Statue Park: Selbstporträt!
Dies ist ein Statue Park Puzzle.
Regeln des Statuenparks : (nach einem früheren Puzzle von @Deusovi)
- Schattieren Sie einige Zellen des Gitters, um den angegebenen Satz von Teilen zu bilden. Stücke können gedreht oder reflektiert werden.
- Stücke können nicht orthogonal benachbart sein (obwohl sie sich an einer Ecke berühren können).
- Alle nicht schattierten Zellen müssen (orthogonal) verbunden sein.
- Alle Zellen mit schwarzen Kreisen müssen schattiert sein . Zellen mit weißen Kreisen müssen nicht schattiert sein .
Die Stückbank ist ein doppelter Satz der 5 Tetrominoes, die zur Vereinfachung mit der Standardbeschriftung versehen wurden - die Buchstaben selbst haben keinen Einfluss auf das Puzzle.
Antworten
Meine Antwort:
Erste Schritte:
Einige anfängliche nicht schattierte Abzüge, um die Konnektivität zu erzwingen und zu verhindern, dass Gruppen von mehr als 4 Kacheln schattiert werden
. Dadurch werden einige schattierte Quadrate gezwungen , sich auszudehnen, um genügend Platz für Tetrominoes zu haben. Das obere linke ist gezwungen, ein T zu sein, um ein nicht schattiertes Quadrat in der Ecke nicht einzufangen
Ein kniffliger Abzug:
Die orangefarbenen Quadrate müssen Teil eines L-Tetrominos sein (sie können legal nichts anderes machen). Wenn das blaue Quadrat nicht schattiert ist, müssen die grünen Quadrate schattiert werden, um ein illegales 3. L zu vermeiden. Jetzt kann R2C7 jedoch nur noch Ls und Ts erzeugen, die alle an anderer Stelle verbraucht sind. Das blaue Quadrat muss also schattiert sein.
Auf der rechten Seite arbeiten:
Wir können jetzt mehrere Quadrate um den neu hergestellten 3-Block auf nicht schattiert setzen, um ein weiteres L zu vermeiden.
Der neu hergestellte 3-Block muss das letzte T sein, also muss der andere 3-Block ein S sein
Ein weiterer kniffliger Abzug
Wenn R3C8 schattiert ist, werden alle grünen Quadrate schattiert und das blaue Quadrat nicht schattiert. Jetzt kann das orangefarbene Quadrat nur noch Ls, Ts und Ss bilden, die alle aufgebraucht sind (der 3-Block rechts davon muss ein S sein). Daher muss R3C8 nicht schattiert sein
Arbeiten in der Mitte:
Grundlegende Erweiterungen von R3C8. Beachten Sie, dass der orangefarbene 2-Block ein S sein muss (es sind keine Ls oder Ts mehr vorhanden).
Der 2-Block, der Teil des i war, kann kein S sein (es sind keine mehr übrig), daher muss er mit R2C9 darüber verbunden werden, um ein zu bilden ich
Die restlichen Formen verbrauchen:
Wenn das orangefarbene S seinen zweiten Teil links hat, isoliert es einige nicht schattierte Zellen. Daher ist sein zweiter Teil rechts davon.
R5C11 kann kein T, L oder S sein, also muss es ein O sein.
Die rechte Seite muss ein O und ein I haben, und es gibt nur einen Weg, sie anzupassen.
Das letzte L muss nach links gedreht werden, um Isolieren Sie die nicht schattierten Quadrate oben rechts nicht, und setzen Sie dann alle verbleibenden Quadrate auf nicht schattiert
Eine dritte Antwort mag etwas überflüssig erscheinen, aber der von mir verwendete Pfad unterschied sich erheblich von den beiden anderen. Es gibt einen Schritt in meinem, der einen Großteil der "bashy" hypothetischen Logik beseitigt (und zumindest meiner Meinung nach interessanter ist).
Einige grundlegende Abzüge bringen Sie hierher:
Und jetzt wird Ihnen eine Frage gestellt:
Wir haben bereits mindestens neun Stücke berücksichtigt. (Die 8-Gruppe kann aufgelöst werden, wenn wir alle zehn haben. Außerdem könnte die obere linke Zelle der 6-Gruppe technisch mit der 7 übereinstimmen.)
Also, wohin gehen die I-Teile?
Gruppe 5 muss ein L sein. Also kann 6 nicht das andere I-Stück haben, oder es würde ein L mit der 7 ergeben. Und keine der anderen Gruppen kann ein I bilden ... außer Gruppe 7. Also die beiden I. Stücke sind Gruppe 7 und unser mysteriöses fehlendes Stück.
(Und das bedeutet, dass Gruppe 8 tatsächlich auch eine Gruppe ist!)
Und der Rest des Puzzles kann mit ähnlicher Logik abgeschlossen werden:
Wir haben bereits beide Ls verbraucht (obwohl eines noch nicht vollständig entschieden wurde), daher muss die Gruppe in der oberen Mitte ein T sein.
Das verbraucht beide Ts, also muss die linke Gruppe ein S sein, und dann muss der daneben auch S sein. Und dann müssen die beiden rechten Gruppen die beiden Os sein ...
Das S muss sich nach rechts biegen, um einen Bereich nicht abzusperren; Das mysteriös fehlende I-Stück hat jetzt einen einzigen Platz, der in der unteren rechten Ecke eingeklemmt ist. und dann ist das obere rechte L endlich aufgelöst!
Ähnlich, aber vielleicht etwas einfacher als der Abzug von @ bobble:
Als erstes muss man feststellen, dass wir die Ls und dann die T's ziemlich sofort verbrauchen können. Dies lässt nur ein S an der angegebenen Position.
Wenn das zweite S an der angegebenen Position wäre, gäbe es keine Lösung am Pfeil.
Dies hinterlässt nur ein Ich und zwingt uns auch, das zweite S zu verbringen.
Mit einem I und zwei O's ist der Rest einfach.