Первое слагаемое. Повернем куб так, чтобы C было снизу, D спереди. Это задает его положение однозначно. Осталосль для 4 граней выбрать, какие две из них AA -- 6 способов. Итого вклад 6*6 = 36.
Второе слагаемое. Пусть C снизу, D сверху. Кубик еще можно крутить вокруг вертикальной оси. На ленточке из 4 граней надо разместить AA и BB -- на то два способа: AvA BvB и A|A B|B. Итого вклад 6*2 = 12.
Третье слагаемое. Пусть угол AAA сверху, угол BCD снизу. Можно крутить вокруг вертикальной оси, но не зеркалить -- поэтому для BCD два варианта, по часовой и против. Итого вклад 4*2 = 8.
Четвертое слагаемое. Выберем цвет центра ленточки BCD (3 способа). Остальное несущественно (B-C-D переводится в D-C-B поворотом). Итого вклад 4*3 = 12.
Суммируем: N = 36 + 12 + 8 + 12 = 68.
Рассмотрим квадрат 2x2 в центре. Там единиц либо нет, либо одна (4 способами), либо две по диагонали (2 способами):
В кольце из 12 клеток вокруг центрального квадрата возможны только проблемы из-за соседей по циклу, а все остальное уже учтено. А неизвестные места в этом кольце образуют одну или несколько ленточек. Поэтому
В первом случае я решал примерно по тому же принципу. А во втором у меня рассуждение было чисто вычислительное, с составлением графа из 8 вершин (по числу типов строк), и подсчёта количества путей длины 3. Это длинно. А с центральным квадратом -- очень прозрачно и красиво получается!
Пусть цвета -- A, B, C, D. Либо два цвета повторены дважды (6 способов выбрать эти цвета), либо один трижды (4 способа выбрать его). То есть
[число способов] = 6[AABBCD] + 4[AAABCD].
Пусть "v" означает "грани смежны", а "|" наоборот -- "параллельны".
N = 6[AA BB CvD] + 6[AA BB C|D] + 4[AAA кучкой, BCD кучкой] + 4[AAA ленточкой, BCD ленточкой].
Первое слагаемое. Повернем куб так, чтобы C было снизу, D спереди. Это задает его положение однозначно. Осталосль для 4 граней выбрать, какие две из них AA -- 6 способов. Итого вклад 6*6 = 36.
Второе слагаемое. Пусть C снизу, D сверху. Кубик еще можно крутить вокруг вертикальной оси. На ленточке из 4 граней надо разместить AA и BB -- на то два способа: AvA BvB и A|A B|B. Итого вклад 6*2 = 12.
Третье слагаемое. Пусть угол AAA сверху, угол BCD снизу. Можно крутить вокруг вертикальной оси, но не зеркалить -- поэтому для BCD два варианта, по часовой и против. Итого вклад 4*2 = 8.
Четвертое слагаемое. Выберем цвет центра ленточки BCD (3 способа). Остальное несущественно (B-C-D переводится в D-C-B поворотом). Итого вклад 4*3 = 12.
Суммируем: N = 36 + 12 + 8 + 12 = 68.
Рассмотрим квадрат 2x2 в центре. Там единиц либо нет, либо одна (4 способами), либо две по диагонали (2 способами):
N = [.... .... .... ....] = [.... .00. .00. ....] + 4[.... .10. .00. ....] + 2[.... .10. .01. ....]
Разложим первое слагаемое, скажем, по первой неопределенной позиции:
N = [0... .00. .00. ....] + [1... .00. .00. ....] + 4[.... .10. .00. ....] + 2[.... .10. .01. ....]
Учтем запреты из-за возникших единиц:
N = [0... .00. .00. ....] + [10.. 000. .00. ....] + 4[.0.. 010. .00. ....] + 2[.0.. 010. .010 ..0.]
В кольце из 12 клеток вокруг центрального квадрата возможны только проблемы из-за соседей по циклу, а все остальное уже учтено. А неизвестные места в этом кольце образуют одну или несколько ленточек. Поэтому
N = L(11) + L(9) + 4L(1)L(9) + 2L(1)L(1)L(3)L(3)
Осталось разобраться с ленточками.
[...... etc] = [0..... etc] + [1..... etc] = [0..... etc] + [10.... etc],
поэтому L(n) = L(n-1) + L(n-2). Начальные значения L(1)=2, L(2)=3, а дальше, стало быть, идет последовательность Фибоначчи: L(3)=5, L(4)=8, L(5)=13, L(6)=21, L(7)=34, L(8)=55, L(9)=89, L(10)=144, L(11)=233.
Итого N = 233 + 89 + 4*2*89 + 2*2*2*5*5 = 233 + 9*89 + 200 = 433 + 801 = 1234.
Reply
В первом случае я решал примерно по тому же принципу. А во втором у меня рассуждение было чисто вычислительное, с составлением графа из 8 вершин (по числу типов строк), и подсчёта количества путей длины 3. Это длинно. А с центральным квадратом -- очень прозрачно и красиво получается!
Ваш коммент пока скрою.
Reply
Leave a comment