D\\). В частности, \\(x\\) знаком со всеми пятью людьми из \\(A\\). Поэтому \\(x\\) является общим знакомым исходной пятёрки. Но все общие знакомые пятёрки \\(A\\) были включены в \\(B\\), а \\(B\\subset D\\). Получается, что \\(x\\in B\\subset D\\) и…"}],"relations":[],"search_text":"utyum-2023_komol61_6_2_common_acquaintances общие соседи пятёрок из условия на любые десять вершин, утюм 2023 extremal_choice extremal_graph_theory goal_exact_bound 2023 https://turmath.ru/uraltur/files/archive/ural61.zip misc misc2023 official_archive src-utyum-2023_komol61_6_2_common_acquaintances-official with_solution утюм утюм 2023, командная олимпиада, 6 класс, 2. десять человек с общим знакомым (официальный архив) утюм2023 ? утюм 2023, командная олимпиада, 6 класс, 2. десять человек с общим знакомым (официальный архив) stmt-original оригинальная формулировка ai_checked в компании из 100 человек любые десять человек имеют общего знакомого среди остальных. докажите, что любые пять человек из этой компании имеют не менее шести общих знакомых среди остальных. simple_graph stmt-graph общие соседи десяток и пятёрок ai_checked дан простой граф на 100 вершинах. для любых десяти вершин существует общая соседняя им вершина вне этой десятки. докажите, что любые пять вершин имеют не менее шести общих соседей вне этой пятёрки. simple_graph sol-official решение ai_checked simple_graph возьмём произвольных пять человек и обозначим это множество через \\(a\\). нужно доказать, что вне \\(a\\) есть хотя бы шесть человек, знакомых со всеми людьми из \\(a\\). предположим противное: общих знакомых у этой пятёрки не больше пяти. обозначим множество всех этих общих знакомых через \\(b\\), где \\(|b|\\le5\\). дополним множество \\(a\\cup b\\) до десяти человек: если в нём меньше десяти человек, добавим произвольных людей из компании, пока не получится десятка \\(d\\). это можно сделать, потому что всего людей 100. по условию у любых десяти человек есть общий знакомый среди остальных, значит у десятки \\(d\\) есть человек \\(x\\notin d\\), знакомый со всеми людьми из \\(d\\). в частности, \\(x\\) знаком со всеми пятью людьми из \\(a\\). поэтому \\(x\\) является общим знакомым исходной пятёрки. но все общие знакомые пятёрки \\(a\\) были включены в \\(b\\), а \\(b\\subset d\\). получается, что \\(x\\in b\\subset d\\) и… utyum-2023_komol61_6_2_common_acquaintances obschie sosedi pyaterok iz usloviya na lyubye desyat vershin, utyum 2023 extremal_choice extremal_graph_theory goal_exact_bound 2023 https://turmath.ru/uraltur/files/archive/ural61.zip misc misc2023 official_archive src-utyum-2023_komol61_6_2_common_acquaintances-official with_solution utyum utyum 2023, komandnaya olimpiada, 6 klass, 2. desyat chelovek s obschim znakomym (ofitsialnyy arhiv) utyum2023 ? utyum 2023, komandnaya olimpiada, 6 klass, 2. desyat chelovek s obschim znakomym (ofitsialnyy arhiv) stmt-original originalnaya formulirovka ai_checked v kompanii iz 100 chelovek lyubye desyat chelovek imeyut obschego znakomogo sredi ostalnyh. dokazhite, chto lyubye pyat chelovek iz etoy kompanii imeyut ne menee shesti obschih znakomyh sredi ostalnyh. simple_graph stmt-graph obschie sosedi desyatok i pyaterok ai_checked dan prostoy graf na 100 vershinah. dlya lyubyh desyati vershin suschestvuet obschaya sosednyaya im vershina vne etoy desyatki. dokazhite, chto lyubye pyat vershin imeyut ne menee shesti obschih sosedey vne etoy pyaterki. simple_graph sol-official reshenie ai_checked simple_graph vozmem proizvolnyh pyat chelovek i oboznachim eto mnozhestvo cherez \\(a\\). nuzhno dokazat, chto vne \\(a\\) est hotya by shest chelovek, znakomyh so vsemi lyudmi iz \\(a\\). predpolozhim protivnoe: obschih znakomyh u etoy pyaterki ne bolshe pyati. oboznachim mnozhestvo vseh etih obschih znakomyh cherez \\(b\\), gde \\(|b|\\le5\\). dopolnim mnozhestvo \\(a\\cup b\\) do desyati chelovek: esli v nem menshe desyati chelovek, dobavim proizvolnyh lyudey iz kompanii, poka ne poluchitsya desyatka \\(d\\). eto mozhno sdelat, potomu chto vsego lyudey 100. po usloviyu u lyubyh desyati chelovek est obschiy znakomyy sredi ostalnyh, znachit u desyatki \\(d\\) est chelovek \\(x\\notin d\\), znakomyy so vsemi lyudmi iz \\(d\\). v chastnosti, \\(x\\) znakom so vsemi pyatyu lyudmi iz \\(a\\). poetomu \\(x\\) yavlyaetsya obschim znakomym ishodnoy pyaterki. no vse obschie znakomye pyaterki \\(a\\) byli vklyucheny v \\(b\\), a \\(b\\subset d\\). poluchaetsya, chto \\(x\\in b\\subset d\\) i…","source_keys":["misc"]}
{"id":"utyum-2023_komol61_8_5_yozhgorod_registry","title":"Линейные расширения звезды из площадей и улиц, УТЮМ 2023","path":"data\\problems\\utyum\\utyum-2023_komol61_8_5_yozhgorod_registry.yaml","raw_github_url":"https://raw.githubusercontent.com/didin-maxim/knowledge_graph_of_graphs/main/data/problems/utyum/utyum-2023_komol61_8_5_yozhgorod_registry.yaml","viewer_url":"https://didin-maxim.github.io/knowledge_graph_of_graphs/#utyum-2023_komol61_8_5_yozhgorod_registry","source_key":"misc","source_label":"УТЮМ","source_titles":["УТЮМ 2023, командная олимпиада, 8 класс, 5. Реестр площадей и улиц в Ёжгороде (официальный архив)"],"year":"2023","type":"olympiad_problem","authors":[],"tags":["trees","goal_construction"],"agent_topics":[],"difficulty":{"main":"regional","local_score":6,"comment":"Импортировано из пакета УТЮМ; этап: командная олимпиада, 8 класс.","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 Ёжгороде есть центральная площадь, n периферийных площадей и n улиц, каждая из которых соединяет центральную площадь с одной из периферийных. Мэр хочет записать в строку названия всех площадей и улиц так, чтобы название каждой улицы стояло правее названий обеих площадей, которые она соединяет. Сколькими способами можно составить такой реестр?","definition_ids":["tree"]}],"graph_theory":[{"id":"stmt-graph","title":"Линейные расширения звезды","status":"ai_checked","text":"Дана звезда \\(K_{1,n}\\). Сколькими способами можно линейно упорядочить все её вершины и рёбра так, чтобы каждое ребро стояло правее обеих своих концов?","definition_ids":["tree"]}]},"solutions":[{"id":"sol-official","title":"Решение","status":"ai_checked","definition_ids":["tree"],"standard_idea_ids":[],"tags":[],"has_text":true,"text_preview":"Ответ: \\(2^n(n!)^2\\). Будем доказывать формулу индукцией по \\(n\\). При \\(n=0\\) в реестре есть только центральная площадь, поэтому способ один, и формула даёт \\(1\\). Переход от \\(n\\) к \\(n+1\\). Рассмотрим корректный реестр для города с \\(n+1\\) периферийными площадями. Последняя запись не может быть площадью: каждая периферийная площадь имеет свою улицу, которая должна стоять правее неё, а центральная площадь должна стоять левее всех улиц. Значит, последняя запись — название некоторой улицы. Эта улица соединяет центр с некоторой периферийной площадью \\(p\\). Удалим из реестра последнюю улицу и площадь \\(p\\). Оставшиеся записи образуют корректный реестр для звезды с \\(n\\) периферийными площадями: для каждой оставшейся улицы оба её конца по-прежнему стоят левее неё. Теперь восстановим исходный реестр из меньшего. Нужно выбрать удалённую периферийную площадь \\(p\\): есть \\(n+1\\) вариантов. Зат…"}],"relations":[{"id":"rel-imc-2026-p3-utyum-2023-linear-extension-count","neighbor_id":"imc-2026-day1-p3-alternating-shuffle-two-chains","direction":"backward","type":"same_motif","distance":2,"status":"ai_checked"}],"search_text":"utyum-2023_komol61_8_5_yozhgorod_registry линейные расширения звезды из площадей и улиц, утюм 2023 trees goal_construction 2023 https://turmath.ru/uraltur/files/archive/ural61.zip misc misc2023 official_archive src-utyum-2023_komol61_8_5_yozhgorod_registry-official with_solution утюм утюм 2023, командная олимпиада, 8 класс, 5. реестр площадей и улиц в ёжгороде (официальный архив) утюм2023 ? утюм 2023, командная олимпиада, 8 класс, 5. реестр площадей и улиц в ёжгороде (официальный архив) stmt-original оригинальная формулировка ai_checked в ёжгороде есть центральная площадь, n периферийных площадей и n улиц, каждая из которых соединяет центральную площадь с одной из периферийных. мэр хочет записать в строку названия всех площадей и улиц так, чтобы название каждой улицы стояло правее названий обеих площадей, которые она соединяет. сколькими способами можно составить такой реестр? tree stmt-graph линейные расширения звезды ai_checked дана звезда \\(k_{1,n}\\). сколькими способами можно линейно упорядочить все её вершины и рёбра так, чтобы каждое ребро стояло правее обеих своих концов? tree sol-official решение ai_checked tree ответ: \\(2^n(n!)^2\\). будем доказывать формулу индукцией по \\(n\\). при \\(n=0\\) в реестре есть только центральная площадь, поэтому способ один, и формула даёт \\(1\\). переход от \\(n\\) к \\(n+1\\). рассмотрим корректный реестр для города с \\(n+1\\) периферийными площадями. последняя запись не может быть площадью: каждая периферийная площадь имеет свою улицу, которая должна стоять правее неё, а центральная площадь должна стоять левее всех улиц. значит, последняя запись — название некоторой улицы. эта улица соединяет центр с некоторой периферийной площадью \\(p\\). удалим из реестра последнюю улицу и площадь \\(p\\). оставшиеся записи образуют корректный реестр для звезды с \\(n\\) периферийными площадями: для каждой оставшейся улицы оба её конца по-прежнему стоят левее неё. теперь восстановим исходный реестр из меньшего. нужно выбрать удалённую периферийную площадь \\(p\\): есть \\(n+1\\) вариантов. зат… utyum-2023_komol61_8_5_yozhgorod_registry lineynye rasshireniya zvezdy iz ploschadey i ulits, utyum 2023 trees goal_construction 2023 https://turmath.ru/uraltur/files/archive/ural61.zip misc misc2023 official_archive src-utyum-2023_komol61_8_5_yozhgorod_registry-official with_solution utyum utyum 2023, komandnaya olimpiada, 8 klass, 5. reestr ploschadey i ulits v ezhgorode (ofitsialnyy arhiv) utyum2023 ? utyum 2023, komandnaya olimpiada, 8 klass, 5. reestr ploschadey i ulits v ezhgorode (ofitsialnyy arhiv) stmt-original originalnaya formulirovka ai_checked v ezhgorode est tsentralnaya ploschad, n periferiynyh ploschadey i n ulits, kazhdaya iz kotoryh soedinyaet tsentralnuyu ploschad s odnoy iz periferiynyh. mer hochet zapisat v stroku nazvaniya vseh ploschadey i ulits tak, chtoby nazvanie kazhdoy ulitsy stoyalo pravee nazvaniy obeih ploschadey, kotorye ona soedinyaet. skolkimi sposobami mozhno sostavit takoy reestr? tree stmt-graph lineynye rasshireniya zvezdy ai_checked dana zvezda \\(k_{1,n}\\). skolkimi sposobami mozhno lineyno uporyadochit vse ee vershiny i rebra tak, chtoby kazhdoe rebro stoyalo pravee obeih svoih kontsov? tree sol-official reshenie ai_checked tree otvet: \\(2^n(n!)^2\\). budem dokazyvat formulu induktsiey po \\(n\\). pri \\(n=0\\) v reestre est tolko tsentralnaya ploschad, poetomu sposob odin, i formula daet \\(1\\). perehod ot \\(n\\) k \\(n+1\\). rassmotrim korrektnyy reestr dlya goroda s \\(n+1\\) periferiynymi ploschadyami. poslednyaya zapis ne mozhet byt ploschadyu: kazhdaya periferiynaya ploschad imeet svoyu ulitsu, kotoraya dolzhna stoyat pravee nee, a tsentralnaya ploschad dolzhna stoyat levee vseh ulits. znachit, poslednyaya zapis — nazvanie nekotoroy ulitsy. eta ulitsa soedinyaet tsentr s nekotoroy periferiynoy ploschadyu \\(p\\). udalim iz reestra poslednyuyu ulitsu i ploschad \\(p\\). ostavshiesya zapisi obrazuyut korrektnyy reestr dlya zvezdy s \\(n\\) periferiynymi ploschadyami: dlya kazhdoy ostavsheysya ulitsy oba ee kontsa po-prezhnemu stoyat levee nee. teper vosstanovim ishodnyy reestr iz menshego. nuzhno vybrat udalennuyu periferiynuyu ploschad \\(p\\): est \\(n+1\\) variantov. zat…","source_keys":["misc"]}
{"id":"utyum-2024_komol62_6_3_circle_graph_coloring","title":"5-раскраска графа на 11 точках без клики размера 6, УТЮМ 2024","path":"data\\problems\\utyum\\utyum-2024_komol62_6_3_circle_graph_coloring.yaml","raw_github_url":"https://raw.githubusercontent.com/didin-maxim/knowledge_graph_of_graphs/main/data/problems/utyum/utyum-2024_komol62_6_3_circle_graph_coloring.yaml","viewer_url":"https://didin-maxim.github.io/knowledge_graph_of_graphs/#utyum-2024_komol62_6_3_circle_graph_coloring","source_key":"misc","source_label":"УТЮМ","source_titles":["УТЮМ 2024, командная олимпиада, 6 класс, 3. Точки на окружности и 5-раскраска (официальный архив)"],"year":"2024","type":"olympiad_problem","authors":[],"tags":["coloring","goal_counting"],"agent_topics":[],"difficulty":{"main":"regional","local_score":6,"comment":"Импортировано из пакета УТЮМ; этап: командная олимпиада, 6 класс.","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":"На окружности выбрано 11 точек. Некоторые пары точек соединены отрезками. Известно, что среди любых шести точек найдутся две, не соединённые отрезком. Верно ли, что эти 11 точек всегда можно окрасить в 5 цветов так, чтобы никакой отрезок не соединял точки одного цвета?","definition_ids":["chromatic_number","cycle","simple_graph"]}],"graph_theory":[{"id":"stmt-graph","title":"5-раскраска графа без клики K6","status":"ai_checked","text":"Дан простой граф на 11 вершинах. Известно, что среди любых шести вершин найдутся две несмежные. Обязательно ли хроматическое число этого графа не превосходит 5?","definition_ids":["chromatic_number","simple_graph","clique"]},{"id":"stmt-graph-complement","title":"Дополнительная формулировка через независимость","status":"ai_checked","text":"Пусть \\(H\\) — граф на 11 вершинах без независимого множества размера 6. Обязательно ли хроматическое число дополнительного графа \\(\\overline H\\) не превосходит 5?","definition_ids":["chromatic_number","simple_graph","complement_graph","independent_set"]}]},"solutions":[{"id":"sol-official","title":"Решение","status":"ai_checked","definition_ids":["chromatic_number","cycle","simple_graph"],"standard_idea_ids":[],"tags":[],"has_text":true,"text_preview":"Ответ отрицательный; построим пример, который удовлетворяет условию, но не красится в 5 цветов. Расположим 11 точек на окружности в циклическом порядке и соединим отрезками все пары точек, кроме соседних на окружности. Иначе говоря, единственные несоединённые пары — это пары соседних точек 11-цикла. Проверим условие задачи. Среди любых шести выбранных точек обязательно найдутся две соседние на окружности: если бы соседних не было, то выбранные точки образовывали бы независимое множество в цикле из 11 вершин, а в таком цикле можно выбрать без соседства не более пяти вершин. Эта соседняя пара как раз не соединена отрезком, значит условие про любые шесть точек выполнено. Теперь покажем, что правильная 5-раскраска невозможна. При раскраске 11 точек в 5 цветов по принципу Дирихле какой-то цвет получил бы не меньше трёх точек. Точки одного цвета не должны быть соединены отрезками, то есть эти…"}],"relations":[],"search_text":"utyum-2024_komol62_6_3_circle_graph_coloring 5-раскраска графа на 11 точках без клики размера 6, утюм 2024 coloring goal_counting 2024 https://turmath.ru/uraltur/files/archive/ural62.zip misc misc2024 official_archive src-utyum-2024_komol62_6_3_circle_graph_coloring-official with_solution утюм утюм 2024, командная олимпиада, 6 класс, 3. точки на окружности и 5-раскраска (официальный архив) утюм2024 ? утюм 2024, командная олимпиада, 6 класс, 3. точки на окружности и 5-раскраска (официальный архив) stmt-original оригинальная формулировка ai_checked на окружности выбрано 11 точек. некоторые пары точек соединены отрезками. известно, что среди любых шести точек найдутся две, не соединённые отрезком. верно ли, что эти 11 точек всегда можно окрасить в 5 цветов так, чтобы никакой отрезок не соединял точки одного цвета? chromatic_number cycle simple_graph stmt-graph 5-раскраска графа без клики k6 ai_checked дан простой граф на 11 вершинах. известно, что среди любых шести вершин найдутся две несмежные. обязательно ли хроматическое число этого графа не превосходит 5? chromatic_number simple_graph clique stmt-graph-complement дополнительная формулировка через независимость ai_checked пусть \\(h\\) — граф на 11 вершинах без независимого множества размера 6. обязательно ли хроматическое число дополнительного графа \\(\\overline h\\) не превосходит 5? chromatic_number simple_graph complement_graph independent_set sol-official решение ai_checked chromatic_number cycle simple_graph ответ отрицательный; построим пример, который удовлетворяет условию, но не красится в 5 цветов. расположим 11 точек на окружности в циклическом порядке и соединим отрезками все пары точек, кроме соседних на окружности. иначе говоря, единственные несоединённые пары — это пары соседних точек 11-цикла. проверим условие задачи. среди любых шести выбранных точек обязательно найдутся две соседние на окружности: если бы соседних не было, то выбранные точки образовывали бы независимое множество в цикле из 11 вершин, а в таком цикле можно выбрать без соседства не более пяти вершин. эта соседняя пара как раз не соединена отрезком, значит условие про любые шесть точек выполнено. теперь покажем, что правильная 5-раскраска невозможна. при раскраске 11 точек в 5 цветов по принципу дирихле какой-то цвет получил бы не меньше трёх точек. точки одного цвета не должны быть соединены отрезками, то есть эти… utyum-2024_komol62_6_3_circle_graph_coloring 5-raskraska grafa na 11 tochkah bez kliki razmera 6, utyum 2024 coloring goal_counting 2024 https://turmath.ru/uraltur/files/archive/ural62.zip misc misc2024 official_archive src-utyum-2024_komol62_6_3_circle_graph_coloring-official with_solution utyum utyum 2024, komandnaya olimpiada, 6 klass, 3. tochki na okruzhnosti i 5-raskraska (ofitsialnyy arhiv) utyum2024 ? utyum 2024, komandnaya olimpiada, 6 klass, 3. tochki na okruzhnosti i 5-raskraska (ofitsialnyy arhiv) stmt-original originalnaya formulirovka ai_checked na okruzhnosti vybrano 11 tochek. nekotorye pary tochek soedineny otrezkami. izvestno, chto sredi lyubyh shesti tochek naydutsya dve, ne soedinennye otrezkom. verno li, chto eti 11 tochek vsegda mozhno okrasit v 5 tsvetov tak, chtoby nikakoy otrezok ne soedinyal tochki odnogo tsveta? chromatic_number cycle simple_graph stmt-graph 5-raskraska grafa bez kliki k6 ai_checked dan prostoy graf na 11 vershinah. izvestno, chto sredi lyubyh shesti vershin naydutsya dve nesmezhnye. obyazatelno li hromaticheskoe chislo etogo grafa ne prevoshodit 5? chromatic_number simple_graph clique stmt-graph-complement dopolnitelnaya formulirovka cherez nezavisimost ai_checked pust \\(h\\) — graf na 11 vershinah bez nezavisimogo mnozhestva razmera 6. obyazatelno li hromaticheskoe chislo dopolnitelnogo grafa \\(\\overline h\\) ne prevoshodit 5? chromatic_number simple_graph complement_graph independent_set sol-official reshenie ai_checked chromatic_number cycle simple_graph otvet otritsatelnyy; postroim primer, kotoryy udovletvoryaet usloviyu, no ne krasitsya v 5 tsvetov. raspolozhim 11 tochek na okruzhnosti v tsiklicheskom poryadke i soedinim otrezkami vse pary tochek, krome sosednih na okruzhnosti. inache govorya, edinstvennye nesoedinennye pary — eto pary sosednih tochek 11-tsikla. proverim uslovie zadachi. sredi lyubyh shesti vybrannyh tochek obyazatelno naydutsya dve sosednie na okruzhnosti: esli by sosednih ne bylo, to vybrannye tochki obrazovyvali by nezavisimoe mnozhestvo v tsikle iz 11 vershin, a v takom tsikle mozhno vybrat bez sosedstva ne bolee pyati vershin. eta sosednyaya para kak raz ne soedinena otrezkom, znachit uslovie pro lyubye shest tochek vypolneno. teper pokazhem, chto pravilnaya 5-raskraska nevozmozhna. pri raskraske 11 tochek v 5 tsvetov po printsipu dirihle kakoy-to tsvet poluchil by ne menshe treh tochek. tochki odnogo tsveta ne dolzhny byt soedineny otrezkami, to est eti…","source_keys":["misc"]}
{"id":"utyum-2024_komol62_8_5_average_degree_friends","title":"Степени соседей в графе без изолированных вершин, УТЮМ 2024","path":"data\\problems\\utyum\\utyum-2024_komol62_8_5_average_degree_friends.yaml","raw_github_url":"https://raw.githubusercontent.com/didin-maxim/knowledge_graph_of_graphs/main/data/problems/utyum/utyum-2024_komol62_8_5_average_degree_friends.yaml","viewer_url":"https://didin-maxim.github.io/knowledge_graph_of_graphs/#utyum-2024_komol62_8_5_average_degree_friends","source_key":"misc","source_label":"УТЮМ","source_titles":["УТЮМ 2024, командная олимпиада, 8 класс, 5. Среднее число друзей на футболках друзей (официальный архив)"],"year":"2024","type":"olympiad_problem","authors":[],"tags":["double_counting","goal_counting"],"agent_topics":[],"difficulty":{"main":"regional","local_score":6,"comment":"Импортировано из пакета УТЮМ; этап: командная олимпиада, 8 класс.","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":"Некоторые участники турнира дружат между собой, причём у каждого есть хотя бы один друг. На футболке каждого написано число его друзей. Докажите, что найдётся участник, для которого среднее арифметическое чисел на футболках его друзей не меньше, чем среднее арифметическое чисел на всех футболках.","definition_ids":[]}],"graph_theory":[{"id":"stmt-graph-average-neighbor-degree","title":"Средняя степень соседей","status":"ai_checked","text":"Дан простой граф без изолированных вершин. На каждой вершине написана её степень. Докажите, что найдётся вершина, для которой среднее арифметическое степеней её соседей не меньше средней степени всех вершин графа.","definition_ids":["degree","simple_graph"]}]},"solutions":[{"id":"sol-official","title":"Решение","status":"ai_checked","definition_ids":["degree"],"standard_idea_ids":[],"tags":[],"has_text":true,"text_preview":"Рассмотрим граф дружбы. Пусть у \\(i\\)-й вершины степень равна \\(n_i\\), а \\(s_i\\) — среднее арифметическое степеней её соседей. По условию изолированных вершин нет, поэтому все \\(n_i>0\\). Обозначим через \\(M\\) среднюю степень всех вершин графа. Тогда \\[ M=\\frac{\\sum_i n_i}{N}=\\frac{2E}{N}, \\] где \\(N\\) — число вершин, а \\(E\\) — число рёбер. Предположим, что для каждой вершины \\(s_i<M\\). Умножим эти неравенства на положительные числа \\(n_i\\) и сложим: \\[ \\sum_i n_i s_i < M\\sum_i n_i=\\frac{2E}{N}\\cdot 2E. \\] С другой стороны, распишем левую часть по рёбрам. Для вершины \\(i\\) величина \\(n_i s_i\\) равна сумме степеней всех её соседей. Поэтому каждое ребро \\(it\\) даёт в общую сумму два вклада: \\(n_t\\) со стороны вершины \\(i\\) и \\(n_i\\) со стороны вершины \\(t\\). Значит, \\[ \\sum_i n_i s_i=\\sum_{it\\in E}(n_i+n_t). \\] Теперь применим простую оценку: сумма степеней концов каждого ребра в среднем п…"}],"relations":[{"id":"rel-utyum-2024-average-degree-mantel","neighbor_id":"mantel-theorem","direction":"forward","type":"same_motif","distance":2,"status":"needs_human_review"}],"search_text":"utyum-2024_komol62_8_5_average_degree_friends степени соседей в графе без изолированных вершин, утюм 2024 double_counting goal_counting 2024 https://turmath.ru/uraltur/files/archive/ural62.zip misc misc2024 official_archive src-utyum-2024_komol62_8_5_average_degree_friends-official with_solution утюм утюм 2024, командная олимпиада, 8 класс, 5. среднее число друзей на футболках друзей (официальный архив) утюм2024 ? утюм 2024, командная олимпиада, 8 класс, 5. среднее число друзей на футболках друзей (официальный архив) stmt-original оригинальная формулировка ai_checked некоторые участники турнира дружат между собой, причём у каждого есть хотя бы один друг. на футболке каждого написано число его друзей. докажите, что найдётся участник, для которого среднее арифметическое чисел на футболках его друзей не меньше, чем среднее арифметическое чисел на всех футболках. stmt-graph-average-neighbor-degree средняя степень соседей ai_checked дан простой граф без изолированных вершин. на каждой вершине написана её степень. докажите, что найдётся вершина, для которой среднее арифметическое степеней её соседей не меньше средней степени всех вершин графа. degree simple_graph sol-official решение ai_checked degree рассмотрим граф дружбы. пусть у \\(i\\)-й вершины степень равна \\(n_i\\), а \\(s_i\\) — среднее арифметическое степеней её соседей. по условию изолированных вершин нет, поэтому все \\(n_i>0\\). обозначим через \\(m\\) среднюю степень всех вершин графа. тогда \\[ m=\\frac{\\sum_i n_i}{n}=\\frac{2e}{n}, \\] где \\(n\\) — число вершин, а \\(e\\) — число рёбер. предположим, что для каждой вершины \\(s_i<m\\). умножим эти неравенства на положительные числа \\(n_i\\) и сложим: \\[ \\sum_i n_i s_i < m\\sum_i n_i=\\frac{2e}{n}\\cdot 2e. \\] с другой стороны, распишем левую часть по рёбрам. для вершины \\(i\\) величина \\(n_i s_i\\) равна сумме степеней всех её соседей. поэтому каждое ребро \\(it\\) даёт в общую сумму два вклада: \\(n_t\\) со стороны вершины \\(i\\) и \\(n_i\\) со стороны вершины \\(t\\). значит, \\[ \\sum_i n_i s_i=\\sum_{it\\in e}(n_i+n_t). \\] теперь применим простую оценку: сумма степеней концов каждого ребра в среднем п… utyum-2024_komol62_8_5_average_degree_friends stepeni sosedey v grafe bez izolirovannyh vershin, utyum 2024 double_counting goal_counting 2024 https://turmath.ru/uraltur/files/archive/ural62.zip misc misc2024 official_archive src-utyum-2024_komol62_8_5_average_degree_friends-official with_solution utyum utyum 2024, komandnaya olimpiada, 8 klass, 5. srednee chislo druzey na futbolkah druzey (ofitsialnyy arhiv) utyum2024 ? utyum 2024, komandnaya olimpiada, 8 klass, 5. srednee chislo druzey na futbolkah druzey (ofitsialnyy arhiv) stmt-original originalnaya formulirovka ai_checked nekotorye uchastniki turnira druzhat mezhdu soboy, prichem u kazhdogo est hotya by odin drug. na futbolke kazhdogo napisano chislo ego druzey. dokazhite, chto naydetsya uchastnik, dlya kotorogo srednee arifmeticheskoe chisel na futbolkah ego druzey ne menshe, chem srednee arifmeticheskoe chisel na vseh futbolkah. stmt-graph-average-neighbor-degree srednyaya stepen sosedey ai_checked dan prostoy graf bez izolirovannyh vershin. na kazhdoy vershine napisana ee stepen. dokazhite, chto naydetsya vershina, dlya kotoroy srednee arifmeticheskoe stepeney ee sosedey ne menshe sredney stepeni vseh vershin grafa. degree simple_graph sol-official reshenie ai_checked degree rassmotrim graf druzhby. pust u \\(i\\)-y vershiny stepen ravna \\(n_i\\), a \\(s_i\\) — srednee arifmeticheskoe stepeney ee sosedey. po usloviyu izolirovannyh vershin net, poetomu vse \\(n_i>0\\). oboznachim cherez \\(m\\) srednyuyu stepen vseh vershin grafa. togda \\[ m=\\frac{\\sum_i n_i}{n}=\\frac{2e}{n}, \\] gde \\(n\\) — chislo vershin, a \\(e\\) — chislo reber. predpolozhim, chto dlya kazhdoy vershiny \\(s_i<m\\). umnozhim eti neravenstva na polozhitelnye chisla \\(n_i\\) i slozhim: \\[ \\sum_i n_i s_i < m\\sum_i n_i=\\frac{2e}{n}\\cdot 2e. \\] s drugoy storony, raspishem levuyu chast po rebram. dlya vershiny \\(i\\) velichina \\(n_i s_i\\) ravna summe stepeney vseh ee sosedey. poetomu kazhdoe rebro \\(it\\) daet v obschuyu summu dva vklada: \\(n_t\\) so storony vershiny \\(i\\) i \\(n_i\\) so storony vershiny \\(t\\). znachit, \\[ \\sum_i n_i s_i=\\sum_{it\\in e}(n_i+n_t). \\] teper primenim prostuyu otsenku: summa stepeney kontsov kazhdogo rebra v srednem p…","source_keys":["misc"]}
{"id":"utyum-2024_komol63_67_capital_flights_bipartite","title":"Подграфы с теми же расстояниями от корня, УТЮМ 2024","path":"data\\problems\\utyum\\utyum-2024_komol63_67_capital_flights_bipartite.yaml","raw_github_url":"https://raw.githubusercontent.com/didin-maxim/knowledge_graph_of_graphs/main/data/problems/utyum/utyum-2024_komol63_67_capital_flights_bipartite.yaml","viewer_url":"https://didin-maxim.github.io/knowledge_graph_of_graphs/#utyum-2024_komol63_67_capital_flights_bipartite","source_key":"misc","source_label":"УТЮМ","source_titles":["УТЮМ 2024, командная олимпиада, 6-7 классы, Столица, расстояния перелётов и отсутствие нечётных циклов (официальный архив)"],"year":"2024","type":"olympiad_problem","authors":[],"tags":["coloring","connectivity","goal_counting"],"agent_topics":[],"difficulty":{"main":"regional","local_score":6,"comment":"Импортировано из пакета УТЮМ; этап: командная олимпиада, 6-7 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 n городов, один из которых является столицей. Между некоторыми парами городов налажено авиасообщение. Расстояние между городами — это минимальное число перелётов, нужное для пути между ними. Правительство хочет закрыть часть авиалиний так, чтобы расстояние от столицы до любого города не изменилось. Известно, что число способов сделать это нечётно. Докажите, что нельзя стартовать из какого-то города, совершить нечётное число перелётов и вернуться в него.","definition_ids":["connected_graph","path","cycle"]}],"graph_theory":[{"id":"stmt-graph","title":"Подграфы с сохранёнными расстояниями от корня","status":"ai_checked","text":"Дан связный граф \\(G\\) с выделенной вершиной \\(r\\). Назовём подграф \\(H\\) на том же множестве вершин допустимым, если для каждой вершины \\(v\\) расстояние от \\(r\\) до \\(v\\) в \\(H\\) равно расстоянию от \\(r\\) до \\(v\\) в \\(G\\). Известно, что число допустимых подграфов нечётно. Докажите, что \\(G\\) не содержит циклов нечётной длины.","definition_ids":["connected_graph","path","cycle"]}]},"solutions":[{"id":"sol-official","title":"Решение","status":"ai_checked","definition_ids":["connected_graph","path","cycle","bipartite_graph"],"standard_idea_ids":[],"tags":[],"has_text":true,"text_preview":"В доказательстве вводится граф авиалиний с выделенной вершиной-столицей. Вершины разбиваются на ярусы по расстоянию от столицы. Рёбра могут идти либо внутри одного яруса, либо между соседними ярусами. Если бы существовало ребро внутри яруса, то включение или исключение этого ребра не влияло бы на сохранение расстояний от столицы. Тогда допустимые множества удаляемых рёбер разбивались бы на пары, и их число было бы чётным — противоречие. Значит, рёбер внутри одного яруса нет. Тогда все рёбра идут между ярусами разной чётности, то есть граф двудольный и нечётных циклов в нём нет. Уточнение: если ребро соединяет две вершины одного BFS-яруса, то ни один кратчайший путь от столицы не обязан использовать это ребро; переключение только этого ребра разбивает допустимые наборы удаляемых рёбер на пары."}],"relations":[{"id":"rel-utyum-2024-capital-flights-apmo-firefighters","neighbor_id":"apmo-2005-p4-firefighters-grid-spread","direction":"forward","type":"same_motif","distance":2,"status":"needs_human_review"}],"search_text":"utyum-2024_komol63_67_capital_flights_bipartite подграфы с теми же расстояниями от корня, утюм 2024 coloring connectivity goal_counting 2024 https://turmath.ru/uraltur/files/archive/ural63.zip misc misc2024 official_archive src-utyum-2024_komol63_67_capital_flights_bipartite-official with_solution утюм утюм 2024, командная олимпиада, 6-7 классы, столица, расстояния перелётов и отсутствие нечётных циклов (официальный архив) утюм2024 ? утюм 2024, командная олимпиада, 6-7 классы, столица, расстояния перелётов и отсутствие нечётных циклов (официальный архив) stmt-original оригинальная формулировка ai_checked в стране n городов, один из которых является столицей. между некоторыми парами городов налажено авиасообщение. расстояние между городами — это минимальное число перелётов, нужное для пути между ними. правительство хочет закрыть часть авиалиний так, чтобы расстояние от столицы до любого города не изменилось. известно, что число способов сделать это нечётно. докажите, что нельзя стартовать из какого-то города, совершить нечётное число перелётов и вернуться в него. connected_graph path cycle stmt-graph подграфы с сохранёнными расстояниями от корня ai_checked дан связный граф \\(g\\) с выделенной вершиной \\(r\\). назовём подграф \\(h\\) на том же множестве вершин допустимым, если для каждой вершины \\(v\\) расстояние от \\(r\\) до \\(v\\) в \\(h\\) равно расстоянию от \\(r\\) до \\(v\\) в \\(g\\). известно, что число допустимых подграфов нечётно. докажите, что \\(g\\) не содержит циклов нечётной длины. connected_graph path cycle sol-official решение ai_checked connected_graph path cycle bipartite_graph в доказательстве вводится граф авиалиний с выделенной вершиной-столицей. вершины разбиваются на ярусы по расстоянию от столицы. рёбра могут идти либо внутри одного яруса, либо между соседними ярусами. если бы существовало ребро внутри яруса, то включение или исключение этого ребра не влияло бы на сохранение расстояний от столицы. тогда допустимые множества удаляемых рёбер разбивались бы на пары, и их число было бы чётным — противоречие. значит, рёбер внутри одного яруса нет. тогда все рёбра идут между ярусами разной чётности, то есть граф двудольный и нечётных циклов в нём нет. уточнение: если ребро соединяет две вершины одного bfs-яруса, то ни один кратчайший путь от столицы не обязан использовать это ребро; переключение только этого ребра разбивает допустимые наборы удаляемых рёбер на пары. utyum-2024_komol63_67_capital_flights_bipartite podgrafy s temi zhe rasstoyaniyami ot kornya, utyum 2024 coloring connectivity goal_counting 2024 https://turmath.ru/uraltur/files/archive/ural63.zip misc misc2024 official_archive src-utyum-2024_komol63_67_capital_flights_bipartite-official with_solution utyum utyum 2024, komandnaya olimpiada, 6-7 klassy, stolitsa, rasstoyaniya pereletov i otsutstvie nechetnyh tsiklov (ofitsialnyy arhiv) utyum2024 ? utyum 2024, komandnaya olimpiada, 6-7 klassy, stolitsa, rasstoyaniya pereletov i otsutstvie nechetnyh tsiklov (ofitsialnyy arhiv) stmt-original originalnaya formulirovka ai_checked v strane n gorodov, odin iz kotoryh yavlyaetsya stolitsey. mezhdu nekotorymi parami gorodov nalazheno aviasoobschenie. rasstoyanie mezhdu gorodami — eto minimalnoe chislo pereletov, nuzhnoe dlya puti mezhdu nimi. pravitelstvo hochet zakryt chast avialiniy tak, chtoby rasstoyanie ot stolitsy do lyubogo goroda ne izmenilos. izvestno, chto chislo sposobov sdelat eto nechetno. dokazhite, chto nelzya startovat iz kakogo-to goroda, sovershit nechetnoe chislo pereletov i vernutsya v nego. connected_graph path cycle stmt-graph podgrafy s sohranennymi rasstoyaniyami ot kornya ai_checked dan svyaznyy graf \\(g\\) s vydelennoy vershinoy \\(r\\). nazovem podgraf \\(h\\) na tom zhe mnozhestve vershin dopustimym, esli dlya kazhdoy vershiny \\(v\\) rasstoyanie ot \\(r\\) do \\(v\\) v \\(h\\) ravno rasstoyaniyu ot \\(r\\) do \\(v\\) v \\(g\\). izvestno, chto chislo dopustimyh podgrafov nechetno. dokazhite, chto \\(g\\) ne soderzhit tsiklov nechetnoy dliny. connected_graph path cycle sol-official reshenie ai_checked connected_graph path cycle bipartite_graph v dokazatelstve vvoditsya graf avialiniy s vydelennoy vershinoy-stolitsey. vershiny razbivayutsya na yarusy po rasstoyaniyu ot stolitsy. rebra mogut idti libo vnutri odnogo yarusa, libo mezhdu sosednimi yarusami. esli by suschestvovalo rebro vnutri yarusa, to vklyuchenie ili isklyuchenie etogo rebra ne vliyalo by na sohranenie rasstoyaniy ot stolitsy. togda dopustimye mnozhestva udalyaemyh reber razbivalis by na pary, i ih chislo bylo by chetnym — protivorechie. znachit, reber vnutri odnogo yarusa net. togda vse rebra idut mezhdu yarusami raznoy chetnosti, to est graf dvudolnyy i nechetnyh tsiklov v nem net. utochnenie: esli rebro soedinyaet dve vershiny odnogo bfs-yarusa, to ni odin kratchayshiy put ot stolitsy ne obyazan ispolzovat eto rebro; pereklyuchenie tolko etogo rebra razbivaet dopustimye nabory udalyaemyh reber na pary.","source_keys":["misc"]}
{"id":"utyum-2024_komol63_8_4_lipshire_roads","title":"Максимум рёбер без смежных универсальных вершин на n вершинах, УТЮМ 2024","path":"data\\problems\\utyum\\utyum-2024_komol63_8_4_lipshire_roads.yaml","raw_github_url":"https://raw.githubusercontent.com/didin-maxim/knowledge_graph_of_graphs/main/data/problems/utyum/utyum-2024_komol63_8_4_lipshire_roads.yaml","viewer_url":"https://didin-maxim.github.io/knowledge_graph_of_graphs/#utyum-2024_komol63_8_4_lipshire_roads","source_key":"misc","source_label":"УТЮМ","source_titles":["УТЮМ 2024, командная олимпиада, 8 класс, 4. Дороги Липшира с запрещённым ребром между универсальными деревнями (официальный архив)"],"year":"2024","type":"olympiad_problem","authors":[],"tags":["extremal_graph_theory","goal_exact_bound"],"agent_topics":[],"difficulty":{"main":"regional","local_score":6,"comment":"Импортировано из пакета УТЮМ; этап: командная олимпиада, 8 класс.","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 графстве Липшир есть 100 селений, некоторые пары из которых соединены дорогами. Древний закон запрещает дорогу между двумя селениями, каждое из которых соединено дорогами со всеми остальными. Какое наибольшее количество дорог может быть в графстве?","definition_ids":["simple_graph","complement_graph","degree"]}],"graph_theory":[{"id":"stmt-graph","title":"Запрет смежных универсальных вершин","status":"ai_checked","text":"Дан простой граф на \\(n\\ge2\\) вершинах. Запрещено, чтобы две смежные вершины были соединены со всеми остальными вершинами графа. Каково максимально возможное число рёбер?","definition_ids":["simple_graph","complement_graph","degree"]}],"graph_hint_reformulations":[{"id":"stmt-graph-complement","title":"Формулировка через дополнительный граф","status":"ai_checked","text":"Пусть N >= 2, и пусть \\(H\\) — простой граф на N вершинах, в котором не более одной изолированной вершины. Докажите, что в \\(H\\) не менее ceil((N - 1)/2) рёбер.","definition_ids":["simple_graph","complement_graph","degree"]}]},"solutions":[{"id":"sol-official","title":"Решение","status":"ai_checked","definition_ids":["simple_graph","complement_graph","degree"],"standard_idea_ids":[],"tags":[],"has_text":true,"text_preview":"Ответ: \\(\\binom n2-\\left\\lceil\\frac{n-1}{2}\\right\\rceil\\). Рассмотрим дополнительный граф. Вершина исходного графа соединена со всеми остальными тогда и только тогда, когда она изолирована в дополнении. По условию в исходном графе не может быть двух смежных универсальных вершин; при \\(n\\ge2\\) это значит, что в дополнении изолированной может быть не более одна вершина. Значит, в дополнительном графе как минимум \\(n-1\\) вершин должны иметь положительную степень. Чтобы покрыть рёбрами \\(n-1\\) вершин, нужно не меньше \\(\\left\\lceil\\frac{n-1}{2}\\right\\rceil\\) рёбер. Следовательно, в исходном графе не больше \\(\\binom n2-\\left\\lceil\\frac{n-1}{2}\\right\\rceil\\) рёбер. Оценка достигается: в дополнении возьмём паросочетание, покрывающее \\(n\\) вершин при чётном \\(n\\) и \\(n-1\\) вершин при нечётном \\(n\\). В исходном графе удалены ровно рёбра этого паросочетания. Тогда универсальных вершин нет при чётн…"}],"relations":[{"id":"rel-no-isolated-edge-lower-bound-utyum-2024-lipshire","neighbor_id":"no-isolated-vertices-edge-lower-bound","direction":"backward","type":"prerequisite","distance":1,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-utyum-2024-lipshire-flashlight-complement","neighbor_id":"flashlight-batteries-tournament-cities-2015","direction":"forward","type":"same_motif","distance":2,"status":"needs_human_review"}],"search_text":"utyum-2024_komol63_8_4_lipshire_roads максимум рёбер без смежных универсальных вершин на n вершинах, утюм 2024 extremal_graph_theory goal_exact_bound 2024 https://turmath.ru/uraltur/files/archive/ural63.zip misc misc2024 official_archive src-utyum-2024_komol63_8_4_lipshire_roads-official with_solution утюм утюм 2024, командная олимпиада, 8 класс, 4. дороги липшира с запрещённым ребром между универсальными деревнями (официальный архив) утюм2024 ? утюм 2024, командная олимпиада, 8 класс, 4. дороги липшира с запрещённым ребром между универсальными деревнями (официальный архив) stmt-original оригинальная формулировка ai_checked в графстве липшир есть 100 селений, некоторые пары из которых соединены дорогами. древний закон запрещает дорогу между двумя селениями, каждое из которых соединено дорогами со всеми остальными. какое наибольшее количество дорог может быть в графстве? simple_graph complement_graph degree stmt-graph запрет смежных универсальных вершин ai_checked дан простой граф на \\(n\\ge2\\) вершинах. запрещено, чтобы две смежные вершины были соединены со всеми остальными вершинами графа. каково максимально возможное число рёбер? simple_graph complement_graph degree stmt-graph-complement формулировка через дополнительный граф ai_checked пусть n >= 2, и пусть \\(h\\) — простой граф на n вершинах, в котором не более одной изолированной вершины. докажите, что в \\(h\\) не менее ceil((n - 1)/2) рёбер. simple_graph complement_graph degree sol-official решение ai_checked simple_graph complement_graph degree ответ: \\(\\binom n2-\\left\\lceil\\frac{n-1}{2}\\right\\rceil\\). рассмотрим дополнительный граф. вершина исходного графа соединена со всеми остальными тогда и только тогда, когда она изолирована в дополнении. по условию в исходном графе не может быть двух смежных универсальных вершин; при \\(n\\ge2\\) это значит, что в дополнении изолированной может быть не более одна вершина. значит, в дополнительном графе как минимум \\(n-1\\) вершин должны иметь положительную степень. чтобы покрыть рёбрами \\(n-1\\) вершин, нужно не меньше \\(\\left\\lceil\\frac{n-1}{2}\\right\\rceil\\) рёбер. следовательно, в исходном графе не больше \\(\\binom n2-\\left\\lceil\\frac{n-1}{2}\\right\\rceil\\) рёбер. оценка достигается: в дополнении возьмём паросочетание, покрывающее \\(n\\) вершин при чётном \\(n\\) и \\(n-1\\) вершин при нечётном \\(n\\). в исходном графе удалены ровно рёбра этого паросочетания. тогда универсальных вершин нет при чётн… utyum-2024_komol63_8_4_lipshire_roads maksimum reber bez smezhnyh universalnyh vershin na n vershinah, utyum 2024 extremal_graph_theory goal_exact_bound 2024 https://turmath.ru/uraltur/files/archive/ural63.zip misc misc2024 official_archive src-utyum-2024_komol63_8_4_lipshire_roads-official with_solution utyum utyum 2024, komandnaya olimpiada, 8 klass, 4. dorogi lipshira s zapreschennym rebrom mezhdu universalnymi derevnyami (ofitsialnyy arhiv) utyum2024 ? utyum 2024, komandnaya olimpiada, 8 klass, 4. dorogi lipshira s zapreschennym rebrom mezhdu universalnymi derevnyami (ofitsialnyy arhiv) stmt-original originalnaya formulirovka ai_checked v grafstve lipshir est 100 seleniy, nekotorye pary iz kotoryh soedineny dorogami. drevniy zakon zapreschaet dorogu mezhdu dvumya seleniyami, kazhdoe iz kotoryh soedineno dorogami so vsemi ostalnymi. kakoe naibolshee kolichestvo dorog mozhet byt v grafstve? simple_graph complement_graph degree stmt-graph zapret smezhnyh universalnyh vershin ai_checked dan prostoy graf na \\(n\\ge2\\) vershinah. zaprescheno, chtoby dve smezhnye vershiny byli soedineny so vsemi ostalnymi vershinami grafa. kakovo maksimalno vozmozhnoe chislo reber? simple_graph complement_graph degree stmt-graph-complement formulirovka cherez dopolnitelnyy graf ai_checked pust n >= 2, i pust \\(h\\) — prostoy graf na n vershinah, v kotorom ne bolee odnoy izolirovannoy vershiny. dokazhite, chto v \\(h\\) ne menee ceil((n - 1)/2) reber. simple_graph complement_graph degree sol-official reshenie ai_checked simple_graph complement_graph degree otvet: \\(\\binom n2-\\left\\lceil\\frac{n-1}{2}\\right\\rceil\\). rassmotrim dopolnitelnyy graf. vershina ishodnogo grafa soedinena so vsemi ostalnymi togda i tolko togda, kogda ona izolirovana v dopolnenii. po usloviyu v ishodnom grafe ne mozhet byt dvuh smezhnyh universalnyh vershin; pri \\(n\\ge2\\) eto znachit, chto v dopolnenii izolirovannoy mozhet byt ne bolee odna vershina. znachit, v dopolnitelnom grafe kak minimum \\(n-1\\) vershin dolzhny imet polozhitelnuyu stepen. chtoby pokryt rebrami \\(n-1\\) vershin, nuzhno ne menshe \\(\\left\\lceil\\frac{n-1}{2}\\right\\rceil\\) reber. sledovatelno, v ishodnom grafe ne bolshe \\(\\binom n2-\\left\\lceil\\frac{n-1}{2}\\right\\rceil\\) reber. otsenka dostigaetsya: v dopolnenii vozmem parosochetanie, pokryvayuschee \\(n\\) vershin pri chetnom \\(n\\) i \\(n-1\\) vershin pri nechetnom \\(n\\). v ishodnom grafe udaleny rovno rebra etogo parosochetaniya. togda universalnyh vershin net pri chetn…","source_keys":["misc"]}
{"id":"utyum-2025_komol64_6_6_odd_degree_game","title":"Остовный подграф с нечётными степенями, УТЮМ 2025","path":"data\\problems\\utyum\\utyum-2025_komol64_6_6_odd_degree_game.yaml","raw_github_url":"https://raw.githubusercontent.com/didin-maxim/knowledge_graph_of_graphs/main/data/problems/utyum/utyum-2025_komol64_6_6_odd_degree_game.yaml","viewer_url":"https://didin-maxim.github.io/knowledge_graph_of_graphs/#utyum-2025_komol64_6_6_odd_degree_game","source_key":"misc","source_label":"УТЮМ","source_titles":["УТЮМ 2025, командная олимпиада, 6 класс, 6. Удаление отрезков для максимизации нечётных степеней (официальный архив)"],"year":"2025","type":"olympiad_problem","authors":[],"tags":["goal_strategy_game"],"agent_topics":["game_strategy"],"difficulty":{"main":"regional","local_score":6,"comment":"Импортировано из пакета УТЮМ; этап: командная олимпиада, 6 класс.","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":"Петя отмечает 99 точек на окружности и соединяет некоторые пары точек отрезками так, чтобы из каждой точки выходил хотя бы один отрезок. После этого Вася может стереть несколько проведённых отрезков. Затем Петя платит Васе по одному рублю за каждую точку, из которой выходит нечётное число оставшихся отрезков. Какую наибольшую сумму Вася может гарантированно заработать независимо от действий Пети?","definition_ids":["simple_graph","degree"]}],"graph_theory":[{"id":"stmt-graph","title":"Остовный подграф с нечётными степенями","status":"ai_checked","text":"Пусть \\(q\\ge1\\), а \\(G\\) — произвольный граф на \\(3q\\) вершинах без изолированных вершин. Разрешается выбрать остовный подграф \\(H\\) графа \\(G\\), то есть удалить из \\(G\\) некоторые рёбра и оставить все вершины. Какое наибольшее число \\(m\\) можно гарантировать так, чтобы для любого такого \\(G\\) нашёлся остовный подграф \\(H\\) с не менее чем \\(m\\) вершинами нечётной степени?","definition_ids":["simple_graph","degree"]}]},"solutions":[{"id":"sol-official","title":"Решение","status":"ai_checked","definition_ids":["simple_graph","degree"],"standard_idea_ids":[],"tags":[],"has_text":true,"text_preview":"Ответ: \\(2q\\). Верхняя оценка: можно разбить вершины на \\(q\\) троек и в каждой сделать маленькую звезду из двух рёбер. В любой остовный подграф каждой такой тройки вносит не более две вершины нечётной степени, потому что число вершин нечётной степени в любом графе чётно. Поэтому больше \\(2q\\) нечётных вершин гарантировать нельзя. Нижняя оценка: будем удалять рёбра, которые не являются единственными ни у одного из своих концов. Когда таких рёбер не останется, получим остовный подграф без изолированных вершин. Каждой вершине степени больше 1 можно сопоставить хотя бы две соседние листовые вершины: каждое инцидентное ей ребро должно быть единственным у другого конца. Значит, вершин степени больше 1 не более \\(q\\), а листьев, то есть вершин степени 1, не менее \\(2q\\). Все эти листья имеют нечётную степень. Следовательно, всегда можно гарантировать \\(2q\\) вершин нечётной степени, и эта оценк…"}],"relations":[{"id":"rel-utyum-2025-odd-degree-airlines-degree-sum","neighbor_id":"utyum-2025_komol65_7_6_airlines_degree_sum","direction":"forward","type":"same_motif","distance":1,"status":"needs_human_review"}],"search_text":"utyum-2025_komol64_6_6_odd_degree_game остовный подграф с нечётными степенями, утюм 2025 goal_strategy_game 2025 https://turmath.ru/uraltur/files/archive/ural64.zip misc misc2025 official_archive src-utyum-2025_komol64_6_6_odd_degree_game-official with_solution утюм утюм 2025, командная олимпиада, 6 класс, 6. удаление отрезков для максимизации нечётных степеней (официальный архив) утюм2025 ? утюм 2025, командная олимпиада, 6 класс, 6. удаление отрезков для максимизации нечётных степеней (официальный архив) stmt-original оригинальная формулировка ai_checked петя отмечает 99 точек на окружности и соединяет некоторые пары точек отрезками так, чтобы из каждой точки выходил хотя бы один отрезок. после этого вася может стереть несколько проведённых отрезков. затем петя платит васе по одному рублю за каждую точку, из которой выходит нечётное число оставшихся отрезков. какую наибольшую сумму вася может гарантированно заработать независимо от действий пети? simple_graph degree stmt-graph остовный подграф с нечётными степенями ai_checked пусть \\(q\\ge1\\), а \\(g\\) — произвольный граф на \\(3q\\) вершинах без изолированных вершин. разрешается выбрать остовный подграф \\(h\\) графа \\(g\\), то есть удалить из \\(g\\) некоторые рёбра и оставить все вершины. какое наибольшее число \\(m\\) можно гарантировать так, чтобы для любого такого \\(g\\) нашёлся остовный подграф \\(h\\) с не менее чем \\(m\\) вершинами нечётной степени? simple_graph degree sol-official решение ai_checked simple_graph degree ответ: \\(2q\\). верхняя оценка: можно разбить вершины на \\(q\\) троек и в каждой сделать маленькую звезду из двух рёбер. в любой остовный подграф каждой такой тройки вносит не более две вершины нечётной степени, потому что число вершин нечётной степени в любом графе чётно. поэтому больше \\(2q\\) нечётных вершин гарантировать нельзя. нижняя оценка: будем удалять рёбра, которые не являются единственными ни у одного из своих концов. когда таких рёбер не останется, получим остовный подграф без изолированных вершин. каждой вершине степени больше 1 можно сопоставить хотя бы две соседние листовые вершины: каждое инцидентное ей ребро должно быть единственным у другого конца. значит, вершин степени больше 1 не более \\(q\\), а листьев, то есть вершин степени 1, не менее \\(2q\\). все эти листья имеют нечётную степень. следовательно, всегда можно гарантировать \\(2q\\) вершин нечётной степени, и эта оценк… utyum-2025_komol64_6_6_odd_degree_game ostovnyy podgraf s nechetnymi stepenyami, utyum 2025 goal_strategy_game 2025 https://turmath.ru/uraltur/files/archive/ural64.zip misc misc2025 official_archive src-utyum-2025_komol64_6_6_odd_degree_game-official with_solution utyum utyum 2025, komandnaya olimpiada, 6 klass, 6. udalenie otrezkov dlya maksimizatsii nechetnyh stepeney (ofitsialnyy arhiv) utyum2025 ? utyum 2025, komandnaya olimpiada, 6 klass, 6. udalenie otrezkov dlya maksimizatsii nechetnyh stepeney (ofitsialnyy arhiv) stmt-original originalnaya formulirovka ai_checked petya otmechaet 99 tochek na okruzhnosti i soedinyaet nekotorye pary tochek otrezkami tak, chtoby iz kazhdoy tochki vyhodil hotya by odin otrezok. posle etogo vasya mozhet steret neskolko provedennyh otrezkov. zatem petya platit vase po odnomu rublyu za kazhduyu tochku, iz kotoroy vyhodit nechetnoe chislo ostavshihsya otrezkov. kakuyu naibolshuyu summu vasya mozhet garantirovanno zarabotat nezavisimo ot deystviy peti? simple_graph degree stmt-graph ostovnyy podgraf s nechetnymi stepenyami ai_checked pust \\(q\\ge1\\), a \\(g\\) — proizvolnyy graf na \\(3q\\) vershinah bez izolirovannyh vershin. razreshaetsya vybrat ostovnyy podgraf \\(h\\) grafa \\(g\\), to est udalit iz \\(g\\) nekotorye rebra i ostavit vse vershiny. kakoe naibolshee chislo \\(m\\) mozhno garantirovat tak, chtoby dlya lyubogo takogo \\(g\\) nashelsya ostovnyy podgraf \\(h\\) s ne menee chem \\(m\\) vershinami nechetnoy stepeni? simple_graph degree sol-official reshenie ai_checked simple_graph degree otvet: \\(2q\\). verhnyaya otsenka: mozhno razbit vershiny na \\(q\\) troek i v kazhdoy sdelat malenkuyu zvezdu iz dvuh reber. v lyuboy ostovnyy podgraf kazhdoy takoy troyki vnosit ne bolee dve vershiny nechetnoy stepeni, potomu chto chislo vershin nechetnoy stepeni v lyubom grafe chetno. poetomu bolshe \\(2q\\) nechetnyh vershin garantirovat nelzya. nizhnyaya otsenka: budem udalyat rebra, kotorye ne yavlyayutsya edinstvennymi ni u odnogo iz svoih kontsov. kogda takih reber ne ostanetsya, poluchim ostovnyy podgraf bez izolirovannyh vershin. kazhdoy vershine stepeni bolshe 1 mozhno sopostavit hotya by dve sosednie listovye vershiny: kazhdoe intsidentnoe ey rebro dolzhno byt edinstvennym u drugogo kontsa. znachit, vershin stepeni bolshe 1 ne bolee \\(q\\), a listev, to est vershin stepeni 1, ne menee \\(2q\\). vse eti listya imeyut nechetnuyu stepen. sledovatelno, vsegda mozhno garantirovat \\(2q\\) vershin nechetnoy stepeni, i eta otsenk…","source_keys":["misc"]}
{"id":"utyum-2025_komol64_7_5_important_cities_tree","title":"Минимум рёбер, сохраняющих связность и доминирование важными вершинами, УТЮМ 2025","path":"data\\problems\\utyum\\utyum-2025_komol64_7_5_important_cities_tree.yaml","raw_github_url":"https://raw.githubusercontent.com/didin-maxim/knowledge_graph_of_graphs/main/data/problems/utyum/utyum-2025_komol64_7_5_important_cities_tree.yaml","viewer_url":"https://didin-maxim.github.io/knowledge_graph_of_graphs/#utyum-2025_komol64_7_5_important_cities_tree","source_key":"misc","source_label":"УТЮМ","source_titles":["УТЮМ 2025, командная олимпиада, 7 класс, 5. Важные города и сохранение связности (официальный архив)"],"year":"2025","type":"olympiad_problem","authors":[],"tags":["trees","connectivity","goal_exact_bound"],"agent_topics":[],"difficulty":{"main":"regional","local_score":6,"comment":"Импортировано из пакета УТЮМ; этап: командная олимпиада, 7 класс.","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 n городов некоторые пары соединены дорогами с двусторонним движением. Некоторые города названы важными. Известно, что: 1. из каждого города можно добраться до любого другого; 2. каждый неважный город соединён дорогой с важным. Для какого наименьшего k всегда можно закрыть все дороги, кроме некоторых k, на ремонт так, чтобы оба условия сохранились?","definition_ids":["connected_graph","cycle","tree"]}],"graph_theory":[{"id":"stmt-graph","title":"Связный остовный подграф с важными вершинами","status":"ai_checked","text":"Дан связный граф, в котором некоторые вершины объявлены важными, и каждая неважная вершина смежна хотя бы с одной важной. Нужно оставить как можно меньше рёбер так, чтобы граф остался связным и второе свойство тоже сохранилось. Найдите минимальное гарантированное число оставляемых рёбер.","definition_ids":["connected_graph","cycle","tree"]}]},"solutions":[{"id":"sol-official","title":"Решение","status":"ai_checked","definition_ids":["connected_graph","cycle","tree"],"standard_idea_ids":[],"tags":[],"has_text":true,"text_preview":"Рассматривается граф городов и дорог. Очевидно, нужно оставить как минимум n - 1 дорог, иначе граф не будет связным. Остаётся показать, что всегда можно дойти до n - 1. Для этого последовательно удаляются рёбра из циклов. Если какое-то ребро цикла нельзя удалить, то один его конец важный, а другой неважный. Если нельзя удалить ни одно ребро цикла, то важные и неважные вершины на цикле чередуются, и тогда удаление любого ребра всё равно сохраняет свойство: каждый неважный город остаётся соединён с важным. После последовательного удаления циклов получается дерево на n вершинах, то есть остаётся ровно n - 1 дорог."}],"relations":[{"id":"rel-spbmo-2022-big-small-cities-utyum-2025-important-cities","neighbor_id":"spbmo-2022-big-small-cities-spanning-forest-leaves","direction":"backward","type":"same_motif","distance":2,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-utyum-2018-strategic-utyum-2025-important-cities","neighbor_id":"utyum-2018_lichol_6_strategic_cities","direction":"backward","type":"same_motif","distance":1,"status":"needs_human_review"},{"id":"rel-utyum-2025-important-cities-tree-properties","neighbor_id":"tree-equivalent-properties","direction":"forward","type":"prerequisite","distance":1,"status":"needs_human_review"},{"id":"rel-utyum-2025-important-cities-imo-2004-c3","neighbor_id":"imo-2004-c3-delete-edge-from-4cycle","direction":"forward","type":"same_motif","distance":2,"status":"needs_human_review"}],"search_text":"utyum-2025_komol64_7_5_important_cities_tree минимум рёбер, сохраняющих связность и доминирование важными вершинами, утюм 2025 trees connectivity goal_exact_bound 2025 https://turmath.ru/uraltur/files/archive/ural64.zip misc misc2025 official_archive src-utyum-2025_komol64_7_5_important_cities_tree-official with_solution утюм утюм 2025, командная олимпиада, 7 класс, 5. важные города и сохранение связности (официальный архив) утюм2025 ? утюм 2025, командная олимпиада, 7 класс, 5. важные города и сохранение связности (официальный архив) stmt-original оригинальная формулировка ai_checked в стране n городов некоторые пары соединены дорогами с двусторонним движением. некоторые города названы важными. известно, что: 1. из каждого города можно добраться до любого другого; 2. каждый неважный город соединён дорогой с важным. для какого наименьшего k всегда можно закрыть все дороги, кроме некоторых k, на ремонт так, чтобы оба условия сохранились? connected_graph cycle tree stmt-graph связный остовный подграф с важными вершинами ai_checked дан связный граф, в котором некоторые вершины объявлены важными, и каждая неважная вершина смежна хотя бы с одной важной. нужно оставить как можно меньше рёбер так, чтобы граф остался связным и второе свойство тоже сохранилось. найдите минимальное гарантированное число оставляемых рёбер. connected_graph cycle tree sol-official решение ai_checked connected_graph cycle tree рассматривается граф городов и дорог. очевидно, нужно оставить как минимум n - 1 дорог, иначе граф не будет связным. остаётся показать, что всегда можно дойти до n - 1. для этого последовательно удаляются рёбра из циклов. если какое-то ребро цикла нельзя удалить, то один его конец важный, а другой неважный. если нельзя удалить ни одно ребро цикла, то важные и неважные вершины на цикле чередуются, и тогда удаление любого ребра всё равно сохраняет свойство: каждый неважный город остаётся соединён с важным. после последовательного удаления циклов получается дерево на n вершинах, то есть остаётся ровно n - 1 дорог. utyum-2025_komol64_7_5_important_cities_tree minimum reber, sohranyayuschih svyaznost i dominirovanie vazhnymi vershinami, utyum 2025 trees connectivity goal_exact_bound 2025 https://turmath.ru/uraltur/files/archive/ural64.zip misc misc2025 official_archive src-utyum-2025_komol64_7_5_important_cities_tree-official with_solution utyum utyum 2025, komandnaya olimpiada, 7 klass, 5. vazhnye goroda i sohranenie svyaznosti (ofitsialnyy arhiv) utyum2025 ? utyum 2025, komandnaya olimpiada, 7 klass, 5. vazhnye goroda i sohranenie svyaznosti (ofitsialnyy arhiv) stmt-original originalnaya formulirovka ai_checked v strane n gorodov nekotorye pary soedineny dorogami s dvustoronnim dvizheniem. nekotorye goroda nazvany vazhnymi. izvestno, chto: 1. iz kazhdogo goroda mozhno dobratsya do lyubogo drugogo; 2. kazhdyy nevazhnyy gorod soedinen dorogoy s vazhnym. dlya kakogo naimenshego k vsegda mozhno zakryt vse dorogi, krome nekotoryh k, na remont tak, chtoby oba usloviya sohranilis? connected_graph cycle tree stmt-graph svyaznyy ostovnyy podgraf s vazhnymi vershinami ai_checked dan svyaznyy graf, v kotorom nekotorye vershiny obyavleny vazhnymi, i kazhdaya nevazhnaya vershina smezhna hotya by s odnoy vazhnoy. nuzhno ostavit kak mozhno menshe reber tak, chtoby graf ostalsya svyaznym i vtoroe svoystvo tozhe sohranilos. naydite minimalnoe garantirovannoe chislo ostavlyaemyh reber. connected_graph cycle tree sol-official reshenie ai_checked connected_graph cycle tree rassmatrivaetsya graf gorodov i dorog. ochevidno, nuzhno ostavit kak minimum n - 1 dorog, inache graf ne budet svyaznym. ostaetsya pokazat, chto vsegda mozhno doyti do n - 1. dlya etogo posledovatelno udalyayutsya rebra iz tsiklov. esli kakoe-to rebro tsikla nelzya udalit, to odin ego konets vazhnyy, a drugoy nevazhnyy. esli nelzya udalit ni odno rebro tsikla, to vazhnye i nevazhnye vershiny na tsikle chereduyutsya, i togda udalenie lyubogo rebra vse ravno sohranyaet svoystvo: kazhdyy nevazhnyy gorod ostaetsya soedinen s vazhnym. posle posledovatelnogo udaleniya tsiklov poluchaetsya derevo na n vershinah, to est ostaetsya rovno n - 1 dorog.","source_keys":["misc"]}
{"id":"utyum-2025_komol64_8_7_tree_matchings_path","title":"820 толстых паросочетаний заставляют дерево на 80 вершинах быть путём, УТЮМ 2025","path":"data\\problems\\utyum\\utyum-2025_komol64_8_7_tree_matchings_path.yaml","raw_github_url":"https://raw.githubusercontent.com/didin-maxim/knowledge_graph_of_graphs/main/data/problems/utyum/utyum-2025_komol64_8_7_tree_matchings_path.yaml","viewer_url":"https://didin-maxim.github.io/knowledge_graph_of_graphs/#utyum-2025_komol64_8_7_tree_matchings_path","source_key":"misc","source_label":"УТЮМ","source_titles":["УТЮМ 2025, командная олимпиада, 8 класс, 7. Толстые паросочетания в дереве на 80 вершинах (официальный архив)"],"year":"2025","type":"olympiad_problem","authors":[],"tags":["trees","matching","goal_exact_bound"],"agent_topics":[],"difficulty":{"main":"regional","local_score":6,"comment":"Импортировано из пакета УТЮМ; этап: командная олимпиада, 8 класс.","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 дереве T 80 вершин. Набор из 39 независимых рёбер назовём толстым паросочетанием. Известно, что дерево T имеет 820 различных толстых паросочетаний. Докажите, что T является путём.","definition_ids":["tree","matching","path"]}]},"solutions":[{"id":"sol-official","title":"Решение","status":"ai_checked","definition_ids":["tree","matching","path","bipartite_graph"],"standard_idea_ids":[],"tags":[],"has_text":true,"text_preview":"Докажем более общее утверждение. В любом дереве на 2n вершинах число паросочетаний из n - 1 рёбер не превосходит C(n + 1, 2). Если n >= 3 и равенство достигается, то дерево является путём. Для n = 2 равенство дают два дерева на четырёх вершинах: путь \\(P_4\\) и звезда \\(K_{1,3}\\). При n = 2 дерево на четырёх вершинах имеет три ребра, и паросочетание из одного ребра можно выбрать ровно тремя способами; это равно C(3, 2). Пусть n >= 3, и утверждение уже доказано для меньших n. Рассмотрим дерево T на 2n вершинах и его двудольное разбиение \\(V_1\\), \\(V_2\\). Каждое паросочетание из n - 1 рёбер занимает ровно n - 1 вершин в каждой доле. Поэтому, если такие паросочетания существуют, размеры долей могут быть только n - 1 и n + 1 либо n и n. Сначала пусть |\\(V_1\\)| = n + 1, |\\(V_2\\)| = n - 1. Тогда каждое нужное паросочетание оставляет непокрытыми две вершины из \\(V_1\\). После выбора этих двух ве…"}],"relations":[{"id":"rel-tree-near-perfect-matchings-path-utyum-2025-tree-matchings","neighbor_id":"tree-near-perfect-matchings-path-extremal","direction":"backward","type":"prerequisite","distance":1,"status":"ai_checked"}],"search_text":"utyum-2025_komol64_8_7_tree_matchings_path 820 толстых паросочетаний заставляют дерево на 80 вершинах быть путём, утюм 2025 trees matching goal_exact_bound 2025 https://turmath.ru/uraltur/files/archive/ural64.zip misc misc2025 official_archive src-utyum-2025_komol64_8_7_tree_matchings_path-official with_solution утюм утюм 2025, командная олимпиада, 8 класс, 7. толстые паросочетания в дереве на 80 вершинах (официальный архив) утюм2025 ? утюм 2025, командная олимпиада, 8 класс, 7. толстые паросочетания в дереве на 80 вершинах (официальный архив) stmt-original оригинальная формулировка ai_checked в дереве t 80 вершин. набор из 39 независимых рёбер назовём толстым паросочетанием. известно, что дерево t имеет 820 различных толстых паросочетаний. докажите, что t является путём. tree matching path sol-official решение ai_checked tree matching path bipartite_graph докажем более общее утверждение. в любом дереве на 2n вершинах число паросочетаний из n - 1 рёбер не превосходит c(n + 1, 2). если n >= 3 и равенство достигается, то дерево является путём. для n = 2 равенство дают два дерева на четырёх вершинах: путь \\(p_4\\) и звезда \\(k_{1,3}\\). при n = 2 дерево на четырёх вершинах имеет три ребра, и паросочетание из одного ребра можно выбрать ровно тремя способами; это равно c(3, 2). пусть n >= 3, и утверждение уже доказано для меньших n. рассмотрим дерево t на 2n вершинах и его двудольное разбиение \\(v_1\\), \\(v_2\\). каждое паросочетание из n - 1 рёбер занимает ровно n - 1 вершин в каждой доле. поэтому, если такие паросочетания существуют, размеры долей могут быть только n - 1 и n + 1 либо n и n. сначала пусть |\\(v_1\\)| = n + 1, |\\(v_2\\)| = n - 1. тогда каждое нужное паросочетание оставляет непокрытыми две вершины из \\(v_1\\). после выбора этих двух ве… utyum-2025_komol64_8_7_tree_matchings_path 820 tolstyh parosochetaniy zastavlyayut derevo na 80 vershinah byt putem, utyum 2025 trees matching goal_exact_bound 2025 https://turmath.ru/uraltur/files/archive/ural64.zip misc misc2025 official_archive src-utyum-2025_komol64_8_7_tree_matchings_path-official with_solution utyum utyum 2025, komandnaya olimpiada, 8 klass, 7. tolstye parosochetaniya v dereve na 80 vershinah (ofitsialnyy arhiv) utyum2025 ? utyum 2025, komandnaya olimpiada, 8 klass, 7. tolstye parosochetaniya v dereve na 80 vershinah (ofitsialnyy arhiv) stmt-original originalnaya formulirovka ai_checked v dereve t 80 vershin. nabor iz 39 nezavisimyh reber nazovem tolstym parosochetaniem. izvestno, chto derevo t imeet 820 razlichnyh tolstyh parosochetaniy. dokazhite, chto t yavlyaetsya putem. tree matching path sol-official reshenie ai_checked tree matching path bipartite_graph dokazhem bolee obschee utverzhdenie. v lyubom dereve na 2n vershinah chislo parosochetaniy iz n - 1 reber ne prevoshodit c(n + 1, 2). esli n >= 3 i ravenstvo dostigaetsya, to derevo yavlyaetsya putem. dlya n = 2 ravenstvo dayut dva dereva na chetyreh vershinah: put \\(p_4\\) i zvezda \\(k_{1,3}\\). pri n = 2 derevo na chetyreh vershinah imeet tri rebra, i parosochetanie iz odnogo rebra mozhno vybrat rovno tremya sposobami; eto ravno c(3, 2). pust n >= 3, i utverzhdenie uzhe dokazano dlya menshih n. rassmotrim derevo t na 2n vershinah i ego dvudolnoe razbienie \\(v_1\\), \\(v_2\\). kazhdoe parosochetanie iz n - 1 reber zanimaet rovno n - 1 vershin v kazhdoy dole. poetomu, esli takie parosochetaniya suschestvuyut, razmery doley mogut byt tolko n - 1 i n + 1 libo n i n. snachala pust |\\(v_1\\)| = n + 1, |\\(v_2\\)| = n - 1. togda kazhdoe nuzhnoe parosochetanie ostavlyaet nepokrytymi dve vershiny iz \\(v_1\\). posle vybora etih dvuh ve…","source_keys":["misc"]}
{"id":"utyum-2025_komol65_7_6_airlines_degree_sum","title":"Постоянная сумма степеней несмежных пар в графе на нечётном числе вершин, УТЮМ 2025","path":"data\\problems\\utyum\\utyum-2025_komol65_7_6_airlines_degree_sum.yaml","raw_github_url":"https://raw.githubusercontent.com/didin-maxim/knowledge_graph_of_graphs/main/data/problems/utyum/utyum-2025_komol65_7_6_airlines_degree_sum.yaml","viewer_url":"https://didin-maxim.github.io/knowledge_graph_of_graphs/#utyum-2025_komol65_7_6_airlines_degree_sum","source_key":"misc","source_label":"УТЮМ","source_titles":["УТЮМ 2025, командная олимпиада, 7 класс, 6. 2025 городов и суммы степеней несмежных пар (официальный архив)"],"year":"2025","type":"olympiad_problem","authors":[],"tags":["extremal_graph_theory","goal_exact_bound"],"agent_topics":[],"difficulty":{"main":"regional","local_score":6,"comment":"Импортировано из пакета УТЮМ; этап: командная олимпиада, 7 класс.","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 2025 городов. Некоторые пары городов, но не все, соединены двусторонними авиалиниями. Оказалось, что для любых двух городов без прямого авиасообщения сумма количеств исходящих из них авиалиний равна одному и тому же числу k. Какие значения может принимать k?","definition_ids":["simple_graph","degree"]}],"graph_theory":[{"id":"stmt-graph","title":"Постоянная сумма степеней несмежных пар","status":"ai_checked","text":"Пусть \\(n\\ge3\\) — нечётное число. Дан простой неполный граф на \\(n\\) вершинах. Для любых двух несмежных вершин сумма их степеней равна одному и тому же числу \\(k\\). Какие значения может принимать \\(k\\)?","definition_ids":["simple_graph","degree"]}]},"solutions":[{"id":"sol-official","title":"Решение","status":"ai_checked","definition_ids":["simple_graph","degree"],"standard_idea_ids":[],"tags":[],"has_text":true,"text_preview":"Ответ: все чётные \\(k\\) от \\(0\\) до \\(2n-4\\) и все нечётные \\(k\\) от \\(n-2\\) до \\(2n-5\\). Рассмотрим дополнительный граф \\(H\\): его рёбрами будут как раз пары вершин, несмежные в исходном графе. Если в \\(H\\) степени вершин равны \\(d_H(u)\\) и \\(d_H(v)\\), то в исходном графе степени этих вершин равны \\(n-1-d_H(u)\\) и \\(n-1-d_H(v)\\). Поэтому для каждого ребра \\(uv\\) графа \\(H\\) выполнено \\[ k=2n-2-(d_H(u)+d_H(v)). \\] Значит, в \\(H\\) сумма степеней концов любого ребра равна одному и тому же числу \\(S=2n-2-k\\). Посмотрим, какие \\(S\\) возможны. Очевидно, \\(2\\le S\\le 2n-2\\). Если \\(S\\) нечётно, то в \\(H\\) нет нечётного цикла: вдоль пути степени вершин вынужденно чередуются как \\(a,S-a,a,S-a,\\ldots\\). Поэтому каждая компонента \\(H\\), содержащая ребро, двудольна; в одной её доле все степени равны \\(a\\), в другой — \\(S-a\\). Тогда в первой доле не меньше \\(S-a\\) вершин, а во второй не меньше \\(a\\)…"}],"relations":[{"id":"rel-utyum-2025-degree-sum-ore-theorem","neighbor_id":"ore-theorem","direction":"forward","type":"same_motif","distance":2,"status":"needs_human_review"},{"id":"rel-utyum-2025-odd-degree-airlines-degree-sum","neighbor_id":"utyum-2025_komol64_6_6_odd_degree_game","direction":"backward","type":"same_motif","distance":1,"status":"needs_human_review"}],"search_text":"utyum-2025_komol65_7_6_airlines_degree_sum постоянная сумма степеней несмежных пар в графе на нечётном числе вершин, утюм 2025 extremal_graph_theory goal_exact_bound 2025 https://turmath.ru/uraltur/files/archive/ural65.zip misc misc2025 official_archive src-utyum-2025_komol65_7_6_airlines_degree_sum-official with_solution утюм утюм 2025, командная олимпиада, 7 класс, 6. 2025 городов и суммы степеней несмежных пар (официальный архив) утюм2025 ? утюм 2025, командная олимпиада, 7 класс, 6. 2025 городов и суммы степеней несмежных пар (официальный архив) stmt-original оригинальная формулировка ai_checked в стране 2025 городов. некоторые пары городов, но не все, соединены двусторонними авиалиниями. оказалось, что для любых двух городов без прямого авиасообщения сумма количеств исходящих из них авиалиний равна одному и тому же числу k. какие значения может принимать k? simple_graph degree stmt-graph постоянная сумма степеней несмежных пар ai_checked пусть \\(n\\ge3\\) — нечётное число. дан простой неполный граф на \\(n\\) вершинах. для любых двух несмежных вершин сумма их степеней равна одному и тому же числу \\(k\\). какие значения может принимать \\(k\\)? simple_graph degree sol-official решение ai_checked simple_graph degree ответ: все чётные \\(k\\) от \\(0\\) до \\(2n-4\\) и все нечётные \\(k\\) от \\(n-2\\) до \\(2n-5\\). рассмотрим дополнительный граф \\(h\\): его рёбрами будут как раз пары вершин, несмежные в исходном графе. если в \\(h\\) степени вершин равны \\(d_h(u)\\) и \\(d_h(v)\\), то в исходном графе степени этих вершин равны \\(n-1-d_h(u)\\) и \\(n-1-d_h(v)\\). поэтому для каждого ребра \\(uv\\) графа \\(h\\) выполнено \\[ k=2n-2-(d_h(u)+d_h(v)). \\] значит, в \\(h\\) сумма степеней концов любого ребра равна одному и тому же числу \\(s=2n-2-k\\). посмотрим, какие \\(s\\) возможны. очевидно, \\(2\\le s\\le 2n-2\\). если \\(s\\) нечётно, то в \\(h\\) нет нечётного цикла: вдоль пути степени вершин вынужденно чередуются как \\(a,s-a,a,s-a,\\ldots\\). поэтому каждая компонента \\(h\\), содержащая ребро, двудольна; в одной её доле все степени равны \\(a\\), в другой — \\(s-a\\). тогда в первой доле не меньше \\(s-a\\) вершин, а во второй не меньше \\(a\\)… utyum-2025_komol65_7_6_airlines_degree_sum postoyannaya summa stepeney nesmezhnyh par v grafe na nechetnom chisle vershin, utyum 2025 extremal_graph_theory goal_exact_bound 2025 https://turmath.ru/uraltur/files/archive/ural65.zip misc misc2025 official_archive src-utyum-2025_komol65_7_6_airlines_degree_sum-official with_solution utyum utyum 2025, komandnaya olimpiada, 7 klass, 6. 2025 gorodov i summy stepeney nesmezhnyh par (ofitsialnyy arhiv) utyum2025 ? utyum 2025, komandnaya olimpiada, 7 klass, 6. 2025 gorodov i summy stepeney nesmezhnyh par (ofitsialnyy arhiv) stmt-original originalnaya formulirovka ai_checked v strane 2025 gorodov. nekotorye pary gorodov, no ne vse, soedineny dvustoronnimi avialiniyami. okazalos, chto dlya lyubyh dvuh gorodov bez pryamogo aviasoobscheniya summa kolichestv ishodyaschih iz nih avialiniy ravna odnomu i tomu zhe chislu k. kakie znacheniya mozhet prinimat k? simple_graph degree stmt-graph postoyannaya summa stepeney nesmezhnyh par ai_checked pust \\(n\\ge3\\) — nechetnoe chislo. dan prostoy nepolnyy graf na \\(n\\) vershinah. dlya lyubyh dvuh nesmezhnyh vershin summa ih stepeney ravna odnomu i tomu zhe chislu \\(k\\). kakie znacheniya mozhet prinimat \\(k\\)? simple_graph degree sol-official reshenie ai_checked simple_graph degree otvet: vse chetnye \\(k\\) ot \\(0\\) do \\(2n-4\\) i vse nechetnye \\(k\\) ot \\(n-2\\) do \\(2n-5\\). rassmotrim dopolnitelnyy graf \\(h\\): ego rebrami budut kak raz pary vershin, nesmezhnye v ishodnom grafe. esli v \\(h\\) stepeni vershin ravny \\(d_h(u)\\) i \\(d_h(v)\\), to v ishodnom grafe stepeni etih vershin ravny \\(n-1-d_h(u)\\) i \\(n-1-d_h(v)\\). poetomu dlya kazhdogo rebra \\(uv\\) grafa \\(h\\) vypolneno \\[ k=2n-2-(d_h(u)+d_h(v)). \\] znachit, v \\(h\\) summa stepeney kontsov lyubogo rebra ravna odnomu i tomu zhe chislu \\(s=2n-2-k\\). posmotrim, kakie \\(s\\) vozmozhny. ochevidno, \\(2\\le s\\le 2n-2\\). esli \\(s\\) nechetno, to v \\(h\\) net nechetnogo tsikla: vdol puti stepeni vershin vynuzhdenno chereduyutsya kak \\(a,s-a,a,s-a,\\ldots\\). poetomu kazhdaya komponenta \\(h\\), soderzhaschaya rebro, dvudolna; v odnoy ee dole vse stepeni ravny \\(a\\), v drugoy — \\(s-a\\). togda v pervoy dole ne menshe \\(s-a\\) vershin, a vo vtoroy ne menshe \\(a\\)…","source_keys":["misc"]}
{"id":"utyum-2025_komol65_8_6_oriented_graph_bound","title":"Нижняя граница для орграфа с доминирующей вершиной вне каждого k-множества, УТЮМ 2025","path":"data\\problems\\utyum\\utyum-2025_komol65_8_6_oriented_graph_bound.yaml","raw_github_url":"https://raw.githubusercontent.com/didin-maxim/knowledge_graph_of_graphs/main/data/problems/utyum/utyum-2025_komol65_8_6_oriented_graph_bound.yaml","viewer_url":"https://didin-maxim.github.io/knowledge_graph_of_graphs/#utyum-2025_komol65_8_6_oriented_graph_bound","source_key":"misc","source_label":"УТЮМ","source_titles":["УТЮМ 2025, командная олимпиада, 8 класс, 6. Ориентированный граф с доминирующей вершиной вне каждого k-множества (официальный архив)"],"year":"2025","type":"olympiad_problem","authors":[],"tags":["extremal_graph_theory","induction","goal_exact_bound"],"agent_topics":[],"difficulty":{"main":"regional","local_score":6,"comment":"Импортировано из пакета УТЮМ; этап: командная олимпиада, 8 класс.","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":"Дан граф G на n вершинах и натуральное число k < n. Рёбра графа ориентированы так, что для любого набора A из k вершин найдётся вершина v вне A, из которой во все вершины набора A идут ориентированные рёбра. Докажите, что n >= 2^(k+1) - 1.","definition_ids":["directed_graph","outdegree","complete_graph"]}]},"solutions":[{"id":"sol-official","title":"Решение","status":"ai_checked","definition_ids":["directed_graph","outdegree","complete_graph"],"standard_idea_ids":[],"tags":[],"has_text":true,"text_preview":"Можно считать, что между каждой парой вершин проведено ровно одно ориентированное ребро: если какого-то ребра нет, добавим его в любом направлении. От добавления рёбер условие задачи не портится, поэтому достаточно доказать оценку для полученного турнира. Докажем утверждение индукцией по k. При k=1 условие означает, что у каждой вершины есть входящее ребро. Турнир на одной или двух вершинах таким свойством не обладает, значит n >= 3 = 2^(1+1)-1. Пусть k>1, и пусть v — вершина максимальной исходящей степени. Обозначим через A множество вершин, из которых ребро идёт в v, а через B множество вершин, в которые ребро идёт из v. Тогда остальные вершины разбиты на A и B. Сначала покажем, что |A| >= k. Если бы |A| <= k-1, можно было бы выбрать k вершин так, чтобы среди них были v и все вершины из A. По условию нашлась бы внешняя вершина u, из которой идут рёбра во все выбранные вершины, в частн…"}],"relations":[{"id":"rel-utyum-2025-oriented-bound-tournament-king","neighbor_id":"tournament-king-radius-two","direction":"forward","type":"same_motif","distance":2,"status":"needs_human_review"}],"search_text":"utyum-2025_komol65_8_6_oriented_graph_bound нижняя граница для орграфа с доминирующей вершиной вне каждого k-множества, утюм 2025 extremal_graph_theory induction goal_exact_bound 2025 https://turmath.ru/uraltur/files/archive/ural65.zip misc misc2025 official_archive src-utyum-2025_komol65_8_6_oriented_graph_bound-official with_solution утюм утюм 2025, командная олимпиада, 8 класс, 6. ориентированный граф с доминирующей вершиной вне каждого k-множества (официальный архив) утюм2025 ? утюм 2025, командная олимпиада, 8 класс, 6. ориентированный граф с доминирующей вершиной вне каждого k-множества (официальный архив) stmt-original оригинальная формулировка ai_checked дан граф g на n вершинах и натуральное число k < n. рёбра графа ориентированы так, что для любого набора a из k вершин найдётся вершина v вне a, из которой во все вершины набора a идут ориентированные рёбра. докажите, что n >= 2^(k+1) - 1. directed_graph outdegree complete_graph sol-official решение ai_checked directed_graph outdegree complete_graph можно считать, что между каждой парой вершин проведено ровно одно ориентированное ребро: если какого-то ребра нет, добавим его в любом направлении. от добавления рёбер условие задачи не портится, поэтому достаточно доказать оценку для полученного турнира. докажем утверждение индукцией по k. при k=1 условие означает, что у каждой вершины есть входящее ребро. турнир на одной или двух вершинах таким свойством не обладает, значит n >= 3 = 2^(1+1)-1. пусть k>1, и пусть v — вершина максимальной исходящей степени. обозначим через a множество вершин, из которых ребро идёт в v, а через b множество вершин, в которые ребро идёт из v. тогда остальные вершины разбиты на a и b. сначала покажем, что |a| >= k. если бы |a| <= k-1, можно было бы выбрать k вершин так, чтобы среди них были v и все вершины из a. по условию нашлась бы внешняя вершина u, из которой идут рёбра во все выбранные вершины, в частн… utyum-2025_komol65_8_6_oriented_graph_bound nizhnyaya granitsa dlya orgrafa s dominiruyuschey vershinoy vne kazhdogo k-mnozhestva, utyum 2025 extremal_graph_theory induction goal_exact_bound 2025 https://turmath.ru/uraltur/files/archive/ural65.zip misc misc2025 official_archive src-utyum-2025_komol65_8_6_oriented_graph_bound-official with_solution utyum utyum 2025, komandnaya olimpiada, 8 klass, 6. orientirovannyy graf s dominiruyuschey vershinoy vne kazhdogo k-mnozhestva (ofitsialnyy arhiv) utyum2025 ? utyum 2025, komandnaya olimpiada, 8 klass, 6. orientirovannyy graf s dominiruyuschey vershinoy vne kazhdogo k-mnozhestva (ofitsialnyy arhiv) stmt-original originalnaya formulirovka ai_checked dan graf g na n vershinah i naturalnoe chislo k < n. rebra grafa orientirovany tak, chto dlya lyubogo nabora a iz k vershin naydetsya vershina v vne a, iz kotoroy vo vse vershiny nabora a idut orientirovannye rebra. dokazhite, chto n >= 2^(k+1) - 1. directed_graph outdegree complete_graph sol-official reshenie ai_checked directed_graph outdegree complete_graph mozhno schitat, chto mezhdu kazhdoy paroy vershin provedeno rovno odno orientirovannoe rebro: esli kakogo-to rebra net, dobavim ego v lyubom napravlenii. ot dobavleniya reber uslovie zadachi ne portitsya, poetomu dostatochno dokazat otsenku dlya poluchennogo turnira. dokazhem utverzhdenie induktsiey po k. pri k=1 uslovie oznachaet, chto u kazhdoy vershiny est vhodyaschee rebro. turnir na odnoy ili dvuh vershinah takim svoystvom ne obladaet, znachit n >= 3 = 2^(1+1)-1. pust k>1, i pust v — vershina maksimalnoy ishodyaschey stepeni. oboznachim cherez a mnozhestvo vershin, iz kotoryh rebro idet v v, a cherez b mnozhestvo vershin, v kotorye rebro idet iz v. togda ostalnye vershiny razbity na a i b. snachala pokazhem, chto |a| >= k. esli by |a| <= k-1, mozhno bylo by vybrat k vershin tak, chtoby sredi nih byli v i vse vershiny iz a. po usloviyu nashlas by vneshnyaya vershina u, iz kotoroy idut rebra vo vse vybrannye vershiny, v chastn…","source_keys":["misc"]}
{"id":"vertex-coloring-to-bipartite-edge-layers","title":"Коды вершинных цветов разбивают рёбра на двудольные слои","path":"data\\problems\\classical\\vertex-coloring-to-bipartite-edge-layers.yaml","raw_github_url":"https://raw.githubusercontent.com/didin-maxim/knowledge_graph_of_graphs/main/data/problems/classical/vertex-coloring-to-bipartite-edge-layers.yaml","viewer_url":"https://didin-maxim.github.io/knowledge_graph_of_graphs/#vertex-coloring-to-bipartite-edge-layers","source_key":"misc","source_label":"Прочее","source_titles":["Кубок Колмогорова 2008 официальный архив","Архив Кубка памяти А.Н. Колмогорова"],"year":"","type":"lemma","authors":[],"tags":["coloring","goal_construction","goal_bound","classical_theorem"],"agent_topics":[],"difficulty":{"main":"regional","local_score":3,"comment":"Короткая кодировочная лемма: нужны только жадная вершинная раскраска и наблюдение, что каждая битовая координата задаёт двудольное разбиение.","status":"ai_checked"},"review_status":"needs_human_review","public_ready":false,"solution_state":"with_solution","solution_classification":{"type":"official_complete_or_near_complete","label":"официальное полное/почти полное","status":"ai_checked","confidence":0.78,"basis":"агентский аудит средней сложности","notes":"Классическая извлечённая карточка имеет официальный источник и проверенное агентом решение.","audit_source":"agent-imo-us-classical.json"},"statements":{"original":[{"id":"stmt-color-codes-bipartite-layers","title":"Лемма о двоичных кодах и двудольных слоях","status":"ai_checked","text":"Пусть вершины конечного графа \\(G\\) правильно раскрашены в \\(q\\) цветов. Положим \\(r=\\lceil\\log_2 q\\rceil\\). Тогда множество рёбер \\(G\\) можно разбить на \\(r\\) двудольных подграфов. В частности, у любого конечного графа максимальной степени не больше \\(\\Delta\\) множество рёбер можно разбить на \\(\\lceil\\log_2(\\Delta+1)\\rceil\\) двудольных подграфов.","definition_ids":["simple_graph","bipartite_graph","degree","chromatic_number"]}]},"solutions":[{"id":"sol-binary-code-edge-partition","title":"Доказательство двоичными кодами цветов","status":"ai_checked","definition_ids":["simple_graph","bipartite_graph","degree","chromatic_number"],"standard_idea_ids":["greedy_ordering"],"tags":[],"has_text":true,"text_preview":"Выберем для \\(q\\) вершинных цветов попарно различные двоичные строки длины \\(r\\). Это возможно, потому что \\(2^r\\ge q\\). Каждой вершине припишем строку, соответствующую её цвету. Для любого ребра \\(uv\\) цвета концов различны, значит, две приписанные строке различны. Выберем координату, в которой они различаются, например первую такую координату, и поместим \\(uv\\) в слой этой координаты. Так каждое ребро попадает ровно в один из \\(r\\) слоёв. Зафиксируем координату \\(i\\). В \\(i\\)-м слое каждое ребро соединяет вершину, у которой \\(i\\)-й бит равен 0, с вершиной, у которой \\(i\\)-й бит равен 1, потому что в этот слой попадали только рёбра с различными кодами концов в координате \\(i\\). Поэтому \\(i\\)-й слой двудолен, с долями, заданными значением \\(i\\)-го бита. Значит, рёбра разбиты на \\(r\\) двудольных подграфов. Для следствия раскрасим вершины графа максимальной степени не больше \\(\\Delta\\) жа…"}],"relations":[{"id":"rel-spbmo-2011-p4-greedy-coloring-bipartite-color-classes","neighbor_id":"spbmo-2011-9-10-p4-triangle-in-every-2000-set-k4","direction":"forward","type":"prerequisite","distance":3,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-bipartite-edge-layers-kolmogorov-2008-juniors-p8","neighbor_id":"kolmogorov-2008-individual-olympiad-juniors-problem-8","direction":"forward","type":"prerequisite","distance":1,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-bipartite-edge-layers-kolmogorov-2008-seniors-p5","neighbor_id":"kolmogorov-2008-individual-olympiad-seniors-problem-5","direction":"forward","type":"prerequisite","distance":1,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-bipartite-edge-layers-digraph-outdegree-greedy-coloring-bound","neighbor_id":"digraph-outdegree-greedy-coloring-bound","direction":"forward","type":"same_motif","distance":2,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-schweitzer-2012-p3-colored-tree","neighbor_id":"miklos-schweitzer-2012-p3-two-colored-k-chromatic-tree","direction":"backward","type":"same_motif","distance":3,"status":"needs_human_review"}],"search_text":"vertex-coloring-to-bipartite-edge-layers коды вершинных цветов разбивают рёбра на двудольные слои coloring goal_construction goal_bound classical_theorem https://turmath.ru/kolm/archive.php https://turmath.ru/kolm/files/archive/kolm12.zip misc olympiad_archive src-kolmogorov-2008-official src-kolmogorov-archive with_solution архив кубка памяти а.н. колмогорова кубок колмогорова 2008 официальный архив прочее ? кубок колмогорова 2008 официальный архив архив кубка памяти а.н. колмогорова stmt-color-codes-bipartite-layers лемма о двоичных кодах и двудольных слоях ai_checked пусть вершины конечного графа \\(g\\) правильно раскрашены в \\(q\\) цветов. положим \\(r=\\lceil\\log_2 q\\rceil\\). тогда множество рёбер \\(g\\) можно разбить на \\(r\\) двудольных подграфов. в частности, у любого конечного графа максимальной степени не больше \\(\\delta\\) множество рёбер можно разбить на \\(\\lceil\\log_2(\\delta+1)\\rceil\\) двудольных подграфов. simple_graph bipartite_graph degree chromatic_number idea-binary-color-code-layers использовать биты цветовых кодов как двудольные разбиения заменим каждый вершинный цвет двоичным кодом. ребро соединяет вершины разных цветов, поэтому их коды различаются хотя бы в одной координате; если отнести ребро к такой координате, то каждый фиксированный координатный слой пересекает двудольное разбиение по этому биту. coloring ai_checked idea-greedy-delta-plus-one-colors жадная раскраска даёт нужные коды если известно только ограничение на максимальную степень, обычная жадная раскраска вершин даёт \\(\\delta+1\\) правильных вершинных цветов; затем эти цвета кодируются двоичными строками длины \\(\\lceil\\log_2(\\delta+1)\\rceil\\). coloring ai_checked sol-binary-code-edge-partition доказательство двоичными кодами цветов ai_checked simple_graph bipartite_graph degree chromatic_number greedy_ordering выберем для \\(q\\) вершинных цветов попарно различные двоичные строки длины \\(r\\). это возможно, потому что \\(2^r\\ge q\\). каждой вершине припишем строку, соответствующую её цвету. для любого ребра \\(uv\\) цвета концов различны, значит, две приписанные строке различны. выберем координату, в которой они различаются, например первую такую координату, и поместим \\(uv\\) в слой этой координаты. так каждое ребро попадает ровно в один из \\(r\\) слоёв. зафиксируем координату \\(i\\). в \\(i\\)-м слое каждое ребро соединяет вершину, у которой \\(i\\)-й бит равен 0, с вершиной, у которой \\(i\\)-й бит равен 1, потому что в этот слой попадали только рёбра с различными кодами концов в координате \\(i\\). поэтому \\(i\\)-й слой двудолен, с долями, заданными значением \\(i\\)-го бита. значит, рёбра разбиты на \\(r\\) двудольных подграфов. для следствия раскрасим вершины графа максимальной степени не больше \\(\\delta\\) жа… vertex-coloring-to-bipartite-edge-layers kody vershinnyh tsvetov razbivayut rebra na dvudolnye sloi coloring goal_construction goal_bound classical_theorem https://turmath.ru/kolm/archive.php https://turmath.ru/kolm/files/archive/kolm12.zip misc olympiad_archive src-kolmogorov-2008-official src-kolmogorov-archive with_solution arhiv kubka pamyati a.n. kolmogorova kubok kolmogorova 2008 ofitsialnyy arhiv prochee ? kubok kolmogorova 2008 ofitsialnyy arhiv arhiv kubka pamyati a.n. kolmogorova stmt-color-codes-bipartite-layers lemma o dvoichnyh kodah i dvudolnyh sloyah ai_checked pust vershiny konechnogo grafa \\(g\\) pravilno raskrasheny v \\(q\\) tsvetov. polozhim \\(r=\\lceil\\log_2 q\\rceil\\). togda mnozhestvo reber \\(g\\) mozhno razbit na \\(r\\) dvudolnyh podgrafov. v chastnosti, u lyubogo konechnogo grafa maksimalnoy stepeni ne bolshe \\(\\delta\\) mnozhestvo reber mozhno razbit na \\(\\lceil\\log_2(\\delta+1)\\rceil\\) dvudolnyh podgrafov. simple_graph bipartite_graph degree chromatic_number idea-binary-color-code-layers ispolzovat bity tsvetovyh kodov kak dvudolnye razbieniya zamenim kazhdyy vershinnyy tsvet dvoichnym kodom. rebro soedinyaet vershiny raznyh tsvetov, poetomu ih kody razlichayutsya hotya by v odnoy koordinate; esli otnesti rebro k takoy koordinate, to kazhdyy fiksirovannyy koordinatnyy sloy peresekaet dvudolnoe razbienie po etomu bitu. coloring ai_checked idea-greedy-delta-plus-one-colors zhadnaya raskraska daet nuzhnye kody esli izvestno tolko ogranichenie na maksimalnuyu stepen, obychnaya zhadnaya raskraska vershin daet \\(\\delta+1\\) pravilnyh vershinnyh tsvetov; zatem eti tsveta kodiruyutsya dvoichnymi strokami dliny \\(\\lceil\\log_2(\\delta+1)\\rceil\\). coloring ai_checked sol-binary-code-edge-partition dokazatelstvo dvoichnymi kodami tsvetov ai_checked simple_graph bipartite_graph degree chromatic_number greedy_ordering vyberem dlya \\(q\\) vershinnyh tsvetov poparno razlichnye dvoichnye stroki dliny \\(r\\). eto vozmozhno, potomu chto \\(2^r\\ge q\\). kazhdoy vershine pripishem stroku, sootvetstvuyuschuyu ee tsvetu. dlya lyubogo rebra \\(uv\\) tsveta kontsov razlichny, znachit, dve pripisannye stroke razlichny. vyberem koordinatu, v kotoroy oni razlichayutsya, naprimer pervuyu takuyu koordinatu, i pomestim \\(uv\\) v sloy etoy koordinaty. tak kazhdoe rebro popadaet rovno v odin iz \\(r\\) sloev. zafiksiruem koordinatu \\(i\\). v \\(i\\)-m sloe kazhdoe rebro soedinyaet vershinu, u kotoroy \\(i\\)-y bit raven 0, s vershinoy, u kotoroy \\(i\\)-y bit raven 1, potomu chto v etot sloy popadali tolko rebra s razlichnymi kodami kontsov v koordinate \\(i\\). poetomu \\(i\\)-y sloy dvudolen, s dolyami, zadannymi znacheniem \\(i\\)-go bita. znachit, rebra razbity na \\(r\\) dvudolnyh podgrafov. dlya sledstviya raskrasim vershiny grafa maksimalnoy stepeni ne bolshe \\(\\delta\\) zha…","source_keys":["misc","kolmogorov"]}
{"id":"vjimc-1999-cat2-p1-lines-ramsey-three-relations","title":"Девять прямых в пространстве и однотипная тройка, VJIMC 1999 Category II P1","path":"data\\problems\\vjimc\\vjimc-1999-cat2-p1-lines-ramsey-three-relations.yaml","raw_github_url":"https://raw.githubusercontent.com/didin-maxim/knowledge_graph_of_graphs/main/data/problems/vjimc/vjimc-1999-cat2-p1-lines-ramsey-three-relations.yaml","viewer_url":"https://didin-maxim.github.io/knowledge_graph_of_graphs/#vjimc-1999-cat2-p1-lines-ramsey-three-relations","source_key":"vjimc","source_label":"VJIMC","source_titles":["VJIMC 1999 Category II P1, официальные условия и решения"],"year":"1999","type":"olympiad_problem","authors":[],"tags":["ramsey_theory","coloring","construction","line_arrangements","goal_exact_bound"],"agent_topics":[],"difficulty":{"main":"imo_p2_p5","local_score":8,"comment":"Геометрическая задача с точной границей: верхняя оценка использует малый рамсеевский аргумент и отдельный геометрический запрет для шестой прямой, параллельной одной из пяти.","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":"агент grouped classification","audit_source":"agent-university-archives.json"},"statements":{"original":[{"id":"stmt-original","title":"Условие","status":"ai_checked","text":"Найдите наименьшее целое число \\(k\\), такое что среди любых \\(k\\) различных прямых в \\(\\mathbb R^3\\) найдутся либо три попарно параллельные прямые, либо три попарно пересекающиеся прямые, либо три попарно скрещивающиеся прямые.","definition_ids":[]}],"graph_theory":[{"id":"stmt-graph","title":"Девять прямых в пространстве и однотипная тройка","status":"ai_checked","text":"Вершины полного графа соответствуют различным прямым в \\(\\mathbb R^3\\), а каждое ребро окрашено одним из трёх цветов: параллельность, пересечение или скрещивание соответствующей пары прямых. Требуется доказать, что всякая такая геометрически реализуемая раскраска на девяти вершинах содержит одноцветный треугольник, а на восьми вершинах существует геометрически реализуемая раскраска без одноцветного треугольника.","definition_ids":["complete_graph","triangle"]}]},"solutions":[{"id":"sol-official-expanded","title":"Решение через раскраску полного графа","status":"ai_checked","definition_ids":[],"standard_idea_ids":["pigeonhole_principle"],"tags":[],"has_text":true,"text_preview":"Ответ: \\(k=9\\). Сначала построим пример из восьми прямых. Возьмём куб \\(ABCDA'B'C'D'\\). Пусть \\(K,L,M,N\\) — середины рёбер \\(A'B'\\), \\(B'C'\\), \\(C'D'\\), \\(D'A'\\) соответственно. Рассмотрим восемь прямых \\(AB,BC,CD,DA,KL,LM,MN,NK\\). Первые четыре лежат в нижней грани куба и образуют стороны квадрата; последние четыре лежат в параллельной верхней грани и образуют стороны меньшего квадрата. В каждом из этих двух квадратов есть ровно две пары параллельных сторон, поэтому трёх попарно параллельных прямых нет. Три попарно пересекающиеся прямые тоже невозможны: если все три лежат в одной из двух плоскостей, то среди трёх сторон квадрата найдётся пара противоположных параллельных сторон; если же выбраны прямые из обеих плоскостей, то хотя бы одна пара лежит в разных параллельных плоскостях и не пересекается. Наконец, три попарно скрещивающиеся прямые невозможны, потому что среди трёх выбранных…"}],"relations":[{"id":"rel-smmc-2017-a1-vjimc-1999-monochromatic-triangle","neighbor_id":"simon-marais-2017-a1-pentagon-triangle-game","direction":"backward","type":"same_motif","distance":2,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-vjimc-1999-lines-ramsey-r33","neighbor_id":"ramsey-r33","direction":"forward","type":"same_motif","distance":2,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-vjimc-1999-lines-imo-1964","neighbor_id":"imo-1964-p4-three-topic-ramsey","direction":"forward","type":"same_motif","distance":2,"status":"ai_checked"}],"search_text":"vjimc-1999-cat2-p1-lines-ramsey-three-relations девять прямых в пространстве и однотипная тройка, vjimc 1999 category ii p1 ramsey_theory coloring construction line_arrangements goal_exact_bound 1999 https://vjimc.osu.cz/storage/uploads/j09solutions.pdf problem_and_solution src-vjimc-1999-cat2-p1-official vjimc vjimc 1999 category ii p1, официальные условия и решения vjimc1999 with_solution vjimc 1999 category ii p1, официальные условия и решения stmt-original условие ai_checked найдите наименьшее целое число \\(k\\), такое что среди любых \\(k\\) различных прямых в \\(\\mathbb r^3\\) найдутся либо три попарно параллельные прямые, либо три попарно пересекающиеся прямые, либо три попарно скрещивающиеся прямые. stmt-graph девять прямых в пространстве и однотипная тройка ai_checked вершины полного графа соответствуют различным прямым в \\(\\mathbb r^3\\), а каждое ребро окрашено одним из трёх цветов: параллельность, пересечение или скрещивание соответствующей пары прямых. требуется доказать, что всякая такая геометрически реализуемая раскраска на девяти вершинах содержит одноцветный треугольник, а на восьми вершинах существует геометрически реализуемая раскраска без одноцветного треугольника. complete_graph triangle idea-ramsey-reduction отношения между прямыми окрашивают рёбра полного графа если три вершины полного графа образуют одноцветный треугольник, то соответствующие три прямые имеют один и тот же попарный тип взаимного расположения. поэтому задача сводится к поиску вынужденного одноцветного треугольника с учётом геометрических ограничений на цвета. ramsey_theory coloring ai_checked idea-eight-line-example восемь прямых дают нижнюю оценку официальная конструкция берёт четыре стороны нижней грани куба и четыре стороны меньшего квадрата в параллельной верхней грани. в каждой из двух плоскостей любые две прямые либо параллельны, либо пересекаются, а прямые из разных плоскостей не пересекаются; поэтому легко проверить отсутствие всех трёх запрещённых троек. construction line_arrangements ai_checked idea-five-lines-lemma пять попарно непараллельных прямых нельзя безнаказанно расширить для пяти попарно непараллельных прямых без однотипной тройки раскраска пересечение/скрещивание обязана быть циклом \\(c_5\\) в каждом цвете. шестая прямая либо даёт обычный \\(r(3,3)\\)-аргумент, либо параллельна одной из пяти; последний случай запрещается геометрией двух плоскостей через параллельные прямые. ramsey_theory line_arrangements ai_checked sol-official-expanded решение через раскраску полного графа ai_checked pigeonhole_principle ответ: \\(k=9\\). сначала построим пример из восьми прямых. возьмём куб \\(abcda'b'c'd'\\). пусть \\(k,l,m,n\\) — середины рёбер \\(a'b'\\), \\(b'c'\\), \\(c'd'\\), \\(d'a'\\) соответственно. рассмотрим восемь прямых \\(ab,bc,cd,da,kl,lm,mn,nk\\). первые четыре лежат в нижней грани куба и образуют стороны квадрата; последние четыре лежат в параллельной верхней грани и образуют стороны меньшего квадрата. в каждом из этих двух квадратов есть ровно две пары параллельных сторон, поэтому трёх попарно параллельных прямых нет. три попарно пересекающиеся прямые тоже невозможны: если все три лежат в одной из двух плоскостей, то среди трёх сторон квадрата найдётся пара противоположных параллельных сторон; если же выбраны прямые из обеих плоскостей, то хотя бы одна пара лежит в разных параллельных плоскостях и не пересекается. наконец, три попарно скрещивающиеся прямые невозможны, потому что среди трёх выбранных… vjimc-1999-cat2-p1-lines-ramsey-three-relations devyat pryamyh v prostranstve i odnotipnaya troyka, vjimc 1999 category ii p1 ramsey_theory coloring construction line_arrangements goal_exact_bound 1999 https://vjimc.osu.cz/storage/uploads/j09solutions.pdf problem_and_solution src-vjimc-1999-cat2-p1-official vjimc vjimc 1999 category ii p1, ofitsialnye usloviya i resheniya vjimc1999 with_solution vjimc 1999 category ii p1, ofitsialnye usloviya i resheniya stmt-original uslovie ai_checked naydite naimenshee tseloe chislo \\(k\\), takoe chto sredi lyubyh \\(k\\) razlichnyh pryamyh v \\(\\mathbb r^3\\) naydutsya libo tri poparno parallelnye pryamye, libo tri poparno peresekayuschiesya pryamye, libo tri poparno skreschivayuschiesya pryamye. stmt-graph devyat pryamyh v prostranstve i odnotipnaya troyka ai_checked vershiny polnogo grafa sootvetstvuyut razlichnym pryamym v \\(\\mathbb r^3\\), a kazhdoe rebro okrasheno odnim iz treh tsvetov: parallelnost, peresechenie ili skreschivanie sootvetstvuyuschey pary pryamyh. trebuetsya dokazat, chto vsyakaya takaya geometricheski realizuemaya raskraska na devyati vershinah soderzhit odnotsvetnyy treugolnik, a na vosmi vershinah suschestvuet geometricheski realizuemaya raskraska bez odnotsvetnogo treugolnika. complete_graph triangle idea-ramsey-reduction otnosheniya mezhdu pryamymi okrashivayut rebra polnogo grafa esli tri vershiny polnogo grafa obrazuyut odnotsvetnyy treugolnik, to sootvetstvuyuschie tri pryamye imeyut odin i tot zhe poparnyy tip vzaimnogo raspolozheniya. poetomu zadacha svoditsya k poisku vynuzhdennogo odnotsvetnogo treugolnika s uchetom geometricheskih ogranicheniy na tsveta. ramsey_theory coloring ai_checked idea-eight-line-example vosem pryamyh dayut nizhnyuyu otsenku ofitsialnaya konstruktsiya beret chetyre storony nizhney grani kuba i chetyre storony menshego kvadrata v parallelnoy verhney grani. v kazhdoy iz dvuh ploskostey lyubye dve pryamye libo parallelny, libo peresekayutsya, a pryamye iz raznyh ploskostey ne peresekayutsya; poetomu legko proverit otsutstvie vseh treh zapreschennyh troek. construction line_arrangements ai_checked idea-five-lines-lemma pyat poparno neparallelnyh pryamyh nelzya beznakazanno rasshirit dlya pyati poparno neparallelnyh pryamyh bez odnotipnoy troyki raskraska peresechenie/skreschivanie obyazana byt tsiklom \\(c_5\\) v kazhdom tsvete. shestaya pryamaya libo daet obychnyy \\(r(3,3)\\)-argument, libo parallelna odnoy iz pyati; posledniy sluchay zapreschaetsya geometriey dvuh ploskostey cherez parallelnye pryamye. ramsey_theory line_arrangements ai_checked sol-official-expanded reshenie cherez raskrasku polnogo grafa ai_checked pigeonhole_principle otvet: \\(k=9\\). snachala postroim primer iz vosmi pryamyh. vozmem kub \\(abcda'b'c'd'\\). pust \\(k,l,m,n\\) — serediny reber \\(a'b'\\), \\(b'c'\\), \\(c'd'\\), \\(d'a'\\) sootvetstvenno. rassmotrim vosem pryamyh \\(ab,bc,cd,da,kl,lm,mn,nk\\). pervye chetyre lezhat v nizhney grani kuba i obrazuyut storony kvadrata; poslednie chetyre lezhat v parallelnoy verhney grani i obrazuyut storony menshego kvadrata. v kazhdom iz etih dvuh kvadratov est rovno dve pary parallelnyh storon, poetomu treh poparno parallelnyh pryamyh net. tri poparno peresekayuschiesya pryamye tozhe nevozmozhny: esli vse tri lezhat v odnoy iz dvuh ploskostey, to sredi treh storon kvadrata naydetsya para protivopolozhnyh parallelnyh storon; esli zhe vybrany pryamye iz obeih ploskostey, to hotya by odna para lezhit v raznyh parallelnyh ploskostyah i ne peresekaetsya. nakonets, tri poparno skreschivayuschiesya pryamye nevozmozhny, potomu chto sredi treh vybrannyh…","source_keys":["vjimc"]}
{"id":"vjimc-2000-cat1-p4-red-blue-distances","title":"Красно-синие расстояния в правильном \\(2n\\)-угольнике, VJIMC 2000 Category I P4","path":"data\\problems\\vjimc\\vjimc-2000-cat1-p4-red-blue-distances.yaml","raw_github_url":"https://raw.githubusercontent.com/didin-maxim/knowledge_graph_of_graphs/main/data/problems/vjimc/vjimc-2000-cat1-p4-red-blue-distances.yaml","viewer_url":"https://didin-maxim.github.io/knowledge_graph_of_graphs/#vjimc-2000-cat1-p4-red-blue-distances","source_key":"vjimc","source_label":"VJIMC","source_titles":["VJIMC 2000 Category I P4, официальные условия и решения"],"year":"2000","type":"olympiad_problem","authors":[],"tags":["graph_symmetry","double_counting","coloring","goal_proof"],"agent_topics":[],"difficulty":{"main":"national_final_medium","local_score":6,"comment":"Циклический подсчёт по классам расстояний.","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":"агент grouped classification","audit_source":"agent-university-archives.json"},"statements":{"original":[{"id":"stmt-original","title":"Условие","status":"ai_checked","text":"В правильном \\(2n\\)-угольнике произвольно выбрали \\(n\\) вершин и покрасили их в красный цвет; остальные \\(n\\) вершин покрашены в синий. Все расстояния между парами красных вершин выписали в неубывающем порядке; то же сделали для расстояний между парами синих вершин. Докажите, что полученные последовательности совпадают.","definition_ids":[]}],"graph_theory":[{"id":"stmt-graph","title":"Красно-синие расстояния в правильном \\(2n\\)-угольнике","status":"ai_checked","text":"В цикле \\(C_{2n}\\) ровно \\(n\\) вершин окрашены в красный цвет, остальные — в синий. Для каждого циклического расстояния \\(m\\), \\(1\\le m\\le n\\), докажите, что число неупорядоченных пар красных вершин на расстоянии \\(m\\) равно числу неупорядоченных пар синих вершин на расстоянии \\(m\\).","definition_ids":["cycle"]}]},"solutions":[{"id":"sol-distance-class-counting","title":"Подсчёт по каждому циклическому расстоянию","status":"ai_checked","definition_ids":["cycle"],"standard_idea_ids":["double_counting"],"tags":[],"has_text":true,"text_preview":"Достаточно доказать равенство числа красно-красных и сине-синих пар для каждого фиксированного евклидова расстояния между вершинами правильного \\(2n\\)-угольника. Эти расстояния взаимно однозначно соответствуют циклическим шагам \\(m=1,2,\\ldots,n\\): хорда длины шага \\(m\\) строго растёт при \\(1\\le m\\le n\\). Зафиксируем шаг \\(m\\), \\(1\\le m<n\\). Соединим две вершины ребром, если между ними ровно \\(m\\) шагов по окружности. У каждой вершины в этом графе два соседа: на \\(m\\) шагов вперёд и на \\(m\\) шагов назад. Поэтому граф распадается на циклы, а его рёбра в точности соответствуют неупорядоченным парам вершин на циклическом расстоянии \\(m\\). Рассмотрим один такой цикл. Пусть на нём \\(r\\) красных и \\(b\\) синих вершин, а \\(c\\) - число рёбер с концами разных цветов. Если \\(R\\) - число красно-красных рёбер этого цикла, а \\(B\\) - число сине-синих, то подсчёт концов рёбер, инцидентных красным вершин…"}],"relations":[{"id":"rel-vjimc-2000-distances-imc-2013-necklace","neighbor_id":"imc-2013-day2-p5-necklace-good-colorings-odd","direction":"forward","type":"same_motif","distance":3,"status":"needs_human_review"}],"search_text":"vjimc-2000-cat1-p4-red-blue-distances красно-синие расстояния в правильном \\(2n\\)-угольнике, vjimc 2000 category i p4 graph_symmetry double_counting coloring goal_proof 2000 https://vjimc.osu.cz/storage/uploads/j10solutions.pdf problem_and_solution src-vjimc-2000-cat1-p4-official vjimc vjimc 2000 category i p4, официальные условия и решения vjimc2000 with_solution ? vjimc 2000 category i p4, официальные условия и решения stmt-original условие ai_checked в правильном \\(2n\\)-угольнике произвольно выбрали \\(n\\) вершин и покрасили их в красный цвет; остальные \\(n\\) вершин покрашены в синий. все расстояния между парами красных вершин выписали в неубывающем порядке; то же сделали для расстояний между парами синих вершин. докажите, что полученные последовательности совпадают. stmt-graph красно-синие расстояния в правильном \\(2n\\)-угольнике ai_checked в цикле \\(c_{2n}\\) ровно \\(n\\) вершин окрашены в красный цвет, остальные — в синий. для каждого циклического расстояния \\(m\\), \\(1\\le m\\le n\\), докажите, что число неупорядоченных пар красных вершин на расстоянии \\(m\\) равно числу неупорядоченных пар синих вершин на расстоянии \\(m\\). cycle idea-step-cycles фиксированный шаг разбивает вершины на циклы если соединить вершины, отстоящие на \\(m\\) шагов, получится объединение циклов. на каждом таком цикле число переходов между цветами связывает число красно-красных и сине-синих соседних пар. graph_symmetry double_counting ai_checked sol-distance-class-counting подсчёт по каждому циклическому расстоянию ai_checked cycle double_counting достаточно доказать равенство числа красно-красных и сине-синих пар для каждого фиксированного евклидова расстояния между вершинами правильного \\(2n\\)-угольника. эти расстояния взаимно однозначно соответствуют циклическим шагам \\(m=1,2,\\ldots,n\\): хорда длины шага \\(m\\) строго растёт при \\(1\\le m\\le n\\). зафиксируем шаг \\(m\\), \\(1\\le m<n\\). соединим две вершины ребром, если между ними ровно \\(m\\) шагов по окружности. у каждой вершины в этом графе два соседа: на \\(m\\) шагов вперёд и на \\(m\\) шагов назад. поэтому граф распадается на циклы, а его рёбра в точности соответствуют неупорядоченным парам вершин на циклическом расстоянии \\(m\\). рассмотрим один такой цикл. пусть на нём \\(r\\) красных и \\(b\\) синих вершин, а \\(c\\) - число рёбер с концами разных цветов. если \\(r\\) - число красно-красных рёбер этого цикла, а \\(b\\) - число сине-синих, то подсчёт концов рёбер, инцидентных красным вершин… vjimc-2000-cat1-p4-red-blue-distances krasno-sinie rasstoyaniya v pravilnom \\(2n\\)-ugolnike, vjimc 2000 category i p4 graph_symmetry double_counting coloring goal_proof 2000 https://vjimc.osu.cz/storage/uploads/j10solutions.pdf problem_and_solution src-vjimc-2000-cat1-p4-official vjimc vjimc 2000 category i p4, ofitsialnye usloviya i resheniya vjimc2000 with_solution ? vjimc 2000 category i p4, ofitsialnye usloviya i resheniya stmt-original uslovie ai_checked v pravilnom \\(2n\\)-ugolnike proizvolno vybrali \\(n\\) vershin i pokrasili ih v krasnyy tsvet; ostalnye \\(n\\) vershin pokrasheny v siniy. vse rasstoyaniya mezhdu parami krasnyh vershin vypisali v neubyvayuschem poryadke; to zhe sdelali dlya rasstoyaniy mezhdu parami sinih vershin. dokazhite, chto poluchennye posledovatelnosti sovpadayut. stmt-graph krasno-sinie rasstoyaniya v pravilnom \\(2n\\)-ugolnike ai_checked v tsikle \\(c_{2n}\\) rovno \\(n\\) vershin okrasheny v krasnyy tsvet, ostalnye — v siniy. dlya kazhdogo tsiklicheskogo rasstoyaniya \\(m\\), \\(1\\le m\\le n\\), dokazhite, chto chislo neuporyadochennyh par krasnyh vershin na rasstoyanii \\(m\\) ravno chislu neuporyadochennyh par sinih vershin na rasstoyanii \\(m\\). cycle idea-step-cycles fiksirovannyy shag razbivaet vershiny na tsikly esli soedinit vershiny, otstoyaschie na \\(m\\) shagov, poluchitsya obedinenie tsiklov. na kazhdom takom tsikle chislo perehodov mezhdu tsvetami svyazyvaet chislo krasno-krasnyh i sine-sinih sosednih par. graph_symmetry double_counting ai_checked sol-distance-class-counting podschet po kazhdomu tsiklicheskomu rasstoyaniyu ai_checked cycle double_counting dostatochno dokazat ravenstvo chisla krasno-krasnyh i sine-sinih par dlya kazhdogo fiksirovannogo evklidova rasstoyaniya mezhdu vershinami pravilnogo \\(2n\\)-ugolnika. eti rasstoyaniya vzaimno odnoznachno sootvetstvuyut tsiklicheskim shagam \\(m=1,2,\\ldots,n\\): horda dliny shaga \\(m\\) strogo rastet pri \\(1\\le m\\le n\\). zafiksiruem shag \\(m\\), \\(1\\le m<n\\). soedinim dve vershiny rebrom, esli mezhdu nimi rovno \\(m\\) shagov po okruzhnosti. u kazhdoy vershiny v etom grafe dva soseda: na \\(m\\) shagov vpered i na \\(m\\) shagov nazad. poetomu graf raspadaetsya na tsikly, a ego rebra v tochnosti sootvetstvuyut neuporyadochennym param vershin na tsiklicheskom rasstoyanii \\(m\\). rassmotrim odin takoy tsikl. pust na nem \\(r\\) krasnyh i \\(b\\) sinih vershin, a \\(c\\) - chislo reber s kontsami raznyh tsvetov. esli \\(r\\) - chislo krasno-krasnyh reber etogo tsikla, a \\(b\\) - chislo sine-sinih, to podschet kontsov reber, intsidentnyh krasnym vershin…","source_keys":["vjimc"]}
{"id":"vjimc-2000-cat2-p2-de-bruijn-euler-cycle","title":"Циклическая последовательность со всеми словами длины \\(l\\), VJIMC 2000 Category II P2","path":"data\\problems\\vjimc\\vjimc-2000-cat2-p2-de-bruijn-euler-cycle.yaml","raw_github_url":"https://raw.githubusercontent.com/didin-maxim/knowledge_graph_of_graphs/main/data/problems/vjimc/vjimc-2000-cat2-p2-de-bruijn-euler-cycle.yaml","viewer_url":"https://didin-maxim.github.io/knowledge_graph_of_graphs/#vjimc-2000-cat2-p2-de-bruijn-euler-cycle","source_key":"vjimc","source_label":"VJIMC","source_titles":["VJIMC 2000 Category II P2, официальные условия и решения"],"year":"2000","type":"olympiad_problem","authors":[],"tags":["eulerian_graphs","connectivity","goal_construction"],"agent_topics":[],"difficulty":{"main":"national_final_medium","local_score":6,"comment":"Классическая конструкция последовательностей де Брёйна через эйлеров цикл.","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":"агент grouped classification","audit_source":"agent-university-archives.json"},"statements":{"original":[{"id":"stmt-original","title":"Условие","status":"ai_checked","text":"Последовательность \\(AAABABBB\\), записанная по окружности, содержит каждое слово длины \\(3\\) над алфавитом \\(\\{A,B\\}\\) ровно один раз. Решите, можно ли для алфавита из \\(k\\) букв записать по окружности такую последовательность, чтобы каждое слово длины \\(l\\) над этим алфавитом встречалось ровно один раз.","definition_ids":[]}],"graph_theory":[{"id":"stmt-graph","title":"Циклическая последовательность со всеми словами длины \\(l\\)","status":"ai_checked","text":"Пусть \\(k\\ge1\\) и \\(l\\ge2\\). В ориентированном графе де Брёйна, вершинами которого являются слова длины \\(l-1\\) над \\(k\\)-буквенным алфавитом, а ребро для слова \\(a_1\\ldots a_l\\) идёт из его префикса \\(a_1\\ldots a_{l-1}\\) в его суффикс \\(a_2\\ldots a_l\\), существует эйлеров цикл.","definition_ids":["directed_graph","eulerian_cycle"]}]},"solutions":[{"id":"sol-de-bruijn-euler-cycle","title":"Эйлеров цикл в графе де Брёйна","status":"ai_checked","definition_ids":["eulerian_cycle","directed_graph","outdegree"],"standard_idea_ids":[],"tags":[],"has_text":true,"text_preview":"Ответ: да. При \\(l=1\\) достаточно записать все \\(k\\) букв по одному разу. Пусть \\(l\\ge2\\). Построим ориентированный граф. Его вершинами будут все слова длины \\(l-1\\). Каждому слову \\(a_1\\ldots a_l\\) длины \\(l\\) сопоставим ребро из \\(a_1\\ldots a_{l-1}\\) в \\(a_2\\ldots a_l\\). Тогда пройти по ребру означает дописать последнюю букву. У каждой вершины ровно \\(k\\) исходящих рёбер и ровно \\(k\\) входящих: можно свободно выбрать дописываемую букву справа или слева. Граф сильно связен: чтобы перейти от \\(a_1\\ldots a_{l-1}\\) к \\(b_1\\ldots b_{l-1}\\), достаточно последовательно дописать \\(b_1,b_2,\\ldots,b_{l-1}\\). По критерию эйлерова цикла для конечного ориентированного графа, сильная связность вместе с равенством входящей и исходящей степеней в каждой вершине даёт эйлеров цикл. Запишем сначала слово, соответствующее стартовой вершине, а затем при каждом переходе по эйлерову циклу будем дописывать п…"}],"relations":[{"id":"rel-imo-2023-c4-vjimc-2000-debruijn-eulerian-encoding","neighbor_id":"imo-2023-c4-strip-pieces-eulerian-graph","direction":"backward","type":"same_motif","distance":2,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-putnam-1990-vjimc-2000-euler","neighbor_id":"putnam-1990-b4-cayley-euler-tour","direction":"backward","type":"same_motif","distance":3,"status":"needs_human_review"},{"id":"rel-vjimc-2000-debruijn-eulerian-criterion","neighbor_id":"eulerian-graph-criterion","direction":"forward","type":"prerequisite","distance":1,"status":"ai_checked"}],"search_text":"vjimc-2000-cat2-p2-de-bruijn-euler-cycle циклическая последовательность со всеми словами длины \\(l\\), vjimc 2000 category ii p2 eulerian_graphs connectivity goal_construction 2000 https://vjimc.osu.cz/storage/uploads/j10solutions.pdf problem_and_solution src-vjimc-2000-cat2-p2-official vjimc vjimc 2000 category ii p2, официальные условия и решения vjimc2000 with_solution ? vjimc 2000 category ii p2, официальные условия и решения stmt-original условие ai_checked последовательность \\(aaababbb\\), записанная по окружности, содержит каждое слово длины \\(3\\) над алфавитом \\(\\{a,b\\}\\) ровно один раз. решите, можно ли для алфавита из \\(k\\) букв записать по окружности такую последовательность, чтобы каждое слово длины \\(l\\) над этим алфавитом встречалось ровно один раз. stmt-graph циклическая последовательность со всеми словами длины \\(l\\) ai_checked пусть \\(k\\ge1\\) и \\(l\\ge2\\). в ориентированном графе де брёйна, вершинами которого являются слова длины \\(l-1\\) над \\(k\\)-буквенным алфавитом, а ребро для слова \\(a_1\\ldots a_l\\) идёт из его префикса \\(a_1\\ldots a_{l-1}\\) в его суффикс \\(a_2\\ldots a_l\\), существует эйлеров цикл. directed_graph eulerian_cycle idea-balanced-strongly-connected граф де брёйна сбалансирован и сильно связен из каждой вершины выходит \\(k\\) рёбер и входит \\(k\\) рёбер. кроме того, из любого слова длины \\(l-1\\) можно перейти к любому другому, последовательно дописывая его буквы. eulerian_graphs connectivity ai_checked sol-de-bruijn-euler-cycle эйлеров цикл в графе де брёйна ai_checked eulerian_cycle directed_graph outdegree ответ: да. при \\(l=1\\) достаточно записать все \\(k\\) букв по одному разу. пусть \\(l\\ge2\\). построим ориентированный граф. его вершинами будут все слова длины \\(l-1\\). каждому слову \\(a_1\\ldots a_l\\) длины \\(l\\) сопоставим ребро из \\(a_1\\ldots a_{l-1}\\) в \\(a_2\\ldots a_l\\). тогда пройти по ребру означает дописать последнюю букву. у каждой вершины ровно \\(k\\) исходящих рёбер и ровно \\(k\\) входящих: можно свободно выбрать дописываемую букву справа или слева. граф сильно связен: чтобы перейти от \\(a_1\\ldots a_{l-1}\\) к \\(b_1\\ldots b_{l-1}\\), достаточно последовательно дописать \\(b_1,b_2,\\ldots,b_{l-1}\\). по критерию эйлерова цикла для конечного ориентированного графа, сильная связность вместе с равенством входящей и исходящей степеней в каждой вершине даёт эйлеров цикл. запишем сначала слово, соответствующее стартовой вершине, а затем при каждом переходе по эйлерову циклу будем дописывать п… vjimc-2000-cat2-p2-de-bruijn-euler-cycle tsiklicheskaya posledovatelnost so vsemi slovami dliny \\(l\\), vjimc 2000 category ii p2 eulerian_graphs connectivity goal_construction 2000 https://vjimc.osu.cz/storage/uploads/j10solutions.pdf problem_and_solution src-vjimc-2000-cat2-p2-official vjimc vjimc 2000 category ii p2, ofitsialnye usloviya i resheniya vjimc2000 with_solution ? vjimc 2000 category ii p2, ofitsialnye usloviya i resheniya stmt-original uslovie ai_checked posledovatelnost \\(aaababbb\\), zapisannaya po okruzhnosti, soderzhit kazhdoe slovo dliny \\(3\\) nad alfavitom \\(\\{a,b\\}\\) rovno odin raz. reshite, mozhno li dlya alfavita iz \\(k\\) bukv zapisat po okruzhnosti takuyu posledovatelnost, chtoby kazhdoe slovo dliny \\(l\\) nad etim alfavitom vstrechalos rovno odin raz. stmt-graph tsiklicheskaya posledovatelnost so vsemi slovami dliny \\(l\\) ai_checked pust \\(k\\ge1\\) i \\(l\\ge2\\). v orientirovannom grafe de breyna, vershinami kotorogo yavlyayutsya slova dliny \\(l-1\\) nad \\(k\\)-bukvennym alfavitom, a rebro dlya slova \\(a_1\\ldots a_l\\) idet iz ego prefiksa \\(a_1\\ldots a_{l-1}\\) v ego suffiks \\(a_2\\ldots a_l\\), suschestvuet eylerov tsikl. directed_graph eulerian_cycle idea-balanced-strongly-connected graf de breyna sbalansirovan i silno svyazen iz kazhdoy vershiny vyhodit \\(k\\) reber i vhodit \\(k\\) reber. krome togo, iz lyubogo slova dliny \\(l-1\\) mozhno pereyti k lyubomu drugomu, posledovatelno dopisyvaya ego bukvy. eulerian_graphs connectivity ai_checked sol-de-bruijn-euler-cycle eylerov tsikl v grafe de breyna ai_checked eulerian_cycle directed_graph outdegree otvet: da. pri \\(l=1\\) dostatochno zapisat vse \\(k\\) bukv po odnomu razu. pust \\(l\\ge2\\). postroim orientirovannyy graf. ego vershinami budut vse slova dliny \\(l-1\\). kazhdomu slovu \\(a_1\\ldots a_l\\) dliny \\(l\\) sopostavim rebro iz \\(a_1\\ldots a_{l-1}\\) v \\(a_2\\ldots a_l\\). togda proyti po rebru oznachaet dopisat poslednyuyu bukvu. u kazhdoy vershiny rovno \\(k\\) ishodyaschih reber i rovno \\(k\\) vhodyaschih: mozhno svobodno vybrat dopisyvaemuyu bukvu sprava ili sleva. graf silno svyazen: chtoby pereyti ot \\(a_1\\ldots a_{l-1}\\) k \\(b_1\\ldots b_{l-1}\\), dostatochno posledovatelno dopisat \\(b_1,b_2,\\ldots,b_{l-1}\\). po kriteriyu eylerova tsikla dlya konechnogo orientirovannogo grafa, silnaya svyaznost vmeste s ravenstvom vhodyaschey i ishodyaschey stepeney v kazhdoy vershine daet eylerov tsikl. zapishem snachala slovo, sootvetstvuyuschee startovoy vershine, a zatem pri kazhdom perehode po eylerovu tsiklu budem dopisyvat p…","source_keys":["vjimc"]}
{"id":"vjimc-2005-cat2-p2-weighted-cut-half","title":"Разрез веса не меньше половины полной суммы, VJIMC 2005 Category II P2","path":"data\\problems\\vjimc\\vjimc-2005-cat2-p2-weighted-cut-half.yaml","raw_github_url":"https://raw.githubusercontent.com/didin-maxim/knowledge_graph_of_graphs/main/data/problems/vjimc/vjimc-2005-cat2-p2-weighted-cut-half.yaml","viewer_url":"https://didin-maxim.github.io/knowledge_graph_of_graphs/#vjimc-2005-cat2-p2-weighted-cut-half","source_key":"vjimc","source_label":"VJIMC","source_titles":["VJIMC 2005 Category II P2, официальные условия и решения"],"year":"2005","type":"olympiad_problem","authors":[],"tags":["extremal_choice","graph_cut","goal_existence","graph_model"],"agent_topics":[],"difficulty":{"main":"national_final_medium","local_score":6,"comment":"Стандартный максимальный разрез с локальными неравенствами.","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":"агент grouped classification","audit_source":"agent-university-archives.json"},"statements":{"original":[{"id":"stmt-original","title":"Условие","status":"source_verified","text":"Пусть \\((a_{i,j})_{i,j=1}^n\\) - вещественная матрица, причём \\(a_{i,i}=0\\) для всех \\(i\\). Докажите, что существует множество индексов \\(J\\subset\\{1,2,\\ldots,n\\}\\), для которого \\[ \\sum_{i\\in J,\\ j\\notin J}a_{i,j}+\\sum_{i\\notin J,\\ j\\in J}a_{i,j}\\ge \\frac12\\sum_{i,j=1}^n a_{i,j}. \\]","definition_ids":[]}],"graph_theory":[{"id":"stmt-graph","title":"Разрез веса не меньше половины полной суммы","status":"ai_checked","text":"В полном ориентированном графе без петель каждой дуге \\(i\\to j\\) приписан вещественный вес \\(a_{i,j}\\). Докажите, что вершины можно разбить на две части так, чтобы суммарный вес дуг, идущих между частями в обе стороны, был не меньше половины суммарного веса всех дуг.","definition_ids":["directed_graph","graph_cut"]}]},"solutions":[{"id":"sol-maximal-cut","title":"Максимальный разрез и перенос одной вершины","status":"ai_checked","definition_ids":["graph_cut"],"standard_idea_ids":["extremal_choice"],"tags":[],"has_text":true,"text_preview":"Для \\(I\\subset\\{1,\\ldots,n\\}\\) обозначим через \\(F(I)\\) сумму всех элементов матрицы, стоящих по разные стороны разреза: \\[ F(I)=\\sum_{i\\in I,j\\notin I}a_{i,j}+\\sum_{i\\notin I,j\\in I}a_{i,j}. \\] Таких множеств \\(I\\) конечное число, поэтому можно выбрать множество \\(J\\), на котором \\(F\\) максимально. Пусть \\(k\\in J\\). Если удалить \\(k\\) из \\(J\\), значение \\(F\\) не возрастёт. Поэтому \\[ 0\\le F(J)-F(J\\setminus\\{k\\})=\\sum_{j\\notin J}a_{k,j}+\\sum_{i\\notin J}a_{i,k}-\\sum_{j\\in J}a_{k,j}-\\sum_{i\\in J}a_{i,k}. \\] Просуммируем эти неравенства по всем \\(k\\in J\\). Слагаемые, отвечающие парам по разные стороны разреза, вместе дают ровно \\(F(J)\\). Каждое слагаемое \\(a_{i,j}\\) с \\(i,j\\in J\\) появляется дважды: один раз при \\(k=i\\) и один раз при \\(k=j\\). Так как \\(a_{i,i}=0\\), диагональ ничего не добавляет. Значит, \\[ 0\\le F(J)-2\\sum_{i\\in J,j\\in J}a_{i,j}, \\] то есть \\[ \\sum_{i\\in J,j\\in J}a_{i,j}\\l…"}],"relations":[{"id":"rel-vjimc-2005-weighted-cut-one-swap-exchange","neighbor_id":"minimal-half-subset-exchange-lemma","direction":"forward","type":"same_motif","distance":2,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-vjimc-2005-weighted-cut-graph-cut","neighbor_id":"cmo-2023-p5-cut-bound-independent-set","direction":"forward","type":"same_motif","distance":3,"status":"needs_human_review"}],"search_text":"vjimc-2005-cat2-p2-weighted-cut-half разрез веса не меньше половины полной суммы, vjimc 2005 category ii p2 extremal_choice graph_cut goal_existence graph_model 2005 https://vjimc.osu.cz/storage/uploads/j15solutions.pdf problem_and_solution src-vjimc-2005-cat2-p2-official vjimc vjimc 2005 category ii p2, официальные условия и решения vjimc2005 with_solution ? vjimc 2005 category ii p2, официальные условия и решения stmt-original условие source_verified пусть \\((a_{i,j})_{i,j=1}^n\\) - вещественная матрица, причём \\(a_{i,i}=0\\) для всех \\(i\\). докажите, что существует множество индексов \\(j\\subset\\{1,2,\\ldots,n\\}\\), для которого \\[ \\sum_{i\\in j,\\ j\\notin j}a_{i,j}+\\sum_{i\\notin j,\\ j\\in j}a_{i,j}\\ge \\frac12\\sum_{i,j=1}^n a_{i,j}. \\] stmt-graph разрез веса не меньше половины полной суммы ai_checked в полном ориентированном графе без петель каждой дуге \\(i\\to j\\) приписан вещественный вес \\(a_{i,j}\\). докажите, что вершины можно разбить на две части так, чтобы суммарный вес дуг, идущих между частями в обе стороны, был не меньше половины суммарного веса всех дуг. directed_graph graph_cut idea-maximal-cut-local-optimum берём разрез максимального веса если перенести одну вершину через максимальный разрез, вес не может увеличиться. эти локальные неравенства для всех вершин дают оценки на веса внутри обеих частей. extremal_choice ai_checked sol-maximal-cut максимальный разрез и перенос одной вершины ai_checked graph_cut extremal_choice для \\(i\\subset\\{1,\\ldots,n\\}\\) обозначим через \\(f(i)\\) сумму всех элементов матрицы, стоящих по разные стороны разреза: \\[ f(i)=\\sum_{i\\in i,j\\notin i}a_{i,j}+\\sum_{i\\notin i,j\\in i}a_{i,j}. \\] таких множеств \\(i\\) конечное число, поэтому можно выбрать множество \\(j\\), на котором \\(f\\) максимально. пусть \\(k\\in j\\). если удалить \\(k\\) из \\(j\\), значение \\(f\\) не возрастёт. поэтому \\[ 0\\le f(j)-f(j\\setminus\\{k\\})=\\sum_{j\\notin j}a_{k,j}+\\sum_{i\\notin j}a_{i,k}-\\sum_{j\\in j}a_{k,j}-\\sum_{i\\in j}a_{i,k}. \\] просуммируем эти неравенства по всем \\(k\\in j\\). слагаемые, отвечающие парам по разные стороны разреза, вместе дают ровно \\(f(j)\\). каждое слагаемое \\(a_{i,j}\\) с \\(i,j\\in j\\) появляется дважды: один раз при \\(k=i\\) и один раз при \\(k=j\\). так как \\(a_{i,i}=0\\), диагональ ничего не добавляет. значит, \\[ 0\\le f(j)-2\\sum_{i\\in j,j\\in j}a_{i,j}, \\] то есть \\[ \\sum_{i\\in j,j\\in j}a_{i,j}\\l… vjimc-2005-cat2-p2-weighted-cut-half razrez vesa ne menshe poloviny polnoy summy, vjimc 2005 category ii p2 extremal_choice graph_cut goal_existence graph_model 2005 https://vjimc.osu.cz/storage/uploads/j15solutions.pdf problem_and_solution src-vjimc-2005-cat2-p2-official vjimc vjimc 2005 category ii p2, ofitsialnye usloviya i resheniya vjimc2005 with_solution ? vjimc 2005 category ii p2, ofitsialnye usloviya i resheniya stmt-original uslovie source_verified pust \\((a_{i,j})_{i,j=1}^n\\) - veschestvennaya matritsa, prichem \\(a_{i,i}=0\\) dlya vseh \\(i\\). dokazhite, chto suschestvuet mnozhestvo indeksov \\(j\\subset\\{1,2,\\ldots,n\\}\\), dlya kotorogo \\[ \\sum_{i\\in j,\\ j\\notin j}a_{i,j}+\\sum_{i\\notin j,\\ j\\in j}a_{i,j}\\ge \\frac12\\sum_{i,j=1}^n a_{i,j}. \\] stmt-graph razrez vesa ne menshe poloviny polnoy summy ai_checked v polnom orientirovannom grafe bez petel kazhdoy duge \\(i\\to j\\) pripisan veschestvennyy ves \\(a_{i,j}\\). dokazhite, chto vershiny mozhno razbit na dve chasti tak, chtoby summarnyy ves dug, iduschih mezhdu chastyami v obe storony, byl ne menshe poloviny summarnogo vesa vseh dug. directed_graph graph_cut idea-maximal-cut-local-optimum berem razrez maksimalnogo vesa esli perenesti odnu vershinu cherez maksimalnyy razrez, ves ne mozhet uvelichitsya. eti lokalnye neravenstva dlya vseh vershin dayut otsenki na vesa vnutri obeih chastey. extremal_choice ai_checked sol-maximal-cut maksimalnyy razrez i perenos odnoy vershiny ai_checked graph_cut extremal_choice dlya \\(i\\subset\\{1,\\ldots,n\\}\\) oboznachim cherez \\(f(i)\\) summu vseh elementov matritsy, stoyaschih po raznye storony razreza: \\[ f(i)=\\sum_{i\\in i,j\\notin i}a_{i,j}+\\sum_{i\\notin i,j\\in i}a_{i,j}. \\] takih mnozhestv \\(i\\) konechnoe chislo, poetomu mozhno vybrat mnozhestvo \\(j\\), na kotorom \\(f\\) maksimalno. pust \\(k\\in j\\). esli udalit \\(k\\) iz \\(j\\), znachenie \\(f\\) ne vozrastet. poetomu \\[ 0\\le f(j)-f(j\\setminus\\{k\\})=\\sum_{j\\notin j}a_{k,j}+\\sum_{i\\notin j}a_{i,k}-\\sum_{j\\in j}a_{k,j}-\\sum_{i\\in j}a_{i,k}. \\] prosummiruem eti neravenstva po vsem \\(k\\in j\\). slagaemye, otvechayuschie param po raznye storony razreza, vmeste dayut rovno \\(f(j)\\). kazhdoe slagaemoe \\(a_{i,j}\\) s \\(i,j\\in j\\) poyavlyaetsya dvazhdy: odin raz pri \\(k=i\\) i odin raz pri \\(k=j\\). tak kak \\(a_{i,i}=0\\), diagonal nichego ne dobavlyaet. znachit, \\[ 0\\le f(j)-2\\sum_{i\\in j,j\\in j}a_{i,j}, \\] to est \\[ \\sum_{i\\in j,j\\in j}a_{i,j}\\l…","source_keys":["vjimc"]}
{"id":"vjimc-2007-cat1-p2-key-ring-distinguishing-coloring","title":"Раскраска кольца ключей, различающая повороты и отражения, VJIMC 2007 Category I P2","path":"data\\problems\\vjimc\\vjimc-2007-cat1-p2-key-ring-distinguishing-coloring.yaml","raw_github_url":"https://raw.githubusercontent.com/didin-maxim/knowledge_graph_of_graphs/main/data/problems/vjimc/vjimc-2007-cat1-p2-key-ring-distinguishing-coloring.yaml","viewer_url":"https://didin-maxim.github.io/knowledge_graph_of_graphs/#vjimc-2007-cat1-p2-key-ring-distinguishing-coloring","source_key":"vjimc","source_label":"VJIMC","source_titles":["VJIMC 2007 Category I P2, официальные условия и решения"],"year":"2007","type":"olympiad_problem","authors":[],"tags":["coloring","graph_symmetry","construction","goal_exact_bound"],"agent_topics":[],"difficulty":{"main":"regional","local_score":5,"comment":"Короткая задача на различающую раскраску цикла; основная работа - малые случаи и асимметричная конструкция для больших n.","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":"агент grouped classification","audit_source":"agent-university-archives.json"},"statements":{"original":[{"id":"stmt-original","title":"Условие","status":"ai_checked","text":"У Алисы есть круглое кольцо с \\(n\\) ключами, \\(n\\ge 3\\). Когда она достает его из кармана, она не знает, было ли кольцо повернуто и/или перевернуто. Единственный способ различать ключи - раскрасить каждый ключ в некоторый цвет. Каково минимальное число цветов, необходимое для этого?","definition_ids":[]}],"graph_theory":[{"id":"stmt-cycle","title":"Раскраска кольца ключей, различающая повороты и отражения","status":"ai_checked","text":"Найдите минимальное число цветов в раскраске вершин цикла \\(C_n\\), \\(n\\ge 3\\), при которой единственный автоморфизм цикла, сохраняющий цвета всех вершин, является тождественным. Иначе говоря, требуется различающая раскраска цикла относительно диэдральной группы.","definition_ids":["cycle"]}]},"solutions":[{"id":"sol-official-expanded","title":"Различающие раскраски циклов","status":"ai_checked","definition_ids":["cycle"],"standard_idea_ids":[],"tags":[],"has_text":true,"text_preview":"Ответ: \\(3\\) цвета при \\(n=3,4,5\\) и \\(2\\) цвета при \\(n\\ge 6\\). Один цвет невозможен при любом \\(n\\ge3\\), потому что все ключи тогда выглядят одинаково. Докажем, что для \\(n=3,4,5\\) двух цветов тоже мало. Для двуцветной раскраски достаточно рассмотреть множество вершин одного цвета; если оно больше половины цикла, поменяем названия цветов и рассмотрим дополнительное множество. Поэтому можно считать, что отмеченных вершин не больше \\(\\lfloor n/2\\rfloor\\). При \\(n=3\\) отмеченное множество либо пусто, либо состоит из одной вершины; в обоих случаях есть отражение, сохраняющее раскраску. При \\(n=4\\) отмеченных вершин \\(0,1\\) или \\(2\\). Для \\(0\\) или \\(1\\) отмеченной вершины снова есть отражение, а две отмеченные вершины либо соседние, либо противоположные; в первом случае раскраску сохраняет отражение через середины двух противоположных ребер, во втором - поворот на \\(180^\\circ\\). При \\(n=5…"}],"relations":[{"id":"rel-vjimc-2007-key-ring-cycle-symmetry","neighbor_id":"imo-1979-p6-octagon-walks-cycle-graph","direction":"forward","type":"same_motif","distance":4,"status":"needs_human_review"}],"search_text":"vjimc-2007-cat1-p2-key-ring-distinguishing-coloring раскраска кольца ключей, различающая повороты и отражения, vjimc 2007 category i p2 coloring graph_symmetry construction goal_exact_bound 2007 https://vjimc.osu.cz/storage/uploads/j17solutions1.pdf problem_and_solution src-vjimc-2007-cat1-p2-official vjimc vjimc 2007 category i p2, официальные условия и решения vjimc2007 with_solution ? vjimc 2007 category i p2, официальные условия и решения stmt-original условие ai_checked у алисы есть круглое кольцо с \\(n\\) ключами, \\(n\\ge 3\\). когда она достает его из кармана, она не знает, было ли кольцо повернуто и/или перевернуто. единственный способ различать ключи - раскрасить каждый ключ в некоторый цвет. каково минимальное число цветов, необходимое для этого? stmt-cycle раскраска кольца ключей, различающая повороты и отражения ai_checked найдите минимальное число цветов в раскраске вершин цикла \\(c_n\\), \\(n\\ge 3\\), при которой единственный автоморфизм цикла, сохраняющий цвета всех вершин, является тождественным. иначе говоря, требуется различающая раскраска цикла относительно диэдральной группы. cycle idea-small-cycles-have-binary-symmetry малые циклы не имеют асимметричной двуцветной раскраски для \\(n=3,4,5\\) любая раскраска цикла двумя цветами допускает нетривиальный поворот или отражение, сохраняющие цвета. достаточно смотреть на меньший цветовой класс: в треугольнике он пуст или состоит из одной вершины; в квадрате две отмеченные вершины либо соседние, либо противоположные; в пятиугольнике две отмеченные вершины также лежат на расстоянии \\(1\\) или \\(2\\). во всех этих случаях есть нетривиальная симметрия, сохраняющая отмеченное множество. graph_symmetry coloring ai_checked idea-isolated-vertex-and-marked-edge изолированная отмеченная вершина и отмеченное ребро фиксируют цикл при \\(n\\ge 6\\) достаточно отметить одним цветом вершину \\(v_1\\) и соседние вершины \\(v_{n-2},v_{n-1}\\), а остальные вершины покрасить вторым цветом. одна отмеченная вершина изолирована среди отмеченных, а две другие образуют отмеченное ребро; расстояния от изолированной вершины различают концы этого ребра и затем все остальные вершины. construction graph_symmetry ai_checked sol-official-expanded различающие раскраски циклов ai_checked cycle ответ: \\(3\\) цвета при \\(n=3,4,5\\) и \\(2\\) цвета при \\(n\\ge 6\\). один цвет невозможен при любом \\(n\\ge3\\), потому что все ключи тогда выглядят одинаково. докажем, что для \\(n=3,4,5\\) двух цветов тоже мало. для двуцветной раскраски достаточно рассмотреть множество вершин одного цвета; если оно больше половины цикла, поменяем названия цветов и рассмотрим дополнительное множество. поэтому можно считать, что отмеченных вершин не больше \\(\\lfloor n/2\\rfloor\\). при \\(n=3\\) отмеченное множество либо пусто, либо состоит из одной вершины; в обоих случаях есть отражение, сохраняющее раскраску. при \\(n=4\\) отмеченных вершин \\(0,1\\) или \\(2\\). для \\(0\\) или \\(1\\) отмеченной вершины снова есть отражение, а две отмеченные вершины либо соседние, либо противоположные; в первом случае раскраску сохраняет отражение через середины двух противоположных ребер, во втором - поворот на \\(180^\\circ\\). при \\(n=5… vjimc-2007-cat1-p2-key-ring-distinguishing-coloring raskraska koltsa klyuchey, razlichayuschaya povoroty i otrazheniya, vjimc 2007 category i p2 coloring graph_symmetry construction goal_exact_bound 2007 https://vjimc.osu.cz/storage/uploads/j17solutions1.pdf problem_and_solution src-vjimc-2007-cat1-p2-official vjimc vjimc 2007 category i p2, ofitsialnye usloviya i resheniya vjimc2007 with_solution ? vjimc 2007 category i p2, ofitsialnye usloviya i resheniya stmt-original uslovie ai_checked u alisy est krugloe koltso s \\(n\\) klyuchami, \\(n\\ge 3\\). kogda ona dostaet ego iz karmana, ona ne znaet, bylo li koltso povernuto i/ili perevernuto. edinstvennyy sposob razlichat klyuchi - raskrasit kazhdyy klyuch v nekotoryy tsvet. kakovo minimalnoe chislo tsvetov, neobhodimoe dlya etogo? stmt-cycle raskraska koltsa klyuchey, razlichayuschaya povoroty i otrazheniya ai_checked naydite minimalnoe chislo tsvetov v raskraske vershin tsikla \\(c_n\\), \\(n\\ge 3\\), pri kotoroy edinstvennyy avtomorfizm tsikla, sohranyayuschiy tsveta vseh vershin, yavlyaetsya tozhdestvennym. inache govorya, trebuetsya razlichayuschaya raskraska tsikla otnositelno diedralnoy gruppy. cycle idea-small-cycles-have-binary-symmetry malye tsikly ne imeyut asimmetrichnoy dvutsvetnoy raskraski dlya \\(n=3,4,5\\) lyubaya raskraska tsikla dvumya tsvetami dopuskaet netrivialnyy povorot ili otrazhenie, sohranyayuschie tsveta. dostatochno smotret na menshiy tsvetovoy klass: v treugolnike on pust ili sostoit iz odnoy vershiny; v kvadrate dve otmechennye vershiny libo sosednie, libo protivopolozhnye; v pyatiugolnike dve otmechennye vershiny takzhe lezhat na rasstoyanii \\(1\\) ili \\(2\\). vo vseh etih sluchayah est netrivialnaya simmetriya, sohranyayuschaya otmechennoe mnozhestvo. graph_symmetry coloring ai_checked idea-isolated-vertex-and-marked-edge izolirovannaya otmechennaya vershina i otmechennoe rebro fiksiruyut tsikl pri \\(n\\ge 6\\) dostatochno otmetit odnim tsvetom vershinu \\(v_1\\) i sosednie vershiny \\(v_{n-2},v_{n-1}\\), a ostalnye vershiny pokrasit vtorym tsvetom. odna otmechennaya vershina izolirovana sredi otmechennyh, a dve drugie obrazuyut otmechennoe rebro; rasstoyaniya ot izolirovannoy vershiny razlichayut kontsy etogo rebra i zatem vse ostalnye vershiny. construction graph_symmetry ai_checked sol-official-expanded razlichayuschie raskraski tsiklov ai_checked cycle otvet: \\(3\\) tsveta pri \\(n=3,4,5\\) i \\(2\\) tsveta pri \\(n\\ge 6\\). odin tsvet nevozmozhen pri lyubom \\(n\\ge3\\), potomu chto vse klyuchi togda vyglyadyat odinakovo. dokazhem, chto dlya \\(n=3,4,5\\) dvuh tsvetov tozhe malo. dlya dvutsvetnoy raskraski dostatochno rassmotret mnozhestvo vershin odnogo tsveta; esli ono bolshe poloviny tsikla, pomenyaem nazvaniya tsvetov i rassmotrim dopolnitelnoe mnozhestvo. poetomu mozhno schitat, chto otmechennyh vershin ne bolshe \\(\\lfloor n/2\\rfloor\\). pri \\(n=3\\) otmechennoe mnozhestvo libo pusto, libo sostoit iz odnoy vershiny; v oboih sluchayah est otrazhenie, sohranyayuschee raskrasku. pri \\(n=4\\) otmechennyh vershin \\(0,1\\) ili \\(2\\). dlya \\(0\\) ili \\(1\\) otmechennoy vershiny snova est otrazhenie, a dve otmechennye vershiny libo sosednie, libo protivopolozhnye; v pervom sluchae raskrasku sohranyaet otrazhenie cherez serediny dvuh protivopolozhnyh reber, vo vtorom - povorot na \\(180^\\circ\\). pri \\(n=5…","source_keys":["vjimc"]}
{"id":"vjimc-2009-cat1-p3-partial-hypergraph-bicoloring","title":"Частичная двуцветная раскраска семейства гиперрёбер, VJIMC 2009 Category I P3","path":"data\\problems\\vjimc\\vjimc-2009-cat1-p3-partial-hypergraph-bicoloring.yaml","raw_github_url":"https://raw.githubusercontent.com/didin-maxim/knowledge_graph_of_graphs/main/data/problems/vjimc/vjimc-2009-cat1-p3-partial-hypergraph-bicoloring.yaml","viewer_url":"https://didin-maxim.github.io/knowledge_graph_of_graphs/#vjimc-2009-cat1-p3-partial-hypergraph-bicoloring","source_key":"vjimc","source_label":"VJIMC","source_titles":["VJIMC 2009 Category I P3, официальные условия и решения"],"year":"2009","type":"olympiad_problem","authors":[],"tags":["coloring","graph_model","goal_existence"],"agent_topics":[],"difficulty":{"main":"regional","local_score":5,"comment":"Короткая задача на один линейно-алгебраический ход: из-за \\(k<n\\) у матрицы инцидентности есть ненулевой вектор в ядре, а его знаки сразу дают частичную раскраску.","status":"ai_checked"},"review_status":"ai_checked","public_ready":true,"solution_state":"with_solution","solution_classification":{"type":"official_complete_or_near_complete","label":"официальное полное/почти полное","status":"ai_checked","confidence":0.78,"basis":"агентский аудит средней сложности","notes":"агент grouped classification","audit_source":"agent-university-archives.json"},"statements":{"original":[{"id":"stmt-original","title":"Условие","status":"ai_checked","text":"Пусть \\(k\\) и \\(n\\) - положительные целые числа, причём \\(k\\le n-1\\). Пусть \\(S=\\{1,2,\\ldots,n\\}\\), а \\(A_1,A_2,\\ldots,A_k\\) - непустые подмножества \\(S\\). Докажите, что можно раскрасить некоторые элементы \\(S\\) в два цвета, красный и синий, так, чтобы выполнялись условия: каждый элемент \\(S\\) либо не раскрашен, либо раскрашен в красный или синий цвет; хотя бы один элемент \\(S\\) раскрашен; каждое множество \\(A_i\\) либо полностью не раскрашено, либо содержит хотя бы один красный и хотя бы один синий элемент.","definition_ids":[]}],"graph_theory":[{"id":"stmt-hypergraph","title":"Гиперграфовая формулировка","status":"ai_checked","text":"Пусть на множестве из \\(n\\) вершин задано семейство \\(A_1,\\ldots,A_k\\) непустых гиперрёбер, где \\(k\\le n-1\\); одинаковые гиперрёбра допускаются, поскольку исходная задача задаёт именно список подмножеств. Докажите, что существует нетривиальная частичная раскраска вершин в два цвета такая, что каждое гиперребро либо не содержит раскрашенных вершин, либо содержит вершины обоих цветов.","definition_ids":[]}]},"solutions":[{"id":"sol-official-expanded","title":"Решение через ядро матрицы инцидентности","status":"ai_checked","definition_ids":[],"standard_idea_ids":[],"tags":[],"has_text":true,"text_preview":"Занумеруем элементы \\(S\\) числами \\(1,2,\\ldots,n\\) и рассмотрим вещественные неизвестные \\(x_1,\\ldots,x_n\\). Для каждого множества \\(A_i\\) запишем одно линейное уравнение \\[ \\sum_{j\\in A_i} x_j=0,\\qquad i=1,2,\\ldots,k. \\] Иначе говоря, берётся матрица инцидентности этого семейства множеств: в \\(i\\)-й строке стоят единицы на позициях \\(j\\in A_i\\) и нули на остальных позициях. Нам нужен ненулевой вектор \\(x\\), лежащий в ядре этой матрицы. Докажем, что такой вектор существует. Ранг матрицы не превосходит числа её строк, то есть не больше \\(k\\). По условию \\(k\\le n-1\\), значит \\(k<n\\), и размерность ядра равна \\(n-\\operatorname{rank} M\\ge n-k>0\\). Следовательно, существует решение \\((x_1,\\ldots,x_n)\\), не равное нулевому вектору. В частности, хотя бы одна координата этого решения отлична от нуля. Теперь построим частичную раскраску по знакам координат. Если \\(x_j>0\\), красим элемент \\(j\\) в…"}],"relations":[{"id":"rel-vjimc-2009-hypergraph-linear-algebra-pair","neighbor_id":"vjimc-2009-cat2-p4-transversal-hypergraph-polynomial-bound","direction":"forward","type":"same_motif","distance":2,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-vjimc-2009-partial-hypergraph-imc-1997","neighbor_id":"imc-1997-day1-p6-intersecting-families-finite-transversal","direction":"forward","type":"same_motif","distance":3,"status":"needs_human_review"}],"search_text":"vjimc-2009-cat1-p3-partial-hypergraph-bicoloring частичная двуцветная раскраска семейства гиперрёбер, vjimc 2009 category i p3 coloring graph_model goal_existence 2009 https://vjimc.osu.cz/storage/uploads/j19solutions1.pdf problem_and_solution src-vjimc-2009-cat1-p3-official vjimc vjimc 2009 category i p3, официальные условия и решения vjimc2009 with_solution ? vjimc 2009 category i p3, официальные условия и решения stmt-original условие ai_checked пусть \\(k\\) и \\(n\\) - положительные целые числа, причём \\(k\\le n-1\\). пусть \\(s=\\{1,2,\\ldots,n\\}\\), а \\(a_1,a_2,\\ldots,a_k\\) - непустые подмножества \\(s\\). докажите, что можно раскрасить некоторые элементы \\(s\\) в два цвета, красный и синий, так, чтобы выполнялись условия: каждый элемент \\(s\\) либо не раскрашен, либо раскрашен в красный или синий цвет; хотя бы один элемент \\(s\\) раскрашен; каждое множество \\(a_i\\) либо полностью не раскрашено, либо содержит хотя бы один красный и хотя бы один синий элемент. stmt-hypergraph гиперграфовая формулировка ai_checked пусть на множестве из \\(n\\) вершин задано семейство \\(a_1,\\ldots,a_k\\) непустых гиперрёбер, где \\(k\\le n-1\\); одинаковые гиперрёбра допускаются, поскольку исходная задача задаёт именно список подмножеств. докажите, что существует нетривиальная частичная раскраска вершин в два цвета такая, что каждое гиперребро либо не содержит раскрашенных вершин, либо содержит вершины обоих цветов. idea-nullspace-vector ненулевой вектор в ядре матрицы инцидентности запишем для каждого множества \\(a_i\\) уравнение \\(\\sum_{j\\in a_i}x_j=0\\). это однородная система из \\(k<n\\) линейных уравнений с \\(n\\) неизвестными, поэтому по теореме о ранге и размерности ядра у неё есть ненулевое вещественное решение. graph_model ai_checked idea-signs-give-bicoloring знаки координат дают нужную частичную раскраску положительные координаты красим в красный цвет, отрицательные - в синий, нулевые оставляем нераскрашенными. нулевая сумма на каждом гиперребре запрещает ситуацию, когда среди его раскрашенных вершин есть только один цвет. coloring ai_checked sol-official-expanded решение через ядро матрицы инцидентности ai_checked занумеруем элементы \\(s\\) числами \\(1,2,\\ldots,n\\) и рассмотрим вещественные неизвестные \\(x_1,\\ldots,x_n\\). для каждого множества \\(a_i\\) запишем одно линейное уравнение \\[ \\sum_{j\\in a_i} x_j=0,\\qquad i=1,2,\\ldots,k. \\] иначе говоря, берётся матрица инцидентности этого семейства множеств: в \\(i\\)-й строке стоят единицы на позициях \\(j\\in a_i\\) и нули на остальных позициях. нам нужен ненулевой вектор \\(x\\), лежащий в ядре этой матрицы. докажем, что такой вектор существует. ранг матрицы не превосходит числа её строк, то есть не больше \\(k\\). по условию \\(k\\le n-1\\), значит \\(k<n\\), и размерность ядра равна \\(n-\\operatorname{rank} m\\ge n-k>0\\). следовательно, существует решение \\((x_1,\\ldots,x_n)\\), не равное нулевому вектору. в частности, хотя бы одна координата этого решения отлична от нуля. теперь построим частичную раскраску по знакам координат. если \\(x_j>0\\), красим элемент \\(j\\) в… vjimc-2009-cat1-p3-partial-hypergraph-bicoloring chastichnaya dvutsvetnaya raskraska semeystva giperreber, vjimc 2009 category i p3 coloring graph_model goal_existence 2009 https://vjimc.osu.cz/storage/uploads/j19solutions1.pdf problem_and_solution src-vjimc-2009-cat1-p3-official vjimc vjimc 2009 category i p3, ofitsialnye usloviya i resheniya vjimc2009 with_solution ? vjimc 2009 category i p3, ofitsialnye usloviya i resheniya stmt-original uslovie ai_checked pust \\(k\\) i \\(n\\) - polozhitelnye tselye chisla, prichem \\(k\\le n-1\\). pust \\(s=\\{1,2,\\ldots,n\\}\\), a \\(a_1,a_2,\\ldots,a_k\\) - nepustye podmnozhestva \\(s\\). dokazhite, chto mozhno raskrasit nekotorye elementy \\(s\\) v dva tsveta, krasnyy i siniy, tak, chtoby vypolnyalis usloviya: kazhdyy element \\(s\\) libo ne raskrashen, libo raskrashen v krasnyy ili siniy tsvet; hotya by odin element \\(s\\) raskrashen; kazhdoe mnozhestvo \\(a_i\\) libo polnostyu ne raskrasheno, libo soderzhit hotya by odin krasnyy i hotya by odin siniy element. stmt-hypergraph gipergrafovaya formulirovka ai_checked pust na mnozhestve iz \\(n\\) vershin zadano semeystvo \\(a_1,\\ldots,a_k\\) nepustyh giperreber, gde \\(k\\le n-1\\); odinakovye giperrebra dopuskayutsya, poskolku ishodnaya zadacha zadaet imenno spisok podmnozhestv. dokazhite, chto suschestvuet netrivialnaya chastichnaya raskraska vershin v dva tsveta takaya, chto kazhdoe giperrebro libo ne soderzhit raskrashennyh vershin, libo soderzhit vershiny oboih tsvetov. idea-nullspace-vector nenulevoy vektor v yadre matritsy intsidentnosti zapishem dlya kazhdogo mnozhestva \\(a_i\\) uravnenie \\(\\sum_{j\\in a_i}x_j=0\\). eto odnorodnaya sistema iz \\(k<n\\) lineynyh uravneniy s \\(n\\) neizvestnymi, poetomu po teoreme o range i razmernosti yadra u nee est nenulevoe veschestvennoe reshenie. graph_model ai_checked idea-signs-give-bicoloring znaki koordinat dayut nuzhnuyu chastichnuyu raskrasku polozhitelnye koordinaty krasim v krasnyy tsvet, otritsatelnye - v siniy, nulevye ostavlyaem neraskrashennymi. nulevaya summa na kazhdom giperrebre zapreschaet situatsiyu, kogda sredi ego raskrashennyh vershin est tolko odin tsvet. coloring ai_checked sol-official-expanded reshenie cherez yadro matritsy intsidentnosti ai_checked zanumeruem elementy \\(s\\) chislami \\(1,2,\\ldots,n\\) i rassmotrim veschestvennye neizvestnye \\(x_1,\\ldots,x_n\\). dlya kazhdogo mnozhestva \\(a_i\\) zapishem odno lineynoe uravnenie \\[ \\sum_{j\\in a_i} x_j=0,\\qquad i=1,2,\\ldots,k. \\] inache govorya, beretsya matritsa intsidentnosti etogo semeystva mnozhestv: v \\(i\\)-y stroke stoyat edinitsy na pozitsiyah \\(j\\in a_i\\) i nuli na ostalnyh pozitsiyah. nam nuzhen nenulevoy vektor \\(x\\), lezhaschiy v yadre etoy matritsy. dokazhem, chto takoy vektor suschestvuet. rang matritsy ne prevoshodit chisla ee strok, to est ne bolshe \\(k\\). po usloviyu \\(k\\le n-1\\), znachit \\(k<n\\), i razmernost yadra ravna \\(n-\\operatorname{rank} m\\ge n-k>0\\). sledovatelno, suschestvuet reshenie \\((x_1,\\ldots,x_n)\\), ne ravnoe nulevomu vektoru. v chastnosti, hotya by odna koordinata etogo resheniya otlichna ot nulya. teper postroim chastichnuyu raskrasku po znakam koordinat. esli \\(x_j>0\\), krasim element \\(j\\) v…","source_keys":["vjimc"]}
{"id":"vjimc-2009-cat2-p4-transversal-hypergraph-polynomial-bound","title":"Оценка числа рёбер гиперграфа через разделяющие разбиения, VJIMC 2009 Category II P4","path":"data\\problems\\vjimc\\vjimc-2009-cat2-p4-transversal-hypergraph-polynomial-bound.yaml","raw_github_url":"https://raw.githubusercontent.com/didin-maxim/knowledge_graph_of_graphs/main/data/problems/vjimc/vjimc-2009-cat2-p4-transversal-hypergraph-polynomial-bound.yaml","viewer_url":"https://didin-maxim.github.io/knowledge_graph_of_graphs/#vjimc-2009-cat2-p4-transversal-hypergraph-polynomial-bound","source_key":"vjimc","source_label":"VJIMC","source_titles":["VJIMC 2009 Category II P4, официальные условия и решения"],"year":"2009","type":"olympiad_problem","authors":[],"tags":["extremal_graph_theory","graph_model","goal_bound"],"agent_topics":[],"difficulty":{"main":"national_final_medium","local_score":8,"comment":"Содержательная экстремальная задача VJIMC Category II: ключевой шаг - полиномиальный метод с квадратсвободными многочленами и матрицей значений по модулю 2.","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":"агент grouped classification","audit_source":"agent-university-archives.json"},"statements":{"original":[{"id":"stmt-original","title":"Условие","status":"ai_checked","text":"Пусть \\(k,m,n\\) - положительные целые числа, \\(1\\le m\\le n\\), и \\(S=\\{1,2,\\ldots,n\\}\\). Пусть \\(A_1,A_2,…,A_k\\) - \\(m\\)-элементные подмножества \\(S\\) со следующим свойством: для каждого \\(i=1,…,k\\) существует разбиение \\(S=S_{1,i}\\cup S_{2,i}\\cup\\cdots\\cup S_{m,i}\\) на попарно непересекающиеся части такое, что \\(A_i\\) имеет ровно один общий элемент с каждой частью этого разбиения, а каждое \\(A_j\\), \\(j\\ne i\\), не пересекается хотя бы с одной частью этого разбиения. Докажите, что \\(k\\le \\binom{n-1}{m-1}\\).","definition_ids":[]}],"graph_theory":[{"id":"stmt-hypergraph","title":"Гиперграфовая формулировка","status":"ai_checked","text":"Пусть \\(H\\) — \\(m\\)-равномерный гиперграф на множестве вершин \\(S\\), \\(|S|=n\\), с рёбрами \\(A_1,…,A_k\\). Для каждого ребра \\(A_i\\) задано разбиение вершин на \\(m\\) частей, для которого \\(A_i\\) является трансверсалью, а любое другое ребро пропускает хотя бы одну часть. Докажите, что число рёбер не превосходит \\(\\binom{n-1}{m-1}\\).","definition_ids":[]}]},"solutions":[{"id":"sol-official-expanded","title":"Полиномиальный метод и линейная независимость","status":"ai_checked","definition_ids":[],"standard_idea_ids":["pigeonhole_principle"],"tags":[],"has_text":true,"text_preview":"Сначала разберём крайний случай \\(m=1\\). Тогда единственное возможное разбиение состоит из одной части \\(S\\). Если бы при фиксированном \\(i\\) существовало другое множество \\(A_j\\), то по условию оно должно было бы не пересекаться с этой единственной частью, то есть с самим \\(S\\), что невозможно, так как \\(A_j\\) непусто. Значит, \\(k=1=\\binom{n-1}{0}\\), и требуемая оценка верна. Далее считаем, что \\(m\\ge2\\). Для каждого \\(i\\) переименуем части соответствующего разбиения так, чтобы \\(1\\in S_{1,i}\\). Рассмотрим переменные \\(x_2,…,x_n\\) и сопоставим ребру \\(A_i\\) многочлен \\[ P_i(x_2,…,x_n)=\\prod_{\\ell=2}^{m}\\left(\\sum_{s\\in S_{\\ell,i}}x_s\\right), \\] где переменной \\(x_1\\) нет. Так как части разбиения попарно не пересекаются, при раскрытии скобок в \\(P_i\\) возникают только квадратсвободные мономы степени \\(m-1\\): из разных множителей нельзя выбрать одну и ту же переменную. Такие мономы взаим…"}],"relations":[{"id":"rel-vjimc-2009-hypergraph-linear-algebra-pair","neighbor_id":"vjimc-2009-cat1-p3-partial-hypergraph-bicoloring","direction":"backward","type":"same_motif","distance":2,"status":"ai_checked"}],"search_text":"vjimc-2009-cat2-p4-transversal-hypergraph-polynomial-bound оценка числа рёбер гиперграфа через разделяющие разбиения, vjimc 2009 category ii p4 extremal_graph_theory graph_model goal_bound 2009 https://vjimc.osu.cz/storage/uploads/j19solutions2.pdf problem_and_solution src-vjimc-2009-cat2-p4-official vjimc vjimc 2009 category ii p4, официальные условия и решения vjimc2009 with_solution ? vjimc 2009 category ii p4, официальные условия и решения stmt-original условие ai_checked пусть \\(k,m,n\\) - положительные целые числа, \\(1\\le m\\le n\\), и \\(s=\\{1,2,\\ldots,n\\}\\). пусть \\(a_1,a_2,…,a_k\\) - \\(m\\)-элементные подмножества \\(s\\) со следующим свойством: для каждого \\(i=1,…,k\\) существует разбиение \\(s=s_{1,i}\\cup s_{2,i}\\cup\\cdots\\cup s_{m,i}\\) на попарно непересекающиеся части такое, что \\(a_i\\) имеет ровно один общий элемент с каждой частью этого разбиения, а каждое \\(a_j\\), \\(j\\ne i\\), не пересекается хотя бы с одной частью этого разбиения. докажите, что \\(k\\le \\binom{n-1}{m-1}\\). stmt-hypergraph гиперграфовая формулировка ai_checked пусть \\(h\\) — \\(m\\)-равномерный гиперграф на множестве вершин \\(s\\), \\(|s|=n\\), с рёбрами \\(a_1,…,a_k\\). для каждого ребра \\(a_i\\) задано разбиение вершин на \\(m\\) частей, для которого \\(a_i\\) является трансверсалью, а любое другое ребро пропускает хотя бы одну часть. докажите, что число рёбер не превосходит \\(\\binom{n-1}{m-1}\\). idea-polynomial-for-each-edge каждому ребру сопоставляется квадратсвободный многочлен переименуем части каждого разбиения так, чтобы вершина \\(1\\) лежала в первой части. для ребра \\(a_i\\) берём произведение сумм переменных по остальным частям. получаются однородные квадратсвободные многочлены степени \\(m-1\\) от \\(n-1\\) переменных. graph_model ai_checked idea-odd-even-evaluation-matrix матрица значений имеет нечётную диагональ и чётные внедиагональные элементы на характеристическом векторе собственного ребра многочлен равен \\(1\\). на характеристическом векторе чужого ребра произведение либо равно нулю, либо содержит чётный множитель; значит, по модулю 2 матрица значений является единичной. extremal_graph_theory ai_checked sol-official-expanded полиномиальный метод и линейная независимость ai_checked pigeonhole_principle сначала разберём крайний случай \\(m=1\\). тогда единственное возможное разбиение состоит из одной части \\(s\\). если бы при фиксированном \\(i\\) существовало другое множество \\(a_j\\), то по условию оно должно было бы не пересекаться с этой единственной частью, то есть с самим \\(s\\), что невозможно, так как \\(a_j\\) непусто. значит, \\(k=1=\\binom{n-1}{0}\\), и требуемая оценка верна. далее считаем, что \\(m\\ge2\\). для каждого \\(i\\) переименуем части соответствующего разбиения так, чтобы \\(1\\in s_{1,i}\\). рассмотрим переменные \\(x_2,…,x_n\\) и сопоставим ребру \\(a_i\\) многочлен \\[ p_i(x_2,…,x_n)=\\prod_{\\ell=2}^{m}\\left(\\sum_{s\\in s_{\\ell,i}}x_s\\right), \\] где переменной \\(x_1\\) нет. так как части разбиения попарно не пересекаются, при раскрытии скобок в \\(p_i\\) возникают только квадратсвободные мономы степени \\(m-1\\): из разных множителей нельзя выбрать одну и ту же переменную. такие мономы взаим… vjimc-2009-cat2-p4-transversal-hypergraph-polynomial-bound otsenka chisla reber gipergrafa cherez razdelyayuschie razbieniya, vjimc 2009 category ii p4 extremal_graph_theory graph_model goal_bound 2009 https://vjimc.osu.cz/storage/uploads/j19solutions2.pdf problem_and_solution src-vjimc-2009-cat2-p4-official vjimc vjimc 2009 category ii p4, ofitsialnye usloviya i resheniya vjimc2009 with_solution ? vjimc 2009 category ii p4, ofitsialnye usloviya i resheniya stmt-original uslovie ai_checked pust \\(k,m,n\\) - polozhitelnye tselye chisla, \\(1\\le m\\le n\\), i \\(s=\\{1,2,\\ldots,n\\}\\). pust \\(a_1,a_2,…,a_k\\) - \\(m\\)-elementnye podmnozhestva \\(s\\) so sleduyuschim svoystvom: dlya kazhdogo \\(i=1,…,k\\) suschestvuet razbienie \\(s=s_{1,i}\\cup s_{2,i}\\cup\\cdots\\cup s_{m,i}\\) na poparno neperesekayuschiesya chasti takoe, chto \\(a_i\\) imeet rovno odin obschiy element s kazhdoy chastyu etogo razbieniya, a kazhdoe \\(a_j\\), \\(j\\ne i\\), ne peresekaetsya hotya by s odnoy chastyu etogo razbieniya. dokazhite, chto \\(k\\le \\binom{n-1}{m-1}\\). stmt-hypergraph gipergrafovaya formulirovka ai_checked pust \\(h\\) — \\(m\\)-ravnomernyy gipergraf na mnozhestve vershin \\(s\\), \\(|s|=n\\), s rebrami \\(a_1,…,a_k\\). dlya kazhdogo rebra \\(a_i\\) zadano razbienie vershin na \\(m\\) chastey, dlya kotorogo \\(a_i\\) yavlyaetsya transversalyu, a lyuboe drugoe rebro propuskaet hotya by odnu chast. dokazhite, chto chislo reber ne prevoshodit \\(\\binom{n-1}{m-1}\\). idea-polynomial-for-each-edge kazhdomu rebru sopostavlyaetsya kvadratsvobodnyy mnogochlen pereimenuem chasti kazhdogo razbieniya tak, chtoby vershina \\(1\\) lezhala v pervoy chasti. dlya rebra \\(a_i\\) berem proizvedenie summ peremennyh po ostalnym chastyam. poluchayutsya odnorodnye kvadratsvobodnye mnogochleny stepeni \\(m-1\\) ot \\(n-1\\) peremennyh. graph_model ai_checked idea-odd-even-evaluation-matrix matritsa znacheniy imeet nechetnuyu diagonal i chetnye vnediagonalnye elementy na harakteristicheskom vektore sobstvennogo rebra mnogochlen raven \\(1\\). na harakteristicheskom vektore chuzhogo rebra proizvedenie libo ravno nulyu, libo soderzhit chetnyy mnozhitel; znachit, po modulyu 2 matritsa znacheniy yavlyaetsya edinichnoy. extremal_graph_theory ai_checked sol-official-expanded polinomialnyy metod i lineynaya nezavisimost ai_checked pigeonhole_principle snachala razberem krayniy sluchay \\(m=1\\). togda edinstvennoe vozmozhnoe razbienie sostoit iz odnoy chasti \\(s\\). esli by pri fiksirovannom \\(i\\) suschestvovalo drugoe mnozhestvo \\(a_j\\), to po usloviyu ono dolzhno bylo by ne peresekatsya s etoy edinstvennoy chastyu, to est s samim \\(s\\), chto nevozmozhno, tak kak \\(a_j\\) nepusto. znachit, \\(k=1=\\binom{n-1}{0}\\), i trebuemaya otsenka verna. dalee schitaem, chto \\(m\\ge2\\). dlya kazhdogo \\(i\\) pereimenuem chasti sootvetstvuyuschego razbieniya tak, chtoby \\(1\\in s_{1,i}\\). rassmotrim peremennye \\(x_2,…,x_n\\) i sopostavim rebru \\(a_i\\) mnogochlen \\[ p_i(x_2,…,x_n)=\\prod_{\\ell=2}^{m}\\left(\\sum_{s\\in s_{\\ell,i}}x_s\\right), \\] gde peremennoy \\(x_1\\) net. tak kak chasti razbieniya poparno ne peresekayutsya, pri raskrytii skobok v \\(p_i\\) voznikayut tolko kvadratsvobodnye monomy stepeni \\(m-1\\): iz raznyh mnozhiteley nelzya vybrat odnu i tu zhe peremennuyu. takie monomy vzaim…","source_keys":["vjimc"]}
{"id":"vjimc-2013-cat2-p2-hypercube-segment-intersections","title":"Точки пересечения хорд между вершинами гиперкуба, VJIMC 2013 Category II P2","path":"data\\problems\\vjimc\\vjimc-2013-cat2-p2-hypercube-segment-intersections.yaml","raw_github_url":"https://raw.githubusercontent.com/didin-maxim/knowledge_graph_of_graphs/main/data/problems/vjimc/vjimc-2013-cat2-p2-hypercube-segment-intersections.yaml","viewer_url":"https://didin-maxim.github.io/knowledge_graph_of_graphs/#vjimc-2013-cat2-p2-hypercube-segment-intersections","source_key":"vjimc","source_label":"VJIMC","source_titles":["VJIMC 2013 Category II P2, официальные условия и решения"],"year":"2013","type":"olympiad_problem","authors":[],"tags":["graph_model","goal_counting"],"agent_topics":[],"difficulty":{"main":"regional","local_score":5,"comment":"Короткий координатный подсчёт в геометрическом графе на вершинах гиперкуба; графовая модель естественна, но решение в основном комбинаторно-геометрическое.","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":"агент grouped classification","audit_source":"agent-university-archives.json"},"statements":{"original":[{"id":"stmt-original","title":"Условие","status":"ai_checked","text":"Дан \\(n\\)-мерный куб. Рассмотрим все отрезки, соединяющие любые две различные вершины куба. Сколько различных точек пересечения имеют эти отрезки, если сами вершины куба не считать?","definition_ids":[]}]},"solutions":[{"id":"sol-official-expanded","title":"Координатный подсчёт центров граней","status":"ai_checked","definition_ids":[],"standard_idea_ids":[],"tags":[],"has_text":true,"text_preview":"Ответ: \\[ 3^n-2^n-n2^{n-1}. \\] Зададим вершины куба двоичными векторами \\((\\varepsilon_1,\\ldots,\\varepsilon_n)\\), где \\(\\varepsilon_i\\in\\{0,1\\}\\). Докажем сначала, какие точки вообще могут быть пересечениями двух разных отрезков между вершинами. Пусть отрезки \\(AB\\) и \\(CD\\) имеют общую внутреннюю точку \\(P\\). Запишем \\[ P=(1-s)A+sB=(1-t)C+tD, \\] где \\(0<s,t<1\\). Рассмотрим одну координату. Если в этой координате концы \\(A\\) и \\(B\\) совпадают, то соответствующая координата \\(P\\) равна \\(0\\) или \\(1\\); значит, и концы \\(C,D\\) в этой координате тоже должны совпадать с тем же значением. Если же концы \\(A,B\\) различаются, то координата \\(P\\) строго между \\(0\\) и \\(1\\), поэтому концы \\(C,D\\) в этой координате тоже различаются. Итак, два отрезка меняют ровно один и тот же набор координат \\(H\\). В координатах из \\(H\\) значение координаты \\(P\\) равно либо \\(s\\), либо \\(1-s\\) при движении по \\(A…"}],"relations":[],"search_text":"vjimc-2013-cat2-p2-hypercube-segment-intersections точки пересечения хорд между вершинами гиперкуба, vjimc 2013 category ii p2 graph_model goal_counting 2013 https://vjimc.osu.cz/storage/uploads/j23solutions2.pdf problem_and_solution src-vjimc-2013-cat2-p2-official vjimc vjimc 2013 category ii p2, официальные условия и решения vjimc2013 with_solution ? vjimc 2013 category ii p2, официальные условия и решения stmt-original условие ai_checked дан \\(n\\)-мерный куб. рассмотрим все отрезки, соединяющие любые две различные вершины куба. сколько различных точек пересечения имеют эти отрезки, если сами вершины куба не считать? idea-intersections-are-face-centers пересечения являются центрами граней размерности не меньше двух если два разных отрезка между вершинами гиперкуба имеют общую внутреннюю точку, то их множества меняющихся координат совпадают. если параметры точки на двух отрезках не равны \\(1/2\\), совпадение координат заставляет эти отрезки быть одним и тем же; значит настоящее пересечение двух разных отрезков происходит в их общей середине, то есть в центре грани размерности не меньше двух. graph_model ai_checked idea-count-ternary-vectors счёт тернарных векторов всего векторов с координатами из \\(\\{0,1/2,1\\}\\) равно \\(3^n\\). надо исключить \\(2^n\\) вершин без половинных координат и \\(n2^{n-1}\\) точек с ровно одной половинной координатой. goal_counting ai_checked sol-official-expanded координатный подсчёт центров граней ai_checked ответ: \\[ 3^n-2^n-n2^{n-1}. \\] зададим вершины куба двоичными векторами \\((\\varepsilon_1,\\ldots,\\varepsilon_n)\\), где \\(\\varepsilon_i\\in\\{0,1\\}\\). докажем сначала, какие точки вообще могут быть пересечениями двух разных отрезков между вершинами. пусть отрезки \\(ab\\) и \\(cd\\) имеют общую внутреннюю точку \\(p\\). запишем \\[ p=(1-s)a+sb=(1-t)c+td, \\] где \\(0<s,t<1\\). рассмотрим одну координату. если в этой координате концы \\(a\\) и \\(b\\) совпадают, то соответствующая координата \\(p\\) равна \\(0\\) или \\(1\\); значит, и концы \\(c,d\\) в этой координате тоже должны совпадать с тем же значением. если же концы \\(a,b\\) различаются, то координата \\(p\\) строго между \\(0\\) и \\(1\\), поэтому концы \\(c,d\\) в этой координате тоже различаются. итак, два отрезка меняют ровно один и тот же набор координат \\(h\\). в координатах из \\(h\\) значение координаты \\(p\\) равно либо \\(s\\), либо \\(1-s\\) при движении по \\(a… vjimc-2013-cat2-p2-hypercube-segment-intersections tochki peresecheniya hord mezhdu vershinami giperkuba, vjimc 2013 category ii p2 graph_model goal_counting 2013 https://vjimc.osu.cz/storage/uploads/j23solutions2.pdf problem_and_solution src-vjimc-2013-cat2-p2-official vjimc vjimc 2013 category ii p2, ofitsialnye usloviya i resheniya vjimc2013 with_solution ? vjimc 2013 category ii p2, ofitsialnye usloviya i resheniya stmt-original uslovie ai_checked dan \\(n\\)-mernyy kub. rassmotrim vse otrezki, soedinyayuschie lyubye dve razlichnye vershiny kuba. skolko razlichnyh tochek peresecheniya imeyut eti otrezki, esli sami vershiny kuba ne schitat? idea-intersections-are-face-centers peresecheniya yavlyayutsya tsentrami graney razmernosti ne menshe dvuh esli dva raznyh otrezka mezhdu vershinami giperkuba imeyut obschuyu vnutrennyuyu tochku, to ih mnozhestva menyayuschihsya koordinat sovpadayut. esli parametry tochki na dvuh otrezkah ne ravny \\(1/2\\), sovpadenie koordinat zastavlyaet eti otrezki byt odnim i tem zhe; znachit nastoyaschee peresechenie dvuh raznyh otrezkov proishodit v ih obschey seredine, to est v tsentre grani razmernosti ne menshe dvuh. graph_model ai_checked idea-count-ternary-vectors schet ternarnyh vektorov vsego vektorov s koordinatami iz \\(\\{0,1/2,1\\}\\) ravno \\(3^n\\). nado isklyuchit \\(2^n\\) vershin bez polovinnyh koordinat i \\(n2^{n-1}\\) tochek s rovno odnoy polovinnoy koordinatoy. goal_counting ai_checked sol-official-expanded koordinatnyy podschet tsentrov graney ai_checked otvet: \\[ 3^n-2^n-n2^{n-1}. \\] zadadim vershiny kuba dvoichnymi vektorami \\((\\varepsilon_1,\\ldots,\\varepsilon_n)\\), gde \\(\\varepsilon_i\\in\\{0,1\\}\\). dokazhem snachala, kakie tochki voobsche mogut byt peresecheniyami dvuh raznyh otrezkov mezhdu vershinami. pust otrezki \\(ab\\) i \\(cd\\) imeyut obschuyu vnutrennyuyu tochku \\(p\\). zapishem \\[ p=(1-s)a+sb=(1-t)c+td, \\] gde \\(0<s,t<1\\). rassmotrim odnu koordinatu. esli v etoy koordinate kontsy \\(a\\) i \\(b\\) sovpadayut, to sootvetstvuyuschaya koordinata \\(p\\) ravna \\(0\\) ili \\(1\\); znachit, i kontsy \\(c,d\\) v etoy koordinate tozhe dolzhny sovpadat s tem zhe znacheniem. esli zhe kontsy \\(a,b\\) razlichayutsya, to koordinata \\(p\\) strogo mezhdu \\(0\\) i \\(1\\), poetomu kontsy \\(c,d\\) v etoy koordinate tozhe razlichayutsya. itak, dva otrezka menyayut rovno odin i tot zhe nabor koordinat \\(h\\). v koordinatah iz \\(h\\) znachenie koordinaty \\(p\\) ravno libo \\(s\\), libo \\(1-s\\) pri dvizhenii po \\(a…","source_keys":["vjimc"]}
{"id":"vjimc-2017-cat1-p3-polyhedron-edge-products","title":"Веса на вершинах многогранника и сумма произведений по рёбрам, VJIMC 2017 I.3","path":"data\\problems\\vjimc\\vjimc-2017-cat1-p3-polyhedron-edge-products.yaml","raw_github_url":"https://raw.githubusercontent.com/didin-maxim/knowledge_graph_of_graphs/main/data/problems/vjimc/vjimc-2017-cat1-p3-polyhedron-edge-products.yaml","viewer_url":"https://didin-maxim.github.io/knowledge_graph_of_graphs/#vjimc-2017-cat1-p3-polyhedron-edge-products","source_key":"vjimc","source_label":"VJIMC","source_titles":["VJIMC 2017 Category I P3, официальные условия и решения"],"year":"2017","type":"olympiad_problem","authors":[],"tags":["planar_graphs","extremal_graph_theory","extremal_choice","symmetrization","forbidden_clique","goal_bound"],"agent_topics":[],"difficulty":{"main":"national_final_medium","local_score":8,"comment":"VJIMC 2017 Category I Problem 3: ключевой шаг официального решения переводит скелет многогранника в планарный граф, сжимает положительный носитель весов до клики и использует запрет \\(K_5\\) в планарном графе.","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":"агент grouped classification","audit_source":"agent-university-archives.json"},"statements":{"original":[{"id":"stmt-original","title":"Условие","status":"ai_checked","text":"Пусть \\(P\\) - выпуклый многогранник. В каждую вершину \\(P\\) записали неотрицательное действительное число так, что сумма всех записанных чисел равна \\(1\\). Затем на каждое ребро записали произведение чисел в его концах. Докажите, что сумма чисел на рёбрах не превосходит \\(3/8\\).","definition_ids":[]}],"graph_theory":[{"id":"stmt-graph","title":"Веса на вершинах многогранника и сумма произведений по рёбрам","status":"ai_checked","text":"Пусть \\(G=(V,E)\\) — скелет выпуклого многогранника, то есть простой планарный граф, полученный из его вершин и рёбер. Каждой вершине \\(v\\in V\\) сопоставлено число \\(a_v\\ge 0\\), причём \\(\\sum_{v\\in V}a_v=1\\). Докажите, что \\(\\sum_{uv\\in E}a_u a_v\\le 3/8\\).","definition_ids":["simple_graph","planar_graph"]}]},"solutions":[{"id":"sol-official-planar-extremal","title":"Решение через планарный скелет и экстремальный выбор","status":"ai_checked","definition_ids":["planar_graph","complete_graph","clique"],"standard_idea_ids":["extremal_choice","symmetrization"],"tags":[],"has_text":true,"text_preview":"Рассмотрим граф \\(G=(V,E)\\), вершины и рёбра которого - это вершины и рёбра многогранника \\(P\\). Скелет выпуклого многогранника можно нарисовать на сфере без пересечений рёбер, а значит и на плоскости; поэтому \\(G\\) является планарным простым графом. Обозначим вес вершины \\(v\\) через \\(a_v\\). Нужно доказать, что \\[ F(a)=\\sum_{uv\\in E}a_u a_v\\le \\frac38 \\] при условиях \\(a_v\\ge 0\\) и \\(\\sum_{v\\in V}a_v=1\\). Множество всех таких наборов весов компактно, а \\(F\\) непрерывна, поэтому максимум достигается. Среди всех максимальных наборов выберем такой, в котором число нулевых весов максимально. Докажем, что в выбранном наборе любые две вершины с положительными весами смежны. Предположим противное: вершины \\(x\\) и \\(y\\) не соединены ребром, но \\(a_x>0\\) и \\(a_y>0\\). Будем переносить вес между ними, сохраняя сумму весов: для \\(t\\in[-a_y,a_x]\\) заменим \\[ a_x\\mapsto a_x-t,\\qquad a_y\\mapsto a_y+t…"}],"relations":[{"id":"rel-smmc-2019-b3-vjimc-2017-motzkin-straus-transfer","neighbor_id":"simon-marais-2019-b3-motzkin-straus-clique-labeling","direction":"backward","type":"solution_transfer","distance":1,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-vjimc-2017-polyhedron-turan-weighted-forbidden-clique","neighbor_id":"turan-theorem","direction":"forward","type":"same_motif","distance":2,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-vjimc-2017-polyhedron-planar-edge-bound","neighbor_id":"planar-edge-bound","direction":"forward","type":"prerequisite","distance":2,"status":"ai_checked"}],"search_text":"vjimc-2017-cat1-p3-polyhedron-edge-products веса на вершинах многогранника и сумма произведений по рёбрам, vjimc 2017 i.3 planar_graphs extremal_graph_theory extremal_choice symmetrization forbidden_clique goal_bound 2017 https://vjimc.osu.cz/storage/uploads/j27solutions1.pdf problem_and_solution src-vjimc-2017-cat1-p3-official vjimc vjimc 2017 category i p3, официальные условия и решения vjimc2017 with_solution ? vjimc 2017 category i p3, официальные условия и решения stmt-original условие ai_checked пусть \\(p\\) - выпуклый многогранник. в каждую вершину \\(p\\) записали неотрицательное действительное число так, что сумма всех записанных чисел равна \\(1\\). затем на каждое ребро записали произведение чисел в его концах. докажите, что сумма чисел на рёбрах не превосходит \\(3/8\\). stmt-graph веса на вершинах многогранника и сумма произведений по рёбрам ai_checked пусть \\(g=(v,e)\\) — скелет выпуклого многогранника, то есть простой планарный граф, полученный из его вершин и рёбер. каждой вершине \\(v\\in v\\) сопоставлено число \\(a_v\\ge 0\\), причём \\(\\sum_{v\\in v}a_v=1\\). докажите, что \\(\\sum_{uv\\in e}a_u a_v\\le 3/8\\). simple_graph planar_graph idea-maximal-support-clique в максимуме положительные вершины попарно смежны выбираем максимум суммы по рёбрам, а среди максимумов - конфигурацию с наибольшим числом нулевых весов. если две положительные несмежные вершины есть, то перенос веса между ними меняет сумму линейно; локальный максимум линейной функции возможен только при постоянстве, и весь вес одной вершины можно занулить без уменьшения суммы. extremal_choice extremal_graph_theory symmetrization ai_checked idea-planar-clique-four планарность оставляет не более четырёх положительных весов положительные вершины образуют клику, а в планарном графе клика имеет не более четырёх вершин, поскольку \\(k_5\\) непланарен. после этого остаётся чистое неравенство для четырёх неотрицательных чисел с суммой 1. planar_graphs forbidden_clique ai_checked sol-official-planar-extremal решение через планарный скелет и экстремальный выбор ai_checked planar_graph complete_graph clique extremal_choice symmetrization рассмотрим граф \\(g=(v,e)\\), вершины и рёбра которого - это вершины и рёбра многогранника \\(p\\). скелет выпуклого многогранника можно нарисовать на сфере без пересечений рёбер, а значит и на плоскости; поэтому \\(g\\) является планарным простым графом. обозначим вес вершины \\(v\\) через \\(a_v\\). нужно доказать, что \\[ f(a)=\\sum_{uv\\in e}a_u a_v\\le \\frac38 \\] при условиях \\(a_v\\ge 0\\) и \\(\\sum_{v\\in v}a_v=1\\). множество всех таких наборов весов компактно, а \\(f\\) непрерывна, поэтому максимум достигается. среди всех максимальных наборов выберем такой, в котором число нулевых весов максимально. докажем, что в выбранном наборе любые две вершины с положительными весами смежны. предположим противное: вершины \\(x\\) и \\(y\\) не соединены ребром, но \\(a_x>0\\) и \\(a_y>0\\). будем переносить вес между ними, сохраняя сумму весов: для \\(t\\in[-a_y,a_x]\\) заменим \\[ a_x\\mapsto a_x-t,\\qquad a_y\\mapsto a_y+t… vjimc-2017-cat1-p3-polyhedron-edge-products vesa na vershinah mnogogrannika i summa proizvedeniy po rebram, vjimc 2017 i.3 planar_graphs extremal_graph_theory extremal_choice symmetrization forbidden_clique goal_bound 2017 https://vjimc.osu.cz/storage/uploads/j27solutions1.pdf problem_and_solution src-vjimc-2017-cat1-p3-official vjimc vjimc 2017 category i p3, ofitsialnye usloviya i resheniya vjimc2017 with_solution ? vjimc 2017 category i p3, ofitsialnye usloviya i resheniya stmt-original uslovie ai_checked pust \\(p\\) - vypuklyy mnogogrannik. v kazhduyu vershinu \\(p\\) zapisali neotritsatelnoe deystvitelnoe chislo tak, chto summa vseh zapisannyh chisel ravna \\(1\\). zatem na kazhdoe rebro zapisali proizvedenie chisel v ego kontsah. dokazhite, chto summa chisel na rebrah ne prevoshodit \\(3/8\\). stmt-graph vesa na vershinah mnogogrannika i summa proizvedeniy po rebram ai_checked pust \\(g=(v,e)\\) — skelet vypuklogo mnogogrannika, to est prostoy planarnyy graf, poluchennyy iz ego vershin i reber. kazhdoy vershine \\(v\\in v\\) sopostavleno chislo \\(a_v\\ge 0\\), prichem \\(\\sum_{v\\in v}a_v=1\\). dokazhite, chto \\(\\sum_{uv\\in e}a_u a_v\\le 3/8\\). simple_graph planar_graph idea-maximal-support-clique v maksimume polozhitelnye vershiny poparno smezhny vybiraem maksimum summy po rebram, a sredi maksimumov - konfiguratsiyu s naibolshim chislom nulevyh vesov. esli dve polozhitelnye nesmezhnye vershiny est, to perenos vesa mezhdu nimi menyaet summu lineyno; lokalnyy maksimum lineynoy funktsii vozmozhen tolko pri postoyanstve, i ves ves odnoy vershiny mozhno zanulit bez umensheniya summy. extremal_choice extremal_graph_theory symmetrization ai_checked idea-planar-clique-four planarnost ostavlyaet ne bolee chetyreh polozhitelnyh vesov polozhitelnye vershiny obrazuyut kliku, a v planarnom grafe klika imeet ne bolee chetyreh vershin, poskolku \\(k_5\\) neplanaren. posle etogo ostaetsya chistoe neravenstvo dlya chetyreh neotritsatelnyh chisel s summoy 1. planar_graphs forbidden_clique ai_checked sol-official-planar-extremal reshenie cherez planarnyy skelet i ekstremalnyy vybor ai_checked planar_graph complete_graph clique extremal_choice symmetrization rassmotrim graf \\(g=(v,e)\\), vershiny i rebra kotorogo - eto vershiny i rebra mnogogrannika \\(p\\). skelet vypuklogo mnogogrannika mozhno narisovat na sfere bez peresecheniy reber, a znachit i na ploskosti; poetomu \\(g\\) yavlyaetsya planarnym prostym grafom. oboznachim ves vershiny \\(v\\) cherez \\(a_v\\). nuzhno dokazat, chto \\[ f(a)=\\sum_{uv\\in e}a_u a_v\\le \\frac38 \\] pri usloviyah \\(a_v\\ge 0\\) i \\(\\sum_{v\\in v}a_v=1\\). mnozhestvo vseh takih naborov vesov kompaktno, a \\(f\\) nepreryvna, poetomu maksimum dostigaetsya. sredi vseh maksimalnyh naborov vyberem takoy, v kotorom chislo nulevyh vesov maksimalno. dokazhem, chto v vybrannom nabore lyubye dve vershiny s polozhitelnymi vesami smezhny. predpolozhim protivnoe: vershiny \\(x\\) i \\(y\\) ne soedineny rebrom, no \\(a_x>0\\) i \\(a_y>0\\). budem perenosit ves mezhdu nimi, sohranyaya summu vesov: dlya \\(t\\in[-a_y,a_x]\\) zamenim \\[ a_x\\mapsto a_x-t,\\qquad a_y\\mapsto a_y+t…","source_keys":["vjimc"]}
{"id":"vjimc-2022-cat1-p4-stone-game-state-graph","title":"Игра с цветными камнями и граф состояний, VJIMC 2022 I.4","path":"data\\problems\\vjimc\\vjimc-2022-cat1-p4-stone-game-state-graph.yaml","raw_github_url":"https://raw.githubusercontent.com/didin-maxim/knowledge_graph_of_graphs/main/data/problems/vjimc/vjimc-2022-cat1-p4-stone-game-state-graph.yaml","viewer_url":"https://didin-maxim.github.io/knowledge_graph_of_graphs/#vjimc-2022-cat1-p4-stone-game-state-graph","source_key":"vjimc","source_label":"VJIMC","source_titles":["VJIMC 2022 Category I P4, официальные условия и решения"],"year":"2022","type":"olympiad_problem","authors":["Leszek Pieniążek"],"tags":["graph_in_solution","process_invariant","invariant","goal_strategy_game"],"agent_topics":["game_strategy"],"difficulty":{"main":"national_final_medium","local_score":8,"comment":"VJIMC 2022 Category I Problem 4; граф не в условии, но официальный разбор конечных состояний и бесконечной петли является центральной частью решения.","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":"агент grouped classification","audit_source":"agent-university-archives.json"},"statements":{"original":[{"id":"stmt-original","title":"Условие","status":"source_verified","text":"В коробке лежат соответственно \\(31\\), \\(41\\) и \\(59\\) камней красного, зелёного и синего цветов. Три игрока в футболках этих трёх цветов ходят по очереди. За ход игрок либо удаляет из коробки три камня одного цвета, либо заменяет два камня разных цветов двумя камнями третьего цвета. Игра заканчивается, когда все камни в коробке имеют один цвет; победителем считается игрок, цвет футболки которого совпадает с этим цветом. Если игроки играют оптимально, можно ли определить, закончится ли игра и кто выиграет, в зависимости от того, кто ходит первым?","definition_ids":[]}]},"solutions":[{"id":"sol-official-state-graph","title":"Решение через инварианты и граф малых состояний","status":"ai_checked","definition_ids":["directed_graph","cycle"],"standard_idea_ids":["invariant"],"tags":[],"has_text":true,"text_preview":"Пусть после некоторого хода в коробке лежат \\(r\\), \\(g\\), \\(b\\) красных, зелёных и синих камней. Рассмотрим две величины по модулю 3: \\[ N=r+g+b,\\qquad D=r+2g. \\] Удаление трёх камней одного цвета не меняет ни \\(N\\), ни \\(D\\) по модулю 3. При замене двух разных цветов двумя камнями третьего цвета изменения \\(D\\) равны соответственно \\(-3\\), \\(3\\) или \\(0\\), а \\(N\\) вообще не меняется. Значит, оба остатка инвариантны. В начале \\(N=31+41+59=131\\equiv 2\\pmod 3\\) и \\(D=31+2\\cdot 41=113\\equiv 2\\pmod 3\\). Если игра закончилась, то два из чисел \\(r,g,b\\) равны нулю. Синий финал дал бы \\(D\\equiv 0\\), зелёный финал дал бы \\(D\\equiv 2N\\equiv 1\\), и оба варианта невозможны. Красный финал возможен по остаткам: тогда \\(r\\equiv 2\\pmod 3\\). Поэтому, если игра заканчивается, выигрывает только красный. Значит, красный стремится завершить игру, а два других игрока стремятся играть бесконечно. Покажем стр…"}],"relations":[],"search_text":"vjimc-2022-cat1-p4-stone-game-state-graph игра с цветными камнями и граф состояний, vjimc 2022 i.4 graph_in_solution process_invariant invariant goal_strategy_game 2022 https://vjimc.osu.cz/storage/uploads/j30solutions1.pdf leszek pieniążek leszekpieniążek problem_and_solution src-vjimc-2022-cat1-p4-official vjimc vjimc 2022 category i p4, официальные условия и решения vjimc2022 with_solution leszek pieniążek vjimc 2022 category i p4, официальные условия и решения stmt-original условие source_verified в коробке лежат соответственно \\(31\\), \\(41\\) и \\(59\\) камней красного, зелёного и синего цветов. три игрока в футболках этих трёх цветов ходят по очереди. за ход игрок либо удаляет из коробки три камня одного цвета, либо заменяет два камня разных цветов двумя камнями третьего цвета. игра заканчивается, когда все камни в коробке имеют один цвет; победителем считается игрок, цвет футболки которого совпадает с этим цветом. если игроки играют оптимально, можно ли определить, закончится ли игра и кто выиграет, в зависимости от того, кто ходит первым? idea-two-modular-invariants два инварианта оставляют только красную победу сумма камней и линейная форма \\(r+2g\\) по модулю 3 сохраняются при обоих типах ходов. для начальных чисел оба остатка равны 2, поэтому финальная одноцветная позиция может быть только красной. invariant process_invariant ai_checked idea-small-state-graph остаточная игра сводится к малому графу состояний красный игрок уменьшает число камней ходами первого типа, пока остаётся 2 или 5 камней. после этого все возможные состояния и переходы между ними образуют маленький ориентированный граф; единственная бесконечная игра удерживает красного на вершине \\((1,2,2)\\). graph_in_solution goal_strategy_game ai_checked sol-official-state-graph решение через инварианты и граф малых состояний ai_checked directed_graph cycle invariant пусть после некоторого хода в коробке лежат \\(r\\), \\(g\\), \\(b\\) красных, зелёных и синих камней. рассмотрим две величины по модулю 3: \\[ n=r+g+b,\\qquad d=r+2g. \\] удаление трёх камней одного цвета не меняет ни \\(n\\), ни \\(d\\) по модулю 3. при замене двух разных цветов двумя камнями третьего цвета изменения \\(d\\) равны соответственно \\(-3\\), \\(3\\) или \\(0\\), а \\(n\\) вообще не меняется. значит, оба остатка инвариантны. в начале \\(n=31+41+59=131\\equiv 2\\pmod 3\\) и \\(d=31+2\\cdot 41=113\\equiv 2\\pmod 3\\). если игра закончилась, то два из чисел \\(r,g,b\\) равны нулю. синий финал дал бы \\(d\\equiv 0\\), зелёный финал дал бы \\(d\\equiv 2n\\equiv 1\\), и оба варианта невозможны. красный финал возможен по остаткам: тогда \\(r\\equiv 2\\pmod 3\\). поэтому, если игра заканчивается, выигрывает только красный. значит, красный стремится завершить игру, а два других игрока стремятся играть бесконечно. покажем стр… vjimc-2022-cat1-p4-stone-game-state-graph igra s tsvetnymi kamnyami i graf sostoyaniy, vjimc 2022 i.4 graph_in_solution process_invariant invariant goal_strategy_game 2022 https://vjimc.osu.cz/storage/uploads/j30solutions1.pdf leszek pieniążek leszekpieniążek problem_and_solution src-vjimc-2022-cat1-p4-official vjimc vjimc 2022 category i p4, ofitsialnye usloviya i resheniya vjimc2022 with_solution leszek pieniążek vjimc 2022 category i p4, ofitsialnye usloviya i resheniya stmt-original uslovie source_verified v korobke lezhat sootvetstvenno \\(31\\), \\(41\\) i \\(59\\) kamney krasnogo, zelenogo i sinego tsvetov. tri igroka v futbolkah etih treh tsvetov hodyat po ocheredi. za hod igrok libo udalyaet iz korobki tri kamnya odnogo tsveta, libo zamenyaet dva kamnya raznyh tsvetov dvumya kamnyami tretego tsveta. igra zakanchivaetsya, kogda vse kamni v korobke imeyut odin tsvet; pobeditelem schitaetsya igrok, tsvet futbolki kotorogo sovpadaet s etim tsvetom. esli igroki igrayut optimalno, mozhno li opredelit, zakonchitsya li igra i kto vyigraet, v zavisimosti ot togo, kto hodit pervym? idea-two-modular-invariants dva invarianta ostavlyayut tolko krasnuyu pobedu summa kamney i lineynaya forma \\(r+2g\\) po modulyu 3 sohranyayutsya pri oboih tipah hodov. dlya nachalnyh chisel oba ostatka ravny 2, poetomu finalnaya odnotsvetnaya pozitsiya mozhet byt tolko krasnoy. invariant process_invariant ai_checked idea-small-state-graph ostatochnaya igra svoditsya k malomu grafu sostoyaniy krasnyy igrok umenshaet chislo kamney hodami pervogo tipa, poka ostaetsya 2 ili 5 kamney. posle etogo vse vozmozhnye sostoyaniya i perehody mezhdu nimi obrazuyut malenkiy orientirovannyy graf; edinstvennaya beskonechnaya igra uderzhivaet krasnogo na vershine \\((1,2,2)\\). graph_in_solution goal_strategy_game ai_checked sol-official-state-graph reshenie cherez invarianty i graf malyh sostoyaniy ai_checked directed_graph cycle invariant pust posle nekotorogo hoda v korobke lezhat \\(r\\), \\(g\\), \\(b\\) krasnyh, zelenyh i sinih kamney. rassmotrim dve velichiny po modulyu 3: \\[ n=r+g+b,\\qquad d=r+2g. \\] udalenie treh kamney odnogo tsveta ne menyaet ni \\(n\\), ni \\(d\\) po modulyu 3. pri zamene dvuh raznyh tsvetov dvumya kamnyami tretego tsveta izmeneniya \\(d\\) ravny sootvetstvenno \\(-3\\), \\(3\\) ili \\(0\\), a \\(n\\) voobsche ne menyaetsya. znachit, oba ostatka invariantny. v nachale \\(n=31+41+59=131\\equiv 2\\pmod 3\\) i \\(d=31+2\\cdot 41=113\\equiv 2\\pmod 3\\). esli igra zakonchilas, to dva iz chisel \\(r,g,b\\) ravny nulyu. siniy final dal by \\(d\\equiv 0\\), zelenyy final dal by \\(d\\equiv 2n\\equiv 1\\), i oba varianta nevozmozhny. krasnyy final vozmozhen po ostatkam: togda \\(r\\equiv 2\\pmod 3\\). poetomu, esli igra zakanchivaetsya, vyigryvaet tolko krasnyy. znachit, krasnyy stremitsya zavershit igru, a dva drugih igroka stremyatsya igrat beskonechno. pokazhem str…","source_keys":["vjimc"]}
{"id":"vjimc-2024-cat1-p3-degree-squares-triangle","title":"Сумма квадратов степеней, вынуждающая треугольник, VJIMC 2024 I.3","path":"data\\problems\\vjimc\\vjimc-2024-cat1-p3-degree-squares-triangle.yaml","raw_github_url":"https://raw.githubusercontent.com/didin-maxim/knowledge_graph_of_graphs/main/data/problems/vjimc/vjimc-2024-cat1-p3-degree-squares-triangle.yaml","viewer_url":"https://didin-maxim.github.io/knowledge_graph_of_graphs/#vjimc-2024-cat1-p3-degree-squares-triangle","source_key":"vjimc","source_label":"VJIMC","source_titles":["VJIMC 2024 Category I P3, официальные условия и решения"],"year":"2024","type":"olympiad_problem","authors":["Slobodan Filipovski"],"tags":["extremal_graph_theory","double_counting","degree_counting","forbidden_triangle","goal_proof"],"agent_topics":[],"difficulty":{"main":"national_final_medium","local_score":8,"comment":"VJIMC 2024 Category I Problem 3; прямая экстремальная задача о степенях в простом графе.","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":"агент grouped classification","audit_source":"agent-university-archives.json"},"statements":{"original":[{"id":"stmt-original","title":"Условие","status":"source_verified","text":"Пусть \\(G\\) - простой неориентированный граф на \\(n\\) вершинах. Обозначим через \\(d_i\\) степень его \\(i\\)-й вершины, \\(i=1,\\ldots,n\\), и пусть \\(\\Delta=\\max_i d_i\\). Докажите, что если \\[ \\sum_{i=1}^n d_i^2>n\\Delta(n-\\Delta), \\] то граф \\(G\\) содержит треугольник.","definition_ids":["simple_graph","degree","triangle"]}]},"solutions":[{"id":"sol-official-contrapositive","title":"Решение от противного для графа без треугольников","status":"ai_checked","definition_ids":["degree","triangle","neighborhood"],"standard_idea_ids":["double_counting"],"tags":[],"has_text":true,"text_preview":"Докажем контрапозицию. Пусть \\(G\\) не содержит треугольников. Обозначим через \\(m\\) число рёбер. Сначала оценим сумму квадратов степеней через рёбра. Каждая вершина \\(i\\) встречается ровно в \\(d_i\\) инцидентных рёбрах, и каждый раз вносит вклад \\(d_i\\). Поэтому \\[ \\sum_{i=1}^n d_i^2=\\sum_{uv\\in E}(d_u+d_v). \\] Если \\(uv\\) — ребро, то в графе без треугольников у \\(u\\) и \\(v\\) нет общего соседа: общий сосед вместе с \\(u\\) и \\(v\\) дал бы треугольник. Значит, множества \\(N(u)\\setminus\\{v\\}\\) и \\(N(v)\\setminus\\{u\\}\\) не пересекаются и лежат среди остальных \\(n-2\\) вершин. Отсюда \\[ (d_u-1)+(d_v-1)\\le n-2, \\] то есть \\(d_u+d_v\\le n\\). Следовательно, \\[ \\sum_{i=1}^n d_i^2\\le mn. \\] Теперь оценим \\(m\\). Возьмём вершину \\(x\\) степени \\(\\Delta\\). Её \\(\\Delta\\) соседей попарно не смежны: иначе вместе с \\(x\\) они образовали бы треугольник. Значит, кроме \\(\\Delta\\) рёбер, выходящих из \\(x\\), каждое…"}],"relations":[{"id":"rel-vjimc-2024-cat1-p3-imc-2009-degree-square-counting","neighbor_id":"imc-2009-day1-p3-friendship-girth-five","direction":"forward","type":"same_motif","distance":2,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-vjimc-2024-degree-squares-mantel","neighbor_id":"mantel-theorem","direction":"forward","type":"same_motif","distance":2,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-vjimc-2024-degree-squares-handshaking","neighbor_id":"handshaking-lemma","direction":"forward","type":"prerequisite","distance":2,"status":"ai_checked"}],"search_text":"vjimc-2024-cat1-p3-degree-squares-triangle сумма квадратов степеней, вынуждающая треугольник, vjimc 2024 i.3 extremal_graph_theory double_counting degree_counting forbidden_triangle goal_proof 2024 https://vjimc.osu.cz/storage/uploads/j31solutions1.pdf problem_and_solution slobodan filipovski slobodanfilipovski src-vjimc-2024-cat1-p3-official vjimc vjimc 2024 category i p3, официальные условия и решения vjimc2024 with_solution slobodan filipovski vjimc 2024 category i p3, официальные условия и решения stmt-original условие source_verified пусть \\(g\\) - простой неориентированный граф на \\(n\\) вершинах. обозначим через \\(d_i\\) степень его \\(i\\)-й вершины, \\(i=1,\\ldots,n\\), и пусть \\(\\delta=\\max_i d_i\\). докажите, что если \\[ \\sum_{i=1}^n d_i^2>n\\delta(n-\\delta), \\] то граф \\(g\\) содержит треугольник. simple_graph degree triangle idea-edge-degree-sum квадраты степеней считаются по рёбрам сумму \\(\\sum d_i^2\\) можно переписать как \\(\\sum_{uv\\in e}(d_u+d_v)\\). в графе без треугольников для каждого ребра \\(uv\\) выполнено \\(d_u+d_v\\le n\\), потому что у смежных вершин нет общего соседа. degree_counting forbidden_triangle ai_checked idea-max-degree-edge-bound окрестность максимальной вершины независима если граф треугольников не содержит, то соседи вершины максимальной степени не соединены между собой. поэтому каждое ребро, кроме рёбер из этой вершины, имеет хотя бы один конец вне её замкнутой окрестности. внешних вершин \\(n-\\delta-1\\), степень каждой не больше \\(\\delta\\), так что таких рёбер не больше \\((n-\\delta-1)\\delta\\). extremal_graph_theory ai_checked sol-official-contrapositive решение от противного для графа без треугольников ai_checked degree triangle neighborhood double_counting докажем контрапозицию. пусть \\(g\\) не содержит треугольников. обозначим через \\(m\\) число рёбер. сначала оценим сумму квадратов степеней через рёбра. каждая вершина \\(i\\) встречается ровно в \\(d_i\\) инцидентных рёбрах, и каждый раз вносит вклад \\(d_i\\). поэтому \\[ \\sum_{i=1}^n d_i^2=\\sum_{uv\\in e}(d_u+d_v). \\] если \\(uv\\) — ребро, то в графе без треугольников у \\(u\\) и \\(v\\) нет общего соседа: общий сосед вместе с \\(u\\) и \\(v\\) дал бы треугольник. значит, множества \\(n(u)\\setminus\\{v\\}\\) и \\(n(v)\\setminus\\{u\\}\\) не пересекаются и лежат среди остальных \\(n-2\\) вершин. отсюда \\[ (d_u-1)+(d_v-1)\\le n-2, \\] то есть \\(d_u+d_v\\le n\\). следовательно, \\[ \\sum_{i=1}^n d_i^2\\le mn. \\] теперь оценим \\(m\\). возьмём вершину \\(x\\) степени \\(\\delta\\). её \\(\\delta\\) соседей попарно не смежны: иначе вместе с \\(x\\) они образовали бы треугольник. значит, кроме \\(\\delta\\) рёбер, выходящих из \\(x\\), каждое… vjimc-2024-cat1-p3-degree-squares-triangle summa kvadratov stepeney, vynuzhdayuschaya treugolnik, vjimc 2024 i.3 extremal_graph_theory double_counting degree_counting forbidden_triangle goal_proof 2024 https://vjimc.osu.cz/storage/uploads/j31solutions1.pdf problem_and_solution slobodan filipovski slobodanfilipovski src-vjimc-2024-cat1-p3-official vjimc vjimc 2024 category i p3, ofitsialnye usloviya i resheniya vjimc2024 with_solution slobodan filipovski vjimc 2024 category i p3, ofitsialnye usloviya i resheniya stmt-original uslovie source_verified pust \\(g\\) - prostoy neorientirovannyy graf na \\(n\\) vershinah. oboznachim cherez \\(d_i\\) stepen ego \\(i\\)-y vershiny, \\(i=1,\\ldots,n\\), i pust \\(\\delta=\\max_i d_i\\). dokazhite, chto esli \\[ \\sum_{i=1}^n d_i^2>n\\delta(n-\\delta), \\] to graf \\(g\\) soderzhit treugolnik. simple_graph degree triangle idea-edge-degree-sum kvadraty stepeney schitayutsya po rebram summu \\(\\sum d_i^2\\) mozhno perepisat kak \\(\\sum_{uv\\in e}(d_u+d_v)\\). v grafe bez treugolnikov dlya kazhdogo rebra \\(uv\\) vypolneno \\(d_u+d_v\\le n\\), potomu chto u smezhnyh vershin net obschego soseda. degree_counting forbidden_triangle ai_checked idea-max-degree-edge-bound okrestnost maksimalnoy vershiny nezavisima esli graf treugolnikov ne soderzhit, to sosedi vershiny maksimalnoy stepeni ne soedineny mezhdu soboy. poetomu kazhdoe rebro, krome reber iz etoy vershiny, imeet hotya by odin konets vne ee zamknutoy okrestnosti. vneshnih vershin \\(n-\\delta-1\\), stepen kazhdoy ne bolshe \\(\\delta\\), tak chto takih reber ne bolshe \\((n-\\delta-1)\\delta\\). extremal_graph_theory ai_checked sol-official-contrapositive reshenie ot protivnogo dlya grafa bez treugolnikov ai_checked degree triangle neighborhood double_counting dokazhem kontrapozitsiyu. pust \\(g\\) ne soderzhit treugolnikov. oboznachim cherez \\(m\\) chislo reber. snachala otsenim summu kvadratov stepeney cherez rebra. kazhdaya vershina \\(i\\) vstrechaetsya rovno v \\(d_i\\) intsidentnyh rebrah, i kazhdyy raz vnosit vklad \\(d_i\\). poetomu \\[ \\sum_{i=1}^n d_i^2=\\sum_{uv\\in e}(d_u+d_v). \\] esli \\(uv\\) — rebro, to v grafe bez treugolnikov u \\(u\\) i \\(v\\) net obschego soseda: obschiy sosed vmeste s \\(u\\) i \\(v\\) dal by treugolnik. znachit, mnozhestva \\(n(u)\\setminus\\{v\\}\\) i \\(n(v)\\setminus\\{u\\}\\) ne peresekayutsya i lezhat sredi ostalnyh \\(n-2\\) vershin. otsyuda \\[ (d_u-1)+(d_v-1)\\le n-2, \\] to est \\(d_u+d_v\\le n\\). sledovatelno, \\[ \\sum_{i=1}^n d_i^2\\le mn. \\] teper otsenim \\(m\\). vozmem vershinu \\(x\\) stepeni \\(\\delta\\). ee \\(\\delta\\) sosedey poparno ne smezhny: inache vmeste s \\(x\\) oni obrazovali by treugolnik. znachit, krome \\(\\delta\\) reber, vyhodyaschih iz \\(x\\), kazhdoe…","source_keys":["vjimc"]}
{"id":"vosh-1991-zonal-one-way-streets-return","title":"Односторонние улицы и квартал с круговым движением, XVII Всероссийская олимпиада 1991","path":"data\\problems\\vosh\\vosh-1991-zonal-one-way-streets-return.yaml","raw_github_url":"https://raw.githubusercontent.com/didin-maxim/knowledge_graph_of_graphs/main/data/problems/vosh/vosh-1991-zonal-one-way-streets-return.yaml","viewer_url":"https://didin-maxim.github.io/knowledge_graph_of_graphs/#vosh-1991-zonal-one-way-streets-return","source_key":"vosh","source_label":"XVII Всероссийская олимпиада","source_titles":["Квант. 1991. № 10: XVII Всероссийская олимпиада школьников по математике"],"year":"1991","type":"olympiad_problem","authors":["Агаханов Н. Х., Купцов Л. П., Резниченко С. В."],"tags":["planar_graphs","graph_model","extremal_choice","goal_existence"],"agent_topics":[],"difficulty":{"main":"regional","local_score":5,"comment":"XVII Всероссийская олимпиада школьников по математике, 1991, 10 класс, первый день, задача 3; в публикации указано 10 баллов. После графовой модели ключевой ход - минимальный ориентированный цикл.","status":"ai_checked"},"review_status":"ai_checked","public_ready":true,"solution_state":"with_solution","solution_classification":{"type":"ai_original_checked","label":"проверенное самостоятельное решение","status":"ai_checked","confidence":0.86,"basis":"глубокий аудит источника, веб-поиск и локальная high-reasoning проверка восстановленного доказательства","notes":"Опубликованное решение не найдено; восстановленное доказательство проверено как самодостаточное и опирается только на минимальный ориентированный цикл, ацикличность внутреннего остатка и многоугольность граней.","audit_source":"vosh-official-sweep-deep-2026-05-05"},"statements":{"original":[{"id":"stmt-original","title":"Город с односторонними улицами","status":"source_verified","text":"Город в форме многоугольника разделен улицами на кварталы-многоугольники. В вершинах многоугольников находятся площади. Каждая улица соединяет две площади и не проходит через другие площади. На каждой улице введено одностороннее движение так, что: а) на каждую площадь можно приехать; б) с каждой площади можно уехать; в) весь город можно объехать вдоль его границы. Доказать, что в городе имеется квартал, который можно объехать по улицам, его ограничивающим.","definition_ids":["directed_graph"]}],"graph_theory":[{"id":"stmt-graph","title":"Односторонние улицы и квартал с круговым движением","status":"ai_checked","text":"Пусть конечный связный плоский граф вложен в диск как разбиение многоугольника на многоугольные грани; внешняя граница является простым ориентированным циклом. Каждое ребро ориентировано, и у каждой вершины положительны полустепень захода и полустепень исхода в полном графе. Докажите, что существует внутренняя грань, граница которой является ориентированным циклом.","definition_ids":["directed_graph","planar_graph","cycle","connected_graph","indegree","outdegree"]}]},"solutions":[{"id":"sol-ai-minimal-directed-cycle","title":"ИИ-решение через минимальный ориентированный цикл","status":"ai_checked","definition_ids":["directed_graph","planar_graph","cycle","path"],"standard_idea_ids":["extremal_choice"],"tags":[],"has_text":true,"text_preview":"Рассмотрим граф города: площади - вершины, улицы - ориентированные ребра, кварталы - внутренние грани. Граница всего города по условию является ориентированным циклом, поэтому в графе есть хотя бы один ориентированный цикл. Выберем среди всех ориентированных циклов такой цикл \\(C\\), внутри которого находится минимальное число кварталов. Докажем, что \\(C\\) ограничивает один квартал. Предположим обратное. Удалим сами ребра цикла \\(C\\), но оставим все вершины и все ребра, лежащие внутри \\(C\\) или идущие из вершины \\(C\\) внутрь. Полученный граф внутри \\(C\\) не содержит ориентированных циклов: любой такой цикл лежал бы в замкнутой области, ограниченной \\(C\\), и окружал бы строго меньше кварталов, чем \\(C\\), что противоречит выбору \\(C\\). Кроме того, в этом внутреннем графе не может быть направленного пути, который выходит из одной вершины цикла \\(C\\) и впервые возвращается на \\(C\\) в другой…"}],"relations":[],"search_text":"vosh-1991-zonal-one-way-streets-return односторонние улицы и квартал с круговым движением, xvii всероссийская олимпиада 1991 planar_graphs graph_model extremal_choice goal_existence 1991 https://www.kvant.digital/issues/1991/10/agahanov_kuptsov_reznichenko-xvii_vserossiyskaya_olimpiada_shkolnikov_po_matematike-7e28f95c/ primary_publication src-kvant-digital-1991-10-vseros-math vosh vosh1991 with_solution xvii всероссийская олимпиада xviiвсероссийскаяолимпиада xviiвсероссийскаяолимпиада1991 агаханов н. х., купцов л. п., резниченко с. в. квант. 1991. № 10: xvii всероссийская олимпиада школьников по математике агаханов н. х., купцов л. п., резниченко с. в. квант. 1991. № 10: xvii всероссийская олимпиада школьников по математике stmt-original город с односторонними улицами source_verified город в форме многоугольника разделен улицами на кварталы-многоугольники. в вершинах многоугольников находятся площади. каждая улица соединяет две площади и не проходит через другие площади. на каждой улице введено одностороннее движение так, что: а) на каждую площадь можно приехать; б) с каждой площади можно уехать; в) весь город можно объехать вдоль его границы. доказать, что в городе имеется квартал, который можно объехать по улицам, его ограничивающим. directed_graph stmt-graph односторонние улицы и квартал с круговым движением ai_checked пусть конечный связный плоский граф вложен в диск как разбиение многоугольника на многоугольные грани; внешняя граница является простым ориентированным циклом. каждое ребро ориентировано, и у каждой вершины положительны полустепень захода и полустепень исхода в полном графе. докажите, что существует внутренняя грань, граница которой является ориентированным циклом. directed_graph planar_graph cycle connected_graph indegree outdegree idea-directed-planar-city-model улицы задают ориентированный плоский граф площади естественно считать вершинами, а улицы - ориентированными ребрами. условия «можно приехать» и «можно уехать» дают положительные входящую и исходящую полустепени каждой вершины во всем графе, а граница города задает внешний ориентированный цикл. graph_model ai_checked idea-minimal-directed-cycle взять направленный цикл с минимальной внутренностью внешняя граница уже является ориентированным циклом. если среди всех ориентированных циклов выбрать тот, внутри которого минимальное число кварталов, то он обязан ограничивать один квартал: иначе внутренняя часть без ребер цикла ациклична, но условия на входы и выходы дают направленный путь между двумя вершинами цикла и тем самым меньший ориентированный цикл. extremal_choice planar_graphs graph_model ai_checked sol-ai-minimal-directed-cycle ии-решение через минимальный ориентированный цикл ai_checked directed_graph planar_graph cycle path extremal_choice рассмотрим граф города: площади - вершины, улицы - ориентированные ребра, кварталы - внутренние грани. граница всего города по условию является ориентированным циклом, поэтому в графе есть хотя бы один ориентированный цикл. выберем среди всех ориентированных циклов такой цикл \\(c\\), внутри которого находится минимальное число кварталов. докажем, что \\(c\\) ограничивает один квартал. предположим обратное. удалим сами ребра цикла \\(c\\), но оставим все вершины и все ребра, лежащие внутри \\(c\\) или идущие из вершины \\(c\\) внутрь. полученный граф внутри \\(c\\) не содержит ориентированных циклов: любой такой цикл лежал бы в замкнутой области, ограниченной \\(c\\), и окружал бы строго меньше кварталов, чем \\(c\\), что противоречит выбору \\(c\\). кроме того, в этом внутреннем графе не может быть направленного пути, который выходит из одной вершины цикла \\(c\\) и впервые возвращается на \\(c\\) в другой… vosh-1991-zonal-one-way-streets-return odnostoronnie ulitsy i kvartal s krugovym dvizheniem, xvii vserossiyskaya olimpiada 1991 planar_graphs graph_model extremal_choice goal_existence 1991 https://www.kvant.digital/issues/1991/10/agahanov_kuptsov_reznichenko-xvii_vserossiyskaya_olimpiada_shkolnikov_po_matematike-7e28f95c/ primary_publication src-kvant-digital-1991-10-vseros-math vosh vosh1991 with_solution xvii vserossiyskaya olimpiada xviivserossiyskayaolimpiada xviivserossiyskayaolimpiada1991 agahanov n. h., kuptsov l. p., reznichenko s. v. kvant. 1991. № 10: xvii vserossiyskaya olimpiada shkolnikov po matematike agahanov n. h., kuptsov l. p., reznichenko s. v. kvant. 1991. № 10: xvii vserossiyskaya olimpiada shkolnikov po matematike stmt-original gorod s odnostoronnimi ulitsami source_verified gorod v forme mnogougolnika razdelen ulitsami na kvartaly-mnogougolniki. v vershinah mnogougolnikov nahodyatsya ploschadi. kazhdaya ulitsa soedinyaet dve ploschadi i ne prohodit cherez drugie ploschadi. na kazhdoy ulitse vvedeno odnostoronnee dvizhenie tak, chto: a) na kazhduyu ploschad mozhno priehat; b) s kazhdoy ploschadi mozhno uehat; v) ves gorod mozhno obehat vdol ego granitsy. dokazat, chto v gorode imeetsya kvartal, kotoryy mozhno obehat po ulitsam, ego ogranichivayuschim. directed_graph stmt-graph odnostoronnie ulitsy i kvartal s krugovym dvizheniem ai_checked pust konechnyy svyaznyy ploskiy graf vlozhen v disk kak razbienie mnogougolnika na mnogougolnye grani; vneshnyaya granitsa yavlyaetsya prostym orientirovannym tsiklom. kazhdoe rebro orientirovano, i u kazhdoy vershiny polozhitelny polustepen zahoda i polustepen ishoda v polnom grafe. dokazhite, chto suschestvuet vnutrennyaya gran, granitsa kotoroy yavlyaetsya orientirovannym tsiklom. directed_graph planar_graph cycle connected_graph indegree outdegree idea-directed-planar-city-model ulitsy zadayut orientirovannyy ploskiy graf ploschadi estestvenno schitat vershinami, a ulitsy - orientirovannymi rebrami. usloviya «mozhno priehat» i «mozhno uehat» dayut polozhitelnye vhodyaschuyu i ishodyaschuyu polustepeni kazhdoy vershiny vo vsem grafe, a granitsa goroda zadaet vneshniy orientirovannyy tsikl. graph_model ai_checked idea-minimal-directed-cycle vzyat napravlennyy tsikl s minimalnoy vnutrennostyu vneshnyaya granitsa uzhe yavlyaetsya orientirovannym tsiklom. esli sredi vseh orientirovannyh tsiklov vybrat tot, vnutri kotorogo minimalnoe chislo kvartalov, to on obyazan ogranichivat odin kvartal: inache vnutrennyaya chast bez reber tsikla atsiklichna, no usloviya na vhody i vyhody dayut napravlennyy put mezhdu dvumya vershinami tsikla i tem samym menshiy orientirovannyy tsikl. extremal_choice planar_graphs graph_model ai_checked sol-ai-minimal-directed-cycle ii-reshenie cherez minimalnyy orientirovannyy tsikl ai_checked directed_graph planar_graph cycle path extremal_choice rassmotrim graf goroda: ploschadi - vershiny, ulitsy - orientirovannye rebra, kvartaly - vnutrennie grani. granitsa vsego goroda po usloviyu yavlyaetsya orientirovannym tsiklom, poetomu v grafe est hotya by odin orientirovannyy tsikl. vyberem sredi vseh orientirovannyh tsiklov takoy tsikl \\(c\\), vnutri kotorogo nahoditsya minimalnoe chislo kvartalov. dokazhem, chto \\(c\\) ogranichivaet odin kvartal. predpolozhim obratnoe. udalim sami rebra tsikla \\(c\\), no ostavim vse vershiny i vse rebra, lezhaschie vnutri \\(c\\) ili iduschie iz vershiny \\(c\\) vnutr. poluchennyy graf vnutri \\(c\\) ne soderzhit orientirovannyh tsiklov: lyuboy takoy tsikl lezhal by v zamknutoy oblasti, ogranichennoy \\(c\\), i okruzhal by strogo menshe kvartalov, chem \\(c\\), chto protivorechit vyboru \\(c\\). krome togo, v etom vnutrennem grafe ne mozhet byt napravlennogo puti, kotoryy vyhodit iz odnoy vershiny tsikla \\(c\\) i vpervye vozvraschaetsya na \\(c\\) v drugoy…","source_keys":["vosh"]}
{"id":"vosh-1992-zonal-air-travel-one-city-redundant","title":"Отделившаяся часть городов при односторонних авиаперелётах, XVIII Всероссийская олимпиада 1992","path":"data\\problems\\vosh\\vosh-1992-zonal-air-travel-one-city-redundant.yaml","raw_github_url":"https://raw.githubusercontent.com/didin-maxim/knowledge_graph_of_graphs/main/data/problems/vosh/vosh-1992-zonal-air-travel-one-city-redundant.yaml","viewer_url":"https://didin-maxim.github.io/knowledge_graph_of_graphs/#vosh-1992-zonal-air-travel-one-city-redundant","source_key":"vosh","source_label":"XVIII Всероссийская олимпиада","source_titles":["Квант. 1992. № 10: XVIII Всероссийская олимпиада по математике","Н. В. Горбачёв, Сборник олимпиадных задач по математике, 2004, OCR access copy"],"year":"1992","type":"olympiad_problem","authors":["Яковлев Г. Н., Куперман А. Б., Ковалёва Л. Г., Зурабов О. Р., Городецкий П. И., Кабанова М. В., Аматуни Г. А."],"tags":["connectivity","graph_model","goal_existence"],"agent_topics":[],"difficulty":{"main":"regional","local_score":2,"comment":"XVIII Всероссийская олимпиада по математике, 1992, 11 класс, первый день, задача 3; в публикации указано 8 баллов.","status":"source_verified"},"review_status":"ai_checked","public_ready":false,"solution_state":"with_solution","solution_classification":{"type":"unofficial_published","label":"опубликованное неофициальное","status":"ai_checked","confidence":0.86,"basis":"углублённый аудит условия из «Кванта» и опубликованного решения из сборника Горбачёва","notes":"Проверенный источник в «Кванте» даёт условие и авторов публикации, но не официальное решение. Полное элементарное решение опубликовано в сборнике Горбачёва 2004 года; локальное решение является самодостаточной адаптацией.","audit_source":"docs/archive/vosh-official-sweep/deep/vosh-1992-zonal-air-travel-one-city-redundant.md"},"statements":{"original":[{"id":"stmt-original","title":"Отделившаяся часть городов","status":"source_verified","text":"В стране несколько городов. Между некоторыми из них в одном направлении летают самолеты. Известно, что существует город, вылетев из которого нельзя, перелетая из города в город, побывать в каждом городе страны. Докажите, что часть городов может отделиться так, что ни в один из отделившихся городов нельзя будет попасть с помощью авиаперелетов ни из какого города оставшейся части.","definition_ids":["directed_graph"]}],"graph_theory":[{"id":"stmt-graph","title":"Отделившаяся часть городов при односторонних авиаперелётах","status":"ai_checked","text":"В конечном ориентированном графе есть вершина, из которой достижимы не все вершины. Докажите, что существует непустое собственное множество вершин \\(S\\), в которое не входит ни одно ребро из дополнения \\(V\\setminus S\\).","definition_ids":["directed_graph"]}]},"solutions":[{"id":"sol-published-unreachable-set","title":"Множество городов, недостижимых из выбранного","status":"ai_checked","definition_ids":["directed_graph"],"standard_idea_ids":[],"tags":[],"has_text":true,"text_preview":"Выберем город \\(A\\), из которого нельзя, перелетая из города в город, побывать во всех городах страны. Пусть \\(S\\) - множество городов, в которые нельзя попасть из \\(A\\). По условию это множество непусто. При этом \\(A\\notin S\\), так что \\(S\\) не совпадает со всем множеством городов. Докажем, что именно эти города могут отделиться. Предположим противное: из некоторого города \\(B\\), не входящего в \\(S\\), есть прямой авиарейс в город \\(C\\in S\\). Так как \\(B\\notin S\\), из \\(A\\) можно попасть в \\(B\\). Тогда, долетев из \\(A\\) до \\(B\\), а затем одним рейсом из \\(B\\) в \\(C\\), мы попали бы из \\(A\\) в город \\(C\\). Это противоречит определению множества \\(S\\). Значит, ни в один город из \\(S\\) нельзя попасть прямым рейсом из города вне \\(S\\). Тем более туда нельзя попасть и цепочкой авиаперелетов из оставшейся части: первый момент входа такой цепочки в \\(S\\) дал бы прямой рейс из города вне \\(S\\) в…"}],"relations":[{"id":"rel-vosh-1992-air-travel-baltic-way-1992-mother-vertex","neighbor_id":"baltic-way-1992-p14-mother-vertex-reachability","direction":"forward","type":"prerequisite","distance":2,"status":"ai_checked"}],"search_text":"vosh-1992-zonal-air-travel-one-city-redundant отделившаяся часть городов при односторонних авиаперелётах, xviii всероссийская олимпиада 1992 connectivity graph_model goal_existence 1992 https://djvu.online/file/5gmg79hrxjzlc https://www.kvant.digital/issues/1992/10/ primary_publication published_collection_ocr src-djvuonline-gorbachev-olympiad-2004 src-kvant-digital-1992-10-vseros-math vosh vosh1992 with_solution xviii всероссийская олимпиада xviiiвсероссийскаяолимпиада xviiiвсероссийскаяолимпиада1992 квант. 1992. № 10: xviii всероссийская олимпиада по математике н. в. горбачёв, сборник олимпиадных задач по математике, 2004, ocr access copy яковлев г. н., куперман а. б., ковалёва л. г., зурабов о. р., городецкий п. и., кабанова м. в., аматуни г. а. яковлев г. н., куперман а. б., ковалёва л. г., зурабов о. р., городецкий п. и., кабанова м. в., аматуни г. а. квант. 1992. № 10: xviii всероссийская олимпиада по математике н. в. горбачёв, сборник олимпиадных задач по математике, 2004, ocr access copy stmt-original отделившаяся часть городов source_verified в стране несколько городов. между некоторыми из них в одном направлении летают самолеты. известно, что существует город, вылетев из которого нельзя, перелетая из города в город, побывать в каждом городе страны. докажите, что часть городов может отделиться так, что ни в один из отделившихся городов нельзя будет попасть с помощью авиаперелетов ни из какого города оставшейся части. directed_graph stmt-graph отделившаяся часть городов при односторонних авиаперелётах ai_checked в конечном ориентированном графе есть вершина, из которой достижимы не все вершины. докажите, что существует непустое собственное множество вершин \\(s\\), в которое не входит ни одно ребро из дополнения \\(v\\setminus s\\). directed_graph idea-unreachable-set-has-no-incoming-edge недостижимая часть не имеет входящих ребер снаружи если из выбранной вершины достижимы не все вершины, то множество недостижимых вершин непусто. в него не может входить ребро из достижимой вершины, иначе его конец тоже стал бы достижимым. graph_model connectivity ai_checked sol-published-unreachable-set множество городов, недостижимых из выбранного ai_checked directed_graph выберем город \\(a\\), из которого нельзя, перелетая из города в город, побывать во всех городах страны. пусть \\(s\\) - множество городов, в которые нельзя попасть из \\(a\\). по условию это множество непусто. при этом \\(a\\notin s\\), так что \\(s\\) не совпадает со всем множеством городов. докажем, что именно эти города могут отделиться. предположим противное: из некоторого города \\(b\\), не входящего в \\(s\\), есть прямой авиарейс в город \\(c\\in s\\). так как \\(b\\notin s\\), из \\(a\\) можно попасть в \\(b\\). тогда, долетев из \\(a\\) до \\(b\\), а затем одним рейсом из \\(b\\) в \\(c\\), мы попали бы из \\(a\\) в город \\(c\\). это противоречит определению множества \\(s\\). значит, ни в один город из \\(s\\) нельзя попасть прямым рейсом из города вне \\(s\\). тем более туда нельзя попасть и цепочкой авиаперелетов из оставшейся части: первый момент входа такой цепочки в \\(s\\) дал бы прямой рейс из города вне \\(s\\) в… vosh-1992-zonal-air-travel-one-city-redundant otdelivshayasya chast gorodov pri odnostoronnih aviapereletah, xviii vserossiyskaya olimpiada 1992 connectivity graph_model goal_existence 1992 https://djvu.online/file/5gmg79hrxjzlc https://www.kvant.digital/issues/1992/10/ primary_publication published_collection_ocr src-djvuonline-gorbachev-olympiad-2004 src-kvant-digital-1992-10-vseros-math vosh vosh1992 with_solution xviii vserossiyskaya olimpiada xviiivserossiyskayaolimpiada xviiivserossiyskayaolimpiada1992 kvant. 1992. № 10: xviii vserossiyskaya olimpiada po matematike n. v. gorbachev, sbornik olimpiadnyh zadach po matematike, 2004, ocr access copy yakovlev g. n., kuperman a. b., kovaleva l. g., zurabov o. r., gorodetskiy p. i., kabanova m. v., amatuni g. a. yakovlev g. n., kuperman a. b., kovaleva l. g., zurabov o. r., gorodetskiy p. i., kabanova m. v., amatuni g. a. kvant. 1992. № 10: xviii vserossiyskaya olimpiada po matematike n. v. gorbachev, sbornik olimpiadnyh zadach po matematike, 2004, ocr access copy stmt-original otdelivshayasya chast gorodov source_verified v strane neskolko gorodov. mezhdu nekotorymi iz nih v odnom napravlenii letayut samolety. izvestno, chto suschestvuet gorod, vyletev iz kotorogo nelzya, pereletaya iz goroda v gorod, pobyvat v kazhdom gorode strany. dokazhite, chto chast gorodov mozhet otdelitsya tak, chto ni v odin iz otdelivshihsya gorodov nelzya budet popast s pomoschyu aviapereletov ni iz kakogo goroda ostavsheysya chasti. directed_graph stmt-graph otdelivshayasya chast gorodov pri odnostoronnih aviapereletah ai_checked v konechnom orientirovannom grafe est vershina, iz kotoroy dostizhimy ne vse vershiny. dokazhite, chto suschestvuet nepustoe sobstvennoe mnozhestvo vershin \\(s\\), v kotoroe ne vhodit ni odno rebro iz dopolneniya \\(v\\setminus s\\). directed_graph idea-unreachable-set-has-no-incoming-edge nedostizhimaya chast ne imeet vhodyaschih reber snaruzhi esli iz vybrannoy vershiny dostizhimy ne vse vershiny, to mnozhestvo nedostizhimyh vershin nepusto. v nego ne mozhet vhodit rebro iz dostizhimoy vershiny, inache ego konets tozhe stal by dostizhimym. graph_model connectivity ai_checked sol-published-unreachable-set mnozhestvo gorodov, nedostizhimyh iz vybrannogo ai_checked directed_graph vyberem gorod \\(a\\), iz kotorogo nelzya, pereletaya iz goroda v gorod, pobyvat vo vseh gorodah strany. pust \\(s\\) - mnozhestvo gorodov, v kotorye nelzya popast iz \\(a\\). po usloviyu eto mnozhestvo nepusto. pri etom \\(a\\notin s\\), tak chto \\(s\\) ne sovpadaet so vsem mnozhestvom gorodov. dokazhem, chto imenno eti goroda mogut otdelitsya. predpolozhim protivnoe: iz nekotorogo goroda \\(b\\), ne vhodyaschego v \\(s\\), est pryamoy aviareys v gorod \\(c\\in s\\). tak kak \\(b\\notin s\\), iz \\(a\\) mozhno popast v \\(b\\). togda, doletev iz \\(a\\) do \\(b\\), a zatem odnim reysom iz \\(b\\) v \\(c\\), my popali by iz \\(a\\) v gorod \\(c\\). eto protivorechit opredeleniyu mnozhestva \\(s\\). znachit, ni v odin gorod iz \\(s\\) nelzya popast pryamym reysom iz goroda vne \\(s\\). tem bolee tuda nelzya popast i tsepochkoy aviapereletov iz ostavsheysya chasti: pervyy moment vhoda takoy tsepochki v \\(s\\) dal by pryamoy reys iz goroda vne \\(s\\) v…","source_keys":["vosh"]}
{"id":"vosh-1992-zonal-airlines-route-transfer","title":"Авиакомпании и передача рейсов, XVIII Всероссийская олимпиада 1992","path":"data\\problems\\vosh\\vosh-1992-zonal-airlines-route-transfer.yaml","raw_github_url":"https://raw.githubusercontent.com/didin-maxim/knowledge_graph_of_graphs/main/data/problems/vosh/vosh-1992-zonal-airlines-route-transfer.yaml","viewer_url":"https://didin-maxim.github.io/knowledge_graph_of_graphs/#vosh-1992-zonal-airlines-route-transfer","source_key":"vosh","source_label":"XVIII Всероссийская олимпиада","source_titles":["Квант. 1992. № 10: XVIII Всероссийская олимпиада по математике","Квант. 1993. № 9/10: решение задачи М1367"],"year":"1992","type":"olympiad_problem","authors":["Яковлев Г. Н. и др."],"tags":["coloring","graph_model","augmenting_path","goal_construction"],"agent_topics":[],"difficulty":{"main":"regional","local_score":5,"comment":"XVIII Всероссийская олимпиада по математике, 1992, 9 класс, второй день, задача 8; в публикации указано 11 баллов. В «Задачнике Кванта» переопубликована как М1367.","status":"source_verified"},"review_status":"ai_checked","public_ready":false,"solution_state":"with_solution","solution_classification":{"type":"official_complete_or_near_complete","label":"официальное полное/почти полное","status":"ai_checked","confidence":0.93,"basis":"агентский аудит с углублённым анализом","notes":"«Квант» опубликовал полное решение той же задачи как M1367 в 1993 № 9/10. Решение даёт полный обмен по чередующимся цепям двух авиакомпаний и конечный процесс выравнивания; тяжёлая внешняя теорема не нужна.","audit_source":"deep/vosh-1992-zonal-airlines-route-transfer.md"},"statements":{"original":[{"id":"stmt-original","title":"Рейсы разных авиакомпаний","status":"source_verified","text":"В некоторой стране между городами существует авиационное сообщение. В стране \\(2k+1\\) авиакомпания, причем первая осуществляет один рейс, вторая - два рейса и т. д. Каждый рейс связывает между собой два города. В стране существует закон, согласно которому из каждого города не может выполняться более одного рейса каждой авиакомпании. Компании решили по-новому поделить между собой все рейсы так, чтобы каждая авиакомпания осуществляла одинаковое число рейсов. Докажите, что это можно сделать, не нарушая закона.","definition_ids":[]}],"graph_theory":[{"id":"stmt-graph","title":"Авиакомпании и передача рейсов","status":"ai_checked","text":"Пусть ребра конечного мультиграфа без петель правильно раскрашены в \\(2k+1\\) цветов: в каждой вершине любые два инцидентных ребра имеют разные цвета, а цвет \\(i\\) встречается ровно \\(i\\) раз. Докажите, что эти же ребра можно правильно перекрасить теми же \\(2k+1\\) цветами так, чтобы каждый цвет встречался ровно \\(k+1\\) раз.","definition_ids":["multigraph","degree","matching","path"]}]},"solutions":[{"id":"sol-kvant-m1367-two-color-exchange","title":"Опубликованное решение М1367 через двухцветные цепи","status":"source_verified","definition_ids":["multigraph","matching","alternating_path","cycle","path"],"standard_idea_ids":["alternating_paths","kempe_chains"],"tags":[],"has_text":true,"text_preview":"Всего рейсов \\(1+2+\\cdots+(2k+1)=(2k+1)(k+1)\\), значит в новой раскладке каждая авиакомпания должна получить по \\(k+1\\) рейсу. Пока есть авиакомпания \\(A\\) с числом рейсов больше \\(k+1\\) и авиакомпания \\(B\\) с числом рейсов меньше \\(k+1\\), рассмотрим только рейсы этих двух компаний. Изобразим рейсы \\(A\\) красными ребрами, а рейсы \\(B\\) синими. Из-за закона в каждой вершине выходит не более одного красного и не более одного синего ребра, поэтому двухцветный подграф распадается на чередующиеся циклы и цепи. В каждом цикле красных и синих ребер поровну. Так как у \\(A\\) ребер больше, чем у \\(B\\), существует цепь, в которой красных ребер на одно больше, чем синих. Поменяем на этой цепи красный и синий цвета местами. Правильность раскраски сохраняется: в вершинах цепи по-прежнему инцидентно не более одного ребра каждого из двух цветов, а остальные цвета не затронуты. При этом число рейсов \\(A…"}],"relations":[],"search_text":"vosh-1992-zonal-airlines-route-transfer авиакомпании и передача рейсов, xviii всероссийская олимпиада 1992 coloring graph_model augmenting_path goal_construction 1992 https://www.kvant.digital/data/kvant_1993_9-10/jpg/0031.jpg https://www.kvant.digital/issues/1992/10/ primary_publication published_solution src-kvant-digital-1992-10-vseros-math src-kvant-digital-1993-09-10-m1367-solution vosh vosh1992 with_solution xviii всероссийская олимпиада xviiiвсероссийскаяолимпиада xviiiвсероссийскаяолимпиада1992 квант. 1992. № 10: xviii всероссийская олимпиада по математике квант. 1993. № 9/10: решение задачи м1367 яковлев г. н. и др. яковлев г. н. и др. квант. 1992. № 10: xviii всероссийская олимпиада по математике квант. 1993. № 9/10: решение задачи м1367 stmt-original рейсы разных авиакомпаний source_verified в некоторой стране между городами существует авиационное сообщение. в стране \\(2k+1\\) авиакомпания, причем первая осуществляет один рейс, вторая - два рейса и т. д. каждый рейс связывает между собой два города. в стране существует закон, согласно которому из каждого города не может выполняться более одного рейса каждой авиакомпании. компании решили по-новому поделить между собой все рейсы так, чтобы каждая авиакомпания осуществляла одинаковое число рейсов. докажите, что это можно сделать, не нарушая закона. stmt-graph авиакомпании и передача рейсов ai_checked пусть ребра конечного мультиграфа без петель правильно раскрашены в \\(2k+1\\) цветов: в каждой вершине любые два инцидентных ребра имеют разные цвета, а цвет \\(i\\) встречается ровно \\(i\\) раз. докажите, что эти же ребра можно правильно перекрасить теми же \\(2k+1\\) цветами так, чтобы каждый цвет встречался ровно \\(k+1\\) раз. multigraph degree matching path idea-airlines-edge-coloring авиакомпании как цвета ребер города являются вершинами, рейсы - ребрами, а авиакомпании - цветами. закон о не более чем одном рейсе каждой авиакомпании из города означает правильность реберной раскраски: у одной вершины нет двух инцидентных ребер одного цвета. graph_model coloring ai_checked idea-two-color-alternating-path выравнивание двух цветов по чередующейся цепи если один цвет встречается чаще другого, то в подграфе из ребер этих двух цветов компоненты являются чередующимися путями или циклами. циклы содержат поровну ребер двух цветов, поэтому избыток одного цвета обнаруживается на пути; обмен цветов на таком пути уменьшает дисбаланс на 1. coloring augmenting_path ai_checked sol-kvant-m1367-two-color-exchange опубликованное решение м1367 через двухцветные цепи source_verified multigraph matching alternating_path cycle path alternating_paths kempe_chains всего рейсов \\(1+2+\\cdots+(2k+1)=(2k+1)(k+1)\\), значит в новой раскладке каждая авиакомпания должна получить по \\(k+1\\) рейсу. пока есть авиакомпания \\(a\\) с числом рейсов больше \\(k+1\\) и авиакомпания \\(b\\) с числом рейсов меньше \\(k+1\\), рассмотрим только рейсы этих двух компаний. изобразим рейсы \\(a\\) красными ребрами, а рейсы \\(b\\) синими. из-за закона в каждой вершине выходит не более одного красного и не более одного синего ребра, поэтому двухцветный подграф распадается на чередующиеся циклы и цепи. в каждом цикле красных и синих ребер поровну. так как у \\(a\\) ребер больше, чем у \\(b\\), существует цепь, в которой красных ребер на одно больше, чем синих. поменяем на этой цепи красный и синий цвета местами. правильность раскраски сохраняется: в вершинах цепи по-прежнему инцидентно не более одного ребра каждого из двух цветов, а остальные цвета не затронуты. при этом число рейсов \\(a… vosh-1992-zonal-airlines-route-transfer aviakompanii i peredacha reysov, xviii vserossiyskaya olimpiada 1992 coloring graph_model augmenting_path goal_construction 1992 https://www.kvant.digital/data/kvant_1993_9-10/jpg/0031.jpg https://www.kvant.digital/issues/1992/10/ primary_publication published_solution src-kvant-digital-1992-10-vseros-math src-kvant-digital-1993-09-10-m1367-solution vosh vosh1992 with_solution xviii vserossiyskaya olimpiada xviiivserossiyskayaolimpiada xviiivserossiyskayaolimpiada1992 kvant. 1992. № 10: xviii vserossiyskaya olimpiada po matematike kvant. 1993. № 9/10: reshenie zadachi m1367 yakovlev g. n. i dr. yakovlev g. n. i dr. kvant. 1992. № 10: xviii vserossiyskaya olimpiada po matematike kvant. 1993. № 9/10: reshenie zadachi m1367 stmt-original reysy raznyh aviakompaniy source_verified v nekotoroy strane mezhdu gorodami suschestvuet aviatsionnoe soobschenie. v strane \\(2k+1\\) aviakompaniya, prichem pervaya osuschestvlyaet odin reys, vtoraya - dva reysa i t. d. kazhdyy reys svyazyvaet mezhdu soboy dva goroda. v strane suschestvuet zakon, soglasno kotoromu iz kazhdogo goroda ne mozhet vypolnyatsya bolee odnogo reysa kazhdoy aviakompanii. kompanii reshili po-novomu podelit mezhdu soboy vse reysy tak, chtoby kazhdaya aviakompaniya osuschestvlyala odinakovoe chislo reysov. dokazhite, chto eto mozhno sdelat, ne narushaya zakona. stmt-graph aviakompanii i peredacha reysov ai_checked pust rebra konechnogo multigrafa bez petel pravilno raskrasheny v \\(2k+1\\) tsvetov: v kazhdoy vershine lyubye dva intsidentnyh rebra imeyut raznye tsveta, a tsvet \\(i\\) vstrechaetsya rovno \\(i\\) raz. dokazhite, chto eti zhe rebra mozhno pravilno perekrasit temi zhe \\(2k+1\\) tsvetami tak, chtoby kazhdyy tsvet vstrechalsya rovno \\(k+1\\) raz. multigraph degree matching path idea-airlines-edge-coloring aviakompanii kak tsveta reber goroda yavlyayutsya vershinami, reysy - rebrami, a aviakompanii - tsvetami. zakon o ne bolee chem odnom reyse kazhdoy aviakompanii iz goroda oznachaet pravilnost rebernoy raskraski: u odnoy vershiny net dvuh intsidentnyh reber odnogo tsveta. graph_model coloring ai_checked idea-two-color-alternating-path vyravnivanie dvuh tsvetov po chereduyuscheysya tsepi esli odin tsvet vstrechaetsya chasche drugogo, to v podgrafe iz reber etih dvuh tsvetov komponenty yavlyayutsya chereduyuschimisya putyami ili tsiklami. tsikly soderzhat porovnu reber dvuh tsvetov, poetomu izbytok odnogo tsveta obnaruzhivaetsya na puti; obmen tsvetov na takom puti umenshaet disbalans na 1. coloring augmenting_path ai_checked sol-kvant-m1367-two-color-exchange opublikovannoe reshenie m1367 cherez dvuhtsvetnye tsepi source_verified multigraph matching alternating_path cycle path alternating_paths kempe_chains vsego reysov \\(1+2+\\cdots+(2k+1)=(2k+1)(k+1)\\), znachit v novoy raskladke kazhdaya aviakompaniya dolzhna poluchit po \\(k+1\\) reysu. poka est aviakompaniya \\(a\\) s chislom reysov bolshe \\(k+1\\) i aviakompaniya \\(b\\) s chislom reysov menshe \\(k+1\\), rassmotrim tolko reysy etih dvuh kompaniy. izobrazim reysy \\(a\\) krasnymi rebrami, a reysy \\(b\\) sinimi. iz-za zakona v kazhdoy vershine vyhodit ne bolee odnogo krasnogo i ne bolee odnogo sinego rebra, poetomu dvuhtsvetnyy podgraf raspadaetsya na chereduyuschiesya tsikly i tsepi. v kazhdom tsikle krasnyh i sinih reber porovnu. tak kak u \\(a\\) reber bolshe, chem u \\(b\\), suschestvuet tsep, v kotoroy krasnyh reber na odno bolshe, chem sinih. pomenyaem na etoy tsepi krasnyy i siniy tsveta mestami. pravilnost raskraski sohranyaetsya: v vershinah tsepi po-prezhnemu intsidentno ne bolee odnogo rebra kazhdogo iz dvuh tsvetov, a ostalnye tsveta ne zatronuty. pri etom chislo reysov \\(a…","source_keys":["vosh"]}
{"id":"vosh-2000-01-final-tree-leaves-bridge-proof","title":"Дерево с чётным числом листьев и добавление рёбер, Всероссийская олимпиада 2000/01","path":"data\\problems\\vosh\\vosh-2000-01-final-tree-leaves-bridge-proof.yaml","raw_github_url":"https://raw.githubusercontent.com/didin-maxim/knowledge_graph_of_graphs/main/data/problems/vosh/vosh-2000-01-final-tree-leaves-bridge-proof.yaml","viewer_url":"https://didin-maxim.github.io/knowledge_graph_of_graphs/#vosh-2000-01-final-tree-leaves-bridge-proof","source_key":"vosh","source_label":"Всероссийская олимпиада","source_titles":["Всероссийские олимпиады школьников по математике 1993–2006: окружной и финальный этапы"],"year":"2000","type":"olympiad_problem","authors":["Карпов Д.В."],"tags":["trees","connectivity","extremal_choice","goal_construction"],"agent_topics":[],"difficulty":{"main":"national_final_medium","local_score":6,"comment":"Заключительный этап 2000/01, 10 класс, задача 628 в книге МЦНМО; ключевой шаг — экстремальное разбиение листьев дерева на пары.","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":0.94,"basis":"официальный PDF книги MCCME/Math.ru с условием, автором и полным решением","notes":"Книга МЦНМО/Math.ru содержит условие задачи 628, автора Д. Карпова и полное решение; текущий текст является самостоятельным, корректным пересказом этого решения.","audit_source":"deep-audit-2026-05-05"},"statements":{"original":[{"id":"stmt-original","title":"Страна с единственными путями между городами","status":"ai_checked","text":"В стране несколько городов, некоторые пары городов соединены дорогами, причем между любыми двумя городами существует единственный несамопересекающийся путь по дорогам. Известно, что в стране ровно 100 городов, из которых выходит по одной дороге. Докажите, что можно построить 50 новых дорог так, что после этого даже при закрытии любой дороги можно будет из любого города попасть в любой другой.","definition_ids":[]}],"graph_theory":[{"id":"stmt-graph","title":"Попарное соединение листьев дерева","status":"ai_checked","text":"Пусть \\(T\\) — дерево, у которого ровно \\(2n\\) листьев. Докажите, что можно добавить \\(n\\) новых рёбер так, чтобы в полученном графе не было мостов. Более того, достаточно попарно соединить этими рёбрами все листья дерева.","definition_ids":["tree","connected_graph","bridge"]}]},"solutions":[{"id":"sol-max-distance-pairing","title":"Максимальная сумма расстояний между парными листьями","status":"ai_checked","definition_ids":["tree","connected_graph","bridge","distance"],"standard_idea_ids":["extremal_choice"],"tags":[],"has_text":true,"text_preview":"Построим граф городов и дорог. Условие о единственном простом пути между любыми двумя городами означает, что это дерево; города степени 1 являются листьями. Обозначим листья через \\(A_1,\\ldots,A_{2n}\\). Среди всех разбиений этих \\(2n\\) листьев на \\(n\\) пар выберем такое, при котором сумма расстояний между листьями в парах максимальна. Добавим новые рёбра между листьями каждой выбранной пары. Докажем, что после этого удаление любого ребра не нарушает связность. Новое ребро не может быть мостом, потому что его концы уже соединены старым путём в дереве. Предположим, что мостом осталось старое ребро \\(BC\\). После его удаления дерево распадается на две части. Каждая часть содержит хотя бы один лист исходного дерева: достаточно идти от конца удалённого ребра вглубь соответствующей части, пока путь нельзя продолжить. Если новое ребро соединяло бы листья из разных частей, то оно сразу связывало…"}],"relations":[{"id":"rel-two-vertex-no-bridges-vosh-2000-tree-bridges","neighbor_id":"two-vertex-connected-graphs-have-no-bridges","direction":"backward","type":"same_motif","distance":2,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-tree-equivalent-properties-vosh-2000-tree-leaves-bridge-proof","neighbor_id":"tree-equivalent-properties","direction":"backward","type":"prerequisite","distance":1,"status":"ai_checked"}],"search_text":"vosh-2000-01-final-tree-leaves-bridge-proof дерево с чётным числом листьев и добавление рёбер, всероссийская олимпиада 2000/01 trees connectivity extremal_choice goal_construction 2000 https://math.ru/lib/files/pdf/olimp/vseross.pdf problem_and_solution_archive src-vosh-1993-2006-mccme-book vosh vosh2000 with_solution всероссийская олимпиада всероссийскаяолимпиада всероссийскаяолимпиада2000 всероссийские олимпиады школьников по математике 1993–2006: окружной и финальный этапы карпов д.в. карпов д.в. всероссийские олимпиады школьников по математике 1993–2006: окружной и финальный этапы stmt-original страна с единственными путями между городами ai_checked в стране несколько городов, некоторые пары городов соединены дорогами, причем между любыми двумя городами существует единственный несамопересекающийся путь по дорогам. известно, что в стране ровно 100 городов, из которых выходит по одной дороге. докажите, что можно построить 50 новых дорог так, что после этого даже при закрытии любой дороги можно будет из любого города попасть в любой другой. stmt-graph попарное соединение листьев дерева ai_checked пусть \\(t\\) — дерево, у которого ровно \\(2n\\) листьев. докажите, что можно добавить \\(n\\) новых рёбер так, чтобы в полученном графе не было мостов. более того, достаточно попарно соединить этими рёбрами все листья дерева. tree connected_graph bridge idea-maximize-paired-leaf-distances максимизировать сумму расстояний в парах листьев разобьем листья на пары так, чтобы сумма расстояний между листьями в парах была максимальной. если после добавления таких ребер старое ребро осталось мостом, две пары листьев по разные стороны разреза можно перепарить крест-накрест и увеличить сумму расстояний. extremal_choice trees ai_checked sol-max-distance-pairing максимальная сумма расстояний между парными листьями ai_checked tree connected_graph bridge distance extremal_choice построим граф городов и дорог. условие о единственном простом пути между любыми двумя городами означает, что это дерево; города степени 1 являются листьями. обозначим листья через \\(a_1,\\ldots,a_{2n}\\). среди всех разбиений этих \\(2n\\) листьев на \\(n\\) пар выберем такое, при котором сумма расстояний между листьями в парах максимальна. добавим новые рёбра между листьями каждой выбранной пары. докажем, что после этого удаление любого ребра не нарушает связность. новое ребро не может быть мостом, потому что его концы уже соединены старым путём в дереве. предположим, что мостом осталось старое ребро \\(bc\\). после его удаления дерево распадается на две части. каждая часть содержит хотя бы один лист исходного дерева: достаточно идти от конца удалённого ребра вглубь соответствующей части, пока путь нельзя продолжить. если новое ребро соединяло бы листья из разных частей, то оно сразу связывало… vosh-2000-01-final-tree-leaves-bridge-proof derevo s chetnym chislom listev i dobavlenie reber, vserossiyskaya olimpiada 2000/01 trees connectivity extremal_choice goal_construction 2000 https://math.ru/lib/files/pdf/olimp/vseross.pdf problem_and_solution_archive src-vosh-1993-2006-mccme-book vosh vosh2000 with_solution vserossiyskaya olimpiada vserossiyskayaolimpiada vserossiyskayaolimpiada2000 vserossiyskie olimpiady shkolnikov po matematike 1993–2006: okruzhnoy i finalnyy etapy karpov d.v. karpov d.v. vserossiyskie olimpiady shkolnikov po matematike 1993–2006: okruzhnoy i finalnyy etapy stmt-original strana s edinstvennymi putyami mezhdu gorodami ai_checked v strane neskolko gorodov, nekotorye pary gorodov soedineny dorogami, prichem mezhdu lyubymi dvumya gorodami suschestvuet edinstvennyy nesamoperesekayuschiysya put po dorogam. izvestno, chto v strane rovno 100 gorodov, iz kotoryh vyhodit po odnoy doroge. dokazhite, chto mozhno postroit 50 novyh dorog tak, chto posle etogo dazhe pri zakrytii lyuboy dorogi mozhno budet iz lyubogo goroda popast v lyuboy drugoy. stmt-graph poparnoe soedinenie listev dereva ai_checked pust \\(t\\) — derevo, u kotorogo rovno \\(2n\\) listev. dokazhite, chto mozhno dobavit \\(n\\) novyh reber tak, chtoby v poluchennom grafe ne bylo mostov. bolee togo, dostatochno poparno soedinit etimi rebrami vse listya dereva. tree connected_graph bridge idea-maximize-paired-leaf-distances maksimizirovat summu rasstoyaniy v parah listev razobem listya na pary tak, chtoby summa rasstoyaniy mezhdu listyami v parah byla maksimalnoy. esli posle dobavleniya takih reber staroe rebro ostalos mostom, dve pary listev po raznye storony razreza mozhno pereparit krest-nakrest i uvelichit summu rasstoyaniy. extremal_choice trees ai_checked sol-max-distance-pairing maksimalnaya summa rasstoyaniy mezhdu parnymi listyami ai_checked tree connected_graph bridge distance extremal_choice postroim graf gorodov i dorog. uslovie o edinstvennom prostom puti mezhdu lyubymi dvumya gorodami oznachaet, chto eto derevo; goroda stepeni 1 yavlyayutsya listyami. oboznachim listya cherez \\(a_1,\\ldots,a_{2n}\\). sredi vseh razbieniy etih \\(2n\\) listev na \\(n\\) par vyberem takoe, pri kotorom summa rasstoyaniy mezhdu listyami v parah maksimalna. dobavim novye rebra mezhdu listyami kazhdoy vybrannoy pary. dokazhem, chto posle etogo udalenie lyubogo rebra ne narushaet svyaznost. novoe rebro ne mozhet byt mostom, potomu chto ego kontsy uzhe soedineny starym putem v dereve. predpolozhim, chto mostom ostalos staroe rebro \\(bc\\). posle ego udaleniya derevo raspadaetsya na dve chasti. kazhdaya chast soderzhit hotya by odin list ishodnogo dereva: dostatochno idti ot kontsa udalennogo rebra vglub sootvetstvuyuschey chasti, poka put nelzya prodolzhit. esli novoe rebro soedinyalo by listya iz raznyh chastey, to ono srazu svyazyvalo…","source_keys":["vosh"]}
{"id":"vosh-2000-01-final-universal-acquaintance","title":"Человек, знакомый со всеми, Всероссийская олимпиада 2000/01","path":"data\\problems\\vosh\\vosh-2000-01-final-universal-acquaintance.yaml","raw_github_url":"https://raw.githubusercontent.com/didin-maxim/knowledge_graph_of_graphs/main/data/problems/vosh/vosh-2000-01-final-universal-acquaintance.yaml","viewer_url":"https://didin-maxim.github.io/knowledge_graph_of_graphs/#vosh-2000-01-final-universal-acquaintance","source_key":"vosh","source_label":"Всероссийская олимпиада","source_titles":["Задача 109750, Всероссийская олимпиада 2000/01, заключительный этап, 9 класс"],"year":"2000","type":"olympiad_problem","authors":["Берлов С.Л."],"tags":["extremal_graph_theory","ramsey_theory","extremal_choice","goal_exact_bound"],"agent_topics":[],"difficulty":{"main":"national_final_easy","local_score":4,"comment":"Заключительный этап 2000/01, 9 класс, задача 6; на problems.ru сложность 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":0.78,"basis":"агентский аудит со средним уровнем анализа","notes":"метаданные источника указывают на архивное/официальное решение, и решение проверено","audit_source":"agent-russian-archives.json"},"statements":{"original":[{"id":"stmt-original","title":"Компания из 2n+1 человека","status":"ai_checked","text":"В компании из \\(2n+1\\) человека для любых \\(n\\) человек найдётся отличный от них человек, знакомый с каждым из них. Докажите, что в этой компании есть человек, знающий всех.","definition_ids":[]}],"graph_theory":[{"id":"stmt-graph","title":"Человек, знакомый со всеми, Всероссийская олимпиада 2000/01","status":"ai_checked","text":"Пусть G — простой граф на \\(2n+1\\) вершинах. Известно, что для любого множества S из \\(n\\) вершин существует вершина вне S, смежная со всеми вершинами S. Докажите, что в G есть вершина степени \\(2n\\).","definition_ids":["simple_graph","degree"]}]},"solutions":[{"id":"sol-clique-extension","title":"Опубликованное решение через попарно знакомых","status":"ai_checked","definition_ids":[],"standard_idea_ids":["induction","pigeonhole_principle"],"tags":[],"has_text":true,"text_preview":"Сначала построим \\(n+1\\) попарно знакомых людей. Двое знакомых существуют: иначе для любых \\(n\\) человек не нашлось бы человека, знакомого со всеми ними. Если уже построены \\(k\\le n\\) попарно знакомых, то по условию найдётся человек вне этой группы, знакомый со всеми её членами, и группу можно увеличить. Получим \\(n+1\\) попарно знакомых людей \\(A_1,\\ldots,A_{n+1}\\). Остальных людей ровно n. По условию существует человек, отличный от этих n, знакомый со всеми ними; он принадлежит множеству \\(A_1,\\ldots,A_{n+1}\\). Но внутри этого множества все попарно знакомы, значит этот человек знаком вообще со всеми."},{"id":"sol-complement-domination","title":"Через дополнительный граф","status":"ai_checked","definition_ids":["matching","complement_graph","dominating_set"],"standard_idea_ids":["complement_graph_transition","extremal_choice"],"tags":[],"has_text":true,"text_preview":"Рассмотрим дополнительный граф H: две вершины соединены в H, если соответствующие люди незнакомы. Нужно доказать, что в H есть изолированная вершина. Предположим противное: изолированных вершин в H нет. Возьмём в каждой компоненте H остовное дерево. В каждом таком дереве хотя бы две вершины; раскрасим его доли в два цвета и выберем меньшую долю. Объединение выбранных долей по всем компонентам имеет размер не больше половины общего числа вершин, то есть не больше n, и доминирует H: выбранные вершины доминируют сами себя, а каждая невыбранная вершина имеет соседа в выбранной доле своего дерева. Дополним это множество D произвольными вершинами до размера n. По условию для этих n людей найдётся человек x вне D, знакомый со всеми людьми из D; значит, в H у x нет соседей в D. Но D доминирует H, поэтому такая вершина x невозможна. Противоречие."}],"relations":[{"id":"rel-ramsey-universal-acquaintance-2000","neighbor_id":"ramsey-theorem","direction":"backward","type":"same_motif","distance":3,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-ramsey-r33-vosh-universal-acquaintance","neighbor_id":"ramsey-r33","direction":"backward","type":"same_motif","distance":2,"status":"needs_human_review"},{"id":"rel-imo-2016-c6-tc-universal-acquaintance","neighbor_id":"imo-2016-c6-ferry-graph-dynamics","direction":"forward","type":"same_motif","distance":3,"status":"needs_human_review"},{"id":"rel-vosh-2000-apmo-2010-universal-acquaintance","neighbor_id":"apmo-2010-p3-common-acquaintance-extremal","direction":"forward","type":"same_motif","distance":3,"status":"needs_human_review"},{"id":"rel-utyum-2021-archipelago-vosh-universal","neighbor_id":"utyum-2021_komol_6_archipelago_bridges","direction":"backward","type":"same_motif","distance":2,"status":"needs_human_review"}],"search_text":"vosh-2000-01-final-universal-acquaintance человек, знакомый со всеми, всероссийская олимпиада 2000/01 extremal_graph_theory ramsey_theory extremal_choice goal_exact_bound 2000 https://problems.ru/view_problem_details_new.php?id=109750 olympiad_archive src-problems-109750 vosh vosh2000 with_solution берлов с.л. всероссийская олимпиада всероссийскаяолимпиада всероссийскаяолимпиада2000 задача 109750, всероссийская олимпиада 2000/01, заключительный этап, 9 класс берлов с.л. задача 109750, всероссийская олимпиада 2000/01, заключительный этап, 9 класс stmt-original компания из 2n+1 человека ai_checked в компании из \\(2n+1\\) человека для любых \\(n\\) человек найдётся отличный от них человек, знакомый с каждым из них. докажите, что в этой компании есть человек, знающий всех. stmt-graph человек, знакомый со всеми, всероссийская олимпиада 2000/01 ai_checked пусть g — простой граф на \\(2n+1\\) вершинах. известно, что для любого множества s из \\(n\\) вершин существует вершина вне s, смежная со всеми вершинами s. докажите, что в g есть вершина степени \\(2n\\). simple_graph degree idea-grow-large-clique наращивание большой клики если уже есть k попарно знакомых людей при k<=n, то по условию найдётся новый человек, знакомый со всеми ними. так строится клика из n+1 человек, а затем один из них оказывается знаком со всеми остальными. ramsey_theory ai_checked idea-complement-dominating-set доминирующее множество в дополнительном графе если универсальной вершины нет, то в дополнительном графе нет изолированных вершин. тогда можно выбрать не более половины вершин, которые доминируют весь дополнительный граф; это даёт запрещённый набор из n человек. extremal_choice ai_checked sol-clique-extension опубликованное решение через попарно знакомых ai_checked induction pigeonhole_principle сначала построим \\(n+1\\) попарно знакомых людей. двое знакомых существуют: иначе для любых \\(n\\) человек не нашлось бы человека, знакомого со всеми ними. если уже построены \\(k\\le n\\) попарно знакомых, то по условию найдётся человек вне этой группы, знакомый со всеми её членами, и группу можно увеличить. получим \\(n+1\\) попарно знакомых людей \\(a_1,\\ldots,a_{n+1}\\). остальных людей ровно n. по условию существует человек, отличный от этих n, знакомый со всеми ними; он принадлежит множеству \\(a_1,\\ldots,a_{n+1}\\). но внутри этого множества все попарно знакомы, значит этот человек знаком вообще со всеми. sol-complement-domination через дополнительный граф ai_checked matching complement_graph dominating_set complement_graph_transition extremal_choice рассмотрим дополнительный граф h: две вершины соединены в h, если соответствующие люди незнакомы. нужно доказать, что в h есть изолированная вершина. предположим противное: изолированных вершин в h нет. возьмём в каждой компоненте h остовное дерево. в каждом таком дереве хотя бы две вершины; раскрасим его доли в два цвета и выберем меньшую долю. объединение выбранных долей по всем компонентам имеет размер не больше половины общего числа вершин, то есть не больше n, и доминирует h: выбранные вершины доминируют сами себя, а каждая невыбранная вершина имеет соседа в выбранной доле своего дерева. дополним это множество d произвольными вершинами до размера n. по условию для этих n людей найдётся человек x вне d, знакомый со всеми людьми из d; значит, в h у x нет соседей в d. но d доминирует h, поэтому такая вершина x невозможна. противоречие. vosh-2000-01-final-universal-acquaintance chelovek, znakomyy so vsemi, vserossiyskaya olimpiada 2000/01 extremal_graph_theory ramsey_theory extremal_choice goal_exact_bound 2000 https://problems.ru/view_problem_details_new.php?id=109750 olympiad_archive src-problems-109750 vosh vosh2000 with_solution berlov s.l. vserossiyskaya olimpiada vserossiyskayaolimpiada vserossiyskayaolimpiada2000 zadacha 109750, vserossiyskaya olimpiada 2000/01, zaklyuchitelnyy etap, 9 klass berlov s.l. zadacha 109750, vserossiyskaya olimpiada 2000/01, zaklyuchitelnyy etap, 9 klass stmt-original kompaniya iz 2n+1 cheloveka ai_checked v kompanii iz \\(2n+1\\) cheloveka dlya lyubyh \\(n\\) chelovek naydetsya otlichnyy ot nih chelovek, znakomyy s kazhdym iz nih. dokazhite, chto v etoy kompanii est chelovek, znayuschiy vseh. stmt-graph chelovek, znakomyy so vsemi, vserossiyskaya olimpiada 2000/01 ai_checked pust g — prostoy graf na \\(2n+1\\) vershinah. izvestno, chto dlya lyubogo mnozhestva s iz \\(n\\) vershin suschestvuet vershina vne s, smezhnaya so vsemi vershinami s. dokazhite, chto v g est vershina stepeni \\(2n\\). simple_graph degree idea-grow-large-clique naraschivanie bolshoy kliki esli uzhe est k poparno znakomyh lyudey pri k<=n, to po usloviyu naydetsya novyy chelovek, znakomyy so vsemi nimi. tak stroitsya klika iz n+1 chelovek, a zatem odin iz nih okazyvaetsya znakom so vsemi ostalnymi. ramsey_theory ai_checked idea-complement-dominating-set dominiruyuschee mnozhestvo v dopolnitelnom grafe esli universalnoy vershiny net, to v dopolnitelnom grafe net izolirovannyh vershin. togda mozhno vybrat ne bolee poloviny vershin, kotorye dominiruyut ves dopolnitelnyy graf; eto daet zapreschennyy nabor iz n chelovek. extremal_choice ai_checked sol-clique-extension opublikovannoe reshenie cherez poparno znakomyh ai_checked induction pigeonhole_principle snachala postroim \\(n+1\\) poparno znakomyh lyudey. dvoe znakomyh suschestvuyut: inache dlya lyubyh \\(n\\) chelovek ne nashlos by cheloveka, znakomogo so vsemi nimi. esli uzhe postroeny \\(k\\le n\\) poparno znakomyh, to po usloviyu naydetsya chelovek vne etoy gruppy, znakomyy so vsemi ee chlenami, i gruppu mozhno uvelichit. poluchim \\(n+1\\) poparno znakomyh lyudey \\(a_1,\\ldots,a_{n+1}\\). ostalnyh lyudey rovno n. po usloviyu suschestvuet chelovek, otlichnyy ot etih n, znakomyy so vsemi nimi; on prinadlezhit mnozhestvu \\(a_1,\\ldots,a_{n+1}\\). no vnutri etogo mnozhestva vse poparno znakomy, znachit etot chelovek znakom voobsche so vsemi. sol-complement-domination cherez dopolnitelnyy graf ai_checked matching complement_graph dominating_set complement_graph_transition extremal_choice rassmotrim dopolnitelnyy graf h: dve vershiny soedineny v h, esli sootvetstvuyuschie lyudi neznakomy. nuzhno dokazat, chto v h est izolirovannaya vershina. predpolozhim protivnoe: izolirovannyh vershin v h net. vozmem v kazhdoy komponente h ostovnoe derevo. v kazhdom takom dereve hotya by dve vershiny; raskrasim ego doli v dva tsveta i vyberem menshuyu dolyu. obedinenie vybrannyh doley po vsem komponentam imeet razmer ne bolshe poloviny obschego chisla vershin, to est ne bolshe n, i dominiruet h: vybrannye vershiny dominiruyut sami sebya, a kazhdaya nevybrannaya vershina imeet soseda v vybrannoy dole svoego dereva. dopolnim eto mnozhestvo d proizvolnymi vershinami do razmera n. po usloviyu dlya etih n lyudey naydetsya chelovek x vne d, znakomyy so vsemi lyudmi iz d; znachit, v h u x net sosedey v d. no d dominiruet h, poetomu takaya vershina x nevozmozhna. protivorechie.","source_keys":["vosh"]}
{"id":"vosh-2005-06-final-dominoes-three-color-neighbors","title":"Трехцветная раскраска доминошек с малым числом одноцветных соседей, Всероссийская олимпиада 2005/06","path":"data\\problems\\vosh\\vosh-2005-06-final-dominoes-three-color-neighbors.yaml","raw_github_url":"https://raw.githubusercontent.com/didin-maxim/knowledge_graph_of_graphs/main/data/problems/vosh/vosh-2005-06-final-dominoes-three-color-neighbors.yaml","viewer_url":"https://didin-maxim.github.io/knowledge_graph_of_graphs/#vosh-2005-06-final-dominoes-three-color-neighbors","source_key":"vosh","source_label":"Всероссийская олимпиада","source_titles":["Всероссийские олимпиады школьников по математике 1993–2006: окружной и финальный этапы"],"year":"2005","type":"olympiad_problem","authors":["Пастор А."],"tags":["coloring","graph_model","construction","goal_construction"],"agent_topics":[],"difficulty":{"main":"national_final_medium","local_score":6,"comment":"Заключительный этап 2005/06, 10 класс, задача 752 в книге МЦНМО; официальный 6x6-узор перенесен текстом.","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":0.94,"basis":"глубокий проход с углублённым анализом, 2026-05-05","notes":"Официальный PDF МЦНМО/Math.ru содержит полное решение. Единственный прежний риск был рисунок локального узора; он развернут текстом по рис. 325, поэтому классификация остается official_complete_or_near_complete, а не official_outline_needs_work.","audit_source":"docs/archive/vosh-official-sweep/deep/vosh-2005-06-final-dominoes-three-color-neighbors.md"},"statements":{"original":[{"id":"stmt-original","title":"Квадрат 3000 на 3000 разбит на доминошки","status":"ai_checked","text":"Квадрат \\(3000\\times3000\\) произвольным образом разбит на доминошки, то есть прямоугольники \\(1\\times2\\) клетки. Докажите, что доминошки можно раскрасить в три цвета так, чтобы доминошек каждого цвета было поровну и у каждой доминошки было не более двух соседей ее цвета. Доминошки считаются соседними, если они содержат клетки, соседние по стороне.","definition_ids":[]}],"graph_theory":[{"id":"stmt-graph","title":"Раскраска графа соседства доминошек","status":"ai_checked","text":"Пусть \\(G\\) — граф соседства доминошек произвольного разбиения доски \\(3000\\times3000\\): вершины \\(G\\) соответствуют доминошкам, а две вершины соединены, если соответствующие доминошки имеют соседние по стороне клетки. Докажите, что вершины \\(G\\) можно раскрасить в три цвета с равными размерами цветовых классов так, чтобы у каждой вершины было не более двух соседей своего цвета.","definition_ids":["simple_graph"]}]},"solutions":[{"id":"sol-periodic-black-cells","title":"Периодическая раскраска черных клеток","status":"ai_checked","definition_ids":["simple_graph"],"standard_idea_ids":["invariant"],"tags":[],"has_text":true,"text_preview":"Раскрасим клетки доски в шахматном порядке. Каждая доминошка покрывает ровно одну черную клетку, поэтому достаточно раскрасить черные клетки в три цвета и присвоить доминошке цвет ее черной клетки. Разобьем доску \\(3000\\times3000\\) на блоки \\(6\\times6\\). В каждом блоке повторим следующий официальный период; точки обозначают белые клетки шахматной раскраски, а числа \\(1,2,3\\) — цвета черных клеток: \\[ \\begin{array}{cccccc} 1&.&2&.&3&.\\\\ .&1&.&2&.&3\\\\ 2&.&3&.&1&.\\\\ .&2&.&3&.&1\\\\ 3&.&1&.&2&.\\\\ .&3&.&1&.&2 \\end{array} \\] В каждом блоке по шесть черных клеток каждого из трех цветов; поскольку \\(3000\\) делится на 6, доминошек каждого цвета получится поровну. Осталось проверить соседей. Пусть две соседние доминошки имеют черные клетки \\(B\\) и \\(B'\\). Из того, что каждая доминошка состоит из соседних черной и белой клеток, а сами доминошки соприкасаются по стороне, следует, что в координатах до…"}],"relations":[],"search_text":"vosh-2005-06-final-dominoes-three-color-neighbors трехцветная раскраска доминошек с малым числом одноцветных соседей, всероссийская олимпиада 2005/06 coloring graph_model construction goal_construction 2005 https://math.ru/lib/files/pdf/olimp/vseross.pdf problem_and_solution_archive src-vosh-1993-2006-mccme-book vosh vosh2005 with_solution всероссийская олимпиада всероссийскаяолимпиада всероссийскаяолимпиада2005 всероссийские олимпиады школьников по математике 1993–2006: окружной и финальный этапы пастор а. пастор а. всероссийские олимпиады школьников по математике 1993–2006: окружной и финальный этапы stmt-original квадрат 3000 на 3000 разбит на доминошки ai_checked квадрат \\(3000\\times3000\\) произвольным образом разбит на доминошки, то есть прямоугольники \\(1\\times2\\) клетки. докажите, что доминошки можно раскрасить в три цвета так, чтобы доминошек каждого цвета было поровну и у каждой доминошки было не более двух соседей ее цвета. доминошки считаются соседними, если они содержат клетки, соседние по стороне. stmt-graph раскраска графа соседства доминошек ai_checked пусть \\(g\\) — граф соседства доминошек произвольного разбиения доски \\(3000\\times3000\\): вершины \\(g\\) соответствуют доминошкам, а две вершины соединены, если соответствующие доминошки имеют соседние по стороне клетки. докажите, что вершины \\(g\\) можно раскрасить в три цвета с равными размерами цветовых классов так, чтобы у каждой вершины было не более двух соседей своего цвета. simple_graph idea-color-by-black-cell красить доминошку по ее черной клетке в шахматной раскраске каждая доминошка содержит ровно одну черную клетку. если периодически раскрасить черные клетки в три цвета поровну и цвет доминошки взять по ее черной клетке, баланс цветов будет автоматическим. coloring graph_model ai_checked idea-local-periodic-bound локальная периодическая раскраска ограничивает одноцветных соседей в официальной раскраске одного периода \\(6\\times6\\) каждая черная клетка имеет среди локально возможных черных клеток соседних доминошек не более одной клетки того же цвета. coloring construction ai_checked sol-periodic-black-cells периодическая раскраска черных клеток ai_checked simple_graph invariant раскрасим клетки доски в шахматном порядке. каждая доминошка покрывает ровно одну черную клетку, поэтому достаточно раскрасить черные клетки в три цвета и присвоить доминошке цвет ее черной клетки. разобьем доску \\(3000\\times3000\\) на блоки \\(6\\times6\\). в каждом блоке повторим следующий официальный период; точки обозначают белые клетки шахматной раскраски, а числа \\(1,2,3\\) — цвета черных клеток: \\[ \\begin{array}{cccccc} 1&.&2&.&3&.\\\\ .&1&.&2&.&3\\\\ 2&.&3&.&1&.\\\\ .&2&.&3&.&1\\\\ 3&.&1&.&2&.\\\\ .&3&.&1&.&2 \\end{array} \\] в каждом блоке по шесть черных клеток каждого из трех цветов; поскольку \\(3000\\) делится на 6, доминошек каждого цвета получится поровну. осталось проверить соседей. пусть две соседние доминошки имеют черные клетки \\(b\\) и \\(b'\\). из того, что каждая доминошка состоит из соседних черной и белой клеток, а сами доминошки соприкасаются по стороне, следует, что в координатах до… vosh-2005-06-final-dominoes-three-color-neighbors trehtsvetnaya raskraska dominoshek s malym chislom odnotsvetnyh sosedey, vserossiyskaya olimpiada 2005/06 coloring graph_model construction goal_construction 2005 https://math.ru/lib/files/pdf/olimp/vseross.pdf problem_and_solution_archive src-vosh-1993-2006-mccme-book vosh vosh2005 with_solution vserossiyskaya olimpiada vserossiyskayaolimpiada vserossiyskayaolimpiada2005 vserossiyskie olimpiady shkolnikov po matematike 1993–2006: okruzhnoy i finalnyy etapy pastor a. pastor a. vserossiyskie olimpiady shkolnikov po matematike 1993–2006: okruzhnoy i finalnyy etapy stmt-original kvadrat 3000 na 3000 razbit na dominoshki ai_checked kvadrat \\(3000\\times3000\\) proizvolnym obrazom razbit na dominoshki, to est pryamougolniki \\(1\\times2\\) kletki. dokazhite, chto dominoshki mozhno raskrasit v tri tsveta tak, chtoby dominoshek kazhdogo tsveta bylo porovnu i u kazhdoy dominoshki bylo ne bolee dvuh sosedey ee tsveta. dominoshki schitayutsya sosednimi, esli oni soderzhat kletki, sosednie po storone. stmt-graph raskraska grafa sosedstva dominoshek ai_checked pust \\(g\\) — graf sosedstva dominoshek proizvolnogo razbieniya doski \\(3000\\times3000\\): vershiny \\(g\\) sootvetstvuyut dominoshkam, a dve vershiny soedineny, esli sootvetstvuyuschie dominoshki imeyut sosednie po storone kletki. dokazhite, chto vershiny \\(g\\) mozhno raskrasit v tri tsveta s ravnymi razmerami tsvetovyh klassov tak, chtoby u kazhdoy vershiny bylo ne bolee dvuh sosedey svoego tsveta. simple_graph idea-color-by-black-cell krasit dominoshku po ee chernoy kletke v shahmatnoy raskraske kazhdaya dominoshka soderzhit rovno odnu chernuyu kletku. esli periodicheski raskrasit chernye kletki v tri tsveta porovnu i tsvet dominoshki vzyat po ee chernoy kletke, balans tsvetov budet avtomaticheskim. coloring graph_model ai_checked idea-local-periodic-bound lokalnaya periodicheskaya raskraska ogranichivaet odnotsvetnyh sosedey v ofitsialnoy raskraske odnogo perioda \\(6\\times6\\) kazhdaya chernaya kletka imeet sredi lokalno vozmozhnyh chernyh kletok sosednih dominoshek ne bolee odnoy kletki togo zhe tsveta. coloring construction ai_checked sol-periodic-black-cells periodicheskaya raskraska chernyh kletok ai_checked simple_graph invariant raskrasim kletki doski v shahmatnom poryadke. kazhdaya dominoshka pokryvaet rovno odnu chernuyu kletku, poetomu dostatochno raskrasit chernye kletki v tri tsveta i prisvoit dominoshke tsvet ee chernoy kletki. razobem dosku \\(3000\\times3000\\) na bloki \\(6\\times6\\). v kazhdom bloke povtorim sleduyuschiy ofitsialnyy period; tochki oboznachayut belye kletki shahmatnoy raskraski, a chisla \\(1,2,3\\) — tsveta chernyh kletok: \\[ \\begin{array}{cccccc} 1&.&2&.&3&.\\\\ .&1&.&2&.&3\\\\ 2&.&3&.&1&.\\\\ .&2&.&3&.&1\\\\ 3&.&1&.&2&.\\\\ .&3&.&1&.&2 \\end{array} \\] v kazhdom bloke po shest chernyh kletok kazhdogo iz treh tsvetov; poskolku \\(3000\\) delitsya na 6, dominoshek kazhdogo tsveta poluchitsya porovnu. ostalos proverit sosedey. pust dve sosednie dominoshki imeyut chernye kletki \\(b\\) i \\(b'\\). iz togo, chto kazhdaya dominoshka sostoit iz sosednih chernoy i beloy kletok, a sami dominoshki soprikasayutsya po storone, sleduet, chto v koordinatah do…","source_keys":["vosh"]}
{"id":"vosh-2008-regional-bureaucrats-common-neighborhood","title":"Бюрократы и общие знакомые, Всероссийская олимпиада 2008","path":"data\\problems\\vosh\\vosh-2008-regional-bureaucrats-common-neighborhood.yaml","raw_github_url":"https://raw.githubusercontent.com/didin-maxim/knowledge_graph_of_graphs/main/data/problems/vosh/vosh-2008-regional-bureaucrats-common-neighborhood.yaml","viewer_url":"https://didin-maxim.github.io/knowledge_graph_of_graphs/#vosh-2008-regional-bureaucrats-common-neighborhood","source_key":"vosh","source_label":"Всероссийская олимпиада","source_titles":["Задача 111817, Всероссийская олимпиада 2008, региональный этап, 9 класс"],"year":"2008","type":"olympiad_problem","authors":["Берлов С.Л.","Мурашкин М.В."],"tags":["ramsey_theory","double_counting","goal_counting"],"agent_topics":[],"difficulty":{"main":"regional","local_score":4,"comment":"Региональный этап 2008, 9 класс, задача 8; на problems.ru сложность 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":0.78,"basis":"агентский аудит со средним уровнем анализа","notes":"метаданные источника указывают на архивное/официальное решение, и решение проверено","audit_source":"agent-russian-archives.json"},"statements":{"original":[{"id":"stmt-original","title":"Три комиссии по 100 человек","status":"ai_checked","text":"300 бюрократов разбиты на три комиссии по 100 человек. Каждые два бюрократа либо знакомы друг с другом, либо незнакомы. Докажите, что найдутся два бюрократа из разных комиссий такие, что в третьей комиссии есть либо 17 человек, знакомых с обоими, либо 17 человек, незнакомых с обоими.","definition_ids":[]}],"graph_theory":[{"id":"stmt-graph","title":"Бюрократы и общие знакомые, Всероссийская олимпиада 2008","status":"ai_checked","text":"Пусть \\(N\\) — положительное целое число. Вершины простого графа разбиты на три доли A, B, C по \\(N\\) вершин. Докажите, что найдутся две вершины из разных долей такие, что в третьей доле у них есть либо не меньше \\(\\lceil N/6\\rceil\\) общих соседей, либо не меньше \\(\\lceil N/6\\rceil\\) общих несоседей.","definition_ids":["simple_graph"]}]},"solutions":[{"id":"sol-double-counting-triples","title":"Двойной счёт троек","status":"ai_checked","definition_ids":[],"standard_idea_ids":["double_counting","pigeonhole_principle"],"tags":[],"has_text":true,"text_preview":"Для пары бюрократов из двух комиссий и бюрократа из третьей скажем, что пара похожа для третьего, если он знаком с обоими членами пары или незнаком с обоими. Просуммируем по всем парам из разных комиссий число людей из третьей комиссии, для которых эта пара похожа. В каждой тройке из трёх разных комиссий есть либо две связи знакомства, либо две связи незнакомства, поэтому хотя бы одна пара в этой тройке похожа для третьего участника. Значит, сумма не меньше \\(100^3\\). Всего пар комиссий и пар людей в них \\(3\\cdot100^2\\), поэтому для какой-то пары число похожих людей в третьей комиссии не меньше \\(100^3/(3\\cdot100^2)>33\\), то есть хотя бы 34. Среди этих 34 людей хотя бы 17 относятся к одному из двух типов: знакомы с обоими или незнакомы с обоими."}],"relations":[{"id":"rel-vosh-bureaucrats-ramsey-r33","neighbor_id":"ramsey-r33","direction":"backward","type":"same_motif","distance":3,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-vosh-bureaucrats-common-grandfather","neighbor_id":"tc-1994-95-common-grandfather-intersecting-edges","direction":"forward","type":"same_motif","distance":3,"status":"needs_human_review"},{"id":"rel-vosh-bureaucrats-gnomes-2020","neighbor_id":"tc-2020-21-gnomes-two-cycles-even-n","direction":"forward","type":"same_motif","distance":3,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-usamo-1976-vosh-2008-common-neighbor-double-counting","neighbor_id":"usamo-1976-p1-monochromatic-rectangle-bipartite","direction":"backward","type":"same_motif","distance":2,"status":"needs_human_review"},{"id":"rel-min-degree-common-neighborhood-clique-vosh-2008-common-neighborhood","neighbor_id":"min-degree-common-neighborhood-clique","direction":"backward","type":"same_motif","distance":2,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-vosh-2008-apmo-2010-common-neighbor-counting","neighbor_id":"apmo-2010-p3-common-acquaintance-extremal","direction":"backward","type":"same_motif","distance":2,"status":"needs_human_review"}],"search_text":"vosh-2008-regional-bureaucrats-common-neighborhood бюрократы и общие знакомые, всероссийская олимпиада 2008 ramsey_theory double_counting goal_counting 2008 https://problems.ru/view_problem_details_new.php?id=111817 olympiad_archive src-problems-111817 vosh vosh2008 with_solution берлов с.л. всероссийская олимпиада всероссийскаяолимпиада всероссийскаяолимпиада2008 задача 111817, всероссийская олимпиада 2008, региональный этап, 9 класс мурашкин м.в. берлов с.л. мурашкин м.в. задача 111817, всероссийская олимпиада 2008, региональный этап, 9 класс stmt-original три комиссии по 100 человек ai_checked 300 бюрократов разбиты на три комиссии по 100 человек. каждые два бюрократа либо знакомы друг с другом, либо незнакомы. докажите, что найдутся два бюрократа из разных комиссий такие, что в третьей комиссии есть либо 17 человек, знакомых с обоими, либо 17 человек, незнакомых с обоими. stmt-graph бюрократы и общие знакомые, всероссийская олимпиада 2008 ai_checked пусть \\(n\\) — положительное целое число. вершины простого графа разбиты на три доли a, b, c по \\(n\\) вершин. докажите, что найдутся две вершины из разных долей такие, что в третьей доле у них есть либо не меньше \\(\\lceil n/6\\rceil\\) общих соседей, либо не меньше \\(\\lceil n/6\\rceil\\) общих несоседей. simple_graph idea-count-similar-pairs-in-triples счёт похожих пар в тройках в каждой тройке из разных комиссий найдётся пара, которая для третьего участника выглядит одинаково: он либо знаком с обоими, либо незнаком с обоими. двойной счёт таких вкладов даёт большую общую окрестность или общую неокрестность. double_counting ai_checked sol-double-counting-triples двойной счёт троек ai_checked double_counting pigeonhole_principle для пары бюрократов из двух комиссий и бюрократа из третьей скажем, что пара похожа для третьего, если он знаком с обоими членами пары или незнаком с обоими. просуммируем по всем парам из разных комиссий число людей из третьей комиссии, для которых эта пара похожа. в каждой тройке из трёх разных комиссий есть либо две связи знакомства, либо две связи незнакомства, поэтому хотя бы одна пара в этой тройке похожа для третьего участника. значит, сумма не меньше \\(100^3\\). всего пар комиссий и пар людей в них \\(3\\cdot100^2\\), поэтому для какой-то пары число похожих людей в третьей комиссии не меньше \\(100^3/(3\\cdot100^2)>33\\), то есть хотя бы 34. среди этих 34 людей хотя бы 17 относятся к одному из двух типов: знакомы с обоими или незнакомы с обоими. vosh-2008-regional-bureaucrats-common-neighborhood byurokraty i obschie znakomye, vserossiyskaya olimpiada 2008 ramsey_theory double_counting goal_counting 2008 https://problems.ru/view_problem_details_new.php?id=111817 olympiad_archive src-problems-111817 vosh vosh2008 with_solution berlov s.l. vserossiyskaya olimpiada vserossiyskayaolimpiada vserossiyskayaolimpiada2008 zadacha 111817, vserossiyskaya olimpiada 2008, regionalnyy etap, 9 klass murashkin m.v. berlov s.l. murashkin m.v. zadacha 111817, vserossiyskaya olimpiada 2008, regionalnyy etap, 9 klass stmt-original tri komissii po 100 chelovek ai_checked 300 byurokratov razbity na tri komissii po 100 chelovek. kazhdye dva byurokrata libo znakomy drug s drugom, libo neznakomy. dokazhite, chto naydutsya dva byurokrata iz raznyh komissiy takie, chto v tretey komissii est libo 17 chelovek, znakomyh s oboimi, libo 17 chelovek, neznakomyh s oboimi. stmt-graph byurokraty i obschie znakomye, vserossiyskaya olimpiada 2008 ai_checked pust \\(n\\) — polozhitelnoe tseloe chislo. vershiny prostogo grafa razbity na tri doli a, b, c po \\(n\\) vershin. dokazhite, chto naydutsya dve vershiny iz raznyh doley takie, chto v tretey dole u nih est libo ne menshe \\(\\lceil n/6\\rceil\\) obschih sosedey, libo ne menshe \\(\\lceil n/6\\rceil\\) obschih nesosedey. simple_graph idea-count-similar-pairs-in-triples schet pohozhih par v troykah v kazhdoy troyke iz raznyh komissiy naydetsya para, kotoraya dlya tretego uchastnika vyglyadit odinakovo: on libo znakom s oboimi, libo neznakom s oboimi. dvoynoy schet takih vkladov daet bolshuyu obschuyu okrestnost ili obschuyu neokrestnost. double_counting ai_checked sol-double-counting-triples dvoynoy schet troek ai_checked double_counting pigeonhole_principle dlya pary byurokratov iz dvuh komissiy i byurokrata iz tretey skazhem, chto para pohozha dlya tretego, esli on znakom s oboimi chlenami pary ili neznakom s oboimi. prosummiruem po vsem param iz raznyh komissiy chislo lyudey iz tretey komissii, dlya kotoryh eta para pohozha. v kazhdoy troyke iz treh raznyh komissiy est libo dve svyazi znakomstva, libo dve svyazi neznakomstva, poetomu hotya by odna para v etoy troyke pohozha dlya tretego uchastnika. znachit, summa ne menshe \\(100^3\\). vsego par komissiy i par lyudey v nih \\(3\\cdot100^2\\), poetomu dlya kakoy-to pary chislo pohozhih lyudey v tretey komissii ne menshe \\(100^3/(3\\cdot100^2)>33\\), to est hotya by 34. sredi etih 34 lyudey hotya by 17 otnosyatsya k odnomu iz dvuh tipov: znakomy s oboimi ili neznakomy s oboimi.","source_keys":["vosh"]}
{"id":"vosh-2010-11-final-nonbreakable-company","title":"Неразбиваемая компания без четырёх попарно знакомых, Всероссийская олимпиада 2010/11","path":"data\\problems\\vosh\\vosh-2010-11-final-nonbreakable-company.yaml","raw_github_url":"https://raw.githubusercontent.com/didin-maxim/knowledge_graph_of_graphs/main/data/problems/vosh/vosh-2010-11-final-nonbreakable-company.yaml","viewer_url":"https://didin-maxim.github.io/knowledge_graph_of_graphs/#vosh-2010-11-final-nonbreakable-company","source_key":"vosh","source_label":"Всероссийская олимпиада","source_titles":["Задача 116640, Всероссийская олимпиада 2010/11, заключительный этап, 10 класс"],"year":"2010","type":"olympiad_problem","authors":["Дольников В.Л."],"tags":["coloring","minimal_counterexample","goal_exact_bound"],"agent_topics":[],"difficulty":{"main":"national_final_medium","local_score":5,"comment":"Заключительный этап 2010/11, 10 класс, задача 3; на problems.ru сложность 5-.","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 со средним уровнем анализа","notes":"метаданные источника указывают на архивное/официальное решение, и решение проверено","audit_source":"agent-russian-archives.json"},"statements":{"original":[{"id":"stmt-original","title":"k-неразбиваемая компания","status":"ai_checked","text":"Назовём компанию k-неразбиваемой, если при любом разбиении её на k групп в одной из групп найдутся два знакомых человека. Дана 3-неразбиваемая компания, в которой нет четырёх попарно знакомых человек. Докажите, что её можно разделить на две компании, одна из которых 2-неразбиваемая, а другая — 1-неразбиваемая.","definition_ids":[]}],"graph_theory":[{"id":"stmt-graph","title":"Неразбиваемая компания без четырёх попарно знакомых","status":"ai_checked","text":"Пусть G — простой граф, который нельзя правильно раскрасить в 3 цвета, и в G нет клики из четырёх вершин. Докажите, что множество вершин G можно разбить на две части A и B так, что подграф G[A] не является двудольным, а в подграфе G[B] есть хотя бы одно ребро.","definition_ids":["simple_graph","chromatic_number","bipartite_graph","clique"]}]},"solutions":[{"id":"sol-minimal-odd-cycle","title":"Минимальный нечётный цикл","status":"ai_checked","definition_ids":["clique","cycle"],"standard_idea_ids":["minimal_counterexample","local_recoloring"],"tags":[],"has_text":true,"text_preview":"Переведём условие на язык графов: k-разбиваемость означает правильную k-раскраску. Так как граф не 3-раскрашиваем, он содержит нечётный цикл. Возьмём нечётный цикл C минимальной длины. У него нет хорд, иначе хорда разбила бы его на два меньших цикла, один из которых нечётный. Кроме того, любая вершина вне C смежна не более чем с двумя вершинами C: при трёх соседях либо возник бы меньший нечётный цикл, либо, в случае треугольника C, появилась бы клика из четырёх вершин. Пусть A — вершины C, а B — все остальные вершины. Подграф на A не двудолен. Если бы в B не было рёбер, то C можно было бы раскрасить тремя цветами так, чтобы только одна вершина получила третий цвет, а каждую вершину из B можно было бы покрасить в цвет, отличный от цветов её не более чем двух соседей на C. Получилась бы 3-раскраска всего графа, противоречие. Значит, в B есть ребро."}],"relations":[{"id":"rel-vosh-nonbreakable-brooks","neighbor_id":"brooks-theorem","direction":"backward","type":"same_motif","distance":3,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-shortest-odd-cycle-neighbor-vosh-2010-11","neighbor_id":"shortest-odd-cycle-external-neighbor-bound","direction":"backward","type":"prerequisite","distance":1,"status":"ai_checked"}],"search_text":"vosh-2010-11-final-nonbreakable-company неразбиваемая компания без четырёх попарно знакомых, всероссийская олимпиада 2010/11 coloring minimal_counterexample goal_exact_bound 2010 https://www.problems.ru/view_problem_details_new.php?id=116640 olympiad_archive src-problems-116640 vosh vosh2010 with_solution всероссийская олимпиада всероссийскаяолимпиада всероссийскаяолимпиада2010 дольников в.л. задача 116640, всероссийская олимпиада 2010/11, заключительный этап, 10 класс дольников в.л. задача 116640, всероссийская олимпиада 2010/11, заключительный этап, 10 класс stmt-original k-неразбиваемая компания ai_checked назовём компанию k-неразбиваемой, если при любом разбиении её на k групп в одной из групп найдутся два знакомых человека. дана 3-неразбиваемая компания, в которой нет четырёх попарно знакомых человек. докажите, что её можно разделить на две компании, одна из которых 2-неразбиваемая, а другая — 1-неразбиваемая. stmt-graph неразбиваемая компания без четырёх попарно знакомых ai_checked пусть g — простой граф, который нельзя правильно раскрасить в 3 цвета, и в g нет клики из четырёх вершин. докажите, что множество вершин g можно разбить на две части a и b так, что подграф g[a] не является двудольным, а в подграфе g[b] есть хотя бы одно ребро. simple_graph chromatic_number bipartite_graph clique idea-minimal-odd-cycle-controls-neighbors минимальный нечётный цикл контролирует внешние вершины берётся нечётный цикл минимальной длины. у него нет хорд, а любая внешняя вершина может быть соединена не более чем с двумя его вершинами; иначе появился бы меньший нечётный цикл или клика \\(k_4\\). coloring minimal_counterexample ai_checked sol-minimal-odd-cycle минимальный нечётный цикл ai_checked clique cycle minimal_counterexample local_recoloring переведём условие на язык графов: k-разбиваемость означает правильную k-раскраску. так как граф не 3-раскрашиваем, он содержит нечётный цикл. возьмём нечётный цикл c минимальной длины. у него нет хорд, иначе хорда разбила бы его на два меньших цикла, один из которых нечётный. кроме того, любая вершина вне c смежна не более чем с двумя вершинами c: при трёх соседях либо возник бы меньший нечётный цикл, либо, в случае треугольника c, появилась бы клика из четырёх вершин. пусть a — вершины c, а b — все остальные вершины. подграф на a не двудолен. если бы в b не было рёбер, то c можно было бы раскрасить тремя цветами так, чтобы только одна вершина получила третий цвет, а каждую вершину из b можно было бы покрасить в цвет, отличный от цветов её не более чем двух соседей на c. получилась бы 3-раскраска всего графа, противоречие. значит, в b есть ребро. vosh-2010-11-final-nonbreakable-company nerazbivaemaya kompaniya bez chetyreh poparno znakomyh, vserossiyskaya olimpiada 2010/11 coloring minimal_counterexample goal_exact_bound 2010 https://www.problems.ru/view_problem_details_new.php?id=116640 olympiad_archive src-problems-116640 vosh vosh2010 with_solution vserossiyskaya olimpiada vserossiyskayaolimpiada vserossiyskayaolimpiada2010 dolnikov v.l. zadacha 116640, vserossiyskaya olimpiada 2010/11, zaklyuchitelnyy etap, 10 klass dolnikov v.l. zadacha 116640, vserossiyskaya olimpiada 2010/11, zaklyuchitelnyy etap, 10 klass stmt-original k-nerazbivaemaya kompaniya ai_checked nazovem kompaniyu k-nerazbivaemoy, esli pri lyubom razbienii ee na k grupp v odnoy iz grupp naydutsya dva znakomyh cheloveka. dana 3-nerazbivaemaya kompaniya, v kotoroy net chetyreh poparno znakomyh chelovek. dokazhite, chto ee mozhno razdelit na dve kompanii, odna iz kotoryh 2-nerazbivaemaya, a drugaya — 1-nerazbivaemaya. stmt-graph nerazbivaemaya kompaniya bez chetyreh poparno znakomyh ai_checked pust g — prostoy graf, kotoryy nelzya pravilno raskrasit v 3 tsveta, i v g net kliki iz chetyreh vershin. dokazhite, chto mnozhestvo vershin g mozhno razbit na dve chasti a i b tak, chto podgraf g[a] ne yavlyaetsya dvudolnym, a v podgrafe g[b] est hotya by odno rebro. simple_graph chromatic_number bipartite_graph clique idea-minimal-odd-cycle-controls-neighbors minimalnyy nechetnyy tsikl kontroliruet vneshnie vershiny beretsya nechetnyy tsikl minimalnoy dliny. u nego net hord, a lyubaya vneshnyaya vershina mozhet byt soedinena ne bolee chem s dvumya ego vershinami; inache poyavilsya by menshiy nechetnyy tsikl ili klika \\(k_4\\). coloring minimal_counterexample ai_checked sol-minimal-odd-cycle minimalnyy nechetnyy tsikl ai_checked clique cycle minimal_counterexample local_recoloring perevedem uslovie na yazyk grafov: k-razbivaemost oznachaet pravilnuyu k-raskrasku. tak kak graf ne 3-raskrashivaem, on soderzhit nechetnyy tsikl. vozmem nechetnyy tsikl c minimalnoy dliny. u nego net hord, inache horda razbila by ego na dva menshih tsikla, odin iz kotoryh nechetnyy. krome togo, lyubaya vershina vne c smezhna ne bolee chem s dvumya vershinami c: pri treh sosedyah libo voznik by menshiy nechetnyy tsikl, libo, v sluchae treugolnika c, poyavilas by klika iz chetyreh vershin. pust a — vershiny c, a b — vse ostalnye vershiny. podgraf na a ne dvudolen. esli by v b ne bylo reber, to c mozhno bylo by raskrasit tremya tsvetami tak, chtoby tolko odna vershina poluchila tretiy tsvet, a kazhduyu vershinu iz b mozhno bylo by pokrasit v tsvet, otlichnyy ot tsvetov ee ne bolee chem dvuh sosedey na c. poluchilas by 3-raskraska vsego grafa, protivorechie. znachit, v b est rebro.","source_keys":["vosh"]}
{"id":"vosh-2010-11-regional-warehouses-cement-routing","title":"Перевозка цемента по связной сети складов, Всероссийская олимпиада 2010/11","path":"data\\problems\\vosh\\vosh-2010-11-regional-warehouses-cement-routing.yaml","raw_github_url":"https://raw.githubusercontent.com/didin-maxim/knowledge_graph_of_graphs/main/data/problems/vosh/vosh-2010-11-regional-warehouses-cement-routing.yaml","viewer_url":"https://didin-maxim.github.io/knowledge_graph_of_graphs/#vosh-2010-11-regional-warehouses-cement-routing","source_key":"vosh","source_label":"Всероссийская олимпиада","source_titles":["Всероссийская олимпиада школьников по математике 2010-2011, региональный этап, первый день, 11 класс"],"year":"2010","type":"olympiad_problem","authors":["Карасёв Р."],"tags":["connectivity","induction","graph_model","goal_exact_bound"],"agent_topics":[],"difficulty":{"main":"regional","local_score":4,"comment":"Региональный этап 2010/11, 11 класс, задача 4; официальное решение использует индукцию по связной дорожной сети.","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":"агентский углублённый аудит официального PDF","notes":"Официальный PDF ВсОШ содержит условие, автора, ответ, пример для нижней оценки и самодостаточную индукцию, доказывающую верхнюю оценку.","audit_source":"docs/archive/vosh-official-sweep/deep/vosh-2010-11-regional-warehouses-cement-routing.md"},"statements":{"original":[{"id":"stmt-original","title":"11.4","status":"ai_checked","text":"2011 складов соединены дорогами так, что от любого склада можно проехать к любому другому, возможно, проехав по нескольким дорогам. На складах находится по \\(x_1,\\ldots,x_{2011}\\) кг цемента соответственно. За один рейс можно провезти с произвольного склада на другой склад по соединяющей их дороге произвольное количество цемента. В итоге на складах по плану должно оказаться по \\(y_1,\\ldots,y_{2011}\\) кг цемента соответственно, причём \\(x_1+\\cdots+x_{2011}=y_1+\\cdots+y_{2011}\\). За какое минимальное количество рейсов можно выполнить план при любых значениях чисел \\(x_i\\), \\(y_i\\) и любой схеме дорог?","definition_ids":[]}],"graph_theory":[{"id":"stmt-graph","title":"Перевозка цемента по связной сети складов","status":"ai_checked","text":"Пусть \\(G\\) — связный простой граф на \\(n\\) вершинах. В вершинах заданы начальные неотрицательные веса \\(x_v\\) и требуемые неотрицательные веса \\(y_v\\), причём \\(\\sum_v x_v=\\sum_v y_v\\). За один ход можно перенести произвольный неотрицательный вес вдоль одного ребра. Докажите, что для любых \\(x_v\\), \\(y_v\\) и любого связного \\(G\\) достаточно \\(n-1\\) ходов, и что в общем случае меньшего числа ходов гарантировать нельзя.","definition_ids":["simple_graph","connected_graph"]}]},"solutions":[{"id":"sol-induction-leaf-routing","title":"Индукция по числу складов","status":"ai_checked","definition_ids":["connected_graph"],"standard_idea_ids":["induction"],"tags":[],"has_text":true,"text_preview":"Сначала покажем, что \\(n-1\\) ходов в общем случае необходимы. Возьмём любую связную схему, поместим весь цемент в одну вершину \\(s\\), а в требуемом распределении зададим положительное количество цемента в каждой вершине. Тогда в каждую из остальных \\(n-1\\) вершин цемент должен хотя бы один раз зайти по некоторому ребру. Эти последние заходы происходят в разных рейсах, значит меньше \\(n-1\\) рейсов не хватит. Докажем достаточность индукцией по \\(n\\). При \\(n=1\\) делать ничего не нужно. Пусть \\(n>1\\). Так как граф связен, существует маршрут, проходящий через все вершины. Выберем вершину \\(a\\), которая впервые появляется на таком маршруте позже всех остальных. После удаления \\(a\\) оставшийся граф остаётся связным: для любой другой вершины участок маршрута до её первого появления проходит только через вершины, впервые появившиеся раньше \\(a\\), и даёт связь внутри оставшегося графа. Если \\(x_…"}],"relations":[{"id":"rel-tree-equivalent-properties-vosh-2010-cement-routing","neighbor_id":"tree-equivalent-properties","direction":"backward","type":"prerequisite","distance":1,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-vosh-2010-cement-routing-vosh-2022-country-cut","neighbor_id":"vosh-2022-23-regional-connected-country-cut","direction":"forward","type":"same_motif","distance":2,"status":"needs_human_review"}],"search_text":"vosh-2010-11-regional-warehouses-cement-routing перевозка цемента по связной сети складов, всероссийская олимпиада 2010/11 connectivity induction graph_model goal_exact_bound 2010 https://vos.olimpiada.ru/upload/files/arhive_tasks/2010-2011/region_tasks/new-cut/math/ans-math-11-day1-reg-2010-1.pdf problem_and_solution src-vosh-2010-11-regional-day1-official vosh vosh2010 with_solution всероссийская олимпиада всероссийская олимпиада школьников по математике 2010-2011, региональный этап, первый день, 11 класс всероссийскаяолимпиада всероссийскаяолимпиада2010 карасёв р. карасёв р. всероссийская олимпиада школьников по математике 2010-2011, региональный этап, первый день, 11 класс stmt-original 11.4 ai_checked 2011 складов соединены дорогами так, что от любого склада можно проехать к любому другому, возможно, проехав по нескольким дорогам. на складах находится по \\(x_1,\\ldots,x_{2011}\\) кг цемента соответственно. за один рейс можно провезти с произвольного склада на другой склад по соединяющей их дороге произвольное количество цемента. в итоге на складах по плану должно оказаться по \\(y_1,\\ldots,y_{2011}\\) кг цемента соответственно, причём \\(x_1+\\cdots+x_{2011}=y_1+\\cdots+y_{2011}\\). за какое минимальное количество рейсов можно выполнить план при любых значениях чисел \\(x_i\\), \\(y_i\\) и любой схеме дорог? stmt-graph перевозка цемента по связной сети складов ai_checked пусть \\(g\\) — связный простой граф на \\(n\\) вершинах. в вершинах заданы начальные неотрицательные веса \\(x_v\\) и требуемые неотрицательные веса \\(y_v\\), причём \\(\\sum_v x_v=\\sum_v y_v\\). за один ход можно перенести произвольный неотрицательный вес вдоль одного ребра. докажите, что для любых \\(x_v\\), \\(y_v\\) и любого связного \\(g\\) достаточно \\(n-1\\) ходов, и что в общем случае меньшего числа ходов гарантировать нельзя. simple_graph connected_graph idea-delete-last-visited-vertex удаление вершины, последней впервые встреченной на обходе в связном графе можно выбрать вершину, удаление которой не нарушает связность оставшегося графа: достаточно взять маршрут, проходящий по всем вершинам, и вершину, впервые появившуюся последней. это даёт индукционный шаг. connectivity induction ai_checked idea-reverse-transfer-for-deficit обратный порядок перевозок для дефицитной вершины если у удаляемой вершины избыток, его вывозят сразу. если у неё дефицит, сначала решают обратную задачу от целевого распределения к начальному, а затем разворачивают найденные перевозки. induction ai_checked sol-induction-leaf-routing индукция по числу складов ai_checked connected_graph induction сначала покажем, что \\(n-1\\) ходов в общем случае необходимы. возьмём любую связную схему, поместим весь цемент в одну вершину \\(s\\), а в требуемом распределении зададим положительное количество цемента в каждой вершине. тогда в каждую из остальных \\(n-1\\) вершин цемент должен хотя бы один раз зайти по некоторому ребру. эти последние заходы происходят в разных рейсах, значит меньше \\(n-1\\) рейсов не хватит. докажем достаточность индукцией по \\(n\\). при \\(n=1\\) делать ничего не нужно. пусть \\(n>1\\). так как граф связен, существует маршрут, проходящий через все вершины. выберем вершину \\(a\\), которая впервые появляется на таком маршруте позже всех остальных. после удаления \\(a\\) оставшийся граф остаётся связным: для любой другой вершины участок маршрута до её первого появления проходит только через вершины, впервые появившиеся раньше \\(a\\), и даёт связь внутри оставшегося графа. если \\(x_… vosh-2010-11-regional-warehouses-cement-routing perevozka tsementa po svyaznoy seti skladov, vserossiyskaya olimpiada 2010/11 connectivity induction graph_model goal_exact_bound 2010 https://vos.olimpiada.ru/upload/files/arhive_tasks/2010-2011/region_tasks/new-cut/math/ans-math-11-day1-reg-2010-1.pdf problem_and_solution src-vosh-2010-11-regional-day1-official vosh vosh2010 with_solution vserossiyskaya olimpiada vserossiyskaya olimpiada shkolnikov po matematike 2010-2011, regionalnyy etap, pervyy den, 11 klass vserossiyskayaolimpiada vserossiyskayaolimpiada2010 karasev r. karasev r. vserossiyskaya olimpiada shkolnikov po matematike 2010-2011, regionalnyy etap, pervyy den, 11 klass stmt-original 11.4 ai_checked 2011 skladov soedineny dorogami tak, chto ot lyubogo sklada mozhno proehat k lyubomu drugomu, vozmozhno, proehav po neskolkim dorogam. na skladah nahoditsya po \\(x_1,\\ldots,x_{2011}\\) kg tsementa sootvetstvenno. za odin reys mozhno provezti s proizvolnogo sklada na drugoy sklad po soedinyayuschey ih doroge proizvolnoe kolichestvo tsementa. v itoge na skladah po planu dolzhno okazatsya po \\(y_1,\\ldots,y_{2011}\\) kg tsementa sootvetstvenno, prichem \\(x_1+\\cdots+x_{2011}=y_1+\\cdots+y_{2011}\\). za kakoe minimalnoe kolichestvo reysov mozhno vypolnit plan pri lyubyh znacheniyah chisel \\(x_i\\), \\(y_i\\) i lyuboy sheme dorog? stmt-graph perevozka tsementa po svyaznoy seti skladov ai_checked pust \\(g\\) — svyaznyy prostoy graf na \\(n\\) vershinah. v vershinah zadany nachalnye neotritsatelnye vesa \\(x_v\\) i trebuemye neotritsatelnye vesa \\(y_v\\), prichem \\(\\sum_v x_v=\\sum_v y_v\\). za odin hod mozhno perenesti proizvolnyy neotritsatelnyy ves vdol odnogo rebra. dokazhite, chto dlya lyubyh \\(x_v\\), \\(y_v\\) i lyubogo svyaznogo \\(g\\) dostatochno \\(n-1\\) hodov, i chto v obschem sluchae menshego chisla hodov garantirovat nelzya. simple_graph connected_graph idea-delete-last-visited-vertex udalenie vershiny, posledney vpervye vstrechennoy na obhode v svyaznom grafe mozhno vybrat vershinu, udalenie kotoroy ne narushaet svyaznost ostavshegosya grafa: dostatochno vzyat marshrut, prohodyaschiy po vsem vershinam, i vershinu, vpervye poyavivshuyusya posledney. eto daet induktsionnyy shag. connectivity induction ai_checked idea-reverse-transfer-for-deficit obratnyy poryadok perevozok dlya defitsitnoy vershiny esli u udalyaemoy vershiny izbytok, ego vyvozyat srazu. esli u nee defitsit, snachala reshayut obratnuyu zadachu ot tselevogo raspredeleniya k nachalnomu, a zatem razvorachivayut naydennye perevozki. induction ai_checked sol-induction-leaf-routing induktsiya po chislu skladov ai_checked connected_graph induction snachala pokazhem, chto \\(n-1\\) hodov v obschem sluchae neobhodimy. vozmem lyubuyu svyaznuyu shemu, pomestim ves tsement v odnu vershinu \\(s\\), a v trebuemom raspredelenii zadadim polozhitelnoe kolichestvo tsementa v kazhdoy vershine. togda v kazhduyu iz ostalnyh \\(n-1\\) vershin tsement dolzhen hotya by odin raz zayti po nekotoromu rebru. eti poslednie zahody proishodyat v raznyh reysah, znachit menshe \\(n-1\\) reysov ne hvatit. dokazhem dostatochnost induktsiey po \\(n\\). pri \\(n=1\\) delat nichego ne nuzhno. pust \\(n>1\\). tak kak graf svyazen, suschestvuet marshrut, prohodyaschiy cherez vse vershiny. vyberem vershinu \\(a\\), kotoraya vpervye poyavlyaetsya na takom marshrute pozzhe vseh ostalnyh. posle udaleniya \\(a\\) ostavshiysya graf ostaetsya svyaznym: dlya lyuboy drugoy vershiny uchastok marshruta do ee pervogo poyavleniya prohodit tolko cherez vershiny, vpervye poyavivshiesya ranshe \\(a\\), i daet svyaz vnutri ostavshegosya grafa. esli \\(x_…","source_keys":["vosh"]}
{"id":"vosh-2013-14-regional-even-rows-columns","title":"Добавить фишки до чётных строк и столбцов, Всероссийская олимпиада 2013/14","path":"data\\problems\\vosh\\vosh-2013-14-regional-even-rows-columns.yaml","raw_github_url":"https://raw.githubusercontent.com/didin-maxim/knowledge_graph_of_graphs/main/data/problems/vosh/vosh-2013-14-regional-even-rows-columns.yaml","viewer_url":"https://didin-maxim.github.io/knowledge_graph_of_graphs/#vosh-2013-14-regional-even-rows-columns","source_key":"vosh","source_label":"Всероссийская олимпиада","source_titles":["Задача 64633, Всероссийская олимпиада 2013/14, региональный этап, 10-11 класс"],"year":"2013","type":"olympiad_problem","authors":["Берлов С.Л."],"tags":["double_counting","trees","goal_exact_bound"],"agent_topics":[],"difficulty":{"main":"regional","local_score":5,"comment":"Региональный этап 2013/14, 10-11 класс, задача 8; на problems.ru сложность 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":0.78,"basis":"агентский аудит со средним уровнем анализа","notes":"метаданные источника указывают на архивное/официальное решение, и решение проверено","audit_source":"agent-russian-archives.json"},"statements":{"original":[{"id":"stmt-original","title":"Фишки на доске 50×50","status":"ai_checked","text":"Петя поставил на доску 50×50 несколько фишек, в каждую клетку — не больше одной. Докажите, что Вася может поставить на свободные поля этой же доски не более 99 новых фишек, возможно ни одной, так, чтобы по-прежнему в каждой клетке стояло не больше одной фишки, а в каждой строке и каждом столбце оказалось чётное количество фишек.","definition_ids":[]}],"graph_theory":[{"id":"stmt-graph","title":"Добавить фишки до чётных строк и столбцов","status":"ai_checked","text":"Пусть \\(N\\) — положительное чётное число. В двудольном графе с долями R и C, где \\(|R|=|C|=N\\), некоторые рёбра уже выбраны. Докажите, что можно добавить не более \\(2N-1\\) ещё не выбранных рёбер так, чтобы степень каждой вершины в получившемся выбранном подграфе была чётной.","definition_ids":["bipartite_graph","degree"]}],"graph_hint_reformulations":[{"id":"stmt-graph-complement","title":"","status":"ai_checked","text":"Пусть \\(N\\) — положительное чётное число, а \\(G\\) — двудольный граф с долями \\(R\\) и \\(C\\), где \\(|R|=|C|=N\\). Обозначим через \\(H\\) его дополнение в полном двудольном графе \\(K_{N,N}\\). Пусть \\(T\\) — множество вершин, имеющих нечётную степень в \\(G\\); так как степень каждой вершины в \\(K_{N,N}\\) чётна, это то же самое множество вершин нечётной степени и в \\(H\\). Докажите, что в графе \\(H\\) существует подграф не более чем с \\(2N-1\\) рёбрами, множество вершин нечётной степени которого равно \\(T\\).","definition_ids":["bipartite_graph","degree","complement_graph"]}]},"solutions":[{"id":"sol-complement-forest-tjoin","title":"Лес в графе свободных клеток","status":"ai_checked","definition_ids":["bipartite_graph","degree","path","tree","spanning_tree"],"standard_idea_ids":["complement_graph_transition","delete_to_simplify"],"tags":[],"has_text":true,"text_preview":"Построим двудольный граф: вершины одной доли — строки, другой — столбцы, а уже стоящие фишки — выбранные рёбра. Рассмотрим граф свободных клеток, то есть дополнение до полного двудольного графа \\(K_{50,50}\\). Так как степень каждой вершины в \\(K_{50,50}\\) равна 50, чётность степени вершины в графе свободных клеток совпадает с чётностью числа уже стоящих фишек в соответствующей строке или столбце. В каждой компоненте графа свободных клеток число вершин нечётной степени чётно. Возьмём в каждой нетривиальной компоненте остовное дерево и выберем в нём набор рёбер, у которого нечётные степени ровно в тех вершинах, где сейчас число фишек нечётно; это можно сделать, попарно соединяя такие вершины путями в дереве и беря симметрическую разность путей. Добавление соответствующих фишек исправит все чётности. Выбранных рёбер не больше, чем рёбер в лесу на 100 вершинах, то есть не больше 99."}],"relations":[{"id":"rel-vosh-even-board-odd-main-roads","neighbor_id":"tc-2010-11-odd-main-roads","direction":"backward","type":"same_motif","distance":1,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-vosh-even-board-tree-properties","neighbor_id":"tree-equivalent-properties","direction":"backward","type":"prerequisite","distance":1,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-grid-forest-red-cells-even-board","neighbor_id":"tc-2022-23-blue-red-cells-connectivity","direction":"backward","type":"same_motif","distance":3,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-forest-coins-even-board","neighbor_id":"tc-2023-24-coins-pairing-weighing-forest","direction":"backward","type":"same_motif","distance":2,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-even-board-imo-2024-c8","neighbor_id":"imo-2024-c8-board-coloring-tree","direction":"forward","type":"same_motif","distance":3,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-tree-t-join-parity-vosh-2013-even-rows-columns","neighbor_id":"tree-t-join-parity-lemma","direction":"backward","type":"prerequisite","distance":1,"status":"ai_checked"}],"search_text":"vosh-2013-14-regional-even-rows-columns добавить фишки до чётных строк и столбцов, всероссийская олимпиада 2013/14 double_counting trees goal_exact_bound 2013 https://problems.ru/view_problem_details_new.php?id=64633 olympiad_archive src-problems-64633 vosh vosh2013 with_solution берлов с.л. всероссийская олимпиада всероссийскаяолимпиада всероссийскаяолимпиада2013 задача 64633, всероссийская олимпиада 2013/14, региональный этап, 10-11 класс берлов с.л. задача 64633, всероссийская олимпиада 2013/14, региональный этап, 10-11 класс stmt-original фишки на доске 50×50 ai_checked петя поставил на доску 50×50 несколько фишек, в каждую клетку — не больше одной. докажите, что вася может поставить на свободные поля этой же доски не более 99 новых фишек, возможно ни одной, так, чтобы по-прежнему в каждой клетке стояло не больше одной фишки, а в каждой строке и каждом столбце оказалось чётное количество фишек. stmt-graph добавить фишки до чётных строк и столбцов ai_checked пусть \\(n\\) — положительное чётное число. в двудольном графе с долями r и c, где \\(|r|=|c|=n\\), некоторые рёбра уже выбраны. докажите, что можно добавить не более \\(2n-1\\) ещё не выбранных рёбер так, чтобы степень каждой вершины в получившемся выбранном подграфе была чётной. bipartite_graph degree stmt-graph-complement ai_checked пусть \\(n\\) — положительное чётное число, а \\(g\\) — двудольный граф с долями \\(r\\) и \\(c\\), где \\(|r|=|c|=n\\). обозначим через \\(h\\) его дополнение в полном двудольном графе \\(k_{n,n}\\). пусть \\(t\\) — множество вершин, имеющих нечётную степень в \\(g\\); так как степень каждой вершины в \\(k_{n,n}\\) чётна, это то же самое множество вершин нечётной степени и в \\(h\\). докажите, что в графе \\(h\\) существует подграф не более чем с \\(2n-1\\) рёбрами, множество вершин нечётной степени которого равно \\(t\\). bipartite_graph degree complement_graph idea-t-join-in-complement t-соединение в дополнительном двудольном графе свободные клетки образуют дополнительный двудольный граф. нужно выбрать в нём рёбра с заданным множеством нечётных вершин; это делается по деревьям компонент, а число выбранных рёбер не превосходит 99. double_counting trees ai_checked sol-complement-forest-tjoin лес в графе свободных клеток ai_checked bipartite_graph degree path tree spanning_tree complement_graph_transition delete_to_simplify построим двудольный граф: вершины одной доли — строки, другой — столбцы, а уже стоящие фишки — выбранные рёбра. рассмотрим граф свободных клеток, то есть дополнение до полного двудольного графа \\(k_{50,50}\\). так как степень каждой вершины в \\(k_{50,50}\\) равна 50, чётность степени вершины в графе свободных клеток совпадает с чётностью числа уже стоящих фишек в соответствующей строке или столбце. в каждой компоненте графа свободных клеток число вершин нечётной степени чётно. возьмём в каждой нетривиальной компоненте остовное дерево и выберем в нём набор рёбер, у которого нечётные степени ровно в тех вершинах, где сейчас число фишек нечётно; это можно сделать, попарно соединяя такие вершины путями в дереве и беря симметрическую разность путей. добавление соответствующих фишек исправит все чётности. выбранных рёбер не больше, чем рёбер в лесу на 100 вершинах, то есть не больше 99. vosh-2013-14-regional-even-rows-columns dobavit fishki do chetnyh strok i stolbtsov, vserossiyskaya olimpiada 2013/14 double_counting trees goal_exact_bound 2013 https://problems.ru/view_problem_details_new.php?id=64633 olympiad_archive src-problems-64633 vosh vosh2013 with_solution berlov s.l. vserossiyskaya olimpiada vserossiyskayaolimpiada vserossiyskayaolimpiada2013 zadacha 64633, vserossiyskaya olimpiada 2013/14, regionalnyy etap, 10-11 klass berlov s.l. zadacha 64633, vserossiyskaya olimpiada 2013/14, regionalnyy etap, 10-11 klass stmt-original fishki na doske 50×50 ai_checked petya postavil na dosku 50×50 neskolko fishek, v kazhduyu kletku — ne bolshe odnoy. dokazhite, chto vasya mozhet postavit na svobodnye polya etoy zhe doski ne bolee 99 novyh fishek, vozmozhno ni odnoy, tak, chtoby po-prezhnemu v kazhdoy kletke stoyalo ne bolshe odnoy fishki, a v kazhdoy stroke i kazhdom stolbtse okazalos chetnoe kolichestvo fishek. stmt-graph dobavit fishki do chetnyh strok i stolbtsov ai_checked pust \\(n\\) — polozhitelnoe chetnoe chislo. v dvudolnom grafe s dolyami r i c, gde \\(|r|=|c|=n\\), nekotorye rebra uzhe vybrany. dokazhite, chto mozhno dobavit ne bolee \\(2n-1\\) esche ne vybrannyh reber tak, chtoby stepen kazhdoy vershiny v poluchivshemsya vybrannom podgrafe byla chetnoy. bipartite_graph degree stmt-graph-complement ai_checked pust \\(n\\) — polozhitelnoe chetnoe chislo, a \\(g\\) — dvudolnyy graf s dolyami \\(r\\) i \\(c\\), gde \\(|r|=|c|=n\\). oboznachim cherez \\(h\\) ego dopolnenie v polnom dvudolnom grafe \\(k_{n,n}\\). pust \\(t\\) — mnozhestvo vershin, imeyuschih nechetnuyu stepen v \\(g\\); tak kak stepen kazhdoy vershiny v \\(k_{n,n}\\) chetna, eto to zhe samoe mnozhestvo vershin nechetnoy stepeni i v \\(h\\). dokazhite, chto v grafe \\(h\\) suschestvuet podgraf ne bolee chem s \\(2n-1\\) rebrami, mnozhestvo vershin nechetnoy stepeni kotorogo ravno \\(t\\). bipartite_graph degree complement_graph idea-t-join-in-complement t-soedinenie v dopolnitelnom dvudolnom grafe svobodnye kletki obrazuyut dopolnitelnyy dvudolnyy graf. nuzhno vybrat v nem rebra s zadannym mnozhestvom nechetnyh vershin; eto delaetsya po derevyam komponent, a chislo vybrannyh reber ne prevoshodit 99. double_counting trees ai_checked sol-complement-forest-tjoin les v grafe svobodnyh kletok ai_checked bipartite_graph degree path tree spanning_tree complement_graph_transition delete_to_simplify postroim dvudolnyy graf: vershiny odnoy doli — stroki, drugoy — stolbtsy, a uzhe stoyaschie fishki — vybrannye rebra. rassmotrim graf svobodnyh kletok, to est dopolnenie do polnogo dvudolnogo grafa \\(k_{50,50}\\). tak kak stepen kazhdoy vershiny v \\(k_{50,50}\\) ravna 50, chetnost stepeni vershiny v grafe svobodnyh kletok sovpadaet s chetnostyu chisla uzhe stoyaschih fishek v sootvetstvuyuschey stroke ili stolbtse. v kazhdoy komponente grafa svobodnyh kletok chislo vershin nechetnoy stepeni chetno. vozmem v kazhdoy netrivialnoy komponente ostovnoe derevo i vyberem v nem nabor reber, u kotorogo nechetnye stepeni rovno v teh vershinah, gde seychas chislo fishek nechetno; eto mozhno sdelat, poparno soedinyaya takie vershiny putyami v dereve i berya simmetricheskuyu raznost putey. dobavlenie sootvetstvuyuschih fishek ispravit vse chetnosti. vybrannyh reber ne bolshe, chem reber v lesu na 100 vershinah, to est ne bolshe 99.","source_keys":["vosh"]}
{"id":"vosh-2014-15-regional-grid-rainbow-rectangle","title":"Четыре разных цвета в прямоугольнике доски, Всероссийская олимпиада 2014/15","path":"data\\problems\\vosh\\vosh-2014-15-regional-grid-rainbow-rectangle.yaml","raw_github_url":"https://raw.githubusercontent.com/didin-maxim/knowledge_graph_of_graphs/main/data/problems/vosh/vosh-2014-15-regional-grid-rainbow-rectangle.yaml","viewer_url":"https://didin-maxim.github.io/knowledge_graph_of_graphs/#vosh-2014-15-regional-grid-rainbow-rectangle","source_key":"vosh","source_label":"Всероссийская олимпиада","source_titles":["Всероссийская олимпиада школьников по математике 2014-2015, региональный этап, второй день"],"year":"2014","type":"olympiad_problem","authors":["Д. Храмцов"],"tags":["coloring","extremal_graph_theory","extremal_choice","goal_exact_bound"],"agent_topics":[],"difficulty":{"main":"regional","local_score":6,"comment":"Региональный этап 2014/15, 10 класс, задача 8; ключевой переход - раскраска клеток как раскраска рёбер \\(K_{n,n}\\) и минимальный разноцветный цикл.","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":"глубокий углублённый аудит по официальному PDF MCCME для регионального этапа ВсОШ 2014/15, день 2","notes":"Карточка следует первому официальному решению: конструкция с \\(2n-1\\) цветами, затем двудольный граф строк и столбцов, по одному ребру каждого цвета, и аргумент о кратчайшем радужном цикле, вынуждающий 4-цикл."},"statements":{"original":[{"id":"stmt-original","title":"10.8","status":"source_verified","text":"Дано натуральное число \\(n\\ge 2\\). Рассмотрим все покраски клеток доски \\(n\\times n\\) в \\(k\\) цветов такие, что каждая клетка покрашена ровно в один цвет, и все \\(k\\) цветов встречаются. При каком наименьшем \\(k\\) в любой такой покраске найдутся четыре окрашенные в четыре разных цвета клетки, расположенные в пересечении двух строк и двух столбцов?","definition_ids":[]}],"graph_theory":[{"id":"stmt-graph","title":"Четыре разных цвета в прямоугольнике доски","status":"ai_checked","text":"Рёбра полного двудольного графа \\(K_{n,n}\\) раскрашены в \\(k\\) цветов, причём каждый цвет используется хотя бы на одном ребре. Найдите наименьшее \\(k\\), при котором в любой такой раскраске обязательно существует цикл длины 4, все четыре ребра которого имеют попарно разные цвета.","definition_ids":["bipartite_graph","cycle"]}]},"solutions":[{"id":"sol-rainbow-cycle-threshold","title":"Порог через разноцветные циклы в \\(K_{n,n}\\)","status":"ai_checked","definition_ids":["bipartite_graph","cycle"],"standard_idea_ids":["extremal_choice"],"tags":[],"has_text":true,"text_preview":"Сначала построим раскраску в \\(2n-1\\) цветов без нужной четвёрки. Занумеруем строки числами \\(0,2,4,\\ldots,2n-2\\), а столбцы числами \\(1,3,5,\\ldots,2n-1\\). Последовательно красим все клетки строки или столбца с номером \\(0,1,\\ldots,2n-1\\) в цвет этого номера, каждый раз перекрашивая уже окрашенные клетки. В итоговой раскраске цвет 0 исчезает, а остальные \\(2n-1\\) цветов встречаются. Любые две строки и два столбца задают четыре клетки; среди этих четырёх линий есть линия, покрашенная последней, и две её клетки имеют одинаковый цвет. Значит, четырёх попарно разных цветов там нет. Докажем, что \\(2n\\) цветов всегда достаточно. Построим двудольный граф: одна доля соответствует строкам, другая - столбцам, а клетка становится ребром между своей строкой и своим столбцом, окрашенным в цвет клетки. Нужно найти разноцветный цикл длины 4. Выберем по одному ребру каждого цвета. Получился подграф на…"}],"relations":[{"id":"rel-usamo-1976-p1a-vosh-2014-rainbow-rectangle","neighbor_id":"usamo-1976-p1a-4x7-monochromatic-rectangle-forcing","direction":"backward","type":"same_motif","distance":2,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-vosh-2014-rainbow-rectangle-usamo-1976-monochromatic-rectangle","neighbor_id":"usamo-1976-p1-monochromatic-rectangle-bipartite","direction":"forward","type":"same_motif","distance":2,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-vosh-2014-rainbow-rectangle-imo-1998-c6-rainbow-edge-coloring","neighbor_id":"imo-1998-c6-k-le-4-rainbow-edges-impossible","direction":"forward","type":"same_motif","distance":3,"status":"needs_human_review"}],"search_text":"vosh-2014-15-regional-grid-rainbow-rectangle четыре разных цвета в прямоугольнике доски, всероссийская олимпиада 2014/15 coloring extremal_graph_theory extremal_choice goal_exact_bound 2014 https://olympiads.mccme.ru/vmo/2015/iii-2.pdf problem_and_solution src-vosh-2014-15-regional-day2-official vosh vosh2014 with_solution всероссийская олимпиада всероссийская олимпиада школьников по математике 2014-2015, региональный этап, второй день всероссийскаяолимпиада всероссийскаяолимпиада2014 д. храмцов д. храмцов всероссийская олимпиада школьников по математике 2014-2015, региональный этап, второй день stmt-original 10.8 source_verified дано натуральное число \\(n\\ge 2\\). рассмотрим все покраски клеток доски \\(n\\times n\\) в \\(k\\) цветов такие, что каждая клетка покрашена ровно в один цвет, и все \\(k\\) цветов встречаются. при каком наименьшем \\(k\\) в любой такой покраске найдутся четыре окрашенные в четыре разных цвета клетки, расположенные в пересечении двух строк и двух столбцов? stmt-graph четыре разных цвета в прямоугольнике доски ai_checked рёбра полного двудольного графа \\(k_{n,n}\\) раскрашены в \\(k\\) цветов, причём каждый цвет используется хотя бы на одном ребре. найдите наименьшее \\(k\\), при котором в любой такой раскраске обязательно существует цикл длины 4, все четыре ребра которого имеют попарно разные цвета. bipartite_graph cycle idea-one-edge-per-color-cycle один представитель каждого цвета даёт разноцветный цикл если цветов хотя бы \\(2n\\), выберем по одному ребру каждого цвета. получится подграф на \\(2n\\) вершинах с не меньшим числом рёбер, поэтому в нём есть цикл. все его рёбра имеют разные цвета по построению. extremal_graph_theory ai_checked idea-shortest-rainbow-cycle-is-four кратчайший разноцветный цикл стягивается до четырёхцикла в полном двудольном графе кратчайший разноцветный цикл не может иметь длину больше 4: диагональное ребро между первой строковой и второй столбцовой вершиной либо сразу даёт разноцветный четырёхцикл, либо заменяет часть цикла и даёт более короткий разноцветный цикл. extremal_choice ai_checked sol-rainbow-cycle-threshold порог через разноцветные циклы в \\(k_{n,n}\\) ai_checked bipartite_graph cycle extremal_choice сначала построим раскраску в \\(2n-1\\) цветов без нужной четвёрки. занумеруем строки числами \\(0,2,4,\\ldots,2n-2\\), а столбцы числами \\(1,3,5,\\ldots,2n-1\\). последовательно красим все клетки строки или столбца с номером \\(0,1,\\ldots,2n-1\\) в цвет этого номера, каждый раз перекрашивая уже окрашенные клетки. в итоговой раскраске цвет 0 исчезает, а остальные \\(2n-1\\) цветов встречаются. любые две строки и два столбца задают четыре клетки; среди этих четырёх линий есть линия, покрашенная последней, и две её клетки имеют одинаковый цвет. значит, четырёх попарно разных цветов там нет. докажем, что \\(2n\\) цветов всегда достаточно. построим двудольный граф: одна доля соответствует строкам, другая - столбцам, а клетка становится ребром между своей строкой и своим столбцом, окрашенным в цвет клетки. нужно найти разноцветный цикл длины 4. выберем по одному ребру каждого цвета. получился подграф на… vosh-2014-15-regional-grid-rainbow-rectangle chetyre raznyh tsveta v pryamougolnike doski, vserossiyskaya olimpiada 2014/15 coloring extremal_graph_theory extremal_choice goal_exact_bound 2014 https://olympiads.mccme.ru/vmo/2015/iii-2.pdf problem_and_solution src-vosh-2014-15-regional-day2-official vosh vosh2014 with_solution vserossiyskaya olimpiada vserossiyskaya olimpiada shkolnikov po matematike 2014-2015, regionalnyy etap, vtoroy den vserossiyskayaolimpiada vserossiyskayaolimpiada2014 d. hramtsov d. hramtsov vserossiyskaya olimpiada shkolnikov po matematike 2014-2015, regionalnyy etap, vtoroy den stmt-original 10.8 source_verified dano naturalnoe chislo \\(n\\ge 2\\). rassmotrim vse pokraski kletok doski \\(n\\times n\\) v \\(k\\) tsvetov takie, chto kazhdaya kletka pokrashena rovno v odin tsvet, i vse \\(k\\) tsvetov vstrechayutsya. pri kakom naimenshem \\(k\\) v lyuboy takoy pokraske naydutsya chetyre okrashennye v chetyre raznyh tsveta kletki, raspolozhennye v peresechenii dvuh strok i dvuh stolbtsov? stmt-graph chetyre raznyh tsveta v pryamougolnike doski ai_checked rebra polnogo dvudolnogo grafa \\(k_{n,n}\\) raskrasheny v \\(k\\) tsvetov, prichem kazhdyy tsvet ispolzuetsya hotya by na odnom rebre. naydite naimenshee \\(k\\), pri kotorom v lyuboy takoy raskraske obyazatelno suschestvuet tsikl dliny 4, vse chetyre rebra kotorogo imeyut poparno raznye tsveta. bipartite_graph cycle idea-one-edge-per-color-cycle odin predstavitel kazhdogo tsveta daet raznotsvetnyy tsikl esli tsvetov hotya by \\(2n\\), vyberem po odnomu rebru kazhdogo tsveta. poluchitsya podgraf na \\(2n\\) vershinah s ne menshim chislom reber, poetomu v nem est tsikl. vse ego rebra imeyut raznye tsveta po postroeniyu. extremal_graph_theory ai_checked idea-shortest-rainbow-cycle-is-four kratchayshiy raznotsvetnyy tsikl styagivaetsya do chetyrehtsikla v polnom dvudolnom grafe kratchayshiy raznotsvetnyy tsikl ne mozhet imet dlinu bolshe 4: diagonalnoe rebro mezhdu pervoy strokovoy i vtoroy stolbtsovoy vershinoy libo srazu daet raznotsvetnyy chetyrehtsikl, libo zamenyaet chast tsikla i daet bolee korotkiy raznotsvetnyy tsikl. extremal_choice ai_checked sol-rainbow-cycle-threshold porog cherez raznotsvetnye tsikly v \\(k_{n,n}\\) ai_checked bipartite_graph cycle extremal_choice snachala postroim raskrasku v \\(2n-1\\) tsvetov bez nuzhnoy chetverki. zanumeruem stroki chislami \\(0,2,4,\\ldots,2n-2\\), a stolbtsy chislami \\(1,3,5,\\ldots,2n-1\\). posledovatelno krasim vse kletki stroki ili stolbtsa s nomerom \\(0,1,\\ldots,2n-1\\) v tsvet etogo nomera, kazhdyy raz perekrashivaya uzhe okrashennye kletki. v itogovoy raskraske tsvet 0 ischezaet, a ostalnye \\(2n-1\\) tsvetov vstrechayutsya. lyubye dve stroki i dva stolbtsa zadayut chetyre kletki; sredi etih chetyreh liniy est liniya, pokrashennaya posledney, i dve ee kletki imeyut odinakovyy tsvet. znachit, chetyreh poparno raznyh tsvetov tam net. dokazhem, chto \\(2n\\) tsvetov vsegda dostatochno. postroim dvudolnyy graf: odna dolya sootvetstvuet strokam, drugaya - stolbtsam, a kletka stanovitsya rebrom mezhdu svoey strokoy i svoim stolbtsom, okrashennym v tsvet kletki. nuzhno nayti raznotsvetnyy tsikl dliny 4. vyberem po odnomu rebru kazhdogo tsveta. poluchilsya podgraf na…","source_keys":["vosh"]}
{"id":"vosh-2017-18-regional-friendship-triangle-factor","title":"Минимум дружб при разбиении после удаления ребёнка на тройки, Всероссийская олимпиада 2017/18","path":"data\\problems\\vosh\\vosh-2017-18-regional-friendship-triangle-factor.yaml","raw_github_url":"https://raw.githubusercontent.com/didin-maxim/knowledge_graph_of_graphs/main/data/problems/vosh/vosh-2017-18-regional-friendship-triangle-factor.yaml","viewer_url":"https://didin-maxim.github.io/knowledge_graph_of_graphs/#vosh-2017-18-regional-friendship-triangle-factor","source_key":"vosh","source_label":"Всероссийская олимпиада","source_titles":["Всероссийская олимпиада школьников по математике 2017-2018, региональный этап, второй день, 11 класс"],"year":"2017","type":"olympiad_problem","authors":["Берлов С.Л.","Власова Н."],"tags":["graph_model","extremal_graph_theory","induction","degree_counting","construction","goal_exact_bound"],"agent_topics":[],"difficulty":{"main":"regional","local_score":6,"comment":"Региональный этап 2017/18, 11 класс, задача 9; официальный ответ 198, решение — конструкция и индукция для хороших графов на \\(3k+1\\) вершинах.","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":0.94,"basis":"агентский углублённый аудит официального PDF","notes":"Официальный PDF ВсОШ содержит условие, авторов, ответ 198, перевод на язык графов, экстремальную конструкцию и самодостаточную индукцию через сжатие малостепенного \\(K_4\\); тяжёлая внешняя теорема не используется.","audit_source":"docs/archive/vosh-official-sweep/deep/vosh-2017-18-regional-friendship-triangle-factor.md"},"statements":{"original":[{"id":"stmt-original","title":"11.9","status":"ai_checked","text":"В компании 100 детей, некоторые дети дружат, причём дружба всегда взаимна. Известно, что при выделении любого ребёнка оставшихся 99 детей можно разбить на 33 группы по три человека так, чтобы в каждой группе все трое попарно дружили. Найдите наименьшее возможное количество пар дружащих детей.","definition_ids":[]}],"graph_theory":[{"id":"stmt-graph","title":"Минимум дружб при разбиении после удаления ребёнка на тройки","status":"ai_checked","text":"Назовём простой граф на \\(3k+1\\) вершинах хорошим, если после удаления любой вершины остальные \\(3k\\) вершин можно разбить на \\(k\\) троек, каждая из которых порождает треугольник. Докажите, что в хорошем графе не меньше \\(6k\\) рёбер, и что эта оценка достижима. В частности, при \\(k=33\\) минимум равен 198.","definition_ids":["simple_graph","clique","degree","triangle"]}]},"solutions":[{"id":"sol-induction-good-graphs","title":"Индукция по числу троек","status":"ai_checked","definition_ids":["simple_graph","clique","degree","complete_graph"],"standard_idea_ids":["induction","double_counting"],"tags":[],"has_text":true,"text_preview":"Построим пример. Возьмём вершину \\(A\\), а остальные \\(99\\) вершин разобьём на \\(33\\) тройки и внутри каждой тройки проведём все три ребра. Затем соединим \\(A\\) со всеми остальными вершинами. Рёбер получилось \\(33\\cdot3+99=198\\). Если удалить \\(A\\), остаются исходные треугольники; если удалить другую вершину \\(B\\), то в её тройке можно заменить \\(B\\) на \\(A\\), а остальные тройки оставить прежними. Значит 198 достижимо. Докажем нижнюю оценку в общей форме. Пусть граф на \\(3k+1\\) вершинах хорош, то есть после удаления любой вершины оставшиеся вершины разбиваются на \\(k\\) треугольников. Докажем индукцией по \\(k\\), что в нём не меньше \\(6k\\) рёбер. При \\(k=1\\) после удаления любой вершины три оставшиеся должны образовывать треугольник, значит весь граф есть \\(K_4\\), и рёбер 6. Пусть \\(k>1\\). Если степень каждой вершины хотя бы 4, то по лемме о рукопожатиях число рёбер не меньше \\((3k+1)\\cdot…"}],"relations":[{"id":"rel-vosh-2017-triangle-factor-imc2011-three-quarter-perfect-cover","neighbor_id":"imc-2011-day2-p2b-tripartite-three-quarter-perfect-cover","direction":"forward","type":"same_motif","distance":3,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-handshaking-vosh-2017-friendship-triangle-factor","neighbor_id":"handshaking-lemma","direction":"backward","type":"prerequisite","distance":1,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-vosh-2017-friendship-triangle-factor-imc-2011-tripartite-triangles","neighbor_id":"imc-2011-day2-p2-tripartite-married-triples","direction":"forward","type":"same_motif","distance":3,"status":"needs_human_review"}],"search_text":"vosh-2017-18-regional-friendship-triangle-factor минимум дружб при разбиении после удаления ребёнка на тройки, всероссийская олимпиада 2017/18 graph_model extremal_graph_theory induction degree_counting construction goal_exact_bound 2017 https://vos.olimpiada.ru/upload/files/arhive_tasks/2017-18/region/math/ans-math-11-day2-reg-17-8.pdf problem_and_solution src-vosh-2017-18-regional-day2-official vosh vosh2017 with_solution берлов с.л. власова н. всероссийская олимпиада всероссийская олимпиада школьников по математике 2017-2018, региональный этап, второй день, 11 класс всероссийскаяолимпиада всероссийскаяолимпиада2017 берлов с.л. власова н. всероссийская олимпиада школьников по математике 2017-2018, региональный этап, второй день, 11 класс stmt-original 11.9 ai_checked в компании 100 детей, некоторые дети дружат, причём дружба всегда взаимна. известно, что при выделении любого ребёнка оставшихся 99 детей можно разбить на 33 группы по три человека так, чтобы в каждой группе все трое попарно дружили. найдите наименьшее возможное количество пар дружащих детей. stmt-graph минимум дружб при разбиении после удаления ребёнка на тройки ai_checked назовём простой граф на \\(3k+1\\) вершинах хорошим, если после удаления любой вершины остальные \\(3k\\) вершин можно разбить на \\(k\\) троек, каждая из которых порождает треугольник. докажите, что в хорошем графе не меньше \\(6k\\) рёбер, и что эта оценка достижима. в частности, при \\(k=33\\) минимум равен 198. simple_graph clique degree triangle idea-star-over-disjoint-triangles звезда к набору непересекающихся треугольников конструкция с \\(6k\\) рёбрами: взять \\(k\\) непересекающихся треугольников и одну дополнительную вершину, соединённую со всеми остальными. после удаления центра остаются треугольники, а после удаления другой вершины её заменяет центр. construction ai_checked idea-contract-low-degree-k4 сжатие вершины степени 3 вместе с её соседями если в хорошем графе есть вершина степени меньше 4, то на самом деле её степень равна 3, а три её соседа попарно соединены. удаление этой четвёрки и замена трёх соседей одной вершиной сохраняет хорошесть и уменьшает число рёбер как минимум на 6. induction ai_checked sol-induction-good-graphs индукция по числу троек ai_checked simple_graph clique degree complete_graph induction double_counting построим пример. возьмём вершину \\(a\\), а остальные \\(99\\) вершин разобьём на \\(33\\) тройки и внутри каждой тройки проведём все три ребра. затем соединим \\(a\\) со всеми остальными вершинами. рёбер получилось \\(33\\cdot3+99=198\\). если удалить \\(a\\), остаются исходные треугольники; если удалить другую вершину \\(b\\), то в её тройке можно заменить \\(b\\) на \\(a\\), а остальные тройки оставить прежними. значит 198 достижимо. докажем нижнюю оценку в общей форме. пусть граф на \\(3k+1\\) вершинах хорош, то есть после удаления любой вершины оставшиеся вершины разбиваются на \\(k\\) треугольников. докажем индукцией по \\(k\\), что в нём не меньше \\(6k\\) рёбер. при \\(k=1\\) после удаления любой вершины три оставшиеся должны образовывать треугольник, значит весь граф есть \\(k_4\\), и рёбер 6. пусть \\(k>1\\). если степень каждой вершины хотя бы 4, то по лемме о рукопожатиях число рёбер не меньше \\((3k+1)\\cdot… vosh-2017-18-regional-friendship-triangle-factor minimum druzhb pri razbienii posle udaleniya rebenka na troyki, vserossiyskaya olimpiada 2017/18 graph_model extremal_graph_theory induction degree_counting construction goal_exact_bound 2017 https://vos.olimpiada.ru/upload/files/arhive_tasks/2017-18/region/math/ans-math-11-day2-reg-17-8.pdf problem_and_solution src-vosh-2017-18-regional-day2-official vosh vosh2017 with_solution berlov s.l. vlasova n. vserossiyskaya olimpiada vserossiyskaya olimpiada shkolnikov po matematike 2017-2018, regionalnyy etap, vtoroy den, 11 klass vserossiyskayaolimpiada vserossiyskayaolimpiada2017 berlov s.l. vlasova n. vserossiyskaya olimpiada shkolnikov po matematike 2017-2018, regionalnyy etap, vtoroy den, 11 klass stmt-original 11.9 ai_checked v kompanii 100 detey, nekotorye deti druzhat, prichem druzhba vsegda vzaimna. izvestno, chto pri vydelenii lyubogo rebenka ostavshihsya 99 detey mozhno razbit na 33 gruppy po tri cheloveka tak, chtoby v kazhdoy gruppe vse troe poparno druzhili. naydite naimenshee vozmozhnoe kolichestvo par druzhaschih detey. stmt-graph minimum druzhb pri razbienii posle udaleniya rebenka na troyki ai_checked nazovem prostoy graf na \\(3k+1\\) vershinah horoshim, esli posle udaleniya lyuboy vershiny ostalnye \\(3k\\) vershin mozhno razbit na \\(k\\) troek, kazhdaya iz kotoryh porozhdaet treugolnik. dokazhite, chto v horoshem grafe ne menshe \\(6k\\) reber, i chto eta otsenka dostizhima. v chastnosti, pri \\(k=33\\) minimum raven 198. simple_graph clique degree triangle idea-star-over-disjoint-triangles zvezda k naboru neperesekayuschihsya treugolnikov konstruktsiya s \\(6k\\) rebrami: vzyat \\(k\\) neperesekayuschihsya treugolnikov i odnu dopolnitelnuyu vershinu, soedinennuyu so vsemi ostalnymi. posle udaleniya tsentra ostayutsya treugolniki, a posle udaleniya drugoy vershiny ee zamenyaet tsentr. construction ai_checked idea-contract-low-degree-k4 szhatie vershiny stepeni 3 vmeste s ee sosedyami esli v horoshem grafe est vershina stepeni menshe 4, to na samom dele ee stepen ravna 3, a tri ee soseda poparno soedineny. udalenie etoy chetverki i zamena treh sosedey odnoy vershinoy sohranyaet horoshest i umenshaet chislo reber kak minimum na 6. induction ai_checked sol-induction-good-graphs induktsiya po chislu troek ai_checked simple_graph clique degree complete_graph induction double_counting postroim primer. vozmem vershinu \\(a\\), a ostalnye \\(99\\) vershin razobem na \\(33\\) troyki i vnutri kazhdoy troyki provedem vse tri rebra. zatem soedinim \\(a\\) so vsemi ostalnymi vershinami. reber poluchilos \\(33\\cdot3+99=198\\). esli udalit \\(a\\), ostayutsya ishodnye treugolniki; esli udalit druguyu vershinu \\(b\\), to v ee troyke mozhno zamenit \\(b\\) na \\(a\\), a ostalnye troyki ostavit prezhnimi. znachit 198 dostizhimo. dokazhem nizhnyuyu otsenku v obschey forme. pust graf na \\(3k+1\\) vershinah horosh, to est posle udaleniya lyuboy vershiny ostavshiesya vershiny razbivayutsya na \\(k\\) treugolnikov. dokazhem induktsiey po \\(k\\), chto v nem ne menshe \\(6k\\) reber. pri \\(k=1\\) posle udaleniya lyuboy vershiny tri ostavshiesya dolzhny obrazovyvat treugolnik, znachit ves graf est \\(k_4\\), i reber 6. pust \\(k>1\\). esli stepen kazhdoy vershiny hotya by 4, to po lemme o rukopozhatiyah chislo reber ne menshe \\((3k+1)\\cdot…","source_keys":["vosh"]}
{"id":"vosh-2018-19-final-shirt-recoloring","title":"Перекраска правильной 7-раскраски 11-регулярного графа, Всероссийская олимпиада 2018/19","path":"data\\problems\\vosh\\vosh-2018-19-final-shirt-recoloring.yaml","raw_github_url":"https://raw.githubusercontent.com/didin-maxim/knowledge_graph_of_graphs/main/data/problems/vosh/vosh-2018-19-final-shirt-recoloring.yaml","viewer_url":"https://didin-maxim.github.io/knowledge_graph_of_graphs/#vosh-2018-19-final-shirt-recoloring","source_key":"vosh","source_label":"Всероссийская олимпиада","source_titles":["Всероссийская олимпиада школьников по математике 2018–2019, заключительный этап, первый день, условия и решения"],"year":"2018","type":"olympiad_problem","authors":["Магазинов А."],"tags":["coloring","double_counting","pigeonhole_principle","degree_counting","goal_existence"],"agent_topics":[],"difficulty":{"main":"national_final_medium","local_score":5,"comment":"Заключительный этап 2018/19, 9 класс, задача 9.4; ключевой ход - компоненты двухцветных подграфов и двойной счет по 21 паре цветов.","status":"ai_checked"},"review_status":"ai_checked","public_ready":true,"solution_state":"with_solution","solution_classification":{"type":"official_complete_or_near_complete","label":"официальное полное/почти полное","status":"ai_checked","confidence":0.96,"basis":"официальный PDF финала MCCME/ВМО с условием, автором и полным решением","notes":"Официальный разбор содержит полный графовый аргумент; текущий текст является самостоятельным пересказом того же доказательства без содержательных пробелов.","audit_source":"deep-audit-2026-05-05"},"statements":{"original":[{"id":"stmt-original","title":"Футболки семи цветов","status":"ai_checked","text":"В лагерь приехали 10000 детей, каждый дружит ровно с 11 другими детьми в лагере, дружба взаимна. Каждый ребенок носит футболку одного из семи цветов радуги, причем у любых двух друзей цвета различны. Вожатые потребовали, чтобы какие-нибудь дети, хотя бы один, надели футболки других цветов из тех же семи. Опрос показал, что 100 детей менять цвет не намерены. Докажите, что некоторые из остальных детей все же могут изменить цвета своих футболок так, чтобы по-прежнему у любых двух друзей цвета были различны.","definition_ids":[]}],"graph_theory":[{"id":"stmt-graph","title":"Правильная 7-раскраска 11-регулярного графа со 100 фиксированными вершинами","status":"ai_checked","text":"Пусть простой граф \\(G\\) имеет 10000 вершин, каждая вершина имеет степень 11, и вершины \\(G\\) правильно раскрашены в 7 цветов. Выделены 100 вершин, цвет которых менять нельзя. Докажите, что можно изменить цвет хотя бы одной невыделенной вершины так, чтобы получилась правильная раскраска теми же 7 цветами, а цвета всех выделенных вершин остались прежними.","definition_ids":["simple_graph","degree","chromatic_number","proper_coloring"]}]},"solutions":[{"id":"sol-two-color-component-count","title":"Двухцветные компоненты и двойной счет","status":"ai_checked","definition_ids":["connected_graph","degree"],"standard_idea_ids":["double_counting","local_recoloring"],"tags":[],"has_text":true,"text_preview":"Рассмотрим граф дружбы: вершины соответствуют детям, ребра - парам друзей. Имеющаяся раскраска футболок является правильной 7-раскраской графа, а 100 детей, которые не хотят менять цвет, считаем фиксированными вершинами. Предположим, что требуемая перекраска невозможна. Для любой пары цветов \\(i<j\\) рассмотрим подграф \\(G_{ij}\\), порожденный вершинами этих двух цветов. Пусть \\(c_{ij}\\), \\(v_{ij}\\), \\(e_{ij}\\) - соответственно число его компонент связности, вершин и ребер. Если бы \\(c_{ij}>100\\), то одна из компонент \\(G_{ij}\\) не содержала бы фиксированных вершин. Тогда в этой компоненте можно было бы поменять цвета \\(i\\) и \\(j\\) местами: внутри компоненты правильность сохраняется, к вершинам других цветов конфликтов не появляется, а фиксированные вершины не меняются. Это дало бы допустимую нетривиальную перекраску, противоречие. Значит, \\(c_{ij}\\le 100\\) для всех пар цветов. В каждой к…"}],"relations":[{"id":"rel-five-color-vosh-2018-kempe-swap","neighbor_id":"five-color-theorem","direction":"backward","type":"same_motif","distance":2,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-kolmogorov-2006-r3-super-p3-vosh-2018-shirt-recoloring","neighbor_id":"kolmogorov-2006-round-3-super-league-problem-3","direction":"backward","type":"same_motif","distance":2,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-no-two-color-cycle-bound-vosh-2018-shirt-recoloring","neighbor_id":"no-two-color-cycle-edge-bound","direction":"backward","type":"same_motif","distance":2,"status":"ai_checked"}],"search_text":"vosh-2018-19-final-shirt-recoloring перекраска правильной 7-раскраски 11-регулярного графа, всероссийская олимпиада 2018/19 coloring double_counting pigeonhole_principle degree_counting goal_existence 2018 https://olympiads.mccme.ru/vmo/2019/final/day1.pdf official_archive src-vosh-2018-19-final-day1-official vosh vosh2018 with_solution всероссийская олимпиада всероссийская олимпиада школьников по математике 2018–2019, заключительный этап, первый день, условия и решения всероссийскаяолимпиада всероссийскаяолимпиада2018 магазинов а. магазинов а. всероссийская олимпиада школьников по математике 2018–2019, заключительный этап, первый день, условия и решения stmt-original футболки семи цветов ai_checked в лагерь приехали 10000 детей, каждый дружит ровно с 11 другими детьми в лагере, дружба взаимна. каждый ребенок носит футболку одного из семи цветов радуги, причем у любых двух друзей цвета различны. вожатые потребовали, чтобы какие-нибудь дети, хотя бы один, надели футболки других цветов из тех же семи. опрос показал, что 100 детей менять цвет не намерены. докажите, что некоторые из остальных детей все же могут изменить цвета своих футболок так, чтобы по-прежнему у любых двух друзей цвета были различны. stmt-graph правильная 7-раскраска 11-регулярного графа со 100 фиксированными вершинами ai_checked пусть простой граф \\(g\\) имеет 10000 вершин, каждая вершина имеет степень 11, и вершины \\(g\\) правильно раскрашены в 7 цветов. выделены 100 вершин, цвет которых менять нельзя. докажите, что можно изменить цвет хотя бы одной невыделенной вершины так, чтобы получилась правильная раскраска теми же 7 цветами, а цвета всех выделенных вершин остались прежними. simple_graph degree chromatic_number proper_coloring idea-swap-component-of-two-colors компоненту двух цветов можно поменять местами если в подграфе, порожденном двумя цветами, есть компонента без фиксированных вершин, то в этой компоненте можно поменять два цвета местами. правильность раскраски сохранится, фиксированные вершины не изменятся, а хотя бы одна нефиксированная вершина получит другой цвет. coloring ai_checked idea-count-two-color-components компонент слишком мало, чтобы покрыть нужное число ребер если перекраска невозможна, то каждый двухцветный подграф имеет не более 100 компонент связности. значит, в таком подграфе число ребер не меньше числа вершин минус 100. суммирование по 21 паре цветов противоречит точному подсчету вершинных и реберных вхождений. double_counting ai_checked sol-two-color-component-count двухцветные компоненты и двойной счет ai_checked connected_graph degree double_counting local_recoloring рассмотрим граф дружбы: вершины соответствуют детям, ребра - парам друзей. имеющаяся раскраска футболок является правильной 7-раскраской графа, а 100 детей, которые не хотят менять цвет, считаем фиксированными вершинами. предположим, что требуемая перекраска невозможна. для любой пары цветов \\(i<j\\) рассмотрим подграф \\(g_{ij}\\), порожденный вершинами этих двух цветов. пусть \\(c_{ij}\\), \\(v_{ij}\\), \\(e_{ij}\\) - соответственно число его компонент связности, вершин и ребер. если бы \\(c_{ij}>100\\), то одна из компонент \\(g_{ij}\\) не содержала бы фиксированных вершин. тогда в этой компоненте можно было бы поменять цвета \\(i\\) и \\(j\\) местами: внутри компоненты правильность сохраняется, к вершинам других цветов конфликтов не появляется, а фиксированные вершины не меняются. это дало бы допустимую нетривиальную перекраску, противоречие. значит, \\(c_{ij}\\le 100\\) для всех пар цветов. в каждой к… vosh-2018-19-final-shirt-recoloring perekraska pravilnoy 7-raskraski 11-regulyarnogo grafa, vserossiyskaya olimpiada 2018/19 coloring double_counting pigeonhole_principle degree_counting goal_existence 2018 https://olympiads.mccme.ru/vmo/2019/final/day1.pdf official_archive src-vosh-2018-19-final-day1-official vosh vosh2018 with_solution vserossiyskaya olimpiada vserossiyskaya olimpiada shkolnikov po matematike 2018–2019, zaklyuchitelnyy etap, pervyy den, usloviya i resheniya vserossiyskayaolimpiada vserossiyskayaolimpiada2018 magazinov a. magazinov a. vserossiyskaya olimpiada shkolnikov po matematike 2018–2019, zaklyuchitelnyy etap, pervyy den, usloviya i resheniya stmt-original futbolki semi tsvetov ai_checked v lager priehali 10000 detey, kazhdyy druzhit rovno s 11 drugimi detmi v lagere, druzhba vzaimna. kazhdyy rebenok nosit futbolku odnogo iz semi tsvetov radugi, prichem u lyubyh dvuh druzey tsveta razlichny. vozhatye potrebovali, chtoby kakie-nibud deti, hotya by odin, nadeli futbolki drugih tsvetov iz teh zhe semi. opros pokazal, chto 100 detey menyat tsvet ne namereny. dokazhite, chto nekotorye iz ostalnyh detey vse zhe mogut izmenit tsveta svoih futbolok tak, chtoby po-prezhnemu u lyubyh dvuh druzey tsveta byli razlichny. stmt-graph pravilnaya 7-raskraska 11-regulyarnogo grafa so 100 fiksirovannymi vershinami ai_checked pust prostoy graf \\(g\\) imeet 10000 vershin, kazhdaya vershina imeet stepen 11, i vershiny \\(g\\) pravilno raskrasheny v 7 tsvetov. vydeleny 100 vershin, tsvet kotoryh menyat nelzya. dokazhite, chto mozhno izmenit tsvet hotya by odnoy nevydelennoy vershiny tak, chtoby poluchilas pravilnaya raskraska temi zhe 7 tsvetami, a tsveta vseh vydelennyh vershin ostalis prezhnimi. simple_graph degree chromatic_number proper_coloring idea-swap-component-of-two-colors komponentu dvuh tsvetov mozhno pomenyat mestami esli v podgrafe, porozhdennom dvumya tsvetami, est komponenta bez fiksirovannyh vershin, to v etoy komponente mozhno pomenyat dva tsveta mestami. pravilnost raskraski sohranitsya, fiksirovannye vershiny ne izmenyatsya, a hotya by odna nefiksirovannaya vershina poluchit drugoy tsvet. coloring ai_checked idea-count-two-color-components komponent slishkom malo, chtoby pokryt nuzhnoe chislo reber esli perekraska nevozmozhna, to kazhdyy dvuhtsvetnyy podgraf imeet ne bolee 100 komponent svyaznosti. znachit, v takom podgrafe chislo reber ne menshe chisla vershin minus 100. summirovanie po 21 pare tsvetov protivorechit tochnomu podschetu vershinnyh i rebernyh vhozhdeniy. double_counting ai_checked sol-two-color-component-count dvuhtsvetnye komponenty i dvoynoy schet ai_checked connected_graph degree double_counting local_recoloring rassmotrim graf druzhby: vershiny sootvetstvuyut detyam, rebra - param druzey. imeyuschayasya raskraska futbolok yavlyaetsya pravilnoy 7-raskraskoy grafa, a 100 detey, kotorye ne hotyat menyat tsvet, schitaem fiksirovannymi vershinami. predpolozhim, chto trebuemaya perekraska nevozmozhna. dlya lyuboy pary tsvetov \\(i<j\\) rassmotrim podgraf \\(g_{ij}\\), porozhdennyy vershinami etih dvuh tsvetov. pust \\(c_{ij}\\), \\(v_{ij}\\), \\(e_{ij}\\) - sootvetstvenno chislo ego komponent svyaznosti, vershin i reber. esli by \\(c_{ij}>100\\), to odna iz komponent \\(g_{ij}\\) ne soderzhala by fiksirovannyh vershin. togda v etoy komponente mozhno bylo by pomenyat tsveta \\(i\\) i \\(j\\) mestami: vnutri komponenty pravilnost sohranyaetsya, k vershinam drugih tsvetov konfliktov ne poyavlyaetsya, a fiksirovannye vershiny ne menyayutsya. eto dalo by dopustimuyu netrivialnuyu perekrasku, protivorechie. znachit, \\(c_{ij}\\le 100\\) dlya vseh par tsvetov. v kazhdoy k…","source_keys":["vosh"]}
{"id":"vosh-2022-23-final-optimal-road-networks","title":"Вложенные оптимальные ориентированные дорожные сети, Всероссийская олимпиада 2022/23","path":"data\\problems\\vosh\\vosh-2022-23-final-optimal-road-networks.yaml","raw_github_url":"https://raw.githubusercontent.com/didin-maxim/knowledge_graph_of_graphs/main/data/problems/vosh/vosh-2022-23-final-optimal-road-networks.yaml","viewer_url":"https://didin-maxim.github.io/knowledge_graph_of_graphs/#vosh-2022-23-final-optimal-road-networks","source_key":"vosh","source_label":"Всероссийская олимпиада","source_titles":["Всероссийская олимпиада школьников по математике 2022–2023, заключительный этап, второй день, условия и решения"],"year":"2022","type":"olympiad_problem","authors":["Буслов В."],"tags":["trees","extremal_choice","goal_existence"],"agent_topics":[],"difficulty":{"main":"national_final_hard","local_score":8,"comment":"Заключительный этап 2022/23, 11 класс, задача 8; сильная задача на структуру корневых лесов и обменный аргумент.","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":"официальный PDF финала с решением","notes":"Официальный разбор содержит полный обменный графовый аргумент.","audit_source":"vosh-official-sweep-2010-2026"},"statements":{"original":[{"id":"stmt-original","title":"k-оптимальная система городов и дорог","status":"ai_checked","text":"В стране N городов. В ней действует N(N - 1) дорог с односторонним движением: по одной дороге из X в Y для каждой упорядоченной пары городов \\(X \\ne Y\\). У каждой дороги есть цена её обслуживания. Для данного k = 1, ..., N рассмотрим все способы выделить k городов и N - k дорог так, чтобы из каждого города можно было попасть в какой-то выделенный город, пользуясь только выделенными дорогами. Такую систему городов и дорог с наименьшей суммарной стоимостью обслуживания назовём k-оптимальной. Докажите, что города можно пронумеровать от 1 до N так, что при каждом k = 1, 2, ..., N существует k-оптимальная система дорог с выделенными городами 1, 2, ..., k.","definition_ids":["directed_graph"]}],"graph_theory":[{"id":"stmt-graph","title":"Оптимальные корневые леса в полном ориентированном графе","status":"ai_checked","text":"В полном ориентированном графе на N вершинах без петель каждому ориентированному ребру приписан вес. Для k = 1, ..., N назовём k-сетью выбор k корней и N-k ориентированных рёбер минимального суммарного веса среди всех выборов, в которых из каждой вершины по выбранным рёбрам достижим хотя бы один корень. Докажите, что вершины можно пронумеровать от 1 до N так, что для каждого k существует оптимальная k-сеть с корнями 1, 2, ..., k.","definition_ids":["directed_graph","path","tree","connected_graph"]}]},"solutions":[{"id":"sol-exchange-rooted-forests","title":"Обмен между соседними оптимальными сетями","status":"ai_checked","definition_ids":["directed_graph","path","tree","connected_graph","outdegree","cycle"],"standard_idea_ids":["extremal_choice","induction"],"tags":[],"has_text":true,"text_preview":"Будем называть допустимые выборы k-сетями. Сначала опишем их структуру. Забудем ориентации выбранных дорог k-сети. Полученный неориентированный граф имеет не более k компонент, потому что в каждой компоненте есть выделенный город, достижимый из всех её вершин. С другой стороны, в графе N вершин и N - k рёбер, поэтому компонент не меньше k. Значит, компонент ровно k, каждая компонента является деревом, в каждой есть ровно один выделенный город, а все ориентированные рёбра в этой компоненте направлены к нему. В частности, из каждой невыделенной вершины выходит ровно одно выбранное ребро, а из выделенной — ни одного. Докажем ключевой шаг. Возьмём произвольную оптимальную (k+1)-сеть A с выделенными городами \\(y_0\\), \\(y_1\\), ..., \\(y_k\\) и произвольную оптимальную k-сеть B с выделенными городами \\(x_1\\), ..., \\(x_k\\). Среди городов \\(y_0\\), ..., \\(y_k\\) выберем \\(y_0\\) так, чтобы ни из одно…"}],"relations":[{"id":"rel-tree-equivalent-properties-vosh-2022-optimal-road-networks","neighbor_id":"tree-equivalent-properties","direction":"backward","type":"prerequisite","distance":1,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-putnam-2013-b5-vosh-2022-optimal-road-networks-rooted-forests","neighbor_id":"putnam-2013-b5-functions-iterate-into-roots","direction":"backward","type":"same_motif","distance":2,"status":"ai_checked"}],"search_text":"vosh-2022-23-final-optimal-road-networks вложенные оптимальные ориентированные дорожные сети, всероссийская олимпиада 2022/23 trees extremal_choice goal_existence 2022 https://olympiads.mccme.ru/vmo/2023/final/day2.pdf official_archive src-vosh-2022-23-final-day2-official vosh vosh2022 with_solution буслов в. всероссийская олимпиада всероссийская олимпиада школьников по математике 2022–2023, заключительный этап, второй день, условия и решения всероссийскаяолимпиада всероссийскаяолимпиада2022 буслов в. всероссийская олимпиада школьников по математике 2022–2023, заключительный этап, второй день, условия и решения stmt-original k-оптимальная система городов и дорог ai_checked в стране n городов. в ней действует n(n - 1) дорог с односторонним движением: по одной дороге из x в y для каждой упорядоченной пары городов \\(x \\ne y\\). у каждой дороги есть цена её обслуживания. для данного k = 1, ..., n рассмотрим все способы выделить k городов и n - k дорог так, чтобы из каждого города можно было попасть в какой-то выделенный город, пользуясь только выделенными дорогами. такую систему городов и дорог с наименьшей суммарной стоимостью обслуживания назовём k-оптимальной. докажите, что города можно пронумеровать от 1 до n так, что при каждом k = 1, 2, ..., n существует k-оптимальная система дорог с выделенными городами 1, 2, ..., k. directed_graph stmt-graph оптимальные корневые леса в полном ориентированном графе ai_checked в полном ориентированном графе на n вершинах без петель каждому ориентированному ребру приписан вес. для k = 1, ..., n назовём k-сетью выбор k корней и n-k ориентированных рёбер минимального суммарного веса среди всех выборов, в которых из каждой вершины по выбранным рёбрам достижим хотя бы один корень. докажите, что вершины можно пронумеровать от 1 до n так, что для каждого k существует оптимальная k-сеть с корнями 1, 2, ..., k. directed_graph path tree connected_graph idea-k-network-is-rooted-forest любая допустимая k-сеть является корневым лесом если забыть ориентации, выбранные n - k рёбер дают ровно k компонент: не больше, потому что из каждой компоненты достижим выделенный город, и не меньше, потому что рёбер всего n - k. поэтому каждая компонента — дерево с одним корнем, а все рёбра ориентированы к нему. trees ai_checked idea-exchange-reachable-set обмен рёбрами из области притяжения нового корня сравниваются оптимальные k- и (k+1)-сети. для множества вершин, которые в (k+1)-сети ведут к выбранному удаляемому корню, меняются исходящие из этого множества рёбра между двумя сетями. получаются снова допустимые сети, а сумма стоимостей сохраняется, значит оптимальность не теряется. extremal_choice ai_checked sol-exchange-rooted-forests обмен между соседними оптимальными сетями ai_checked directed_graph path tree connected_graph outdegree cycle extremal_choice induction будем называть допустимые выборы k-сетями. сначала опишем их структуру. забудем ориентации выбранных дорог k-сети. полученный неориентированный граф имеет не более k компонент, потому что в каждой компоненте есть выделенный город, достижимый из всех её вершин. с другой стороны, в графе n вершин и n - k рёбер, поэтому компонент не меньше k. значит, компонент ровно k, каждая компонента является деревом, в каждой есть ровно один выделенный город, а все ориентированные рёбра в этой компоненте направлены к нему. в частности, из каждой невыделенной вершины выходит ровно одно выбранное ребро, а из выделенной — ни одного. докажем ключевой шаг. возьмём произвольную оптимальную (k+1)-сеть a с выделенными городами \\(y_0\\), \\(y_1\\), ..., \\(y_k\\) и произвольную оптимальную k-сеть b с выделенными городами \\(x_1\\), ..., \\(x_k\\). среди городов \\(y_0\\), ..., \\(y_k\\) выберем \\(y_0\\) так, чтобы ни из одно… vosh-2022-23-final-optimal-road-networks vlozhennye optimalnye orientirovannye dorozhnye seti, vserossiyskaya olimpiada 2022/23 trees extremal_choice goal_existence 2022 https://olympiads.mccme.ru/vmo/2023/final/day2.pdf official_archive src-vosh-2022-23-final-day2-official vosh vosh2022 with_solution buslov v. vserossiyskaya olimpiada vserossiyskaya olimpiada shkolnikov po matematike 2022–2023, zaklyuchitelnyy etap, vtoroy den, usloviya i resheniya vserossiyskayaolimpiada vserossiyskayaolimpiada2022 buslov v. vserossiyskaya olimpiada shkolnikov po matematike 2022–2023, zaklyuchitelnyy etap, vtoroy den, usloviya i resheniya stmt-original k-optimalnaya sistema gorodov i dorog ai_checked v strane n gorodov. v ney deystvuet n(n - 1) dorog s odnostoronnim dvizheniem: po odnoy doroge iz x v y dlya kazhdoy uporyadochennoy pary gorodov \\(x \\ne y\\). u kazhdoy dorogi est tsena ee obsluzhivaniya. dlya dannogo k = 1, ..., n rassmotrim vse sposoby vydelit k gorodov i n - k dorog tak, chtoby iz kazhdogo goroda mozhno bylo popast v kakoy-to vydelennyy gorod, polzuyas tolko vydelennymi dorogami. takuyu sistemu gorodov i dorog s naimenshey summarnoy stoimostyu obsluzhivaniya nazovem k-optimalnoy. dokazhite, chto goroda mozhno pronumerovat ot 1 do n tak, chto pri kazhdom k = 1, 2, ..., n suschestvuet k-optimalnaya sistema dorog s vydelennymi gorodami 1, 2, ..., k. directed_graph stmt-graph optimalnye kornevye lesa v polnom orientirovannom grafe ai_checked v polnom orientirovannom grafe na n vershinah bez petel kazhdomu orientirovannomu rebru pripisan ves. dlya k = 1, ..., n nazovem k-setyu vybor k korney i n-k orientirovannyh reber minimalnogo summarnogo vesa sredi vseh vyborov, v kotoryh iz kazhdoy vershiny po vybrannym rebram dostizhim hotya by odin koren. dokazhite, chto vershiny mozhno pronumerovat ot 1 do n tak, chto dlya kazhdogo k suschestvuet optimalnaya k-set s kornyami 1, 2, ..., k. directed_graph path tree connected_graph idea-k-network-is-rooted-forest lyubaya dopustimaya k-set yavlyaetsya kornevym lesom esli zabyt orientatsii, vybrannye n - k reber dayut rovno k komponent: ne bolshe, potomu chto iz kazhdoy komponenty dostizhim vydelennyy gorod, i ne menshe, potomu chto reber vsego n - k. poetomu kazhdaya komponenta — derevo s odnim kornem, a vse rebra orientirovany k nemu. trees ai_checked idea-exchange-reachable-set obmen rebrami iz oblasti prityazheniya novogo kornya sravnivayutsya optimalnye k- i (k+1)-seti. dlya mnozhestva vershin, kotorye v (k+1)-seti vedut k vybrannomu udalyaemomu kornyu, menyayutsya ishodyaschie iz etogo mnozhestva rebra mezhdu dvumya setyami. poluchayutsya snova dopustimye seti, a summa stoimostey sohranyaetsya, znachit optimalnost ne teryaetsya. extremal_choice ai_checked sol-exchange-rooted-forests obmen mezhdu sosednimi optimalnymi setyami ai_checked directed_graph path tree connected_graph outdegree cycle extremal_choice induction budem nazyvat dopustimye vybory k-setyami. snachala opishem ih strukturu. zabudem orientatsii vybrannyh dorog k-seti. poluchennyy neorientirovannyy graf imeet ne bolee k komponent, potomu chto v kazhdoy komponente est vydelennyy gorod, dostizhimyy iz vseh ee vershin. s drugoy storony, v grafe n vershin i n - k reber, poetomu komponent ne menshe k. znachit, komponent rovno k, kazhdaya komponenta yavlyaetsya derevom, v kazhdoy est rovno odin vydelennyy gorod, a vse orientirovannye rebra v etoy komponente napravleny k nemu. v chastnosti, iz kazhdoy nevydelennoy vershiny vyhodit rovno odno vybrannoe rebro, a iz vydelennoy — ni odnogo. dokazhem klyuchevoy shag. vozmem proizvolnuyu optimalnuyu (k+1)-set a s vydelennymi gorodami \\(y_0\\), \\(y_1\\), ..., \\(y_k\\) i proizvolnuyu optimalnuyu k-set b s vydelennymi gorodami \\(x_1\\), ..., \\(x_k\\). sredi gorodov \\(y_0\\), ..., \\(y_k\\) vyberem \\(y_0\\) tak, chtoby ni iz odno…","source_keys":["vosh"]}
{"id":"vosh-2022-23-regional-connected-country-cut","title":"Разбиение связного графа с перевесом рёбер разреза, Всероссийская олимпиада 2022/23","path":"data\\problems\\vosh\\vosh-2022-23-regional-connected-country-cut.yaml","raw_github_url":"https://raw.githubusercontent.com/didin-maxim/knowledge_graph_of_graphs/main/data/problems/vosh/vosh-2022-23-regional-connected-country-cut.yaml","viewer_url":"https://didin-maxim.github.io/knowledge_graph_of_graphs/#vosh-2022-23-regional-connected-country-cut","source_key":"vosh","source_label":"Всероссийская олимпиада","source_titles":["Всероссийская олимпиада школьников по математике 2022–2023, региональный этап, второй день"],"year":"2022","type":"olympiad_problem","authors":["Дидин М. А."],"tags":["connectivity","graph_cut","cut_counting","induction","goal_bound"],"agent_topics":[],"difficulty":{"main":"regional","local_score":7,"comment":"Региональный этап 2022/23, 11 класс, задача 10; индукция по связному графу и структурная лемма об удалении двух вершин.","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 углублённый аудит официального PDF","notes":"Официальное решение содержит полную структуру доказательства; локальная карточка раскрывает компактный шаг докраски смежной пары без изменения математической силы.","audit_source":"docs/archive/vosh-official-sweep/deep/vosh-2022-23-regional-connected-country-cut.md"},"statements":{"original":[{"id":"stmt-original","title":"11.10","status":"ai_checked","text":"В стране \\(2n\\) городов, где \\(n\\) — натуральное число. Некоторые города соединены двусторонними беспосадочными авиалиниями, причём из любого города можно попасть в любой другой, возможно с пересадками. Президент хочет разделить страну на две области и включить каждый город в одну из двух областей. При этом авиалинии разделятся на \\(k\\) межобластных и \\(m\\) внутриобластных. Докажите, что президент может добиться неравенства \\(k-m\\ge n\\).","definition_ids":[]}],"graph_theory":[{"id":"stmt-graph","title":"Разбиение связного графа с перевесом рёбер разреза","status":"ai_checked","text":"Докажите, что в любом связном простом графе с \\(2n\\) вершинами можно раскрасить вершины в два цвета так, чтобы число рёбер с концами разных цветов было не меньше числа рёбер с концами одного цвета плюс \\(n\\).","definition_ids":["simple_graph","connected_graph","graph_cut"]}]},"solutions":[{"id":"sol-induction-two-vertices","title":"Индукция по числу пар вершин","status":"ai_checked","definition_ids":["connected_graph","spanning_tree"],"standard_idea_ids":["induction"],"tags":[],"has_text":true,"text_preview":"Будем доказывать графовую формулировку индукцией по \\(n\\). При \\(n=1\\) связный граф на двух вершинах имеет одно ребро, и разные цвета его концов дают разность \\(1\\). Пусть \\(n>1\\). Нам понадобится структурное утверждение: в любом связном графе хотя бы с тремя вершинами либо есть две смежные вершины, после удаления которых граф остаётся связным, либо есть две висячие вершины. Сначала покажем, как из этого следует индукционный переход. Если найдены две смежные вершины \\(u,v\\), удаление которых сохраняет связность, то по индукции раскрасим остальные \\(2n-2\\) вершин так, чтобы разность между числом разноцветных и одноцветных рёбер была не меньше \\(n-1\\). Зафиксируем эту раскраску и рассмотрим только вклад рёбер, инцидентных \\(u\\) или \\(v\\), включая ребро \\(uv\\). Если красный и синий цвета обозначить числами \\(1\\) и \\(-1\\), то вклад ребра в разность равен минусу произведения цветов его концо…"}],"relations":[{"id":"rel-vosh-2010-cement-routing-vosh-2022-country-cut","neighbor_id":"vosh-2010-11-regional-warehouses-cement-routing","direction":"backward","type":"same_motif","distance":2,"status":"needs_human_review"}],"search_text":"vosh-2022-23-regional-connected-country-cut разбиение связного графа с перевесом рёбер разреза, всероссийская олимпиада 2022/23 connectivity graph_cut cut_counting induction goal_bound 2022 https://olympiads.mccme.ru/vmo/2023/iii-2.pdf problem_and_solution src-vosh-2022-23-regional-day2-official vosh vosh2022 with_solution всероссийская олимпиада всероссийская олимпиада школьников по математике 2022–2023, региональный этап, второй день всероссийскаяолимпиада всероссийскаяолимпиада2022 дидин м. а. дидин м. а. всероссийская олимпиада школьников по математике 2022–2023, региональный этап, второй день stmt-original 11.10 ai_checked в стране \\(2n\\) городов, где \\(n\\) — натуральное число. некоторые города соединены двусторонними беспосадочными авиалиниями, причём из любого города можно попасть в любой другой, возможно с пересадками. президент хочет разделить страну на две области и включить каждый город в одну из двух областей. при этом авиалинии разделятся на \\(k\\) межобластных и \\(m\\) внутриобластных. докажите, что президент может добиться неравенства \\(k-m\\ge n\\). stmt-graph разбиение связного графа с перевесом рёбер разреза ai_checked докажите, что в любом связном простом графе с \\(2n\\) вершинами можно раскрасить вершины в два цвета так, чтобы число рёбер с концами разных цветов было не меньше числа рёбер с концами одного цвета плюс \\(n\\). simple_graph connected_graph graph_cut idea-delete-two-vertices-induction индукция с удалением двух вершин нужно найти две вершины, после удаления которых остаётся связный граф, или две висячие вершины. тогда по индукции красим оставшийся граф; в случае смежной пары выбираем одну из четырёх докрасок пары с положительным локальным вкладом, а в случае двух листьев красим каждый лист противоположно его соседу. induction ai_checked idea-spanning-tree-leaves листья подвешенного остовного дерева структурная лемма доказывается через остовное дерево, подвешенное за невисячую вершину: у самого далёкого предка листьев либо найдётся подходящая смежная пара, либо две висячие вершины, либо можно переподвесить ветви и удалить предка с одним листом. trees ai_checked sol-induction-two-vertices индукция по числу пар вершин ai_checked connected_graph spanning_tree induction будем доказывать графовую формулировку индукцией по \\(n\\). при \\(n=1\\) связный граф на двух вершинах имеет одно ребро, и разные цвета его концов дают разность \\(1\\). пусть \\(n>1\\). нам понадобится структурное утверждение: в любом связном графе хотя бы с тремя вершинами либо есть две смежные вершины, после удаления которых граф остаётся связным, либо есть две висячие вершины. сначала покажем, как из этого следует индукционный переход. если найдены две смежные вершины \\(u,v\\), удаление которых сохраняет связность, то по индукции раскрасим остальные \\(2n-2\\) вершин так, чтобы разность между числом разноцветных и одноцветных рёбер была не меньше \\(n-1\\). зафиксируем эту раскраску и рассмотрим только вклад рёбер, инцидентных \\(u\\) или \\(v\\), включая ребро \\(uv\\). если красный и синий цвета обозначить числами \\(1\\) и \\(-1\\), то вклад ребра в разность равен минусу произведения цветов его концо… vosh-2022-23-regional-connected-country-cut razbienie svyaznogo grafa s perevesom reber razreza, vserossiyskaya olimpiada 2022/23 connectivity graph_cut cut_counting induction goal_bound 2022 https://olympiads.mccme.ru/vmo/2023/iii-2.pdf problem_and_solution src-vosh-2022-23-regional-day2-official vosh vosh2022 with_solution vserossiyskaya olimpiada vserossiyskaya olimpiada shkolnikov po matematike 2022–2023, regionalnyy etap, vtoroy den vserossiyskayaolimpiada vserossiyskayaolimpiada2022 didin m. a. didin m. a. vserossiyskaya olimpiada shkolnikov po matematike 2022–2023, regionalnyy etap, vtoroy den stmt-original 11.10 ai_checked v strane \\(2n\\) gorodov, gde \\(n\\) — naturalnoe chislo. nekotorye goroda soedineny dvustoronnimi besposadochnymi avialiniyami, prichem iz lyubogo goroda mozhno popast v lyuboy drugoy, vozmozhno s peresadkami. prezident hochet razdelit stranu na dve oblasti i vklyuchit kazhdyy gorod v odnu iz dvuh oblastey. pri etom avialinii razdelyatsya na \\(k\\) mezhoblastnyh i \\(m\\) vnutrioblastnyh. dokazhite, chto prezident mozhet dobitsya neravenstva \\(k-m\\ge n\\). stmt-graph razbienie svyaznogo grafa s perevesom reber razreza ai_checked dokazhite, chto v lyubom svyaznom prostom grafe s \\(2n\\) vershinami mozhno raskrasit vershiny v dva tsveta tak, chtoby chislo reber s kontsami raznyh tsvetov bylo ne menshe chisla reber s kontsami odnogo tsveta plyus \\(n\\). simple_graph connected_graph graph_cut idea-delete-two-vertices-induction induktsiya s udaleniem dvuh vershin nuzhno nayti dve vershiny, posle udaleniya kotoryh ostaetsya svyaznyy graf, ili dve visyachie vershiny. togda po induktsii krasim ostavshiysya graf; v sluchae smezhnoy pary vybiraem odnu iz chetyreh dokrasok pary s polozhitelnym lokalnym vkladom, a v sluchae dvuh listev krasim kazhdyy list protivopolozhno ego sosedu. induction ai_checked idea-spanning-tree-leaves listya podveshennogo ostovnogo dereva strukturnaya lemma dokazyvaetsya cherez ostovnoe derevo, podveshennoe za nevisyachuyu vershinu: u samogo dalekogo predka listev libo naydetsya podhodyaschaya smezhnaya para, libo dve visyachie vershiny, libo mozhno perepodvesit vetvi i udalit predka s odnim listom. trees ai_checked sol-induction-two-vertices induktsiya po chislu par vershin ai_checked connected_graph spanning_tree induction budem dokazyvat grafovuyu formulirovku induktsiey po \\(n\\). pri \\(n=1\\) svyaznyy graf na dvuh vershinah imeet odno rebro, i raznye tsveta ego kontsov dayut raznost \\(1\\). pust \\(n>1\\). nam ponadobitsya strukturnoe utverzhdenie: v lyubom svyaznom grafe hotya by s tremya vershinami libo est dve smezhnye vershiny, posle udaleniya kotoryh graf ostaetsya svyaznym, libo est dve visyachie vershiny. snachala pokazhem, kak iz etogo sleduet induktsionnyy perehod. esli naydeny dve smezhnye vershiny \\(u,v\\), udalenie kotoryh sohranyaet svyaznost, to po induktsii raskrasim ostalnye \\(2n-2\\) vershin tak, chtoby raznost mezhdu chislom raznotsvetnyh i odnotsvetnyh reber byla ne menshe \\(n-1\\). zafiksiruem etu raskrasku i rassmotrim tolko vklad reber, intsidentnyh \\(u\\) ili \\(v\\), vklyuchaya rebro \\(uv\\). esli krasnyy i siniy tsveta oboznachit chislami \\(1\\) i \\(-1\\), to vklad rebra v raznost raven minusu proizvedeniya tsvetov ego kontso…","source_keys":["vosh"]}
{"id":"vosh-2025-26-final-regions-friendship-coloring","title":"Участники из регионов, дружба и раскраска графа, Всероссийская олимпиада 2025/26","path":"data\\problems\\vosh\\vosh-2025-26-final-regions-friendship-coloring.yaml","raw_github_url":"https://raw.githubusercontent.com/didin-maxim/knowledge_graph_of_graphs/main/data/problems/vosh/vosh-2025-26-final-regions-friendship-coloring.yaml","viewer_url":"https://didin-maxim.github.io/knowledge_graph_of_graphs/#vosh-2025-26-final-regions-friendship-coloring","source_key":"vosh","source_label":"Всероссийская олимпиада","source_titles":["Всероссийская олимпиада школьников по математике 2025–2026, заключительный этап, первый день, условия","Всероссийская олимпиада школьников по математике 2025–2026, заключительный этап, первый день, решения"],"year":"2025","type":"olympiad_problem","authors":[],"tags":["coloring","goal_existence"],"agent_topics":[],"difficulty":{"main":"national_final_hard","local_score":8,"comment":"Заключительный этап 2025/26, задача 11.3 (она же 9.4); решение опирается на аккуратную попарную перекраску цветов через двудольность двухцветных подграфов.","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 доведён до полного","status":"ai_checked","confidence":0.88,"basis":"официальный источник и повторная проверка полного русского решения из хвоста очереди official-plan-needs-completion","notes":"План перекраски уже развёрнут до самодостаточного доказательства: проверены двудольность двухцветного подграфа, сохранение условия на циклы и итерация по цветам.","audit_source":"official-plan-tail-pass-2026-05-16"},"statements":{"original":[{"id":"stmt-original","title":"11.3 (9.4)","status":"ai_checked","text":"На олимпиаду приехало несколько участников из n регионов, некоторые из них дружат (дружба всегда взаимна). Выяснилось, что для произвольной рассадки нескольких (хотя бы трёх) участников за круглым столом, при которой любые два соседа дружат, участников из каждого региона за столом окажется не более половины общего числа детей за столом. Докажите, что участников можно рассадить по n кабинетам так, чтобы любые два друга оказались в разных кабинетах.","definition_ids":[]}],"graph_theory":[{"id":"stmt-graph","title":"Участники из регионов","status":"ai_checked","text":"Вершины простого графа G уже раскрашены в n цветов так, что в каждом простом цикле никакой цвет не занимает более половины вершин. Докажите, что вершины графа можно правильно раскрасить в те же n цветов.","definition_ids":["simple_graph","cycle"]}]},"solutions":[{"id":"sol-official-compressed","title":"Решение","status":"ai_checked","definition_ids":["cycle"],"standard_idea_ids":["local_recoloring"],"tags":[],"has_text":true,"text_preview":"Рассмотрим граф дружбы G. Регионы дают исходную раскраску вершин в n цветов; условие задачи означает, что в каждом простом цикле никакой цвет не занимает более половины вершин. Назовём такую раскраску приятной. Нужно построить правильную n-раскраску. Достаточно показать, что для любых двух цветов A и B можно перекрасить все вершины этих цветов снова в A и B так, чтобы оба цвета стали правильными, а приятность сохранилась. Рассмотрим индуцированный подграф H на вершинах цветов A и B. Любой простой цикл в H имеет не более половины вершин цвета A и не более половины цвета B, значит цветов на нём поровну и цикл чётный. Следовательно, H двудолен и его вершины можно правильно раскрасить в A и B. После такой перекраски оба цвета становятся правильными. Остаётся проверить сохранение приятности. Для любого простого цикла C в исходном графе условие могло испортиться только для цветов A или B; ска…"}],"relations":[{"id":"rel-five-color-vosh-2025-local-recoloring","neighbor_id":"five-color-theorem","direction":"backward","type":"same_motif","distance":2,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-rmm-2012-vosh-2025-two-side-bipartite-balance","neighbor_id":"rmm-2012-p1-sociable-sets-bipartite-parity","direction":"backward","type":"same_motif","distance":3,"status":"needs_human_review"},{"id":"rel-brooks-vosh-2025-26-color-cleaning","neighbor_id":"brooks-theorem","direction":"backward","type":"same_motif","distance":3,"status":"needs_human_review"}],"search_text":"vosh-2025-26-final-regions-friendship-coloring участники из регионов, дружба и раскраска графа, всероссийская олимпиада 2025/26 coloring goal_existence 2025 https://olympiads.mccme.ru/vmo/2026/final/day1.pdf https://olympiads.mccme.ru/vmo/2026/final/sol1.pdf official_archive src-vosh-2025-26-final-day1-official src-vosh-2025-26-final-sol1-official vosh vosh2025 with_solution всероссийская олимпиада всероссийская олимпиада школьников по математике 2025–2026, заключительный этап, первый день, решения всероссийская олимпиада школьников по математике 2025–2026, заключительный этап, первый день, условия всероссийскаяолимпиада всероссийскаяолимпиада2025 ? всероссийская олимпиада школьников по математике 2025–2026, заключительный этап, первый день, условия всероссийская олимпиада школьников по математике 2025–2026, заключительный этап, первый день, решения stmt-original 11.3 (9.4) ai_checked на олимпиаду приехало несколько участников из n регионов, некоторые из них дружат (дружба всегда взаимна). выяснилось, что для произвольной рассадки нескольких (хотя бы трёх) участников за круглым столом, при которой любые два соседа дружат, участников из каждого региона за столом окажется не более половины общего числа детей за столом. докажите, что участников можно рассадить по n кабинетам так, чтобы любые два друга оказались в разных кабинетах. stmt-graph участники из регионов ai_checked вершины простого графа g уже раскрашены в n цветов так, что в каждом простом цикле никакой цвет не занимает более половины вершин. докажите, что вершины графа можно правильно раскрасить в те же n цветов. simple_graph cycle idea-two-colors-give-bipartite-subgraph два цвета образуют двудольный подграф если смотреть только на вершины двух цветов a и b, то любой простой цикл в этом подграфе содержит не более половины вершин цвета a и не более половины вершин цвета b. значит, на таком цикле цветов a и b поровну, так что цикл чётный. следовательно, весь подграф двудолен. coloring ai_checked idea-recolor-two-colors-and-preserve-cycle-condition перекрашиваем два цвета и сохраняем условие на циклы двудольный подграф на цветах a и b можно правильно раскрасить в цвета a и b. после этого оба цвета становятся правильными. для любого простого цикла условие про не более чем половину одноцветных вершин сохраняется: вершине цвета a можно сопоставить следующую за ней вершину цикла, и это даёт инъекцию в вершины других цветов. coloring ai_checked sol-official-compressed решение ai_checked cycle local_recoloring рассмотрим граф дружбы g. регионы дают исходную раскраску вершин в n цветов; условие задачи означает, что в каждом простом цикле никакой цвет не занимает более половины вершин. назовём такую раскраску приятной. нужно построить правильную n-раскраску. достаточно показать, что для любых двух цветов a и b можно перекрасить все вершины этих цветов снова в a и b так, чтобы оба цвета стали правильными, а приятность сохранилась. рассмотрим индуцированный подграф h на вершинах цветов a и b. любой простой цикл в h имеет не более половины вершин цвета a и не более половины цвета b, значит цветов на нём поровну и цикл чётный. следовательно, h двудолен и его вершины можно правильно раскрасить в a и b. после такой перекраски оба цвета становятся правильными. остаётся проверить сохранение приятности. для любого простого цикла c в исходном графе условие могло испортиться только для цветов a или b; ска… vosh-2025-26-final-regions-friendship-coloring uchastniki iz regionov, druzhba i raskraska grafa, vserossiyskaya olimpiada 2025/26 coloring goal_existence 2025 https://olympiads.mccme.ru/vmo/2026/final/day1.pdf https://olympiads.mccme.ru/vmo/2026/final/sol1.pdf official_archive src-vosh-2025-26-final-day1-official src-vosh-2025-26-final-sol1-official vosh vosh2025 with_solution vserossiyskaya olimpiada vserossiyskaya olimpiada shkolnikov po matematike 2025–2026, zaklyuchitelnyy etap, pervyy den, resheniya vserossiyskaya olimpiada shkolnikov po matematike 2025–2026, zaklyuchitelnyy etap, pervyy den, usloviya vserossiyskayaolimpiada vserossiyskayaolimpiada2025 ? vserossiyskaya olimpiada shkolnikov po matematike 2025–2026, zaklyuchitelnyy etap, pervyy den, usloviya vserossiyskaya olimpiada shkolnikov po matematike 2025–2026, zaklyuchitelnyy etap, pervyy den, resheniya stmt-original 11.3 (9.4) ai_checked na olimpiadu priehalo neskolko uchastnikov iz n regionov, nekotorye iz nih druzhat (druzhba vsegda vzaimna). vyyasnilos, chto dlya proizvolnoy rassadki neskolkih (hotya by treh) uchastnikov za kruglym stolom, pri kotoroy lyubye dva soseda druzhat, uchastnikov iz kazhdogo regiona za stolom okazhetsya ne bolee poloviny obschego chisla detey za stolom. dokazhite, chto uchastnikov mozhno rassadit po n kabinetam tak, chtoby lyubye dva druga okazalis v raznyh kabinetah. stmt-graph uchastniki iz regionov ai_checked vershiny prostogo grafa g uzhe raskrasheny v n tsvetov tak, chto v kazhdom prostom tsikle nikakoy tsvet ne zanimaet bolee poloviny vershin. dokazhite, chto vershiny grafa mozhno pravilno raskrasit v te zhe n tsvetov. simple_graph cycle idea-two-colors-give-bipartite-subgraph dva tsveta obrazuyut dvudolnyy podgraf esli smotret tolko na vershiny dvuh tsvetov a i b, to lyuboy prostoy tsikl v etom podgrafe soderzhit ne bolee poloviny vershin tsveta a i ne bolee poloviny vershin tsveta b. znachit, na takom tsikle tsvetov a i b porovnu, tak chto tsikl chetnyy. sledovatelno, ves podgraf dvudolen. coloring ai_checked idea-recolor-two-colors-and-preserve-cycle-condition perekrashivaem dva tsveta i sohranyaem uslovie na tsikly dvudolnyy podgraf na tsvetah a i b mozhno pravilno raskrasit v tsveta a i b. posle etogo oba tsveta stanovyatsya pravilnymi. dlya lyubogo prostogo tsikla uslovie pro ne bolee chem polovinu odnotsvetnyh vershin sohranyaetsya: vershine tsveta a mozhno sopostavit sleduyuschuyu za ney vershinu tsikla, i eto daet inektsiyu v vershiny drugih tsvetov. coloring ai_checked sol-official-compressed reshenie ai_checked cycle local_recoloring rassmotrim graf druzhby g. regiony dayut ishodnuyu raskrasku vershin v n tsvetov; uslovie zadachi oznachaet, chto v kazhdom prostom tsikle nikakoy tsvet ne zanimaet bolee poloviny vershin. nazovem takuyu raskrasku priyatnoy. nuzhno postroit pravilnuyu n-raskrasku. dostatochno pokazat, chto dlya lyubyh dvuh tsvetov a i b mozhno perekrasit vse vershiny etih tsvetov snova v a i b tak, chtoby oba tsveta stali pravilnymi, a priyatnost sohranilas. rassmotrim indutsirovannyy podgraf h na vershinah tsvetov a i b. lyuboy prostoy tsikl v h imeet ne bolee poloviny vershin tsveta a i ne bolee poloviny tsveta b, znachit tsvetov na nem porovnu i tsikl chetnyy. sledovatelno, h dvudolen i ego vershiny mozhno pravilno raskrasit v a i b. posle takoy perekraski oba tsveta stanovyatsya pravilnymi. ostaetsya proverit sohranenie priyatnosti. dlya lyubogo prostogo tsikla c v ishodnom grafe uslovie moglo isportitsya tolko dlya tsvetov a ili b; ska…","source_keys":["vosh"]}
{"id":"vosh-2025-26-regional-common-neighborhood-red-pairs","title":"Пары незнакомых среди 100 знакомых, региональный этап ВсОШ 2025/26","path":"data\\problems\\vosh\\vosh-2025-26-regional-common-neighborhood-red-pairs.yaml","raw_github_url":"https://raw.githubusercontent.com/didin-maxim/knowledge_graph_of_graphs/main/data/problems/vosh/vosh-2025-26-regional-common-neighborhood-red-pairs.yaml","viewer_url":"https://didin-maxim.github.io/knowledge_graph_of_graphs/#vosh-2025-26-regional-common-neighborhood-red-pairs","source_key":"vosh","source_label":"региональный этап ВсОШ","source_titles":["Всероссийская олимпиада школьников по математике 2025–2026, региональный этап, второй день"],"year":"2025","type":"olympiad_problem","authors":["Центральная предметно-методическая комиссия по математике"],"tags":["graph_model","extremal_graph_theory","complement_graph_transition","double_counting","degree_counting","goal_exact_bound"],"agent_topics":[],"difficulty":{"main":"regional","local_score":7,"comment":"Региональный этап 2025/26, 9 класс, задача 10; точная оценка через пример и подсчёт красных рёбер в пересечениях окрестностей.","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":"глубокий проход с углублённым анализом, 2026-05-05","notes":"Официальный PDF второго дня регионального этапа ВсОШ 2025/26 содержит условие, ответ k=50, экстремальный пример на 102 вершинах, два доказательства оценки и критерии оценивания. Локальная карточка разворачивает первое официальное доказательство через пересечение синих окрестностей; второе лемматическое доказательство в карточку не дублировалось.","audit_source":"docs/archive/vosh-official-sweep/deep/vosh-2025-26-regional-common-neighborhood-red-pairs.md"},"statements":{"original":[{"id":"stmt-original","title":"9.10","status":"ai_checked","text":"В большой компании у каждого человека ровно 100 знакомых в этой же компании; знакомство взаимно. У любого человека среди его 100 знакомых есть хотя бы одна пара людей, не знакомых друг с другом. При каком наибольшем \\(k\\) можно утверждать, что найдётся человек, среди 100 знакомых которого найдутся хотя бы \\(k\\) различных пар людей, в каждой из которых люди не знакомы друг с другом? Один человек может входить в несколько таких пар.","definition_ids":[]}],"graph_theory":[{"id":"stmt-graph","title":"Пары несмежных вершин в 100-регулярных окрестностях","status":"ai_checked","text":"Пусть в конечном простом графе каждая вершина имеет степень 100, а окрестность каждой вершины не является кликой. Найдите наибольшее \\(k\\), для которого обязательно существует вершина, в окрестности которой есть хотя бы \\(k\\) пар несмежных вершин.","definition_ids":["simple_graph","degree","neighborhood","clique"]}]},"solutions":[{"id":"sol-official-neighborhood-intersection","title":"Окрестности двух незнакомых людей","status":"ai_checked","definition_ids":["simple_graph","degree","neighborhood","complement_graph"],"standard_idea_ids":["double_counting","complement_graph_transition"],"tags":[],"has_text":true,"text_preview":"Ответ: \\(k=50\\). Сначала покажем, что больше гарантировать нельзя. Рассмотрим 102 человека, разбитых на 51 пару. Люди внутри каждой пары не знакомы, а любые двое из разных пар знакомы. Тогда у каждого человека ровно 100 знакомых: это все люди, кроме него самого и его напарника. Среди этих 100 знакомых ровно 50 пар незнакомых людей, а именно оставшиеся 50 исходных пар. Значит, \\(k\\ge 51\\) не гарантируется. Докажем, что 50 гарантируется. Переведём условие в граф: вершины — люди, синие рёбра — знакомства, красные рёбра — незнакомства. Из каждой вершины выходит ровно 100 синих рёбер. Пусть \\(N(v)\\) — множество синих соседей вершины \\(v\\). По условию в каждом \\(N(v)\\) есть хотя бы одно красное ребро. Предположим противное: в каждом множестве \\(N(v)\\) не более 49 красных рёбер. Возьмём произвольную вершину \\(v\\). В \\(N(v)\\) найдутся две вершины \\(u_1,u_2\\), соединённые красным ребром. У верши…"}],"relations":[{"id":"rel-min-degree-common-neighborhood-clique-vosh-2025-red-pairs","neighbor_id":"min-degree-common-neighborhood-clique","direction":"backward","type":"same_motif","distance":2,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-vosh-2025-common-neighborhood-apmo-2010-common-acquaintance","neighbor_id":"apmo-2010-p3-common-acquaintance-extremal","direction":"forward","type":"same_motif","distance":2,"status":"ai_checked"}],"search_text":"vosh-2025-26-regional-common-neighborhood-red-pairs пары незнакомых среди 100 знакомых, региональный этап всош 2025/26 graph_model extremal_graph_theory complement_graph_transition double_counting degree_counting goal_exact_bound 2025 https://olympiads.mccme.ru/vmo/2026/iii-2.pdf problem_and_solution src-vosh-2025-26-regional-day2-official vosh vosh2025 with_solution всероссийская олимпиада школьников по математике 2025–2026, региональный этап, второй день региональный этап всош региональныйэтапвсош региональныйэтапвсош2025 центральная предметно-методическая комиссия по математике центральная предметно-методическая комиссия по математике всероссийская олимпиада школьников по математике 2025–2026, региональный этап, второй день stmt-original 9.10 ai_checked в большой компании у каждого человека ровно 100 знакомых в этой же компании; знакомство взаимно. у любого человека среди его 100 знакомых есть хотя бы одна пара людей, не знакомых друг с другом. при каком наибольшем \\(k\\) можно утверждать, что найдётся человек, среди 100 знакомых которого найдутся хотя бы \\(k\\) различных пар людей, в каждой из которых люди не знакомы друг с другом? один человек может входить в несколько таких пар. stmt-graph пары несмежных вершин в 100-регулярных окрестностях ai_checked пусть в конечном простом графе каждая вершина имеет степень 100, а окрестность каждой вершины не является кликой. найдите наибольшее \\(k\\), для которого обязательно существует вершина, в окрестности которой есть хотя бы \\(k\\) пар несмежных вершин. simple_graph degree neighborhood clique idea-blue-red-complement-neighborhoods считать незнакомства внутри окрестностей удобно дополнить граф знакомств до раскраски полного графа двумя цветами: синие рёбра — знакомства, красные — незнакомства. тогда надо найти окрестность по синим рёбрам, в которой много красных рёбер. graph_model ai_checked idea-intersect-red-nonneighbors две красно соединённые вершины с общим синим соседом если в каждой синей окрестности меньше 50 красных рёбер, то для красной пары с общим синим соседом пересечение двух синих окрестностей даёт слишком много красных рёбер, что противоречит предположению. double_counting ai_checked sol-official-neighborhood-intersection окрестности двух незнакомых людей ai_checked simple_graph degree neighborhood complement_graph double_counting complement_graph_transition ответ: \\(k=50\\). сначала покажем, что больше гарантировать нельзя. рассмотрим 102 человека, разбитых на 51 пару. люди внутри каждой пары не знакомы, а любые двое из разных пар знакомы. тогда у каждого человека ровно 100 знакомых: это все люди, кроме него самого и его напарника. среди этих 100 знакомых ровно 50 пар незнакомых людей, а именно оставшиеся 50 исходных пар. значит, \\(k\\ge 51\\) не гарантируется. докажем, что 50 гарантируется. переведём условие в граф: вершины — люди, синие рёбра — знакомства, красные рёбра — незнакомства. из каждой вершины выходит ровно 100 синих рёбер. пусть \\(n(v)\\) — множество синих соседей вершины \\(v\\). по условию в каждом \\(n(v)\\) есть хотя бы одно красное ребро. предположим противное: в каждом множестве \\(n(v)\\) не более 49 красных рёбер. возьмём произвольную вершину \\(v\\). в \\(n(v)\\) найдутся две вершины \\(u_1,u_2\\), соединённые красным ребром. у верши… vosh-2025-26-regional-common-neighborhood-red-pairs pary neznakomyh sredi 100 znakomyh, regionalnyy etap vsosh 2025/26 graph_model extremal_graph_theory complement_graph_transition double_counting degree_counting goal_exact_bound 2025 https://olympiads.mccme.ru/vmo/2026/iii-2.pdf problem_and_solution src-vosh-2025-26-regional-day2-official vosh vosh2025 with_solution vserossiyskaya olimpiada shkolnikov po matematike 2025–2026, regionalnyy etap, vtoroy den regionalnyy etap vsosh regionalnyyetapvsosh regionalnyyetapvsosh2025 tsentralnaya predmetno-metodicheskaya komissiya po matematike tsentralnaya predmetno-metodicheskaya komissiya po matematike vserossiyskaya olimpiada shkolnikov po matematike 2025–2026, regionalnyy etap, vtoroy den stmt-original 9.10 ai_checked v bolshoy kompanii u kazhdogo cheloveka rovno 100 znakomyh v etoy zhe kompanii; znakomstvo vzaimno. u lyubogo cheloveka sredi ego 100 znakomyh est hotya by odna para lyudey, ne znakomyh drug s drugom. pri kakom naibolshem \\(k\\) mozhno utverzhdat, chto naydetsya chelovek, sredi 100 znakomyh kotorogo naydutsya hotya by \\(k\\) razlichnyh par lyudey, v kazhdoy iz kotoryh lyudi ne znakomy drug s drugom? odin chelovek mozhet vhodit v neskolko takih par. stmt-graph pary nesmezhnyh vershin v 100-regulyarnyh okrestnostyah ai_checked pust v konechnom prostom grafe kazhdaya vershina imeet stepen 100, a okrestnost kazhdoy vershiny ne yavlyaetsya klikoy. naydite naibolshee \\(k\\), dlya kotorogo obyazatelno suschestvuet vershina, v okrestnosti kotoroy est hotya by \\(k\\) par nesmezhnyh vershin. simple_graph degree neighborhood clique idea-blue-red-complement-neighborhoods schitat neznakomstva vnutri okrestnostey udobno dopolnit graf znakomstv do raskraski polnogo grafa dvumya tsvetami: sinie rebra — znakomstva, krasnye — neznakomstva. togda nado nayti okrestnost po sinim rebram, v kotoroy mnogo krasnyh reber. graph_model ai_checked idea-intersect-red-nonneighbors dve krasno soedinennye vershiny s obschim sinim sosedom esli v kazhdoy siney okrestnosti menshe 50 krasnyh reber, to dlya krasnoy pary s obschim sinim sosedom peresechenie dvuh sinih okrestnostey daet slishkom mnogo krasnyh reber, chto protivorechit predpolozheniyu. double_counting ai_checked sol-official-neighborhood-intersection okrestnosti dvuh neznakomyh lyudey ai_checked simple_graph degree neighborhood complement_graph double_counting complement_graph_transition otvet: \\(k=50\\). snachala pokazhem, chto bolshe garantirovat nelzya. rassmotrim 102 cheloveka, razbityh na 51 paru. lyudi vnutri kazhdoy pary ne znakomy, a lyubye dvoe iz raznyh par znakomy. togda u kazhdogo cheloveka rovno 100 znakomyh: eto vse lyudi, krome nego samogo i ego naparnika. sredi etih 100 znakomyh rovno 50 par neznakomyh lyudey, a imenno ostavshiesya 50 ishodnyh par. znachit, \\(k\\ge 51\\) ne garantiruetsya. dokazhem, chto 50 garantiruetsya. perevedem uslovie v graf: vershiny — lyudi, sinie rebra — znakomstva, krasnye rebra — neznakomstva. iz kazhdoy vershiny vyhodit rovno 100 sinih reber. pust \\(n(v)\\) — mnozhestvo sinih sosedey vershiny \\(v\\). po usloviyu v kazhdom \\(n(v)\\) est hotya by odno krasnoe rebro. predpolozhim protivnoe: v kazhdom mnozhestve \\(n(v)\\) ne bolee 49 krasnyh reber. vozmem proizvolnuyu vershinu \\(v\\). v \\(n(v)\\) naydutsya dve vershiny \\(u_1,u_2\\), soedinennye krasnym rebrom. u vershi…","source_keys":["vosh"]}
{"id":"vosh-2025-26-regional-degree-difference-friendship","title":"Максимум рёбер при разности степеней соседей 1, Всероссийская олимпиада 2025/26","path":"data\\problems\\vosh\\vosh-2025-26-regional-degree-difference-friendship.yaml","raw_github_url":"https://raw.githubusercontent.com/didin-maxim/knowledge_graph_of_graphs/main/data/problems/vosh/vosh-2025-26-regional-degree-difference-friendship.yaml","viewer_url":"https://didin-maxim.github.io/knowledge_graph_of_graphs/#vosh-2025-26-regional-degree-difference-friendship","source_key":"vosh","source_label":"Всероссийская олимпиада","source_titles":["Всероссийская олимпиада школьников по математике 2025–2026, региональный этап, второй день"],"year":"2025","type":"olympiad_problem","authors":[],"tags":["extremal_graph_theory","degree_counting","goal_exact_bound"],"agent_topics":[],"difficulty":{"main":"regional","local_score":6,"comment":"Региональный этап 2025/26, 10 класс, задача 8; экстремальная задача на степени соседних вершин.","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":"глубокий проход с углублённым анализом, 2026-05-05","notes":"Официальный PDF второго дня регионального этапа ВсОШ 2025/26 содержит условие, ответ 1013*1012, экстремальный пример, полное доказательство верхней оценки по случаям для максимальной степени и критерии оценивания. Карточка является локально развёрнутым пересказом официального решения.","audit_source":"docs/archive/vosh-official-sweep/deep/vosh-2025-26-regional-degree-difference-friendship.md"},"statements":{"original":[{"id":"stmt-original","title":"10.8","status":"ai_checked","text":"В конференции участвуют 2026 математиков, у каждого из которых есть некоторое количество друзей, возможно ни одного. Дружба взаимна. Известно, что если двое математиков дружат, то количества друзей у них отличаются ровно на 1. Найдите наибольшее возможное количество пар друзей.","definition_ids":[]}],"graph_theory":[{"id":"stmt-graph","title":"Максимум рёбер при разности степеней соседей 1","status":"ai_checked","text":"Пусть \\(G\\) — простой граф на 2026 вершинах, в котором степени любых двух смежных вершин отличаются ровно на 1. Найдите максимальное возможное число рёбер графа \\(G\\).","definition_ids":["simple_graph","degree"]}]},"solutions":[{"id":"sol-degree-layers","title":"Слои по степеням","status":"ai_checked","definition_ids":["degree"],"standard_idea_ids":[],"tags":[],"has_text":true,"text_preview":"Ответ: \\(1013\\cdot1012\\). Обозначим \\(k=1013\\), так что всего вершин \\(2k\\). Пример с \\(k(k-1)\\) рёбрами устроен так: одна вершина изолирована, остальные вершины разбиты на два множества \\(X\\) и \\(Y\\) размеров \\(k\\) и \\(k-1\\), и каждая вершина из \\(X\\) соединена со всеми вершинами из \\(Y\\). Тогда степени вершин из \\(X\\) равны \\(k-1\\), степени вершин из \\(Y\\) равны \\(k\\), поэтому условие выполнено, а число рёбер равно \\(k(k-1)\\). Докажем верхнюю оценку. Для каждого \\(i\\) пусть \\(X_i\\) — множество вершин степени \\(i\\). По условию любое ребро соединяет вершины из двух соседних слоёв \\(X_{i-1}\\) и \\(X_i\\). Пусть \\(m\\) — максимальная степень вершины. Если \\(m\\le k-1\\), то сумма степеней не превосходит \\((k-1)\\cdot 2k\\), поэтому \\(|E|\\le k(k-1)\\). Если \\(m\\ge k+1\\), возьмём вершину \\(A\\) степени \\(m\\). Все её соседи лежат в \\(X_{m-1}\\), значит \\(|X_{m-1}|\\ge m\\). Любая вершина \\(B\\in X_{m-1}\\…"}],"relations":[{"id":"rel-handshaking-vosh-2025-degree-difference-friendship","neighbor_id":"handshaking-lemma","direction":"backward","type":"prerequisite","distance":1,"status":"ai_checked"}],"search_text":"vosh-2025-26-regional-degree-difference-friendship максимум рёбер при разности степеней соседей 1, всероссийская олимпиада 2025/26 extremal_graph_theory degree_counting goal_exact_bound 2025 https://olympiads.mccme.ru/vmo/2026/iii-2.pdf problem_and_solution src-vosh-2025-26-regional-day2-official vosh vosh2025 with_solution всероссийская олимпиада всероссийская олимпиада школьников по математике 2025–2026, региональный этап, второй день всероссийскаяолимпиада всероссийскаяолимпиада2025 ? всероссийская олимпиада школьников по математике 2025–2026, региональный этап, второй день stmt-original 10.8 ai_checked в конференции участвуют 2026 математиков, у каждого из которых есть некоторое количество друзей, возможно ни одного. дружба взаимна. известно, что если двое математиков дружат, то количества друзей у них отличаются ровно на 1. найдите наибольшее возможное количество пар друзей. stmt-graph максимум рёбер при разности степеней соседей 1 ai_checked пусть \\(g\\) — простой граф на 2026 вершинах, в котором степени любых двух смежных вершин отличаются ровно на 1. найдите максимальное возможное число рёбер графа \\(g\\). simple_graph degree idea-degree-layer-bound рёбра идут только между соседними слоями степеней разобьём вершины на множества \\(x_i\\) по степени. тогда каждое ребро может соединять только \\(x_{i-1}\\) и \\(x_i\\), что позволяет оценивать число рёбер через чётные и нечётные слои. degree_counting ai_checked sol-degree-layers слои по степеням ai_checked degree ответ: \\(1013\\cdot1012\\). обозначим \\(k=1013\\), так что всего вершин \\(2k\\). пример с \\(k(k-1)\\) рёбрами устроен так: одна вершина изолирована, остальные вершины разбиты на два множества \\(x\\) и \\(y\\) размеров \\(k\\) и \\(k-1\\), и каждая вершина из \\(x\\) соединена со всеми вершинами из \\(y\\). тогда степени вершин из \\(x\\) равны \\(k-1\\), степени вершин из \\(y\\) равны \\(k\\), поэтому условие выполнено, а число рёбер равно \\(k(k-1)\\). докажем верхнюю оценку. для каждого \\(i\\) пусть \\(x_i\\) — множество вершин степени \\(i\\). по условию любое ребро соединяет вершины из двух соседних слоёв \\(x_{i-1}\\) и \\(x_i\\). пусть \\(m\\) — максимальная степень вершины. если \\(m\\le k-1\\), то сумма степеней не превосходит \\((k-1)\\cdot 2k\\), поэтому \\(|e|\\le k(k-1)\\). если \\(m\\ge k+1\\), возьмём вершину \\(a\\) степени \\(m\\). все её соседи лежат в \\(x_{m-1}\\), значит \\(|x_{m-1}|\\ge m\\). любая вершина \\(b\\in x_{m-1}\\… vosh-2025-26-regional-degree-difference-friendship maksimum reber pri raznosti stepeney sosedey 1, vserossiyskaya olimpiada 2025/26 extremal_graph_theory degree_counting goal_exact_bound 2025 https://olympiads.mccme.ru/vmo/2026/iii-2.pdf problem_and_solution src-vosh-2025-26-regional-day2-official vosh vosh2025 with_solution vserossiyskaya olimpiada vserossiyskaya olimpiada shkolnikov po matematike 2025–2026, regionalnyy etap, vtoroy den vserossiyskayaolimpiada vserossiyskayaolimpiada2025 ? vserossiyskaya olimpiada shkolnikov po matematike 2025–2026, regionalnyy etap, vtoroy den stmt-original 10.8 ai_checked v konferentsii uchastvuyut 2026 matematikov, u kazhdogo iz kotoryh est nekotoroe kolichestvo druzey, vozmozhno ni odnogo. druzhba vzaimna. izvestno, chto esli dvoe matematikov druzhat, to kolichestva druzey u nih otlichayutsya rovno na 1. naydite naibolshee vozmozhnoe kolichestvo par druzey. stmt-graph maksimum reber pri raznosti stepeney sosedey 1 ai_checked pust \\(g\\) — prostoy graf na 2026 vershinah, v kotorom stepeni lyubyh dvuh smezhnyh vershin otlichayutsya rovno na 1. naydite maksimalnoe vozmozhnoe chislo reber grafa \\(g\\). simple_graph degree idea-degree-layer-bound rebra idut tolko mezhdu sosednimi sloyami stepeney razobem vershiny na mnozhestva \\(x_i\\) po stepeni. togda kazhdoe rebro mozhet soedinyat tolko \\(x_{i-1}\\) i \\(x_i\\), chto pozvolyaet otsenivat chislo reber cherez chetnye i nechetnye sloi. degree_counting ai_checked sol-degree-layers sloi po stepenyam ai_checked degree otvet: \\(1013\\cdot1012\\). oboznachim \\(k=1013\\), tak chto vsego vershin \\(2k\\). primer s \\(k(k-1)\\) rebrami ustroen tak: odna vershina izolirovana, ostalnye vershiny razbity na dva mnozhestva \\(x\\) i \\(y\\) razmerov \\(k\\) i \\(k-1\\), i kazhdaya vershina iz \\(x\\) soedinena so vsemi vershinami iz \\(y\\). togda stepeni vershin iz \\(x\\) ravny \\(k-1\\), stepeni vershin iz \\(y\\) ravny \\(k\\), poetomu uslovie vypolneno, a chislo reber ravno \\(k(k-1)\\). dokazhem verhnyuyu otsenku. dlya kazhdogo \\(i\\) pust \\(x_i\\) — mnozhestvo vershin stepeni \\(i\\). po usloviyu lyuboe rebro soedinyaet vershiny iz dvuh sosednih sloev \\(x_{i-1}\\) i \\(x_i\\). pust \\(m\\) — maksimalnaya stepen vershiny. esli \\(m\\le k-1\\), to summa stepeney ne prevoshodit \\((k-1)\\cdot 2k\\), poetomu \\(|e|\\le k(k-1)\\). esli \\(m\\ge k+1\\), vozmem vershinu \\(a\\) stepeni \\(m\\). vse ee sosedi lezhat v \\(x_{m-1}\\), znachit \\(|x_{m-1}|\\ge m\\). lyubaya vershina \\(b\\in x_{m-1}\\…","source_keys":["vosh"]}
{"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"]}