Trichain: Idąc wyżej

Question

Poprzedni: Trichain: Wprowadzenie | Dalej: Trichain: Stolica „A”

---

Trichain to nowy typ puzzli, który wymyśliłem. Jest nieco podobny do Nurikabe, ale używa łańcucha L-tromino zamiast ciągłej ściany.

Przykładowa łamigłówka z rozwiązaniem:

Zasady:

1. Liczby muszą być białe i odpowiadać rozmiarom ich białych wysp.
2. Każda biała wyspa może zawierać najwyżej jedną cyfrę. Niektóre białe wyspy mogą nie mieć numerów.
3. Czarne kwadraty muszą być częścią L-tromino.
4. Czarne L-tromino nie mogą przylegać do siebie w poziomie ani w pionie, ale wszystkie muszą być połączone ukośnie. Innymi słowy, osoba stojąca na czarnym kwadracie musi mieć możliwość odwiedzenia dowolnego innego czarnego kwadratu za pomocą ruchów Szachowego Króla, stąpając tylko po czarnych polach.

Teraz rozwiąż następującą zagadkę:

Tytuł to gra słów na dwa sposoby. Jednym z nich jest to, że zaprojektowałem tę łamigłówkę tak, aby nie miała 1 lub 2 (i dlatego używam tylko wyższych liczb), po tym, jak Deusovi wskazał na czacie, że typ łamigłówki wydaje się w dużym stopniu na nich polegać. Możesz znaleźć drugą podczas rozwiązywania go :)

Answer 1

Rozwiązanie zagadki jest następujące:

Kroki do rozwiązania:

Po pierwsze, zauważ, że 3 nie może być linią prostą, w przeciwnym razie musielibyśmy mieć ścianę złożoną z 3 kolejnych zacienionych komórek.

Wypełnienie niektórych komórek sąsiadujących z trimonoes i 3 daje nam to:

Aby uniknąć cieniowanego L-tetromino, R10C5 musi być zacieniony. Jeśli jest to część L-trimono w lewym górnym rogu, obszar 7 jest zbyt duży. Więc R10C6 jest również zacieniony.

Zastanów się teraz, co się stanie, jeśli R9C5 jest zacieniony. Kilka dodatkowych komórek musi zostać zacieniowanych, aby zablokować 7, jak pokazano:

Otrzymujemy więcej komórek z centralnej 3:

Jeśli R7C7 byłby zacieniowany, wtedy prawe 3 stałoby się X-pentomino. Więc zamiast tego R9C7 jest zacieniowany. Jednak powoduje to zacieniowanie I-trimono, aby zapobiec przekształceniu się 4 w F-pentomino:

Tak więc R9C5 nie jest zacieniowany, a zatem R9C6 musi być. Daje to kolejną zacieniowaną komórkę do zablokowania 7. R9C8 również musi być zacieniowana, w przeciwnym razie 4 stanie się L-tetromino, co spowoduje powstanie sąsiedniego zacieniowanego I-trimono.

Gdyby R8C8-9 były zacienione, 4 miałyby tylko 1 komórkę lub co najmniej 11 komórek, w zależności od tego, czy w rogu jest trimono.

Gdyby R8C7-8 były zacienione, 4 miałyby 3 lub 9 komórek, w zależności od tego, czy w rogu jest trimono.

Zatem R10C8-9 są zacieniowane. (Również R6C6 jest zacieniony, aby zapobiec przekształceniu się 3 w pentomino V). Następnie, jeśli R9C10 byłby zacieniowany, powstałe trimono utworzyłoby jednokomórkowy obszar 4, więc musi pozostać niezacieniony.

Gdyby czwórka była S-tetromino, połączyłaby się z niezacienionym R8C8 i stałaby się W-pentomino. Więc zamiast tego jest to T-tetromino, jak pokazano:

Kilka trimono jest teraz zmuszonych, aby zablokować 3 regiony:

Teraz musimy zablokować 4, aby nie stał się wężem 7-komórkowym:

Jeśli R3C5 byłby zacieniony, aby uniknąć przekształcenia się drzewa 5 w drzewo 7-komórkowe, musimy zacienić R2C6, który następnie utworzyłby zacieniony blok co najmniej 4-komorowy.

Więc R3C5 jest niezacieniowany.

Jeśli R2C5 byłby niezacieniony, należy zauważyć, że ponieważ R7C1 lub R7C2 są zacieniowane, 5 musi uciec w dół lub w lewo, a zatem połączyłoby się, tworząc drzewo 7-komórkowe.

Więc R2C5 jest zacieniony. Ponadto R3C3 jest zacieniowany, aby zakończyć trimono.

Jeśli R1C4-5 są zacieniowane, to aby powstrzymać 5 przed przekształceniem się w P-hexomino, R3C6 również jest zacieniowany. Ale wynikowy trimono blokuje 5 do regionu co najwyżej 4 komórek.

Jeśli R1C5 i R2C6 są zacieniowane, wówczas trimono po prawej stronie 5 również wymaga zacienienia R1C7, blokując 5 w monomino.

Zatem R2-3C6 są zacieniowane, zmuszając R1C7 zacieniowane w trimono również w prawo.

Ostatecznie 5 musi utworzyć N-pentomino, a ostatnie trimono jest wymuszone: