Statue Park: Autoritratto!
Questo è un puzzle di Statue Park.
Rules of Statue Park: (adattato da un puzzle precedente di @Deusovi)
- Ombreggia alcune celle della griglia per formare il set di pezzi dato. I pezzi possono essere ruotati o riflessi.
- I pezzi non possono essere adiacenti ortogonalmente (sebbene possano toccarsi in un angolo).
- Tutte le celle non ombreggiate devono essere collegate (ortogonalmente).
- Eventuali celle con cerchi neri devono essere ombreggiate ; tutte le celle con cerchi bianchi devono essere non ombreggiate .
La banca di pezzi è un doppio set di 5 tetramini, a cui è stata assegnata la scritta standard per comodità: le lettere stesse non hanno alcun effetto sul puzzle.
Risposte
La mia risposta:
Primi passi:
Alcune deduzioni iniziali non ombreggiate per forzare la connettività e impedire che gruppi di più di 4 tessere vengano ombreggiati.
Ciò costringe alcuni quadrati ombreggiati ad estendersi in modo da avere spazio sufficiente per i tetramini; quello in alto a sinistra è costretto ad essere una T per non intrappolare un quadrato non ombreggiato nell'angolo
Una deduzione complicata:
I quadrati arancioni devono far parte di un tetromino L (non possono fare altro legalmente). Se il quadrato blu non è ombreggiato, ciò costringe i quadrati verdi a essere ombreggiati per evitare di fare una terza L. illegale. Tuttavia, ora R2C7 può solo creare L e Ts, che sono tutti usati altrove. Quindi il quadrato blu deve essere ombreggiato.
Lavorando sul lato destro:
Ora possiamo impostare diversi quadrati intorno al blocco 3 appena creato su non ombreggiato per evitare un altro L
Il blocco 3 appena creato deve essere la T finale, quindi l'altro blocco 3 deve essere una S
Un'altra complicata deduzione
Se R3C8 è ombreggiato, tutti i quadrati verdi saranno ombreggiati e il quadrato blu non sarà ombreggiato. Ora il quadrato arancione può formare solo L, Ts e S, che sono tutti esauriti (il blocco di 3 alla sua immediata destra deve essere una S). Pertanto R3C8 non deve essere ombreggiato
Lavorando al centro:
Estensioni di base da unshading R3C8. Nota che il blocco 2 arancione deve essere una S (non sono rimaste L o Ts)
Il blocco 2 che faceva parte della i non può essere una S (non ne è rimasto nessuno), quindi deve connettersi con R2C9 sopra di esso per formare un io
Utilizzando le forme rimanenti:
Se la S arancione ha la sua seconda parte a sinistra, isolerà alcune celle non ombreggiate. Quindi la sua seconda parte è alla sua destra.
R5C11 non può essere una T, L o S quindi deve essere una O
Il lato destro deve avere una O e una I, e c'è solo un modo per adattarli
L'ultima L deve essere girata a sinistra in modo da non isolare i quadrati non ombreggiati in alto a destra, quindi possiamo impostare tutti i quadrati rimanenti su non ombreggiati
Una terza risposta potrebbe sembrare un po 'ridondante, ma il percorso che ho usato era significativamente diverso dagli altri due. C'è un passaggio nel mio che elimina molto la logica ipotetica "basica" (ed è, almeno secondo me, più interessante).
Quindi, alcune detrazioni di base ti portano qui:
E ora ti viene presentata una domanda:
Abbiamo già contabilizzato almeno nove pezzi. (Il gruppo 8 può essere suddiviso, se ci capita di averli tutti e dieci. Inoltre, la cella in alto a sinistra del gruppo 6 potrebbe tecnicamente andare con il 7.)
Allora, dove vanno i pezzi I?
Il gruppo 5 deve essere una L. Quindi il 6 non può avere l'altro pezzo I, altrimenti farebbe una L con il 7. E nessuno degli altri gruppi può formare un I ... tranne il gruppo 7. Quindi i due I i pezzi sono del gruppo 7 e il nostro misterioso pezzo mancante.
(E questo significa che anche il gruppo 8 è davvero un gruppo!)
E il resto del puzzle può essere completato con una logica simile:
Abbiamo già utilizzato entrambe le L (anche se una non è stata ancora completamente decisa), quindi il gruppo in alto al centro deve essere una T.Ciò
utilizza entrambe le Ts, quindi il gruppo di sinistra deve essere una S, e quindi anche quello accanto è costretto ad essere S. E poi i due gruppi di destra devono essere i due O ...
La S deve piegarsi a destra per non bloccare un'area; il pezzo I misteriosamente mancante ora ha un unico posto dove andare, incastrato nell'angolo inferiore destro; e poi la L in alto a destra è finalmente risolta!
Simile ma forse un po 'più semplice della deduzione di @bobble:
La prima cosa da osservare è che possiamo utilizzare le L e poi le T praticamente immediatamente. Questo lascia solo una S nella posizione indicata.
se la seconda S fosse nella posizione indicata non ci sarebbe soluzione alla freccia.
Questo lascia solo una I e ci costringe anche a trascorrere la seconda S.
Con una I e due O rimaste il resto è facile.