Karácsonyi és újévi feladványok megoldásai

A karácsonyi gyufafeladványra húszan küldtek be helyes megoldást vagy megoldásokat. Mindhárom kitűzött verzióra több megoldás is létezik. Azt a bevezető szöveget, hogy ezek az év legnehezebb gyufafeladványai, csak ösztökélésnek szántam, egyébként mindegyik feladvány megoldható volt kevesebb gyufaszál áthelyezésével. Aki kevesebbel meg tudta oldani, vagy több megoldást küldött, plusz pontot kapott. Egyesek segédprogramot is írtak, amivel automatikusan kerestek megoldásokat. A program persze csak bizonyos sémák alapján tud keresni, amit beleprogramoztak, így a kreatívabb megoldásokat, amikre a program írója nem gondolt, azt nem tudja megtalálni. Az alábbiakban néhány érdekesebb megoldást szedtem össze.

Egy sokak által talált megoldás nulla használatával és három gyufaszál áthelyezésével:
9+87+654+3210+9 → 0+87+694+4210+9 = 5000

Egy olyan megoldás négy gyufaszál áthelyezésével, ahol háromjegyű számból négyjegyűt csinálunk:
9+87+654+3210+9 → 3+37+6641+3310+9 = 10000

10000-re van több megoldás három gyufaszál áthelyezésével is:
9+87+654+3210+9 → 3+67+654+9270+6 = 10000
9+87+654+3210+9 → 6+61+654+9270+9 = 10000

Egy kreatív lehetőség négy gyufaszál áthelyezésével, amiben egy új számot, illetve számjegyet, új sorba rakunk:
9+87+654+3210+9 → 4+87+694+9210+4+1 = 10000

Egy másik kreatív lehetőség a negatív számok használata, ráadásul így a kitűzöttnél kettővel kevesebb gyufaszállal is megoldható volt az Ördöglakat blogon kitűzött feladvány:
1+23+456+7890+1 → -7-23+156+1890+1 = 2017

Van azonban 2017-re negatív számok nélkül is megoldás három gyufaszál áthelyezésével:
1+23+456+7890+1 → 1+29+956+1030+1 = 2017

Egy saját megoldás, amit mások nem találtak meg, amikor az egyik számjegyet kettéválasztjuk, és a nyolcas számjegyből két egyes lesz:
9+87+654+3210+9 → 9+1117+655+3210+9 = 5000

Van egy különleges megoldás, ami négy gyufaszál áthelyezésével működik, de működhet hárommal is, ha az egyes számjegyet a számjegyhez tartozó mező jobb oldalára rendezve jelenítjük meg kezdetben, ahogy egyébként szokásos. Ekkor a 10-es részt kevesebb gyufaszál áthelyezésével is át lehet alakítani 41-re összekötve az egyes számjegyet a nulla bal oldalával:
9+87+654+3210+9 → 9+87+1654+3241+9 = 5000

Két gyufaszál áthelyezésével is lehet érdekességeket kihozni:
9+87+654+3210+9 → 5+81+694+9210+9 = 9999

9999-et egyébként közészúrással is ki lehet hozni, ami még egy további módszer három gyufaszál áthelyezésével:
9+87+654+3210+9 → 9+217+554+9210+9 = 9999

És van még megoldás sok más számra is, például két gyufaszál áthelyezésével 4000-re. Három gyufaszál áthelyezésével 3000, 6000, 7777, 8888 kihozható. Négy áthelyezéssel pedig 2000, 8000, 2222, 3333, 4444, 5555, 6666 megkapható.

---

Most pedig térjünk át az újévi kalkulátoros feladvány megoldásaira. Ezekből szintén rengeteg van. Ennél is voltak néhányan, akik programot írtak a keresésre, de olyan sok lehetőség van, hogy a legtöbben nem tudták az összeset végigpróbálgatni program segítségével sem, ezért csak bizonyos sémákat vettek végig, amikkel várható volt, hogy sok megoldást találnak. Meg kell jegyezni, hogy mindenkinek megadtam a maximális pontot, aki bármilyen megoldást talált, de a duplapluszkreatív pontversenyben, azaz plusz pontokban csak az kaphatot maximálisat, aki legalább egy szép megoldást is küldött. Szép megoldásnak én azt nevezem, amiben nincsen nullával vagy eggyel való szorzás, eggyel való osztás, és nullát sem osztjuk semmivel, továbbá nem kezdődik nullával többjegyű szám. Még szebb továbbá az olyan megoldás, ami egyszerre működőképes a kétféle számológép típussal.

Néhány szép megoldás azonos sémára P. G. beküldőtől , ahol a számológép típusa is lényegtelen:
95*76/4+230-18 = 2017
96*78/3-520+41 = 2017
92*76/4+350-81 = 2017
72*69/4+810-35 = 2017
36*87/2+541-90 = 2017

Ugyancsak szép megoldások másoktól, nagyon hasonló sémára:
507*16/4-39+28 = 2017
1027*8/4+56-93 = 2017

Pavkoni nevű beküldő igazán átfogó elemzést csinált programmal. Sikerült végignéznie az összes lehetőséget. Ennek számossága: 10!*126*4! = 10973491200, ahol 126 = 9*8*7*6/(4*3*2*1) annak a számossága, hogy hányféleképpen szúrhatunk be tíz szám közé négy operátort, ha a mínusz jelet előjelként nem használjuk. A program kivette a nullával kezdődő számok esetét, így 25362 megoldást talált a részeredménnyel tovább számoló, és 33480-at a végén kiértékelős kalkulátorra. Meg kell azonban jegyezni, hogy a program különböző megoldásnak tekinti az alábbi lényegében ekvivalens felírásokat:
98/7-65+1034*2 = 2017
98/7-65+2*1034 = 2017

Pavkoni megvizsgálta azt is, hogy kevesebb számjeggyel hogyan oldható meg 2017 felírása. Azt találta, hogy 0-tól 6-ig használva a számjegyeket van 5+8 megoldás, de a hatos számjegyet elhagyva már nem megoldható a feladat. Ezen kívül Pavkoni azt is megnézte, hogy melyik a legkisebb pozitív egész szám, amihez nincsen megoldás. A részeredménnyel tovább számolós esetben ez a szám a 727234, míg a végén kiértékelős esetben 171720.

A pontverseny állása az első két fejtörőre küldött megoldások kiértékelése után megtalálható ebben a táblázatban: itt.

Paradox lottókombináció (megoldás)

Annipanni ezen a héten két szelvénnyel játszik a hatoslottón. Van egy szerencseszáma, amit mind a két szelvényén bejelöl, a többi száma viszont mind különböző. Minek van nagyobb esélye: annak, hogy lesz két hármas találata, ami előző héten például 2 x 1185 = 2370 forintot fizetett volna, vagy annak hogy lesz egy hármas és egy négyes találata, ami előző héten 1185 + 5595 = 6780 forintot ért volna?

Még tavaly áprilisban tűztem ki a paradox lottókombináció című feladványt, de sajnos a meghosszabított beküldési határidő ellenére sem érkezett egyetlen megoldás se azóta. A fenti rávezető feladatban konkrétan megadok egy olyan paradox lottókombinációt, amiről az eredeti feladatban szó volt. Ennek az átfogalmazott feladatnak a megoldását közlöm az alábbiakban, így aki szeretné saját maga kiszámolni, az ne olvassa tovább ezt a bejegyzést.

Megoldás: Természetesnek tűnik, hogy egy hármas és egy négyes találatnak kisebb legyen az esélye a két hármas találatnál, hiszen az előbbinek nagyobb a nyeremény értéke (6780 > 2370), azaz többet fizetnek érte, és azt várnánk, hogy minél nagyobb a találatokhoz tartozó nyereményösszeg, annál nehezebb eltalálni. A feladatban szereplő korlátozó tényezők mellett azonban az az érdekesség adódik, hogy a kétféle nyerő kombinációnak éppen azonos a valószínűsége. Ez azért lehetséges, mert jelentős megszorítást jelent, hogy két szelvényen is találatunk legyen, vagyis a szelvényeken elért találatok egymástól nem teljesen függetlenek. Konkrétan két hármas találatot úgy érhetünk el, ha kihúzzák a szerencseszámot, és még két-két számot mindkét szelvény maradék öt számából, ami (5 alatt a 2)*(5 alatt a 2) = 10*10 = 100 kombináció, vagy úgy, ha nem húzzák ki a szerencseszámot, de kihúznak három-három számot mindkét szelvény maradék öt számából, ami (5 alatt a 3)*(5 alatt a 3) = 10*10 = 100 lehetőség ugyancsak. Összesen tehát 200 kombinációban jöhet ki két hármas találat. Négyes találat azonban egy hármas találat melett csak úgy lehetséges, ha kijön a szerencseszám, mert a két szelvényen lennie kell közös találatnak, hiszen csak hat számot húznak. Tehát a szelvények maradék öt-öt számából 3-2 vagy 2-3 kell legyen a találati arány, ezek mindegyike megintcsak 10*10 = 100 lehetőség egyenként, mert öt alatt a kettő éppen annyi, mint öt alatt a három. Összesen tehát ez is 200 kombináció.

Update: Sajnos a fenti megoldás rossz, elnéztem, lásd Gyarmati Richárd megjegyzését a hozzászólások között!

A legnagyobb gyufás prímek és köbök (megoldások)

Két gyufafeladványnak is lejárt a határideje. A köbös feladványnak van egy megoldása alapműveletekkel és van egy sokkal nagyobb megoldás a hatványozás programozói jelölését használva. Mindkettőt elfogadtam, bár az elsőre nem jött rá senki, csak nagyon hasonlókat kaptam. Ezek között volt jónéhány igen kreatív megoldás, de mindegyik picit csúnya volt, így ezeket nem közlöm. A 111^111 köbszám voltához hozzátartozik a bizonyítás is: 111^111 = (37*3)^(37*3) = ((37*3)^37)^3. A köbös feladvány nyertese T. Zs.

A prímes feladványnak is két megoldását fogadtam el. 1114111 és 1171111 is prímszám, de a 7-es számjegy alábbi változata furcsa lehet egyeseknek. Mivel azonban láttam már ilyent használatban, ezért elfogadom. Ennek a feladványnak a nyertese P. I.

Kereszteződés a drótvilágban

A mai nappal két feladványnak is lejár a beküldési határideje. Az egyik feladat kereszteződés tervezése volt a drótvilágban. Erre kaptam sok megoldást, némelyik elég nagy volt és bonyolult. Az egyik legszemléletesebb könnyen átlátható szimmetrikus megoldást azonban úgy kapjuk, ha észrevesszük a XOR logikai függvény alábbi tulajdonságát.

(A XOR B) XOR A = B és (A XOR B) XOR B = A.

Ez alapján már elegendő XOR logikai kapukból három darabot megfelelő módon összekötni, ahogy az ábrán is látszik.

Ez a megoldás természetesen akkor működik, amikor a jelek szinkronizált módon jöhetnek csak a bemenetekre, ahogy azt a feladatban kikötöttem. További érdekes kérdés, hogy lehetséges-e olyan kereszteződést tervezni a drótvilágban, amiben tetszőlegesen időzített jelek is keresztül tudnak menni? Illetve létezik-e olyan kereszteződés, ami mindkét irányban átjárható?

A lottószelvényes feladványra még nem érkezett megoldás, ezért adok egy kis segítséget és a beküldési határidőt karácsonyig kitolom. Elárulom, hogy két darab hatoslottó szelvényt ki lehet tölteni úgy, hogy pontosan azonos legyen az esélye egy kisebb és egy nagyobb összegű nyeremény kombinációnak.

Paradox tangram megoldások

Az előző bejegyzésben szereplő kedvenc paradox tangram sziluettjeim megoldásai következnek most. Hogyan lehetséges, hogy némelyik alakzatból hiányzik egy darabka, pedig látszólag mindegyik egy ugyanakkora négyzetbe van ágyazva, és közülük az egyik teljesen ki van töltve?

Természetesen nem véletlen, hogy a négyzet szót idézőjelbe raktam a feladat megfogalmazásakor. A paradoxon feloldása ugyanis az, hogy valójában nem mindegyik négyzet, vagy nem ugyanakkora. Az oldalhosszak között szerepel az eredeti oldalhossznál picit nagyobb is. Az eltérés csupán hat százaléknyi, ami szemmel alig észrevehető. Az alakzatokat ráadásul úgy rendeztem egymás mellé, hogy az egymás melletti és fölötti téglalapok magasságai és szélességei rendre azonosak legyenek, így kevésbé tűnik fel az eltérés.

Az eltérés egyébként abból adódik, hogy a közepes méretű derékszögű háromszög átfogója nincsen racionális arányban a nagy háromszögek átfogóival, ezért nem mindegy, hogy a közepes háromszög az eredeti elrendezéshez hasonlóan, vagy negyvenöt fokkal elforgatva kerül be az alakzatba.

Sorsolás 6472

A 6742-es gyufafeladvány megoldását húsvét hétfőig lehetett beküldeni. Meglepően sok megoldás érkezett, összesen 15 darab. A megfejtés: 6 + 12 = 18. Köszönöm mindenkinek, aki foglalkozott vele. Az ajándékcsomag kisorsolásában a holnap kihúzásra kerülő ötöslottó nyerőszámok fognak segíteni. A megfejtők monogramjai alább láthatók sorszámokkal. Az lesz a nyertes, akinek a sorszáma megegyezik a nyerőszámok összegének 15-el való osztási maradékával.

0. G. M.
1. V. K.
2. B. Z.
3. T. K.
4. Sz. A.
5. R. P.
6. G. D.
7. P. G.
8. S. Z.
9. K. B.
10. T. Zs.
11. F. L.
12. B. P.
13. M. V.
14. B. E.

Szokás szerint kihirdetem a következő nyereményjátékot is, melyre agusztus 20-ig lehet megoldásokat küldeni. A feladat az, hogy az 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9 számjegyek sorrendjét megtartva alap műveleti jelek (plusz, mínusz, szorzás, osztás) és tetszőleges mennyiségű zárójel felhasználásával állítsuk elő az 1000-es számot minél többféle képpen. Minden számjegynek benne kell lennie a kifejezésben, de az egymás mellett lévő számjegyeket akár többjegyű számokká is össze lehet vonni. Az lesz az értékes ajándékcsomag nyertese, aki a legtöbb lényegileg különböző megoldást küldi be. Ha holtverseny lenne, akkor sorsolás fog dönteni. Mindenkinek jó fejtörést kívánok nyárra!