Alberto, Barbara e la cioccolata

[mod_2]

Alberto e Barbara fanno il seguente gioco.
Hanno una cioccolata (di forma rettangolare) formata da $ $m \times n$ $ quadretti.
Ad ogni turno ogni giocatore spezza in due la cioccolata lungo una delle linee di separazione tra quadretti, si mangia la parte più piccola (quella che ha il minor numero di quadretti; naturalmente se le due parti sono uguali allora è indifferente quale parte mangiare) e passa la restante parte all'altro giocatore. Perde chi non può più spezzare (chi riceve un quadretto $ $1 \times1$ $).
Comincia Barbara.

1) Per $ $m=4$ $ ed $ $n=2$ $ chi ha una strategia vincente?

2) Per quali configurazioni iniziali $ $m \times n$ $ Alberto ha una strategia vincente?

3) Alberto e Barbara si sono annoiati di questa versione di gioco e decidono di fare lo stesso gioco con un blocco di cioccolato a forma di un parallelepipedo rettangolo di dimensioni $ $a \times b \times c$ $. Questa volta i tagli sono lungo i piani che separano i cubetti e ognuno ad ogni turno può tagliare solo lungo un piano ma può, questa volta, decidere quale parte dare all'avversario indipendentemente dalle loro dimensioni. Per quali valori di $ $a \times b \times c$ $ Barbara ha una strategia vincente?

4) Come cambierebbe il punto 3) se aggiungessimo la condizione che ogni giocatore deve passare all'avversario la parte più grande?

Buon lavoro!

[pak-man]

Nella versione a 2 dimensioni, ha una strategia vincente chi ha il tratto e i lati della tavoletta di cioccolata hanno lunghezza differente.
Basta eliminare una parte di tavoletta in modo da far restare l'altro giocatore con un quadrato. Questi è costretto a farlo diventare un rettangolo, e così via, finché non resta il quadrato 1x1.

1) Barbara ha una strategia vincente, ovvero togliere un blocco 2x2 per lasciare ad Alberto un quadrato 2x2. Alberto toglie un blocco 1x2, Barbara un 1x1 e Alberto si ritrova col blocco 1x1, perdendo.

2) Alberto ha una strategia vincente quando m=n. Dato che Barbara ha il tratto, rimarrà sempre con un blocco quadrato.

[mod_2]

Sicuro? Prova con il caso $ $2 \times 5$ $

[pak-man]

Chi ha il tratto toglie un blocco 3x2. L'altro resta con un 2x2 e perde, come prima

[Maioc92]

mi sbaglio o questo problema era nella gara a squadre di quest'anno?

[mod_2]

Chi ha il tratto toglie un blocco 3x2. L'altro resta con un 2x2 e perde, come prima

Ad ogni turno ogni giocatore spezza in due la cioccolata lungo una delle linee di separazione tra quadretti, si mangia la parte più piccola (quella che ha il minor numero di quadretti; naturalmente se le due parti sono uguali allora è indifferente quale parte mangiare) e passa la restante parte all'altro giocatore.

Forse mi sono espresso male, comunque quello che volevo farti notare è che

Basta eliminare una parte di tavoletta in modo da far restare l'altro giocatore con un quadrato

non sempre puoi fare questa mossa.

@Maioc92
Non so se è un problema delle gare a squadre, il punto 1) è un Archimede. Il resto me l'ha proposto uno.

[pak-man]

È vero >.> perdonate l'errore

Comunque è simile a quello della gara a squadre, ma c'è una differenza, che è proprio quella che mi ha fatto sbagliare.

[mod_2]

No problem, comunque sei quasi sulla strada giusta!

[didudo]

direi che nel caso delle 2 dimensioni vince chi riesce a lasciare all'avversario un quadrato,infatti in quel caso se il quadrato è nxn l'avversario dovrà mangiarsi un rettangolo di $ $n \times m$ $ quadretti,con 1<=m<n>n. Barbara vince nel caso in cui n è diverso da m ed m è diverso da k(2n+1) con $ k \in R $.infatti se m<2n+1 si potrà costruire alla prima mossa un quadrato nxn togliendo al massimo $ n^2 $/2 quadratini,staccando quindi un pezzo minore della metà della barretta. se $ k(2n+1)<m<(k+1)(2n+1) $ allora sarà sempre possibile staccare un rettangolo di dimensioni $ (m-k(2n+1)) *n $ e lasciare l'avversario in posizione perdente. nel caso in cui $ m=k(2n+1) $ se si diminuisce il valore di m l'avversario potrà sempr lasciarci con un quadrato nxn,se si diminuisce il valore di n l'avversario ci potrà sempre lasciare in una situazione in cui m=k(2n+1).

[didudo]

scusate,non avevo guardato l'anteprima,fa un po schifo

[mod_2]

Barbara vince nel caso in cui n è diverso da m ed m è diverso da k(2n+1)...

Ci sei quasi... Provando con i casi $ $1 \times 6$ $, $ $2 \times 10$ $ e $ $2 \times 11$ $ si può vedere che la tua formula non è proprio giusta (i primi due sono della forma k(2n+1) ma sono comunque favorevoli per Barbara mentre il terzo non soddisfa ma è sfavorevole).

[didudo]

ah,giusto!!beh allora diciamo che Barbara perde se si trova con una scacchiera del tipo (sempre considerando m>n) $ m=2^k n+2^{k-1}+....+2+1 $ infatti in quel caso se Barbara diminuisce il valore di m l'avversario sarà sempre in grado di riportarlo alla forma $ m=2^{k-1} n+2^{k-2}+....+2+1 $,mentre se diminuisce il valore di n ad $ n_1 $ l'avversario sarà sempre in grado di portare il valore di m ad:$ m=2^k n_1+2^{k-1}+....+2+1 $.alla fine si rriverà alla posizione 1x3 che risulta perdente per barbara. funziona?

[mod_2]

Adesso la versione 3D!

[Anér]

Per il punto 3, visto che con Luca mi era andata bene
viewtopic.php?t=12895
si può riadottare la stessa strategia, che funziona anche se il blocco di cioccolato ha più di tre dimensioni (e vi assicuro che il cioccolato, quando ha da quattro dimensioni in su, è squisito!).

[mod_2]

Perfetto!
Manca solo più il punto 4) !

ps. Ne voglio un po' anch'io!