Park Statuy: Autoportret!
To jest zagadka z Statue Park.
Zasady Parku Statu : (na podstawie wcześniejszej układanki autorstwa @Deusovi)
- Zacieniuj niektóre komórki siatki, aby utworzyć podany zestaw elementów. Kawałki mogą być obracane lub odbijane.
- Kawałki nie mogą przylegać do siebie prostopadle (chociaż mogą dotykać w rogu).
- Wszystkie niezacienione komórki muszą być połączone (ortogonalnie).
- Wszystkie komórki z czarnymi kółkami muszą być zacienione ; wszystkie komórki z białymi kółkami nie mogą być zacienione .
Bank elementów to podwójny zestaw 5 tetromino, którym dla Twojej wygody nadano standardowy napis - same litery nie mają wpływu na układankę.
Odpowiedzi
Moja odpowiedź:
Pierwsze kroki:
Niektóre początkowe niezacienione odliczenia, które wymuszają łączność i zapobiegają zacienieniu grup składających się z więcej niż 4 płytek.
Wymusza to rozciągnięcie niektórych zacienionych kwadratów, aby mieć wystarczająco dużo miejsca na tetromino; lewy górny musi być literą T, aby nie uwięzić niezacienionego kwadratu w rogu
Trudna odliczenie:
Pomarańczowe kwadraty muszą być częścią L tetromino (nie mogą legalnie tworzyć niczego innego). Jeśli niebieski kwadrat nie jest zacieniony, zmusza to zielone kwadraty do zacienienia, aby uniknąć niedozwolonego trzeciego L. Jednak teraz R2C7 może tworzyć tylko Ls i Ts, które są zużyte gdzie indziej. Zatem niebieski kwadrat musi być zacieniony.
Praca po prawej stronie:
Możemy teraz ustawić kilka kwadratów wokół nowo utworzonego 3-bloku na niezacieniowany, aby uniknąć kolejnego L
Nowo utworzony 3-blok musi być ostatnim T, więc drugi 3-blok musi być S
Kolejna trudna dedukcja
Jeśli R3C8 jest zacieniowany, powoduje to, że wszystkie zielone kwadraty są zacienione, a niebieski kwadrat pozostaje niezacieniony. Teraz pomarańczowy kwadrat może tworzyć tylko Ls, Ts i Ss, z których wszystkie są zużyte (3-blok po jego prawej stronie musi być S). Dlatego R3C8 musi być niezacieniowany
Praca na środku:
Podstawowe rozszerzenia z unshading R3C8. Zauważ, że pomarańczowy 2-blok musi być S (nie ma Ls ani Ts)
2-blok, który był częścią i, nie może być S (żaden nie pozostaje), więc musi połączyć się z R2C9 nad nim, aby utworzyć ja
Wykorzystując pozostałe kształty:
Jeśli pomarańczowe S ma drugą część po lewej stronie, izoluje kilka niezacienionych komórek. Dlatego jego druga część znajduje się po jego prawej stronie.
R5C11 nie może być T, L ani S, więc musi to być O
Prawa strona musi mieć O i I, i jest tylko jeden sposób, aby je dopasować
Ostatnie L należy obrócić w lewo, aby nie izolować niezacienionych kwadratów w prawym górnym rogu, a następnie możemy ustawić wszystkie pozostałe kwadraty jako niezacieniowane
Trzecia odpowiedź może wydawać się nieco zbędna, ale ścieżka, której użyłem, znacznie różniła się od pozostałych dwóch. W moim jest krok, który eliminuje wiele hipotetycznej logiki „bashy” (i jest, przynajmniej moim zdaniem, bardziej interesujący).
Oto kilka podstawowych odliczeń:
A teraz pojawia się pytanie:
Mamy już rozliczonych co najmniej dziewięć sztuk. (Grupa 8 może zostać podzielona, jeśli zdarzy się, że mamy wszystkie dziesięć. Ponadto, górna lewa komórka grupy 6 mogłaby technicznie iść do 7).
Więc gdzie idą I części?
Grupa 5 musi być L. Więc 6 nie może mieć drugiej części I, albo utworzyłoby L z 7. I żadna z pozostałych grup nie może utworzyć I ... z wyjątkiem grupy 7. Więc dwa I elementy to grupa 7 i nasz tajemniczy brakujący element.
(A to oznacza, że grupa 8 jest rzeczywiście jedną grupą!)
Resztę układanki można zakończyć w podobny sposób:
Zużyliśmy już oba L (chociaż jeden nie został jeszcze w pełni zdecydowany), więc grupa w górnym środku musi być T.
To zużywa oba Ts, więc grupa po lewej stronie musi być S, i wtedy ten obok niego również musi być S. A potem dwie prawe grupy muszą być dwoma O…
S musi zginać się w prawo, aby nie blokować obszaru; tajemniczo brakująca część I ma teraz jedno miejsce do przejścia, wciśnięte w prawy dolny róg; a następnie prawy górny L jest ostatecznie rozwiązany!
Podobne do, ale może trochę prostsze niż dedukcja @ bobble:
Pierwszą rzeczą do zauważenia jest to, że możemy zużyć L, a następnie T praktycznie natychmiast. To pozostawia tylko literę S na wskazanej pozycji.
gdyby drugie S znajdowało się we wskazanym miejscu, nie byłoby rozwiązania przy strzałce.
To pozostawia tylko ja, a także zmusza nas do spędzenia drugiego S.
Z I i dwoma O, reszta jest łatwa.