Переформулируем условие задачи на язык графов. Каждому племени поставим в соответствие вершину, между любыми двумя соседними проведем ребро. Для каждой вершины определен ее идол, если идол соседней вершины сильнее, то в этот день вершина меняет своего идола на более сильного.

Будем решать задачу индукцией по количеству вершин. База индукции для графа, состоящего из одной вершины, очевидна.

Докажем, что если условие задачи верно для некоторого натурального , то оно же верно для . Выберем висячую вершину исходного дерева, родителем которой является вершина .

Будем говорить, что вершина влияет на вершину , если данные вершины являются соседями и идол сильнее идола , при этом не имеет соседа с более сильным идолом, отличным от .

Если не существует дня, в котором вершина влияло на вершину . В графе, полученном из данного удалением вершины A, по предположению индукции все вершины через несколько дней будут иметь одного и того же идола, в частности его же будет иметь вершина , а значит и вершина .

Предположим, что существует день, в котором повлияло на . После этого дня вершины и имеют одинакового идола. Теперь, если вершина B меняет идола на более сильного, то на следующий день так же начинает поклоняться этому идолу, а значит не наступит дня, в котором имело бы более сильного идола, следовательно больше никогда не повлияет на , тем самым мы можем применить рассуждения, проделанные ранее, для дня, после которого вершина повлияла на .

Из отрезков можно сложить четырехугольник тогда и только тогда, когда . Рассмотрим четверку , заметим, что , следовательно, , иначе проверяемое неравенство не выполнено. Аналогично, можно показать, что .

Назовем последовательность интересной. Таким образом, необходимо посчитать количество способов выбрать в интересной последовательности пар из тройки элементов и одного элемента, который не превосходит по номеру элементы выбранной тройки.

Рассмотрим последовательность, состоящую из чисел, в котором каждое из чисел участвуют ровно два раза и назовем ее хорошей. Восстановим по хорошей последовательности способ разбиения интересной последовательности. На первом шаге рассмотрим первое число в каждой из последовательности. На каждом следующем шаге, если рассматриваемое число в хорошей последовательности встречается впервые, то ставим ему в соответствие рассматриваемое число в интересной последовательно, после чего рассматриваем следующий числа в каждой из последовательностей. Если рассматриваемое число в хорошей последовательности встречается во второй раз, то ставим ему в соответствие тройку из рассматриваемого элемента в интересной последовательности и двух элементов, идущих после него. Таким образом, к концу процесса, каждому первому вхождению числа в хорошей последовательности стоит в соответствие один элемент интересной последовательности, а каждому второму тройка подряд идущих элементов интересной последовательности.

Посчитаем количество хороших последовательностей. Существует способов выбрать индексы двум единичкам, после этого останется возможных индекса, следовательно, существует ровно способов выбрать индексы для двух двоек. Продолжая ставить каждому из чисел в соответствие два индекса, получим что общее количество способов сделать это, равно . Осталось заметить, что каждая перестановка чисел в хорошей последовательности не меняет набор разбиение интересной последовательности, следовательно, каждое разбиение было посчитано раз (количество перестановок длины ), а значит общее количество разбиений равно

Оценка. Приведём пример ситуации, в которой 4 дней не хватит. Пусть у каждого из 45 людей будет своя, не совпадающая с другими людьми, пара дней, в которые он не может участвовать во встрече. Так как количество способов выбрать пару дней из 10 предложенных равно , то для любой пары дней найдётся человек, который не может присутствовать ровно в эту пару дней. Предположим, что мы смогли выбрать какие-то 4 дня так, чтобы каждый узнал все новости. Но тогда существует человек , который не может присутствовать в первые два дня из этих четырёх, а также человек , который не может присутствовать в последние два из этих четырёх дней. Заметим, что тогда не сможет узнать новостей . Противоречие.

Пример. Теперь поймём, что 5 дней всегда точно хватит. Выберем 5 дней произвольным образом. Докажем, что любые два человека будут вместе присутствовать на какой-то встрече. Действительно, среди этих 5 дней есть не более 2 дней, в которые не может присутствовать первый, а также не более 2 дней, в которые не может присутствовать второй. Значит, найдётся день, в который могут присутствовать оба человека. Таким образом, каждая пара людей сможет обменяться новостями, то есть каждый узнает новость каждого.

Докажем, что из любой уравновешенной доски можно получить доску, раскрашенную в шахматную раскраску, причём на каждом шаге доска будет оставаться уравновешенной. Из этого будет следовать, что из любой уравновешенной доски можно получить любую другую, так как операция обратима.

Будем получать шахматную раскраску следующим образом. Разобьём столбцы на пары подряд идущих. Выберем самую левую пару столбцов и в этой паре столбцов по очереди будем приводить строки (состоящие из двух клеток) к шахматной раскраске. После того как закончим с первой парой столбцов, перейдём ко второй и так далее.

Объясним, как делать следующий шаг внутри одной пары столбцов и Пусть в следующей строке сейчас находятся чёрная и белая клетка, но в неправильном порядке. Например, слева стоит чёрная клетка, а справа белая, а должно быть наоборот. Заметим, что во всех строках выше в первом столбце суммарно чёрных клеток не меньше, чем во втором, так как они уже покрашены шахматным образом. Значит, в какой-то строке ниже должна быть ситуация, когда в левом столбце чёрных клеток меньше, чем в правом, т.е. должна быть строка белая-чёрная (это следует из того, что суммарно в первом столбце столько же чёрных клеток, сколько и во втором). Произведём операцию со строками и и текущими столбцами.

Пусть теперь у нас в строке стоят две одинаковые клетки, например чёрные. Тогда в какой-то строке должны оказаться две белые клетки (иначе суммарно чёрных клеток в этих двух столбцах будет слишком много). Понятно, что эта строка расположена ниже текущей, т.к. выше неё все строки разноцветные. Теперь заметим, что если посмотреть на эту пару строк во всей таблице, то должен быть столбец правее и в котором в первой строке белая клетка, а во второй — чёрная. Тут мы пользуемся тем, что левее наших столбцов в этих строках поровну чёрных и белых клеток. Теперь осталось лишь выбрать один из столбцов или (в котором неправильный цвет в строке и столбец а также строки и и произвести операцию с ними.

Легко видеть, что на каждом шаге уравновешенность доски сохраняется. А так как мы всегда можем сделать шаг в нашем алгоритме, то в конце получится шахматная раскраска.

Пойдём от противного, предположим, что такое возможно. Без ограничения общности можно считать, что число 1 покрашено в красный. Выберем произвольное число покрашенное в синий. Заметим, что тогда должно быть зелёного цвета, — синего, — зелёного и т.д. Таким образом, все числа, большие покрашены в синий или зелёный цвет. С другой стороны, так как покрашен в синий цвет, a — в зелёный, то число должно быть покрашено в красный цвет, противоречие. Значит, такое невозможно.

Докажем оценку

______________________________________________________________________________________________________________________________________________________

Пусть существует стратегия, позволяющая ошибаться не более чем в битах т.е. Тогда заметим, что Наблюдатель, знающий стратегию Фокусника, сообщенное Ассистентом слово, и набор бит, в которых ошибся Фокусник, может восстановить написанное Зрителем слово. В самом деле, Наблюдатель берет слово, которое должен был написать Фокусник, и меняет его в тех местах, где Фокусник ошибся. Значит, количество различных пар вида "слово сообщенное Ассистентом и набор мест, в которых фокусник ошибся"не меньше, чем различных слов, которые мог написать зритель. То есть

Перепишем в виде

Заметим, что при неравенство неверно:

_________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________

Теперь попробуем показать, из каких соображений строится пример. Для начала напомним конструкцию, известную как математикам так и программистам: двоичный код длины 15, позволяющий передать 11 бит полезной информации и исправить ошибку не более чем в одном бите (также известен как 15-битный код Хэмминга). Построим его.

Для начала заметим, что есть ровно 11 слов длины 4 из нулей и единиц, содержащих хотя бы две единицы (всего слов минус одно из одних нулей, минус четыре с одной единицей). Припишем такие слова номерам от 1 до 11 как угодно, например как в таблице:

Теперь построим код таким образом: в первые 11 бит запишем те биты, которые хотим передать (первые 11 позиций будем называть информационными). В последние 4 бита запишем следующие контрольные суммы. В 12-й запишем сумму по модулю два тех из первых 11 бит, приписанное 4-значное число которых имеет 1 в первом разряде, то есть биты № 3,5,6,8,9,10,11. В 13-й — сумму тех из первых 11 бит, приписанное 4-значное число которых имеет 1 во втором разряде, в 14-й сумму бит, имеющих 1 в третьем разряде приписанного слова, в 15-й — в четвертом. Покажем, почему этот код позволяет исправить одну ошибку при передаче.

_________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________

Пусть Получатель получил кодовое слово, возможно искаженное в одном бите. Получатель точно так же по первым 11 битам посчитает 4 контрольные суммы, и сравнит их с четырьмя полученными. Если совпали все четыре — то слово дошло без искажений. В самом деле, если бы исказился контрольный бит — в нем было бы расхождение, а если информационный — то расхождения были бы во всех контрольных, в которые он входит. Аналогично, если расхождение есть ровно в одном контрольном бите, то исказился именно он. В самом деле, если исказился другой контрольный — то все информационные дошли правильно, тогда в этом контрольном расхождения бы не было; а если исказился информационный, то все контрольные дошли правильно, и тогда расхождения были бы во всех контрольных, в которые входит искаженный информационный, а таких контрольных хотя бы два (именно за этим мы приписывали комбинации нулей и единиц, содержащие хотя бы две единицы). По аналогичным соображениям если получатель видит не менее двух расхождений с контрольными битами, то искажен точно информационный. Тогда достаточно из 11 информационных позиций выбрать ту, в приписанном 4-битном слове которой единицы стоят ровно на тех местах, на которых есть расхождения с контрольными суммами — это и есть искаженная позиция.

_________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________

Теперь подумаем в других терминах, что же мы построили. У нас есть код из кодовых слов. Каждое из этих слов можно исказить 16 способами (ничего не менять, или изменить один из 15 бит). Все полученных в результате слов будут разными. В самом деле, если бы какое-то слово получалось двумя разными способами: искажением кодового слова и искажением кодового слова (в обоих случаях — не более чем в одном бите), то код бы не исправлял одну ошибку — Получатель может получить слово но в этом случае не может понять, посылали ему или Итак, все слов разные, но это означает что вообще любое из слов длины 15 получается искажением какого-то из кодовых слов не более чем в одном бите.

На этом и построим стратегию Фокусника и Ассистента. Ассистент видит написанное зрителем 60-битное слово, режет его на четыре 15-битных слова Как доказано выше, для них найдутся кодовые слова такие что отличается от не более чем в одном символе. Тогда Ассистент выбрасывает из каждого кодового слова контрольные символы, получает четыре слова длины 11, то есть одно слово длины 44. Его он и передает Фокуснику. Фокусник восстанавливает контрольные суммы, получает слово отличающееся от исходного максимум в четырех битах — победа.

Заполним табличку: в клетке запишем, на какое максимальное число Вася может гарантированно к концу игры умножить имеющуюся у него сейчас сумму, если сейчас в ящике осталось черных и красных шаров. Легко понять, что стоит с краю: если уже не осталось черных шаров, то Вася может смело ставить все деньги на красный шар, соответственно увеличивая капитал в раз за каждый из оставшихся красных шаров. Аналогично если не осталось красных. Это и отмечено в таблице ниже.

Теперь поймем, что должно стоять в клетке если мы уже знаем, что в клетках и стоят числа и соответственно. Пусть для определенности

Во-первых, в оптимальной стратегии Вася не должен делать положительные ставки на оба исхода. В самом деле, пусть по своей стратегии он должен сейчас поставить суммы и причем Тогда пусть вместо этого он поставит денег на тот исход, на который должен был ставить и на больше денег оставит не поставленными. Тогда при любом исходе он будет иметь на денег больше, чем имел бы, если бы ставил и

Теперь поймём, сколько же Вася должен ставить. Ставить он должен на тот цвет, выпадание которого приводит в клетку с числом напомним, в противном случае если этот цвет выпадет, Вася не сможет увеличить свой капитал более чем в раз, а мы строим стратегию лучше. Для определенности обозначим количество Васиных денег через и пусть он поставит денег на цвет, выпадение которого приводит в клетку с числом Тогда если выпал этот цвет Вася оказался в этой клетке имея денег, соответственно закончит игру, имея не менее денег (и не может гарантированно иметь больше). Если же выпал цвет, приводящий в клетку с числом Вася попал туда, имея денег, значит закончит игру, имея не меньше денег (и не может гарантированно иметь больше). Итак, гарантированный минимум при этой стратегии есть Поскольку первая из функций под минимумом возрастающая по , а вторая — убывающая, максимум минимума достигается при значении для которого функции принимают одно значение. Имеем

То есть

Иными словами, в интересующей нас клетке должно стоять число

Пользуясь этой формулой и значениями в клетках на краях, заполним всю табличку:

Во-первых, докажем что Для этого полезно доказать более сильное утверждение: для произвольной фигуры из клеток количество квадратов в семействе, таком что все квадраты лежат в фигуре и для любого квадрата найдется клетка, покрытая только им, не превосходит Рассмотрим два случая: для семейства найдется клетка покрытая четырьмя квадратами, и случай, когда такой клетки не найдется.

Если такая клетка нашлась, то рассмотрим четыре покрывающих ее квадрата. Они образуют квадрат с клеткой в центре. И поскольку в каждом из четырех квадратов должна быть клетка, покрытая только им — это четыре угловые клетки квадрата поскольку все остальные покрыты хотя бы дважды. Но тогда никакой другой квадрат из семейства не покрывает клетки квадрат иначе он покрывает и угловую клетку, а она должна быть покрыта только один раз. Итак, все остальные квадраты лежат в множестве площади В этот момент доказательства еще не поздно решить, что на самом-то деле мы ведем индукцию по :), благо база тривиальна. Итак, всего квадратов в семействе оказывается не больше

Пусть клетки, покрытой четырьмя квадратами из семейства, не найдется. Поместим в каждую клетку множества единичный заряд. Теперь пусть каждая клетка, покрытая квадратами из семейства, отдаст каждому из этих квадратов по заряда (таким образом, раздаст весь свой заряд). Тогда каждый квадрат семейства получил заряд не меньше потому что минимум от одной клетки получил и от остальных получал не меньше от каждой. Итого, всего полученного заряда не меньше чем дважды число квадратов в семействе, а отданного заряда не больше итого квадратов в семействе не больше

Теперь построим пример, доказывающий, что следовательно неравенство при неверно при всех достаточно больших

Возьмем бесконечную клетчатую плоскость и покрасим ее в два цвета следующим образом: выберем одно из двух направлений диагонали, покрасим все клетки каждой диагонали в один цвет: две диагонали в белый, следующие две в черный и так далее с периодом Теперь выберем квадрат в который черных клеток попало не меньше чем белых, то есть хотя бы Теперь на каждую черную клетку внутри квадрата положим квадрат так, чтобы кроме этой черной клетки квадрат содержал только белые (это можно сделать единственным образом). Удалим все квадраты частично вылезшие за границы квадрата их не больше Требуемое семейство построено.

Объем тетраэдра с ребром 8 есть поскольку этот тетраэдр получается если взять не соединенные ребром вершины куба с ребром Заметим, что значит если удастся тетраэдр разрезать на 64 тетраэдра с вершинами в отмеченных точках, то один из тетраэдров разбиения будет иметь объем меньше

Докажем, что если внутри тетраэдра выбраны точек, так что если добавить к ним вершины тетраэдра, то среди полученных точек никакие не лежат в одной плоскости, тогда тетраэдр можно разрезать на тетраэдр с вершинами в выбранных точках.

Индукция по При считаем что тетраэдр разбит на один тетраэдр — самого себя. Пусть для доказано, докажем для Возьмем любые из внутренних точек, по предположению индукции разобьем тетраэдр. Теперь добавим последнюю точку, и посмотрим, внутрь какого тетраэдра разбиения она попала. Этот тетраэдр разобьем на четыре, каждый из которых образован новой точкой и гранью разбиваемого тетраэдра. Разбитый тетраэдр заменим в разбиении четырьмя новыми, число тетраэдров в разбиении выросло на ( добавили убрали). Итак, при имеем разбиение на тетраэдра, что и требовалось.

У нас есть координаты. По каждой координате можно выбрать точку, у которой эта координата максимальная и точку, у которой эта координата минимальная. Таким образом, мы раз выбираем какую-то точку. Значит какую-то точку мы выберем раза. Не умаляя общности, пусть у этой точки максимальная координата и . Тогда при любой проекции какая-то координата у нее будет оставаться максимальной, поэтому она не может лежать в какой-то выпуклой оболочки при проекции.

Будем представлять партию в виде ориентированного графа: партийцев — в виде вершин, а если партиец доверяет партийцу то соединим вершину с ребром со стрелкой, направленной от к Условие того, что никакие два партийца не доверяют друг другу, эквивалентно условию того, что никакие две вершины не соединены двумя противоположно направленными ориентированными рёбрами. Будем называть это условием одного ребра.

Построим пример партии из человек, удовлетворяющей условию задачи. Разместим человек в вершинах правильного -угольника Для каждой вершины направим по ориентированному ребру из неё в каждую из пяти вершин, следующих за ней по часовой стрелке. Утверждается, что условие одного ребра выполнено. Действительно, для каждого ориентированного ребра, идущего от некоторой вершины к имеется не более вершин, следующих от к в направлении по часовой стрелке. А остальных вершин -угольника, отличных от и вышеупомянутых последовательных вершин между ними не меньше, чем и они идут последовательно от к по часовой стрелке «с другой стороны». Предположим противное: условие одного ребра не выполнено, то есть некоторая пара вершин и соединена двумя противоположно направленными рёбрами. Тогда в силу предыдущего, имеется два набора последовательных вершин, каждый из не более, чем 4 вершин: вершины одного набора идут от к по часовой стрелке, а вершины другого — от к по часовой стрелке. Следовательно, эти наборы не пересекаются, и вместе с вершинами и (итого не более, чем вершин) они покрывают все вершин -угольника. Полученное противоречие доказывает, что условие одного ребра выполнено.

Докажем теперь, что для партии меньшего размера это не возможно. Пусть — общее число членов партии, удовлетворяющей условиям задачи. Тогда общее число ориентированных рёбер равно по рёбер, исходящих из каждой вершины. С другой стороны, общее число рёбер не превосходит множества пар различных вершин (условие одного ребра), которое, в свою очередь, равно Тем самым, а, значит, то есть

Рассмотрим октаэдр. Пусть каждый человек соответствует вершине октаэдра.

В качестве троек, ходивших вместе в поход, возьмём грани, а также ещё получаемых следующим образом. Рассмотрим три координатных плоскости. Каждая из них пересекает октаэдр по квадрату (закрашены разными цветами). В каждом таком квадрате возьмём две тройки, чтобы полученные треугольники вместе образовывали квадрат, и три прямых, разделяющих треугольники в парах, лежали на трёх различных координатных прямых. (Отрезки, разделяющие треугольники, в квадратах проведены соответствующими цветами.) Легко видеть, что такой набор троек не удовлетворяет условию задачи.

Если в первой группе человек, то количество способов разбиения учеников в этом случае равно (выбрали человек в одну группу, остальных — во вторую). Значит, чтобы получить ответ, нужно просуммировать полученную цешку при

Предположим, что на поле можно разместить фигуры при , тогда можно разместить и при . Разобьём поле на 16 квадратов , тогда ровно в 12 из них будут стоять по 1 королю («к»), а в 4 других - 12 коней-лошадей («л») и 1 мяч, т.е. 13 фигур, значит, пустых квадратов быть не должно. Соответственно, квадраты будем называть к-квадраты и л-квадраты. Заметим, что если хотя бы в одном из л-квадратов две «л» стоят у общей стороны с другим квадратом, то этот соседний квадрат не будет содержать «к», значит, он должен быть л-квадратом, но тогда в сумме в этих двух квадратах разместится не более 4 фигур, т.к. клетки прямоугольника разбиваются на пары в виде хода «л», а во всех 4 л-квадратах разместится не более фигур, а должно быть 13. Кроме того, не существует л-квадратов с 4 «л» (аналогичные рассуждения). Значит, в каждом л-квадрате будет ровно 3 «л» и никакие 2 «л» не могут стоять парой у общей стороны с другим квадратом, следовательно, такие л-квадраты находятся в углах поля и 3 «л» стоят с краю всего поля, причём в одном из них ещё стоит и мяч.

Тогда из двух выделенных на поле квадратов хотя бы один должен оказаться пустым противоречие. Значит, .

Для уже можно построить пример. Отметим слоном мяч и поставим королей и коней.