{"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-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":"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-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":"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-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":"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":"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-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":"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":"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-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":"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":"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":"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-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":"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-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-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":"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-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":"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-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":"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":"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-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":"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":"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-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-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"]}