Генри Дьюдени - Пятьсот двадцать головоломок

366. Меняйте пары местами следующим образом: (1—7, 7—20, 20—16, 16—11, 11—2, 2—24), (3—10, 10—23, 23—14, 14—18, 18—5), (14—19, 19—9, 9—22), (6—12, 12—15, 15—13, 13—25), (17—21) . Теперь все фишки правильно размещены за 19 ходов. Внутри скобок заключены полные циклы. Выпишите числа в исходном порядке, а под ними числа в правильном порядке так:

Структура циклов становится теперь очевидной: 1 в нижней строке меняется местами с 7 над ней, 7 — с 20 и т. д. до тех пор, пока мы не дойдем до 24 под 1.

367. Пусть солдаты двигаются в следующем порядке: 2 —1, 3 —2, 4 —3, 5 —11, 6 —4, 7 —5, 8 —6, 9 —7, 1 —13, 9 —10, 8 —9, 1 —12, 7 —13, 6 —8, 5 —7, 1 —11, 4 —12, 3 —6, 2 —5, 1 —1, 2 —2, 3 —3, 4 —4, 5 —5, 6 —6, 7 —7, 8 —8, 9 —9 ; тогда сержант окажется на нужном месте за 28 ходов.

Первое число — это номер солдата, а второе — номер его новой позиции, причем позиции в траншее перенумерованы от 1 до 10, а ниши от 11 до 13.

368. В первом случае передвигайте пары в следующем порядке: поместите 6 и 7 перед 1 , затем 3 и 4 , 7 и 1 и 4 и 8 на свободные места. При этом получится следующее расположение фишек: 6, 4, 8, 2, 7, 1, 5, 3 .

Во втором случае передвиньте фишки 3, 4 и расположите их в обратном порядке ( 4, 3 ) перед фишкой 1 . Затем переместите, одновременно изменив порядок фишек на обратный, пары 6, 7 (после перестановки 7, 6 ), 6, 5 (после перестановки 5, 6 ), 3, 1 (после перестановки 1, 3 ) и 6, 8 (после перестановки 8, 6 ). Фишки выстроятся в последовательности 4, 8, 6, 2, 7, 1, 3, 5 всего за 5 ходов.

369. Хотя первоначально обе буквы A находятся в нужном положении, головоломку можно решить, только сдвинув их со своего места. Обозначим букву A в нижнем ряду прописной, а в верхнем углу строчной буквой. Тогда решение в 36 ходов будет таким: АНЛЕЖ АНЖКИ АНЖКИ АНЖКЛ ЕаАНЖ ИЛКИЛ аЕКаЛИ.

[Решение Дьюдени не минимально. Не сможет ли читатель решить головоломку за 30 ходов? — М. Г. ]

370. Передвигайте фишки в следующем порядке: АНДАФ ЛНДАФ ДНЛДИ ЯДЛНА ФИЯРИ ЯЛНАЛ — всего 30 ходов.

[Количество ходов удается сократить до наименьшего возможного числа — 28. Читатели могут заметить, что задача изоморфна некоторой головоломке с квадратом и восьмью фишками, похожей на предыдущую. С общей теорией головоломок с квадратом и фишками можно познакомиться в гл. 2 книги М. Гарднера «Математические головоломки и развлечения» (М., изд-во «Мир», 1971). — М. Г. ]

371. Охранник W 1, не может схватить узника P 2, а охранник W 2 — узника P 1. В примере, который мы привели, погоня действительно может продолжаться бесконечно долго, поскольку на самом деле каждый охранник должен охотиться не за «своим», а за «чужим» узником. В этом случае, как говорят о шахматах, можно «реализовать преимущество». Между W 1и P 2расположен всего один (нечетное число) квадрат, в то время как между W 1и P 1(а также между W 2и P 2) имеются четыре (четное число) квадрата. Во втором случае у охранников имеется преимущество, и они могут выиграть. Приведем образец игры. Ходы охранников записываются в «числителе», а узников — в «знаменателе»:

Узникам невозможно уйти от преследования, если каждый охранник преследует того из них, кого нужно.

372. В средней вертикали, содержащей 3 белые и 3 черные шашки, их можно поменять местами за 15 ходов. Перенумеруйте 7 клеток сверху вниз цифрами от 1 до 7. Шашкой, стоящей на клетке 3 , пойдите на клетку 4 , шашкой 5 — на клетку 3 , 6 — на 5 , 4 — на 6 , 2 — на 4 , 1 — на 2 , 3 — на 1 , 5 — на 3 , 7 — на 5 , 6 — на 7 , 4 — на 6 , 2 — на 4 , 3 — на 2 , 5 — на 3 , 4 — на 5 . Шесть из этих ходов представляют собой просто сдвиги, а 9 остальных — прыжки.

Имеется семь горизонталей, содержащих по 3 белые и по 3 черные шашки (если исключить центральную вертикаль). В каждой из них можно аналогичным образом поменять местами белые и черные шашки, а поскольку в процессе манипуляций с центральной вертикалью в центре каждой из горизонталей образуется в определенный момент необходимое для этого «окошко», то ясно, что все шашки можно поменять местами за 8 × 15 = 120 ходов.