МАТЕМАТИЧЕСКИЕ ЗАДАЧИ С РЕШЕНИЕМ. Часть 12

МАТЕМАТИЧЕСКИЕ ЗАДАЧИ С РЕШЕНИЕМ. Часть 12

Математические задачи с решениями: расчетные, головоломные и на стратегии математических игр. Источники разнообразные, только решения таких задач не является объектом авторского права.

MZ-221. Игра в «Камешки»-XX

Два игрока играют в игру: они по очереди вытаскивают камни из кучки, в которой изначально было n камней. В свой первый ход первый игрок берет из кучи один или несколько камней, но не может забрать все камни. Каждым следующим ходом очередной игрок должен забрать из кучи количество камней, являющееся делителем числа камней, забранного противником на предыдущем ходу, и не превосходящее числа камней в куче. Выигрывает тот, кто заберет последний камень. Для каждого n>1 определите, у кого из соперников есть выигрышная стратегия.

Ответ

Решение:
Заметим, что если в куче нечетное число камней, то первый игрок гарантирует себе победу, взяв на первом ходу 1 камень: тогда каждым следующим ходом игроки будут забирать по одному камню, и последний камень заберет первый игрок. Когда n чётно, тот, кто первым сделает нечетный шаг, проиграет: такой шаг был сделан из четного числа — значит, он не будет последним, а противник заберет один камень, что и обеспечит ему победу.
Если n=2, то второй игрок, очевидно, побеждает. Если n=3, то побеждает первый игрок, забирая первым ходом 1 камень. Если n=4, то побеждает второй игрок: если первый берет 1 камень, то второй возьмет последний камень, а если первый игрок первым ходом берет 2 или 3 камня, то второй игрок первым своим ходом забирает остальные камни.
Докажем по индукции, что для всех четных n от 2^(k-1) до 2^k-1 (для натурального k≥2 ) побеждает первый игрок, а для n=2k — второй. База индукции (k=2) разобрана выше.
Пусть 2^(k-1)+1≤n≤2^(k-1) для натурального k≥3. Тогда первый игрок сводит игру к таковой с n/2 камнями (т.е. берет вдвое больше камней, чем взял бы в игре с n/2 камнями), где у него есть победная стратегия согласно предположению индукции, поскольку 2^(k-2)+1≤n/2≤2^(k-1)-1. Единственный способ помешать ему — взять нечетное число камней, но, как показано выше, тот, кто первым возьмет нечетное число камней, проигрывает.
Пусть теперь n=2^k для k≥3. Тогда уже второй игрок применяет стратегию "половинчатой" игры, т.е. берет в 2 раза больше камней, чем взял бы в игре с n/2 камнями. Согласно предположению индукции, это обеспечит ему победу.
Ответ: При n=2^k второй игрок может гарантировать себе победу. При прочих n>1 выигрышная стратегия есть у первого игрока.

MZ-222. Игра в «Распределение»-I

Андрей и Борис играют в игру. Изначально пять одинаковых пустых вёдер ёмкостью a стоят по кругу. За ход Андрей берёт изо рва литр воды и распределяет его по вёдрам как ему заблагорассудится, а затем Борис опустошает любые два соседних ведра. Андрей выигрывает, если после какого-то его хода хотя бы одно из вёдер переполнится. При каких a Борис может не допустить этого?

Ответ

Решение:
Сначала покажем, что при емкости вёдер a<2 Андрей сможет добиться того, что ведро будет переполнено. Если a<1, то Андрею достаточно 1 литр поместить в одно какое-то ведро.
Иначе пусть a=2-x, где 0<x<1 и пусть ведра пронумерованы по кругу: 1, 2, 3, 4, 5 соответственно. Тогда пусть Андрей наливает в первое ведро 1-x/2, а в третье x/2 литров воды.
Борис может опустошить только одно из ведер: либо первое, либо третье, потому что они не стоят рядом. Дальше будет действовать следующим образом: если Борис не опустошает первое ведро, то пусть Андрей просто дольет в первое ведро 1 литр и в нем станет 2-x/2>a, поэтому это ведро переполнится. Иначе Борис опустошил первое ведро, но тогда третье ведро осталось заполненным. Пусть Андрей также наливает в первое ведро 1-x/2, а в третье x/2 литров воды до того момента, когда либо Борис не опустошает первое ведро (тогда Андрей доливает в первое ведро 1 литр и побеждает), либо в третьем ведре станет n×x/2>a, где n — число раз, когда Борис не опустошала третье ведро.
Теперь покажем, что при a>2 Борис может не допустить переполнений. Будем играть за Бориса. Всегда будем выбирать такие 2 соседних ведра, в которых суммарно наибольшее число воды. Причем, если в нескольких парах ведер суммарно поровну воды, то, действуем, как угодно. Тогда мы будем каждым ходом опустошать хотя бы 2/5 суммарного объема. Заметим, что тогда после опустошения будет всегда оставаться менее 1.5 литров воды суммарно во всех ведрах. Тогда объем любого ведра меньше (3/2+1) × 2/5=1. Получается, долив 1 литр, Андрей получит ведро объемом меньше двух литров.
Ответ: При a>2.

MZ-223. Игра в «Заполнение доски»-XVIII

Дана клетчатая полоска 1×2021. Андрей и Борис пишут по очереди в ней буквы, начинает Андрей. Андрей может писать только букву «А», Борис — только букву «Б». Борис очень хочет, чтобы после заполнения всей полоски буквами в каких-то трёх последовательных клетках можно было прочитать “АБА”. Сможет ли Андрей ему помешать?

Ответ

Решение:
После первого хода Андрея хотя бы с одной стороны от клетки, в которой стоит буква «А» есть две свободные. Поставим «Б» рядом с «А» с соответствующей стороны. Далее ходим куда угодно, кроме второй свободной клетки. Заметим, что кроме трёх выбранных клеток, на полоске осталось 2018 свободных клеток. Поэтому, если Андрей тоже никогда не ходит в незанятую вторую клетку, то мы по очереди заполняем оставшиеся 2018 клеток. Но их четное число, так что рано или поздно Андрею всё-таки придётся сходить в третью выбранную клетку.
Ответ:
Нет, не сможет.

MZ-224. Игра в «Крестики-нолики»-IV

Двое играют в крестики-нолики на бесконечной клетчатой бумаге по таким правилам: первый ставит два крестика, второй — нолик, первый — снова два крестика, второй — нолик и т.д. Первый выигрывает, когда на одной вертикали или горизонтали стоит рядом 100 крестиков. Докажите, что первый всегда может добиться победы.

Ответ

Решение:
Поставим 2^100 крестиков на одной вертикальной линии на огромном расстоянии друг от друга. За эти ходы второй игрок испортит не более половины крестиков (то есть поставит рядом с ними нолик). В соседнюю клетку справа от 2^99 неиспорченных крестиков поставим ещё по крестику. За эти ходы второй испортит не более 2^98 пар крестиков. В соседнюю клетку справа от неиспорченных 2^98 пар крестиков поставим по крестику. За эти ходы второй испортит не более 2^97 троек и так дальше. В скором времени мы получим хотя бы две полоски из 99 крестиков. Далее первый припишет к одной из них справа крестик и победит.

MZ-225. Игра в «Камешки»-XXI

Андрей и Борис играют в такую игру: по очереди обрывают лепестки у ромашки с 64 лепестками. За один ход разрешается сорвать любое нечётное количество лепестков, меньшее 16, причем запрещается повторять уже сделанные ходы. Например, если Борис при своём ходе сорвёт 3 лепестка, то в дальнейшем ни Андрей, ни Борис сорвать 3 лепестка не имеют права. Выигрывает тот игрок, который сорвёт последний лепесток. Начинает Андрей. Кто из них может выиграть, как бы ни играл соперник?

Ответ

Решение:
Заметим, что 1+3+5+…+15=64. С учётом того, что ходы не могут повторяться, всего будет сделано 8 ходов, как бы ни играли Андрей и Борис. Следовательно, выигрывает игрок, который делает ходы с чётным номером, то есть Борис.
Ответ:
Борис.

MZ-226. Игра в «Числа»-XX

На доске написано число 2. Двое играют в игру, делая ходы по очереди: каждый из игроков своим ходом может написать на доске любую степень двойки (то есть число вида 2^k). Игрок, после хода которого на доске появятся две одинаковые цифры, проигрывает. У кого из игроков (у того, кто начинает, или у его соперника) есть способ выиграть при любой игре другого? Как он должен действовать?

Ответ

Решение:
Тот, кто начинает, может написать число 2^14=16384 и победить, потому что любая степень двойки оканчивается на цифры 2, 4, 6, 8, а все эти цифры уже будут написаны на доске.
Ответ:
У ходящего первым игрока. Он может написать число 16384.

MZ-227. Игра в «Числа»-XXI

Игорь и Маргарита играют в игру. Перед ними лежат карточки с числами от 1 до 10, всего 10 карточек. Они по очереди берут по одной карточке. Начинает Игорь. Игрок побеждает, если после его хода из нескольких карточек, взятых обоими игроками, знаков арифметических действий (+, -, ×, :) а также любого количества скобок можно составить выражение, значение которого равно 15. Кто из игроков может выиграть независимо от действий соперника?

Ответ

Решение:
Пусть Игорь первым ходом возьмёт число 1. Тогда понятно, что Маргарита следующим ходом не выиграет. Докажем, что при любом ходе Маргариты Игорь сможет выиграть. Разберём все случаи:
М: 2 И: 5 = (1+2)*5
М: 3 И: 5 = 3*5
М: 4 И: 5 = (4-1)*5
М: 5 И: 10 = 5+10
М: 6 И: 9 = 6+9
М: 7 И: 8 = 7+8
М: 8 И: 7 = 8+7
М: 9 И: 6 = 9+6
М: 10 И: 5 = 10+5
Ответ:
Победит Игорь.

MZ-228. Игра в «Камешки»-XXII

В куче n камней, играют двое. За ход можно взять из кучи количество камней, либо равное простому делителю текущего числа камней в куче, либо равное 1. Выигрывает взявший последний камень. При каких n начинающий может играть так, чтобы всегда выигрывать, как бы ни играл его соперник?

Ответ

Решение:
Стратегия: каждый раз оставлять в куче кратное 4 число камней: при n=4k+1 надо взять один камень, при n=4k+2 — два камня; при n=4k+3 надо взять p камней, где p — простой делитель числа n вида 4q+4 (такой есть, иначе все простые делители n имеют вид 4m+1, а произведение чисел такого вида тоже имеет такой вид и не равно 4k+3). Противник из кучи с кратным 4 числом камней не может взять число камней, кратное 4 (это будет не простое число), поэтому начинающий и дальше может играть по стратегии.
Ответ:
При n не кратном 4.

MZ-229. Игра в «Заполнение доски»-XIX

Некто придумал новый корабль для морского боя — “боевой бублик”. Этот корабль состоит из всех клеток квадрата 3×3, кроме его центральной клетки. На поле 8×8 разместили один боевой бублик. Какое минимальное число выстрелов нужно сделать, чтобы гарантированно его ранить?

Ответ

Решение:
Заметим, что если бублик размещен на поле 4×4, то одного выстрела не хватит, чтобы гарантированно его ранить. Действительно, если выстрел произведен в клетку, соседнюю со стороной квадрата, то бублик может быть размещен рядом с противоположной стороной. Если же выстрел произведен в одну из четырех центральных клеток квадрата, то бублик может быть размещен так, что его центр совпадает с клеткой, в которую сделан выстрел. Значит, потребуется сделать не менее двух выстрелов, чтобы гарантированно его ранить.
Разбив поле 8×8 на четыре квадрата 4×4, получим, что для того, чтобы гарантированно ранить бублик, потребуется не менее 8 выстрелов.
Если же сделать 8 выстрелов так, как показано на рисунке, то мы гарантированно раним бублик.
MZ-229
Ответ:
8.

MZ-230. Игра в «Перемещение фишки»-IV

Два игрока играют в следующую игру на доске m×n клеток). У них есть белый и чёрный король соответственно, стоящие в противоположных углах доски. Они передвигают своих королей (по правилам шахмат) поочередно так, чтобы расстояние между центрами клеток, на которых стоят короли, уменьшалось (королям разрешается занимать соседние клетки). Проигрывает тот, кто не может сделать ход. Кто выигрывает при правильной игре?

Ответ

Решение:
Рассмотрим разность координат королей: обозначим их через x и y. Заметим, что вначале x=m-1, y=n-1. Мы докажем, что в следующих позициях первый проигрывает, а во всех остальных выигрывает: a) x=0 и y нечетно; б) y=0 и x нечетно; в) x≠0, y≠0, x и y оба четны.
Во-первых, очевидно, что игрок не может из одной проигрышной позиции попасть в другую проигрышную позицию. Также необходимо показать, что из любой выигрышной позиции можно попасть в проигрышную. Нам необходимо рассмотреть два случая (без ограничения общности можно считать, что x, y≥0 ):
1) x, y≥1 — легко видеть, что правила позволяют уменьшать x или y на 1 независимо. Также очевидно, что мы можем или обе координаты сделать четными, или одну сделать нулем, а другую — нечетной;
2) x=0 — мы просто уменьшаем y на 1;
3) y=0 — аналогично предыдущему уменьшаем x на 1.
Итак, если первый игрок находится в выигрышной позиции, он и далее всегда может оставаться в выигрышной позиции. Если же он стоит на проигрышной позиции, второй игрок не даст ему занять выигрышную позицию. Так как расстояние между королями уменьшается, игра закончится, и из последней проигрышной позиции не может быть сделано никакого хода.
Ответ:
Второй игрой выигрывает, если m и n оба нечетны. Во всех остальных случаях выигрывает первый.

MZ-231. Игра в «Заполнение доски»-XX

Андрей и Борис играют в игру на доске 8×8, делая ходы по очереди, начинает Борис. Андрей рисует в клетках крестики, а Борис накрывает прямоугольниками 1×2 (доминошками) пары соседних по стороне клеток доски. За свой ход Андрей должен поставить один крестик в любую пустую клетку (т.е. в клетку, в которой ещё не нарисован крестик и которая ещё не покрыта доминошкой). Борис за свой ход должен накрыть доминошкой две соседних клетки (ещё не накрытые другими доминошками), в которых суммарно чётное число крестиков (0 или 2). Проигрывает тот, кто не может сделать ход. Кто из игроков имеет выигрышную стратегию?

Ответ

Решение:
Приведём выигрышную стратегию за Андрея. Мысленно раскрасим доску шахматным образом и будем ставить крестики только в чёрные клетки. Борис за один свой ход покрывает ровно одну чёрную клетку. Всего черных клеток на доске 32, поэтому Андрей сможет сделать 16 ходов.
Покажем, что Борис не сможет сделать свой 17-й ход. Пока Андрей действует по стратегии, в белых клетках нет крестиков. Под каждой доминошкой Бориса белая клетка будет без крестика, тогда и черная клетка должна быть без крестика. Значит, Борис не сможет накрыть доминошкой ни один крестик.
Тогда за 16 пар ходов все чёрные клетки будут покрыты доминошками или крестиками, но ни в одной белой клетке не будет крестика. Значит, Борис не сможет поставить доминошку, соблюдая правила игры.
Ответ:
Андрей.

MZ-232. Игра в «Перемещение фишки»-V

В каждой клетке доски 2×200 лежит по рублёвой монете. Андрей и Борис играют, делая ходы по очереди, начинает Борис. За один ход можно выбрать любую монету и передвинуть её: Андрей двигает монету на соседнюю по диагонали клетку, Борис — на соседнюю по стороне. Если две монеты оказываются в одной клетке, одна из них тут же снимается с доски и достаётся Борису. Борис может остановить игру в любой момент и забрать все полученные деньги. Какой наибольший выигрыш он может получить, как бы ни играл Андрей?

Ответ

Решение:

Сначала приведём стратегию за Бориса. Пока она не получила больше 299 монет, перед её ходом на доске остаётся хотя бы 101 монета. Разобьем доску на 100 квадратов 2×2. Получается, что какие-то две монеты лежат в одном и том же квадрате 2×2. Если эти две монеты соседние по стороне, то Борис надвигает одну на другую, и получает ещё одну монету. Если они стоят по диагонали, то Борис сдвигает одну из них в столбец к другой (здесь и далее столбец имеет длину 2, строка — длину 200). Теперь, какой бы ход ни сделал Андрей, эти две монетки всё ещё будут соседними по стороне (либо одна будет снята и уйдёт в доход Бориса), значит, своим следующим ходом Борис сможет получить ещё одну монетку. Таким образом, Борис всегда сможет увеличивать свой выигрыш, пока он меньше 300.
Теперь покажем, как играть за Андрея, чтобы Борис не получил больше 300 монет. Пронумеруем столбцы числами от 1 до 200 по порядку, выберем в каждом нечётном столбце по одной монетке и мысленно покрасим их в красный цвет. Андрею достаточно обеспечить, чтобы красные монетки всегда оставались на доске. Для этого, в свою очередь, достаточно, чтобы две красные монеты никогда не попадали в одну клетку, потому что когда в клетку попадают красная и не красная монеты, можно считать, что с доски снимается не красная.
Назовём расположение монет на доске стабильным, если по одной красной монете лежит в столбцах 1, 3, 5, …, 197 а ещё одна располагается в одном из двух последних столбцов 199, 200. Легко видеть, что после любого хода из стабильной позиции две красные монеты не окажутся в одной клетке. Андрей будет играть так, чтобы после каждого её хода получалась стабильная позиция. Если после хода Бориса позиция осталась стабильной, то Андрей двигает сотую красную фишку между двумя последними столбцами, так же Андрей поступит и своим первым ходом. Если же после хода Бориса позиция перестала быть стабильной, то Борис подвинул одну из красных монет из некоторого столбца х в соседний столбец. Тогда Андрей своим ходом вернёт её в столбец х. Таким образом, на доске всегда останется хотя бы 100 монет, и Борис заработает не более трёхсот рублей.
Ответ:
300.

MZ-233. Игра в «Числа»-XXII

Андрей и Борис по очереди выписывают на доску натуральные числа, не превосходящие 2024 (выписывать уже имеющееся число запрещено); начинает Андрей. Если после хода игрока на доске оказываются три числа, образующих арифметическую прогрессию, этот игрок выигрывает. У кого из игроков есть стратегия, позволяющая ему гарантированно выиграть?

Ответ

Решение:
Рассмотрим момент после третьего хода (когда выписаны три числа). Если к этому моменту никто еще не выиграл, то следующим ходом Борис выигрывает — ему достаточно найти два выписанных числа одной чётности и выписать своим ходом их среднее арифметическое (оно является целым числом).
Кроме того, заметим, что если три целых числа из множества 1, 2, 3, …, 2024 образуют арифметическую прогрессию, то её разность не больше 1012 (иначе разность между наибольшим и наименьшим числами будет не менее 2×1012=2024 что невозможно).
Теперь опишем выигрышную стратегию Бориса.
Пусть первым ходом Андрей выписал число a. Предположим, что a<1009. Тогда Борис выписывает то из чисел 2023 или 2024, чётность которого отлична от чётности числа a (обозначим это число через b). После этого хода выписано два числа разной чётности; значит, они не могут быть первым и третьим членом прогрессии из целых чисел. А поскольку b-a>1012 они также не могут быть соседними членами прогрессии. Тем самым, Андрей не сможет выиграть третьим ходом. Но в этом случае, как мы видели ранее, следующим ходом Борис выиграет.
Если же a>1013, то Борис отвечает, выписывая то из чисел 1 и 2, которое по чётности отличается от a. Дальнейшие рассуждения аналогичны первому случаю.
Ответ:
У Бориса.

MZ-234. Игра десятерых

Десять мудрецов стоят по кругу и по очереди называют числа: 1 или 2. Мудрец после которого сумма всех названных чисел будет больше или равна 20 проигрывает. Кто из мудрецов может играть так, чтобы точно не проиграть, как бы ни играли другие?

Ответ

Решение:
Сначала покажем, как десятому мудрецу не проиграть. Если перед первым ходом 10-го мудреца хотя бы один из предыдущих мудрецов назвал 1, то 10-й мудрец называет 2. Тогда, во-первых, после его первого хода сумма не станет больше 20, ведь она равна как максимум 9×2+1=19, во-вторых, перед его вторым ходом сумма уже не меньше 19×1+21=21, поэтому кто-то из предыдущих мудрецов уже проиграл. Если же все до 10-го назвали 2, то 10-й мудрец называет 1 и первый мудрец проигрывает.
Теперь докажем, что любой другой мудрец с номером k может проиграть. Пусть мудрецы с первого по k-1 назовут 1. Заметим, что тогда после хода k-го мудреца сумма S не меньше 1 и не превосходит 1×(k-1)+2=k+1≤10. Тогда 9 мудрецов после k-го могут действовать так, чтобы в сумме назвать число 19-S в пределах от 9 до 18, то есть получить перед вторым ходом k-го мудреца в точности 19. Тем самым, следующим ходом этот математик проиграет.
Ответ:
Только десятый.

MZ-235. Игра в «Заполнение доски»-XXI

На клетчатой доске размером 8×8. Андрей закрашивает несколько клеток. Борис выиграет, если сможет накрыть все эти клетки не пересекающимися и не вылезающими за границу квадрата уголками из трёх клеток. Какое наименьшее количество клеток должен закрасить Андрей, чтобы Борис не выиграл?

Ответ

Решение:
Так как 64 не делится на 3, то всю доску (64 клетки) нельзя покрыть не пересекающимися и не вылезающими за границу квадрата уголками из трёх клеток.
Покажем, что любые 63 покрашенных клеток можно покрыть такими уголками. Разобьём квадрат 8×8 на 16 квадратов размером 2×2, тогда единственная не покрашенная клетка попала в какой-то один из них.
Любые три полностью покрашенных квадрата можно покрыть уголками из трёх клеток:
MZ-235
А в четвёртом квадрате любые три покрашенные клетки всегда можно покрыть одним уголком.
Ответ:
64.

MZ-236. Ладьи на шахматном поле-IV

Случайная ладья бьет только по горизонтали или только по вертикали, при этом направление выбирается случайно только в момент, когда ладья оказывается на доске. Андрей выставляет на шахматную доску по одной ладье, а Борис тут же определяет ее направление и сообщает его Андрею. Докажите, что Андрей может выставить на доску 15 ладей так, чтобы побить ими все клетки доски, как бы Борис ни пытался ему помешать. Ладья бьет клетку, на которой стоит, через другие фигуры ладья не бьет.

Ответ

Решение:
Покажем, как ставить 15 ладей так, чтобы они побили всю доску. Всего у доски 8 вертикалей и 8 горизонталей, будем называть их линиями. Говорим, что линия побита, если в ней стоит ладья, которая бьет эту линию. Будем ставить ладьи, начиная с верхнего левого угла доски. Ту линию, которая ладья побила, будем отрезать от доски и больше туда не будем ставить ладьи, и повторять операцию, то есть снова ставить ладью в верхний левый угол. Тем самым за один ход сумма размеров доски уменьшается на 1 и так как на отрезанные части мы ладьи не ставим, то они так и останутся побитыми. Последним же ходом мы уменьшим размеры доски хотя бы на 2 значит, выставим не более 15 ладей.

MZ-237. Игра в «Камешки»-XXIII

Есть две коробки, в одной 2017 конфет, а в другой 2018. Играют двое, ходят по очереди. За один ход каждый может съесть любое количество конфет, отличное от нуля, из любой коробки. Правила игры не допускают, чтобы после какого-то хода число конфет в одной из коробок делилось на число конфет в другой. Проигрывает тот, кто не может сделать ход, не нарушив этого условия. Кто сможет выиграть: начинающий игру или второй игрок, как бы ни играл его соперник?

Ответ

Решение:
Для того, чтобы выиграть, первый игрок после каждого своего хода должен создавать ситуацию, когда в одной из коробок 2n конфет, а в другой 2n+1 (n — натуральное число). В такой ситуации он заведомо не проигрывает.
Сначала он съедает две конфеты из второй коробки и получает нужную ситуацию. В дальнейшем, в ответ на любой ход второго игрока первый будет восстанавливать такое распределение конфет. Покажем, что он сможет это делать. Возможны 4 случая:
1) Второй ест четное количество конфет из той коробки, где их 2n. Тогда в ней останется 2m конфет (m>0, иначе второй проиграл). В ответ первый съедает из другой коробки такое же количество конфет, и в ней остается 2m+1.
2) Второй ест нечетное количество конфет из той коробки, где их 2n. Тогда в ней останется 2m+1 конфет (m>0, иначе второй проиграл). В ответ первый съедает из другой коробки на две конфеты больше и в ней остается 2m+1.
3) Второй ест нечетное количество конфет из той коробки, где их 2n+1. Тогда в ней останется 2m+1 конфет, где 0<m<n (иначе второй проиграл). В ответ первый съедает из другой коробки на две конфеты меньше и в ней остается 2m+1.
4) Второй ест четное количество конфет из той коробки, где их 2n+1. Тогда в ней останется 2m+1 конфет (m>0, иначе второй проиграл). В ответ первый съедает из другой коробки такое же количество конфет, и в ней остается 2m.
Действуя таким образом, первый (если второй до этого ни разу не ошибётся) сведет игру к тому, что в одной коробке останется две конфеты, а в другой три, и после этого второй проигрывает, какой бы ход он ни сделал.
Ответ:
Первый игрок.

MZ-238. Игра в «Камешки»-XXIV

Имеется 5 кучек по 2018 камней в каждой. Двое по очереди убирают по одному камню из какой-нибудь кучки до тех пор, пока в кучках есть камни. Первый выигрывает, если в какой-то момент времени найдется четыре кучки с разным количеством камней. Иначе выигрывает второй. Кто из игроков может победить, как бы ни играл соперник?

Ответ

Решение:
Пусть первый берет из первой кучки, пока там не останется 2018-1000 камней. Упорядочим по возрастанию остальные кучки, и забудем про вторую кучку. Будем брать из третьей кучки, пока не возьмем оттуда (возможно вместе со вторым игроком) еще 250 камней. Упорядочим две оставшиеся кучки. Покажем, что первый или уже выиграл, или выиграет своим следующим ходом.
После того, как игроки взяли 1000 камней из первой кучки и упорядочили, разность между первой и третьей стала не менее 500, после чего из этих кучек второй может взять не более 250 камней. Аналогично, после того как игроки взяли 250 камней из третьей кучки и упорядочили, разница между третьей и пятой стала хотя бы 125. Тогда в первой, третьей и пятой кучках разница в количестве камней больше 120. И следующим ходом первый (при необходимости) берет камень из второй кучки и выигрывает.
Ответ:
Первый игрок.

MZ-239. Игра в «Деление»- I

В начале игры у Малыша и Карлсона есть один кусок шоколадки в виде квадрата 2025×2025 клеточек. Каждым ходом Малыш делит какой-нибудь кусок по клеточкам на три прямоугольных куска, а Карлсон съедает один из этих трёх кусков по своему выбору. Игра заканчивается, когда сделать очередной ход невозможно. Если всего было сделано чётное число ходов — побеждает Малыш, если нечётное — Карлсон. Кто выигрывает при правильной игре?

Ответ

Решение:
Назовем кусок шоколадки большим, если его можно разрезать, и малым, если нельзя. Изначально есть только один большой кусок, а в конце игры их 0. Карлсон может играть так, чтобы четность количества больших кусков после его хода обязательно менялась: один большой кусок уничтожается ходом Малыша, после чего появляется от 0 до 3 новых больших кусков. Если количество новых больших кусков нечетно, то один точно есть и Карлсон его съест. Если же количество больших кусков четно, то есть хотя бы один малый и Карлсон съест именно малый кусок. Итак, число больших кусков после каждой пары полуходов меняет четность, а по окончании игры чётность чисел больших кусков должна измениться, значит, будет сделано нечётное количество ходов, т.е. Карлсон выиграет.
Ответ:
Карлсон.

MZ-240. Игра в «Распределение»-II

По краю круглого стола стоят n пустых стаканов n≥3. Андрей и Борис по очереди (начиная с Андрея) наливают в них квас. Андрей в свой ход наливает квас в выбранный им пустой стакан, у которого оба соседних с ним стакана либо пустые, либо полные. Борис в свой ход наливает квас в выбранный им пустой стакан, у которого один соседний с ним стакан пустой, другой — полный. Проигрывает игрок, не имеющий хода. При каких n Андрей выигрывает вне зависимости от действий Бориса?

Ответ

Решение:
Если стакана 3, то побеждает Андрей за один ход. Если 4, то Борис ставит стакан рядом с Петей и сам побеждает за один ход, пусть далее n>4.
Назовём “закваской” набор из подряд идущих заполненных стаканов. Тогда Борис может увеличить размер закваски, но не может добавить новую. В то же время Петя может либо объединить две закваски, либо создать новую из одной кружки. Первым ходом Андрей заполняет произвольную кружку, получая одну закваску. Назовём “застольем” набор идущих подряд по кругу заквасок. Далее пусть каждым своим ходом Андрей добавляет новую закваску, пропуская один стакан после текущего конца застолья, то есть после последней закваски в нём. Пусть Андрей спустя k добавленных Петей заквасок не может сделать ход. Тогда всего на столе 2k полных стаканов и не более k+1 пустых (по одному между заквасками и максимум два после конца застолья). То есть 3k+1≥n>4 или k≥2. То есть найдётся хотя бы одно междузаквасье длиной один, где Андрей может заполнить стакан, а Борис нет (заквасок хотя бы 2). Если после застолья идёт один пустой стакан, то Борис не может сделать ход и уже проиграл (если 0 аналогично), иначе их два. Борис заполнит один из них и второй следующим ходом сможет заполнить Андрей, то есть у него есть уже два дополнительных хода, а у Бориса их не осталось, потому на следующем ходу он проиграет.
Ответ:
при n=3 и при n≥5.

ДАЛЕЕ (241-260) НАЗАД