3742. Feynman

Olá meus amigos nerds. Hoje vamos resolver um probleminha de matemática, já que é isso que o problema 3742. Feynman pede para fazer. Mais especificamente, quantos quadrados diferentes existem em um quadriculado de N x N quadrados?

Solução

Para responder essa pergunta basta somar quantos quadrados de 1, 2, ..., N existem no quadriculado.

Para descrever um quadrado em um quadriculado é preciso apenas de um ponto: o ponto de início do quadrado, a partir desse ponto todos os outros quadradinhos do quadriculado que o quadrado ocupa ficam determinados.

Dito isso, como o quadriculado tem N x N existem N^2 quadrados de tamanho 1.

Posso começar um quadrado de tamanho 2 em qualquer uma das N linhas e N colunas com excessão da última linha e coluna. Assim existem (N-1)*(N-1) = (N-1)^2 quadrados de tamanho 2.

Já quadrados de tamanho 3 não podem começar nas duas últimas linhas e colunas. Assim teríamos (N-2)*(N-2)=(N-2)^2 quadradinhos de tamanho 3.

...

Por fim existe apenas 1 quadrado de tamanho N.

Em outras palavras:

1 -> N^2
2 -> (N-1)^2
3 -> (N-2)^2
...
N -> 1

Então a resposta é a soma dos quadrados dos números de 1 a N.

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11629. Competição de chocolate

Olá meus amigos nerds. Hoje vamos brincar (literalmente) de comer bolinhas de chocolate. Já que é isso que o problema 11629. Competiçăo de chocolate nos pede para fazer. Mais especificamente, dado o jogo em que dois jogadores comem bolinhas de chocolate de modo alternado, com a restrição de que há n bolinhas e que um jogador pode comer no máximo m delas de cada vez. Determinar quem ganha o jogo, se o jogador que começou ou o que jogou em segundo lugar. 

Solução

Para quem já conhece, esse jogo é uma variação d Nim. A ideia para resolver esse problema é simples:

a) Se m >= n o jogador que começa pode comer todas as bolinhas de chocolate e ganhar o jogo.
b) Se m < n, teríamos.

1 Se há 1, 2, ..., m bolinhas restantes, então quem joga ganha (ele pode comer todas as bolinhas)
2 Se há m+1 bolinhas então quem joga perde, pois ele não pode comer todas as bolinhas e qualquer número de bolinhas que ele comer resulta em uma configuração em que o outro jogador pode comer todas as bolinhas.
3 Se há m+1,..., 2m+1 bolinhas quem joga ganha, basta comer de modo a restar m+1 bolinhas (cenário em que quem joga, ou seja, seu adversário perde, dado o item 2).

Do esposto acima é possível concluir que se n == 0 mod m+1 quem joga perde. Então vamos a indução (vale para 1, suponha que vale para n, prove que vale para n+1): Suponha que essa relação valha para n. Para n+1 teríamos:

n+1 == 1 mod m+1 já que n == 0 mod m+1, ou seja, quem joga ganha pois ele pode comer uma bolinha e deixar que o outro jogador perca, uma vez que o segundo jogador estará na situação em que n == 0 mod m+1. Logo a relação vale para n+1, cqd.

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8781. Floresta

Olá meus amigos nerds. Como não podemos fazer muito para tirar a lama la do rio Doce, hoje vamos, pelo menos, ajudar a plantar algumas árvores. Já que é isso que o problema 8781. Floresta nos pede para fazer. Mais especificamente, dado o número de árvores que se deseja plantar, queremos saber de quantas formas elas podem ser plantadas, respeitando-se as restrições do problema.

Solução

Esse é essencialmente um problema de matemática. Queremos plantar carvalhos formando um quadriculado (um retângulo cheio de carvalhos dentro). Sejam a e b os lados desse retângulo. Então:

# de carvalhos dentro do retângulo = a*b

Como no centro de cada quadradinho de carvalhos temos que plantar um encalipto. O número de encaliptos plantados será:

# de encaliptos plantados = (a-1)*(b-1)

Assim o número total de árvores plantadas será:

n = ab + (a-1)*(b-1)
= 2ab -a -b + 1

resolvendo em relação a b temos:

2ab - b = n + a - 1
b = (n + a - 1)/(2a - 1)

Ou seja, todos os pares de números inteiros da forma [a, (n+a-1)/(2a-1)] satisfazem as condições do problema. Então é só contar quantos pares desses números existem.

Como retângulos axb e bxa não são considerados como elementos distintos, podemos supor que a <= b, assim:

a <= (n + a - 1)/(2a - 1)

donde tiramos a condição de parada do for: 2*a^2 - 2*a + 1 <= n

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1751. A lei vai a Cavalo!

Olá meus amigos nerds. Hoje vamos ajudar a polícia canadense a decidir o número máximo de policiais que podem ter um cavalo para montar. Já que é isso que o problema 1751. A lei vai a Cavalo! nos pede para fazer. Mais especificamente, dadas as afinidades entre cavalos e cavaleiros; e o número de cavaleiros que podem montar cada cavalo, determinar o número máximo de policiais que podem ter um cavalo para montar em uma atribuição entre cavalos e cavaleiro.

Solução

Esse problema envolve uma atribuição (match) entre cavalos e cavaleiros, uma boa forma de modelar a solução de problemas assim é usando grafos. Considere o grafo bipartido onde os vértices representam os cavalos e cavaleiros. Sendo que existe uma aresta entre dois vértices se o cavalo é compatível com o cavaleiro. Além disso, a cada vértice que representa um cavalo vou atribuir uma capacidade c igual ao número de cavaleiros que podem montar esse cavalo. Do mesmo modo, para cada vértice que representa um cavaleiro vou atribuir uma capacidade (igual a 1, já que cada cavaleiro pode montar apenas 1 cavalo).

O número máximo de cavaleiros que poderiam ter um cavalo para montar pode ser calculado como o fluxo máximo que pode passar por esse grafo, considerando-se os cavaleiros como sources e os cavalos como sinks. A ideia por traz disso está no fato de que: a escolha de uma aresta para a passagem do fluxo corresponde a um match entre cavalo e cavaleiro, sendo assim com o fluxo máximo representa o número máximo de arestas que eu consigo usar (cada aresta tem capacidade 1) para atribuir um cavaleiro a um cavalo.

Para usarmos o algoritmo clássico (Ford–Fulkerson) de fluxo máximo, nosso grafo tem que ter apenas um source e um sink. Para transformar um grafo com múltiplos sources em um grafo com apenas um, basta incluir um vértice extra no grafo e liga-lo a cada source, sendo que cada aresta adicionada tem um peso igual a capacidade do vértice (source). Analogamente, podemos usar essa mesma técnica para reduzir o número de sinks para um.

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