Statue Park: Auto-retrato!
Este é um quebra-cabeça do Parque da Estátua.
Regras do Parque das Estátuas : (adaptado de um quebra-cabeça anterior de @Deusovi)
- Sombreie algumas células da grade para formar o determinado conjunto de peças. As peças podem ser giradas ou refletidas.
- As peças não podem ser ortogonalmente adjacentes (embora possam se tocar em um canto).
- Todas as células não sombreadas devem ser conectadas (ortogonalmente).
- Todas as células com círculos pretos devem ser sombreadas ; todas as células com círculos brancos devem ser não sombreadas .
O banco de peças é um conjunto duplo de 5 tetrominós, que receberam as letras padrão para sua conveniência - as letras em si não têm efeito no quebra-cabeça.
Respostas
Minha resposta:
Primeiros passos:
Algumas deduções iniciais não sombreadas para forçar a conectividade e evitar que quaisquer grupos de mais de 4 blocos sejam sombreados
Isso força alguns quadrados sombreados a se estenderem para ter espaço suficiente para tetrominós; o superior esquerdo é forçado a ser um T para não prender um quadrado não sombreado no canto
Uma dedução complicada:
Os quadrados laranja devem fazer parte de um L tetromino (eles não podem fazer nada legalmente). Se o quadrado azul não estiver sombreado, isso força os quadrados verdes a serem sombreados para evitar a formação de um terceiro L ilegal. No entanto, agora R2C7 só pode fazer Ls e Ts, que são usados em outro lugar. Portanto, o quadrado azul deve ser sombreado.
Trabalhando no lado direito:
Podemos agora definir vários quadrados ao redor do bloco de 3 recém-feito para não sombreado para evitar outro L
O bloco de 3 recém-feito deve ser o T final, então o outro bloco de 3 deve ser um S
Outra dedução complicada
Se R3C8 estiver sombreado, isso força todos os quadrados verdes a serem sombreados e o quadrado azul a não ser sombreado. Agora, o quadrado laranja só pode formar Ls, Ts e Ss, todos os quais se esgotaram (o bloco de 3 à sua direita deve ser um S). Portanto, R3C8 deve ser sem sombra
Trabalhando no meio:
Extensões básicas de R3C8 sem sombreamento. Observe que o bloco 2 laranja deve ser um S (nenhum Ls ou Ts são deixados)
O bloco 2 que fazia parte do i não pode ser um S (nenhum é deixado), então ele deve se conectar com R2C9 acima dele para formar um Eu
Usando as formas restantes:
Se o S laranja tiver sua segunda parte à esquerda, ele isolará algumas células não sombreadas. Portanto, sua segunda parte está à sua direita.
R5C11 não pode ser um T, L ou S, então deve ser um O
O lado direito deve ter um O e um I, e há apenas uma maneira de encaixá-los.
O L final deve ser girado para a esquerda para não isolar os quadrados não sombreados no canto superior direito, e então podemos definir todos os quadrados restantes como não sombreados
Uma terceira resposta pode parecer um pouco redundante, mas o caminho que usei era significativamente diferente dos outros dois. Há uma etapa na minha que elimina muito da lógica hipotética "acanhada" (e é, pelo menos na minha opinião, mais interessante).
Então, algumas deduções básicas trazem você aqui:
E agora você tem uma pergunta:
Já temos pelo menos nove peças contabilizadas. (O grupo 8 pode ser dividido, se acontecer de termos todos os dez. Além disso, a célula superior esquerda do grupo 6 poderia tecnicamente ir com o 7).
Então, para onde vão as peças do I?
O grupo 5 deve ser um L. Então 6 não pode ter a outra peça I, ou faria um L com o 7. E nenhum dos outros grupos pode formar um I ... exceto para o grupo 7. Assim, os dois I as peças são o grupo 7 e nossa misteriosa peça que faltava.
(E isso significa que o grupo 8 é de fato um grupo também!)
E o resto do quebra-cabeça pode ser resolvido com uma lógica semelhante:
Já usamos os dois Ls (embora um não tenha sido totalmente decidido ainda), então o grupo no meio superior deve ser um T.
Isso usa ambos os Ts, então o grupo do lado esquerdo deve ser um S, e então o próximo a ele é forçado a ser S também. E então os dois grupos à direita devem ser os dois Os ...
O S deve dobrar para a direita para não bloquear uma área; a peça I misteriosamente perdida agora tem um único lugar para ir, encaixada no canto inferior direito; e então o L superior direito é finalmente resolvido!
Semelhante, mas talvez um pouco mais simples do que a dedução de @obobble:
A primeira coisa a observar é que podemos usar os L's e depois os T's quase imediatamente. Isso deixa apenas um S na posição indicada.
se o segundo S estivesse na posição indicada, não haveria solução na seta.
Isso só deixa um eu e também nos obriga a passarmos o segundo S.
Com um I e dois O's restantes, o resto é fácil.