グラフや幾何学の問題や、記述に関するメタ的な問題以外の今までに無い種類の問題について考察する。
【随時更新】解答に必要な機能まとめ - ニート歴10年からの数学日記と【随時更新】計算量の減らし方まとめ - ニート歴10年からの数学日記を使う、必要になり次第付け加えていく。
サンプルを増やすことに注力したい。
『みなみとかおりの2人が数当てゲームをしていて、さやかが横で見ています。このゲームは2人が1〜13のトランプのカードの中から1枚ずつ取って、先に相手の数字を当てた方が勝ちになるもので、みなみとかおりは自分のカードの数字しか見ることはできませんが、さやかは2人のコードの数字を見ています。
3人が次の順で会話したとき、みなみとかおりのカードの数字を答えなさい。
さやか「2枚はことなる数字で、どちらも1ではないわ。それに、片方がもう一方の倍数になっているわよ。」
みなみ「うーん。わからないわ。」
かおり「私もわからないわ。」
みなみ「そうか。いま、わかったわ。」』
みなみ[ ]∪かおり[ ]のカブり無しに[1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9, 10, 11, 12, 13]のカブり有りから全部に挿入。
みなみ!=かおり。
みなみ!=1。
かおり!=1。
みなみ = かおり*? or かおり = みなみ*?。
？？ [みなみ]を結果が1通りに確定しないように設定。 （ここで2,3,4,6,8,10,12）
？？ [かおり]を結果が1通りに確定しないように設定。 （2,3,4,6,8,10,12）
？？ [みなみ]を結果が1通りに確定するように設定。
結果における[みなみ]。
で答えが、みなみが10でかおりが2。最後の制約のかおりとみなみは並行で良かったかな？
『ある整数に対して、次の2種類の操作ができるものとします。
操作1： その整数を2倍にする
操作2： 2013からその整数を引く
いま、最初の整数を1として、毎回いずれかの操作を選んで行っていき、2013を超えたところで操作を終了します。
このとき、①〜④の整数のうち操作の途中で作ることのできるものには○、できないものには×を書きなさい。
① 11 ② 35 ③ 61 ④ 1501』
ある決まった操作をくり返して答えにたどり着くというゲームの問題。どう記述するかはまだ分からない。
予想では、操作2が2013から引いて残った数字を手にするということなら、操作2→操作2は無駄なので考えない。操作2でゴールか、操作2→操作1である必要がある。後者の場合は1007以上でなければ操作2はできない。
まず操作2でゴールの場合を考えてみる。2013-1501=512で、512は2^9なので、④は可能。
次に操作2→操作1の場合、まず操作1だけで1007を超える必要があるが、これは2^10=1024の時だけで、2^11=2048の時はもうオーバーするので、そこまでは可能性は一択。
そこから2013-1024=989は確定で、989*2=1978も予定通りで確定。その次も、2倍にできないので操作2が確定。2013-1978=35で、②は可能。
操作2の次は操作1で確定だったので、35*2=70。操作2でゴールするにしても①と③はもっと数字が増える必要があるので、また1007以上を目指す。
70*2^4=1120。2013-1120=893。操作2は繰り返さないので、893*2=1786。2013-1786=227。227*2^3=1816。2013-1816=197。ってどこまで続くんだ？
逆向きも考えてみようか。2013-11=2002、操作2は繰り返さないので1001、半分にできないので2013-1001=1012、繰り返さないので506、えー分からん。
何かルールがあって、そのルールを理由にできないと分かると思うのだけど、そのルールが分からない。
答えを見ると、まず2013を素因数分解すると3*11*61。今、操作1を行って、3、11、61の倍数となるのは、その前も3、11、61の倍数の場合だけ。操作2を行って、3、11、61の倍数となるのは、その前も3、11、61の倍数の場合だけ。最初の1はどれでも無いので、11と61である①と③は完全に否定できる。
倍数ねえ。アプローチは正しいと思うのだけど、不慣れなのか一筋縄ではいかないねえ。
『図の9つの正三角形のマスに次の規則に従って、1〜9の数字を1個ずつ入れていきます。
△
△▽△
△▽△▽△
規則： 辺で接している2つの正三角形に入れる数字は、左側にあるもの、上側にあるものに大きな数字を入れる。
たとえば、次の例のように入れると規則を満たしています。
５
８４３
９７６２１
このとき、規則を満たす数字の入れ方は、例の場合をふくめて全部で何通りありますか。』
左下からABCD〜と名付けていくとして、
[A~I]のカブり無しの中に[1~9]のカブり無しから全部挿入。
A < B and B < C and B < D and C < E and D < F and E < G and E < H and F < H and F < I。（行を分けて書いてもandになるので、そうした方が良いかもしれない。）
結果の数。
論理演算で、「他のどのアルファベット＞A」なので、Aは1。同じ感じでBは2。
次の列にはどれかに3が入る。最後の列には9と8が並んで入り、その下には7、あるいは9と8と7。その通り数を出して、そこにおける残りの通り数を出すぐらいが自分の限界かな。
答えを見ると、1と2は確定で、3はどちらかだが、どちらにせよ、もう一方を裏返しただけなので、一方だけ考えて後から2倍にすれば良い。
でここからなんだが、3より大きい方を先に考えて、小さな2×2の三角形を作って、3×3から問題を縮小する。（いや、4×4から3×3にできるわけでも無いし、相互干渉を少なくした、と表現した方が正確かもしれない。）
3より大きいマスが4の場合は、2×2じゃない方の1マスに5通りを入れて、残りの2×2で小さい二つは確定して、大きい二つで2通り。5*2=10通り。
5と6も同じように考えるが、上に入れれる数が4通りと3通り、4*2=8と3*2=6。7の場合は上が8と9で確定で2通り、残りの3マスが大きい順で1通り。8や9は無理。
答えは、(10+8+6+2)*2=52で、52通り。
『図1のようなA〜Iの9個のマスの中に、次の2つのルールをすべて満たすように、1〜9の数字を1個ずつ入れます。
図１ ABC
DEF
GHI
ルール1： たてにならんだ3個の数字の和、横にならんだ3個の数字の和がすべて等しい
ルール2： 1が入るマスのアルファベットは、9が入るマスのアルファベットより前になる（たとえば、1がCに入ると、9はD〜Iのどれかに入る）
これについて、次の各問いに答えなさい。
（1）図2のように1、2、3が入っているとき、残りのマスの中に4〜9を2通り入れなさい。
図２ ーー３
１ーー
ー２ー
（2）2つのルールを満たす1〜9の数字の入れ方は、（1）の場合をふくめて全部で何通りありますか。』
アルファベット[ , , , , , , , , ]のカブり無しの中に[1~9]のカブり無しを全部挿入。
アルファベット[0] + アルファベット[1] + アルファベット[2] = アルファベット[3] + アルファベット[4] + アルファベット[5] =〜以下略。
位置の制約で、1 < 9。
アルファベット[2] = 3。
アルファベット[3] = 1。
アルファベット[7] = 2。
結果における一覧の数。
リセット。
アルファベット[ , , , , , , , , ]のカブり無しの中に[1~9]のカブり無しを全部挿入。
アルファベット[0] + アルファベット[1] + アルファベット[2] = アルファベット[3] + アルファベット[4] + アルファベット[5] =〜以下略。
位置の制約で、1 < 9。
結果における一覧。
これは新しい問題じゃない気がしたので最初から答えを見た。機能として新しいかは問題文を見れば分かるのだけど、計算量の減らし方は答えを見てみないと分からない。結構、書き漏らしているかもしれない。
合計の45を3で割って、一列辺りは15になる。Cの列には、9を入れると3+9+3になってしまうから、9は入らない。そうするとEあるいはGが9になって、他が弾き出される。
2つ目の問題は、1列が15になる場合を一覧で出して、縦横の組み合わせが1通りに定まることを確認する。そうすると、縦を入れ替えても結果に影響しないし、横を入れ替えても結果に影響しないことを確認して、縦の並びの通り数6、横の並びの通り数6、そしてそもそも横のセットと縦のセットを入れ替えるので2通り、合計6*6*2=72通りで、これが答えになる。
1問目の、「である」というのと同時に「では無い」という否定を探すというのは、そもそも制約というのがそういうものである気もするし、正常の振る舞いなのかもしれない。
2問目は、縦の並びと横の並びがお互いに干渉しないということを見切る問題だったのかなと思う。そういう問題はよくあるけど、取り上げていなかった気がしたので取り上げた。
『6けたの暗証番号があり、次のA〜Dのことがわかっています。
A： 6けたの中には偶数が連続している部分があり、奇数が連続している部分はありません。
B： 暗証番号に使われている数字は、連続する6個の整数です。
C： 1番上のけたから□個の数字の和は、1番下のけたから□個の数字の和に等しいです。
D： 6けたの暗証番号を上位3けたと下位3けたに分けて、2つの整数をたすと1248でした。
（1）□としてありえる整数を2通り答えなさい。ただし、□は0、6ではありません。
（2）6けたの暗証番号を答えなさい。』
暗証番号[ , , , , , ]のカブり無しの中に[n, n+1, n+2, n+3, n+4, n+5]のカブり無しから全部に。
0 <= n <= 4。
暗証番号[1] != 0。（リストの表記を1からにしてみる、なぜ駄目なのか分かったら戻す。）
？？ 暗証番号[m] = 2? and 暗証番号[m+1] = 2?。（どれか一つ含む、はこれで良いっけか）
？？ !(暗証番号[o] = 2? + 1 and 暗証番号[o+1] = 2? + 1)。
？？ [暗証番号][? < p]の総和 = [暗証番号][全体-p < ?]の総和。
暗証番号[1]*100 + 暗証番号[2]*10 + 暗証番号[3] + 暗証番号[4]*100 + 暗証番号[5]*10 + 暗証番号[6] = 1248。
？？ 結果におけるp。（?とかpとかの扱いが怪しい）
結果における[暗証番号]
これ誤解していて、「B： 暗証番号に使われている数字は、連続する6個の整数です。」って暗証番号の並びとしては連続してないのね、最初意味不明だったけど。
答えを見ると、問い1は、まず使われている連続する数字を全部足すと奇数になるので、□は3では無い、□が3だとちょうど全部の数字を使うことになるが、イコールの片方と片方を足し合わせると偶数になる。また、1や5だと、端っこが同じ数字である必要があるが、これも定義と矛盾する。よって答えは2と4。
問い2は、まず奇数は離れていて、偶数はくっついている1セットと1個なので、並び方は「奇偶奇偶奇」となる。加えて、最初の「偶」がセットだと、足し合わせた時に奇数になるが、これは条件Dと矛盾する。後は、条件Dの1248の8に着目して、8か18だが18は無いとして、どちらも奇数なので1・7か3・5、1・7は連続する6つの整数じゃないので、3・5。次のケタは4か14だが、1・3はもちろん0・4も残りの1と2では他の条件を満たせないので、4で無く14。どちらも偶数なので8と6。残る数字の4と7で他の条件を満たせるので、4・7、8・6、3・5。7??4??。他の条件から76?485。答えは763485。
問い1みたいな問題が多いなあ。偶数というのは2の倍数だと思うけど、奇数というのはそうじゃない場合で、その反転でどちらか一方というのが扱いやすいから、わざわざ2の倍数に偶数という名前が付いているのかもしれない。問い2は最初と、条件Dの端っこの8に着目した所が、まあ軽くする方法と言えるのかな。
『一周の長さがAcm（Aは整数）である円周上のS地点から2点P、Qが同時に出発し、点Pの速さは毎秒1cmで、点Qは点Pとは異なる速さでそれぞれ反時計回りに回り始めました。
2点は重なるたびに速さを毎秒1cmずつ速くして反時計回りに回り続け、4回目にS地点で重なりました。これは2点がS地点を出発してからちょうど72秒後のことで、2点がS地点で重なったのはこれが出発後初めてのことでした。
このとき、次の各問いに答えなさい。
（1）2点が出発したときの点Qの速さとして考えられるものは何通りありますか。
（2）2点が出発したときの点Qの速さとして考えられるもののうち、最も速いものと最も遅いものはそれぞれ毎秒何cmですか。』
最後の問題なんだけど、この問題はなんか特別に難しかった気がする。自分でやって失敗したまでを書いてから、答えを書く。
（1回重なるまでの秒数をV、V秒から2回目までをW、W秒から3回目までをX、X秒から4回目までをYとする。）
V = VQ + A and 2W = W(Q + 1) + A and 3X = X(Q + 2) + A and 4Y = Y(Q + 3) + A or V + A = VQ and 2W + A = W(Q + 1) and 3X + A = X(Q + 2) and 4Y + A = Y(Q + 3)。
V + W + X + Y = 72。
「V = VQ + A and 2W = W(Q + 1) + A and 3X = X(Q + 2) + A and 4Y = Y(Q + 3) + A」の場合、
「A = V(-Q + 1) and A = W(-Q + 1) and A = X(-Q + 1) and A = Y(-Q + 1)」になって、全て足し合わせると「4A = (V + W + X + Y)(-Q + 1)」で「4A = 72(-Q + 1)」で「A = 18(-Q + 1)」。Qは整数で1以上なので、この場合では無い。
「 V + A = VQ and 2W + A = W(Q + 1) and 3X + A = X(Q + 2) and 4Y + A = Y(Q + 3)」の場合、
「A = V(Q - 1) and A = W(Q - 1) and A = X(Q - 1) and A = Y(Q - 1)」になって、全て足し合わせると「4A = 72(Q - 1)」で「A = 18(Q - 1)」。しかしここで行き止まり。
答えを見ると、PとQはお互いに同じだけ速くなるので、追いつく時間は変わらない。4回追いついたので、72/4=18で、1回ごとに18秒。
点Pは1回ごとに秒速1cmずつ上がっていくので、それまでの距離も合わせるとそれぞれ、1回目までに1*18=18、2回目までに(1+2)*18=54、(1+2+3)*18=108、(1+2+3+4)*18=180cm、点Pは走ることになる。4回目がS地点なので、1周は180の約数。しかしそれまでS地点では重ならなかったので、18、54、108の約数では無い。
よって一周の長さとして考えれるのは、180 90 60 45 30 20 15 10 5、のいずれかになる。点Pは180cm移動しているので、それぞれ何周したかと言うと、1 2 3 4 6 9 12 18 36、周したことになる。QはPよりも4周多いか少ないかなので、それぞれ〜〜周で、長さは〜〜cm。
しかし点Qも18秒毎に速さを毎秒1cmずつ増やしていくので、移動した距離は「(0+1+2+3)*18=108」より長くないといけない。それで出る通り数が答えなんだそうだ。
更に結果になった一番長い距離を72秒で割って、出発した時の速さはその平均の速さより毎秒1.5cmだけ遅いので、それを引いたのが最速。逆に一番短い距離でそれをやると最も遅い速さが出る。
一番最初以外は事務処理なのかもしれないけど、それにしても滅茶苦茶難しい、特に前半。
これでジュニア算数オリンピックの幾何学とかグラフ以外への分析は終わり。散らかっているしこの問題もあるので、整理してから算数オリンピックに移ることにする。