Пятьсот двадцать головоломок

[Если фишки 14 и 15 расположены сначала в правильном порядке, то магический квадрат можно получить за 37 ходов: 15, 14, 10, 6, 7, 3, 2, 7, 6, 11, 3, 2, 7, 6, 11, 10, 14, 3, 2, 11, 10, 9, 5, 1, 6, 10, 9, 5, 1, 6, 10, 9, 5, 2, 12, 15, 3. — М. Г.]

363. Одну дополнительную фишку следует поместить в четвертом квадрате второго (сверху) ряда, а другую — во втором квадрате четвертого ряда. Головоломка оказывается столь просто разрешимой, что не требуется даже перечислять необходимые ходы.

364. Наименьшее число ходов 24. Действовать нужно следующим образом. (Необходимо всего лишь указать буквами, из какого круга в какой перемещается фишка. За один раз можно перемещать лишь одну фишку.) Итак, E в A, E в B, E в C, E в D, B в D, E в B, C в B, A в B, E в C, E в A, B в A, C в E, B в C, A в C, B в A, C в B, C в A, B в A, E в C, E в B, C в B, D в E, D в B, E в B — всего 24 хода.

365. Нарисуйте схему путей, как показано на рисунке, возьмите 5 фишек, обозначенных X, L, R, A и B. Паровозы — это L и R, два вагона справа — A и B. Три вагона слева разделять не следует, поэтому мы обозначим их X. Тупик обозначен через S. Далее действуйте следующим образом: R налево, R в S, XL направо, R налево, XLA налево, L загоняет A в S, L налево, XL направо, R к A, RA налево, XLB налево, L направляет B в S, L налево, LX направо, RA к B, RAB прямо. Всего получилось 14 ходов, поскольку в первом и третьем ходах (R налево и XL направо) не происходит изменения направления. За меньшее число ходов задачу решить нельзя.

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:

7	24	10	19	3	12	20	8	22	и т. д.
1	2	3	4	5	6	7	8	9	и т. д.

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 W₁, не может схватить узника P₂, а охранник W₂ — узника P₁. 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 W₁ и P₂ расположен всего один (нечетное число) квадрат, в то время как между W₁ и P₁ (а также между W₂ и P₂) 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.