Třetí logické kolo WPF GP 2021 zaujalo 22 českých logiček a logiků. Až na pár výjimek bylo naplněno variantami hlavolamů, které známe z českých soutěží. K výsledkům jsou přiloženy rady pro luštitele, vše se snahou probudit spící šelmu v každém z nás.
3. kolo WPF Puzzle GP 2021 – od 26. 3. do 29. 3. 2021
Z našich se nejlépe řešilo Honzovi Novotnému a Jance Vodičkové, kteří se dostali na pozice kolem nejllepší třicítky. Do TOP100 se vměstnalo 6 českých luštitelů. Ve výsledcích však nejsou vidět žádné nové tváře. Německo-bulharské logické kolo bylo prvním autorským "mixem" tohoto roku. Z německé strany se na hlavolamech podíleli Jonas Gleim a Florian Habermann, v současnosti velmi aktivní autoři německé logické školy, spolu vytvořili úlohy pro online kvalifikaci na loňské Logic Masters, což je zaběhlý název pro německé mistrovství v logice. Za Bulharsko vytvořil 3 úlohy Deyan Razsadov, bulharský autor a činovník na mezinárodním poli po dlouhá léta.
Autoři se rozhodli dát dostatečný prostor úlohám, které jsou přívětivější pro méně zkušené luštitele. Do této kategorie lze zařadit 1. Masyu, 2. Easy as, 4. Nurikabe, 5. Tapa, 6. Slitherlink, 8. Skyscrapers a 19. Domino Search, snad i 3. Star Battle. Což je celkem 8 úloh za 153 bodů, vše klasické logické hlavolamy našeho ražení. Oceňuji, že některé z kol logického GP má tento ráz. Jinak je obecně v GP nastavena úroveň úloh rovnající se těm z MS, kdo chce něco lehčího, nechť zkusí například Puzzle Ramayan na Logic Masters India.
6. Slitherlink a 7. Slitherlink (Encoded)
Pro radu druhým v úloze „ploty“ určitě nejsem ten nejpovolanější, ale lepším se. Úloha klasická se mi líbí, jde při ní použít stejné vzorce luštění na více místech, dáno opakujícím se motivem 2021.
Přidám začátek luštění plotů se zakódovanou nápovědou. Čtyři písmena W, P, F a G značí nápovědu 0, 1, 2 a 3. K rozlousknutí, co je co, si vyberu levý horní roh a pravý dolní roh. Podle levého horního rohu nemůže být P číslo 3, zde by nešla nakreslit smyčka, ani číslo 0, protože bych k rohovému G nepřipojil žádnou linku a obě písmena by přestavovala 0. P je tedy 1 či 2. V pravém dolním rohu si mohu myslet, co se stane, když F bude 0? Pak by číslo 3 mohlo představovat pouze písmeno P, což už vím, že nejde. Co kdyby F bylo 3? Pak 0 může být pouze P a to opět nejde. Takže F je též 1 nebo 2. V pravém dolním rohu lze i rozhodnout, které z čísel P a F je 1 a které 2. Pokud dosadím za W a G čísla 0 a 3 (či obráceně), vychází mi P jako 2 a F jako 1. Doplním si tato čísla do celé úlohy, aby se mi luštilo lépe. Zbývá mi rozhodnout čísla 0 a 3. Míst v tabulce, kde je možné se pokusit o podobné úvahy, je určitě více.
U úloh se zakódovanou nápovědou postupuji stylem, že si postupně odmazávám možnosti (viz dále úloha 11. Zakódovaná shakashaka) nebo najdu místo, kde prolomím kód pro jedno písmeno, čehož hned využiji k získání dalšího (viz 9. Zakódované mrakodrapy).
Kolem tabulky máme ze čtyř směrů uvedená písmena. V každém z těchto čtyř směrů kouká jedno písmeno na číslo 7, tedy na každé straně představuje jedno písmeno 1 viditelný mrakodrap. Hledám vhodné písmeno a bingo! Je to jedině C. Do všech řádků a sloupců s písmenem C napíšu na první místo číslo 7. V 7. sloupci shora je před 7 jedno volné pole a nápověda B. B je tedy 2, odsud uvidím vždy 2 mrakodrapy. V 7. řádku zprava jsou před 7 dvě pole a písmeno D. Možnost se dvěma viditelnými mrakodrapy mám již zabranou písmenem B, D je jedině 3. V 1. řádku zleva je F a před sedmičkou jsou tři pole. Dva a tři viditelné mrakodrapy mám již zabrané, F je 4. V prvním sloupci shora jsou před 7 čtyři pole a písmeno A, obdobnou dedukcí dospěji, že A je 5. Poslední neznámé písmeno je E zprava na 5. řádku, což bude 6 či 7. Už mám dosti informací na rozehrání mrakodrapů klasickým způsobem.
Pokud bych si chtěl prvně ujasnit, co písmeno E představuje, uvádím způsob, jak to odhalit, i když to k řešení úlohy není nutné. Ve 3. řádku mám nápovědu zleva 3 a zprava 5. Celkem tedy 8, což značí, že jak zleva, tak i zprava uvidím všechny mrakodrapy, žádný mi není skryt. Z toho vím, že číslo 1 může být pouze na 1. pozici zleva či zprava. Zleva být nemůže, protože podle nápovědy v 1. sloupci shora musím vidět všechny mrakodrapy a pokud by mrakodrap o výšce 1 byl třetí (při pohledu shora), zákonitě ho neuvidím. Tož v třetím řádku bude číslo 1 v 7. sloupci. Pokud jsem takto doplnil číslo 1 do 7. sloupce na jiné místo, než je písmeno E na 5. řádku, písmeno E nemůže představovat číslo 7 se sekvenci 1-2-3-4-5-6-7.
Zopakuji pravidlo, které jsem použil. Pokud je součet mrakodrapů z obou stran řádku či sloupce o 1 vyšší než rozměr úlohy, pak vidím všechny mrakodrapy, myšleno z obou stran. Zároveň hned vím, kde se nachází nejvyšší číslo, v našem případě číslo 7. Dále vím, že číslo 1 bude na jednom z okrajů. Poslední poznatek je, že číslo 6, tedy číslo o 1 nižší než nejvyšší použité číslo, je na poli sousedící s nejvyšším číslem. Pokud doplním číslo 6 do tabulky, mohu podobnou úvahu provést pro číslo 5 atd.
Jéminánku, tak tohle nám podle výsledků kola nejde. Já se úloze shakashaka roky vyhýbal, pak si jednou řekl, co blbneš? Zkusil ji a jde to. Prvním způsobem, jak řeším úlohu, vychází jednoduše z pravidel. Volná pole bez začerněného trojúhelníku mohou vytvořit ve výsledku pouze čtverce či obdélníky, takže pokud někde vidím, že by se mohla taková pole spojovat ve tvar neobdélníkový, vím, že tam bude pole s trojúhelníkem.
Úlohu klasickou (č. 10) jsem rozjel kolem nápovědy 1 v 6. sloupci. Abych vysvětlil svoji předešlou radu, tak si zkuste do okolních polí této 1 všude zakreslit volná pole, co vám z toho dále vyjde? V polích, které sousedí s 1 rohem, by musela být všude trojúhelníkové pole, což v rozích v 5. sloupci nelze udělat, nemohl bych totiž dále pokračovat v kreslení šikmého obdélníku či čtverce. Pokud by vám to pomohlo, klidně toto dělejte u všech 1 či 2 k rozluštění tabulky. Pokud následně v některém poli sousedící rohem nelze nakreslit trojúhelník, vím, že ze dvou polí sousedící s tímto rohem musí alespoň jedno obsahovat trojúhelník. Vracím se k 1 do 6. sloupce. Na 8. řádku v 5. sloupci bude trojúhelník, ostatní stranou sousedící pole kolem 1 budou prázdná. Nakreslený trojúhelník mi může vytvořit jedině přidružený trojúhelník na 7. řádku v 5. sloupci pod další polem s číslem 1. V rozích kolem nápověd, kde by se mohly setkat prázdné pole a vznikl by neobdélníkový tvar, nakreslím trojúhelníky. Mohu pokračovat výše, u čísla 2 na 5. řádku v 6. sloupci jsou mi nyní známa obě pole s trojúhelníkem. Všechny trojúhelníky, které jsem si nakreslil, se snažím protáhnout, kam to až jde, abych šikmý obdélník či čtverec mohl vytvořit.
Stejně tak zvětšuji prostor prázdných polí, pokud nemohu vytvořit alespoň nejmenší možný šikmý čtverec/obdélník, pro něž potřebuji minimálně 2x2 pole. Příkladem je 9. a 10. řádek pod číslem 1 v 6. sloupci, kde jsem doplnil prázdné pole, prostor na šikmáče tu není, tak tu vznikne čtverec 2x2 prázdných polí. Největším objevem této počáteční fáze luštění je šíkmý obdélník vlevo od čísla 2 na 10. řádku, který pokračuje doprava nahoru. Trojúhelníkové pole vlevo od čísla 1 na 8. řádku je jeho okrajem. Šikmý obdélník mohu zakreslit celý, zasahuje do 10 polí (jeho obsah je 6 polí gridu). V jeho levém vnějším ohraničení mi vzniknou jakési zuby, které mi pomohou v dalším postupu. A opět zde střídám úvahy - a) mohu zde doplnit prázdné pole? nebo b) se mi zde potkají prázdná pole a vznikl by nějaký neobdélníkový patvar? Pokud prázdná pole dát nemohu, mám jistotu, že tam bude šikmý tvar. Nebo je sled úvah opačný. Pokud nemám prostor minimálně o 2x2 polích pro šikmáče, doplním prázdné pole.
Přijde mi, že to je v kostce celá věc týkající se této úlohy, tj. střídání pohledů na luštění a zapojení představivosti, co lze a nelze nakreslit. Pole s čísly nám vždy rozjedou úvahy nad dotyčnou částí obrazce. V těžších úlohách a v druhé polovině této úlohy je nutno promyslet ze zadaných čísel více kroků dopředu. Ve všech místech, kde jsem úlohu rozjel, se snažím ujistit, že jsem úlohu "dojel", kam až to šlo. Pak mám větší šanci, že se mi mohou dílčí rozluštěné části úlohy střetnout a já se posunu dále. V opačném případě hrozí, že budu zkoušet a zkoušet a zkoušet.
Zakódovanou shakashaku z písmen WPFG začnu luštit tak, že si vyznačím prázdná pole v 5. sloupci na 4. a 5. řádku. Zde nemůže být žádný šikmáč. A naopak na 5. řádku pod písmenem W a pod písmenem P šikmé pole být musí, jinak by mi vznikl neobdéhlníkový patvar. Dva zahájené šikmáče mi budou pokračovat v polích vlevo a vpravo od písmene G na 6. řádku. Šikmáč vpravo od písmene G se láme v 7. sloupci nad písmenem P.
Pojďme si vznést zásadní úvahu, písmena W, P, F, G mohou představovat pouze čísla 0, 1, 2, 3 nebo 4. Z již doplněného vím, že písmena W a P mohou tvořit čísla 1, 2 nebo 3, písmeno G pak čísla 2 nebo 3. Z toho mi vyplývá, že písmeno F bude buď 0 nebo 4. 0 nebo 4 je docela rozdíl, předpokládám, že by mi doplnění jedné či druhé varianty způsobilo hodně odlišný průběh luštění úlohy. Doporučuji prostě zkusit obě varianty, co to provede. Doplnil jsem 4 místo písmena F a na první pohled nevidím nic podezřelého, možností, jak pokračovat dále, je háfo. Pokud doplním 0 místo písmena F, pak do všech rohových polí s písmenem F mohu doplnit trojúhelníky a pokusit se luštění rozjet. Vlevo mám ale konflikt. Mezi písmeny P a F na 4. řádku by byla dvě volná pole, pod nimi na 5. řádku by se praly dva šikmáči a dělaly si oba nárok na pole v 7. sloupci. Písmeno F je tudíž 4.
Nemám ještě vyhráno, ale opřu se o jeden zjištěný fakt. Jak jsem psal, mezi písmeny P a F jsou dvě pole, ve vyloučené variantě byla obě prázdná, ve správné variantě budou obě s trojúhelníkovými poli. Tím pádem kolem písmene P mám už nejméně dvě trojúhelníková pole, z čehož plyne, že písmeno W mi v úloze představuje 1. P a G představují čísla 2 a 3. Číslo 1 pro W využiji, doplním kolem W prázdná pole, jelikož jedno trojúhelníkové zde mám již od úplného počátku. V pravém horním rohu nad písmenem W mi vzniká šikmáč, který se láme nad písmenem P a jeho stranou sousedící pole zabírá třetí trojúhelník. P představuje číslo 3, G je 2. A dále už je to klasická shakashaka.
Prvně si značím pole, kde žádná loď nepluje. Což učiním kolem jedničkové lodě na 6. řádku, mohu si též vyblokovat rohové pole kolem dílku na 4. řádku ve 4. sloupci. Od dílku na 2. řádku v 2. sloupci bude vést loď vpravo, ostatní okolní pole též zakřížkuji.
V 5. sloupci začerním všechna 4 zbylá pole, následným křížkováním objevuji dvě dvoupolíčkové pole v prvních dvou řádcích a nejméně trojpolíčkovou loď na 4. řádku. Na 7. řádku na první tři pole nemohu položit třípolíčkovou ani dvoupolíčkovou loď, protože bych se nedopočítal do 4 ve 3. sloupci.
Ale dvě políčka ze tří musím na začátku 7. řádku zabrat, budou tedy oddělena jedním volným polem. Třetí plné pole 7. řádku bude v pravém krajním sloupci. Ve 3. sloupci dole mi vznikne třetí, poslední dvoupolíčková loď, i když její přesné umístění zatím nevím. V této chvíli mám již tři dvouloďky, v 7. sloupci mohu vyjádřit číslo 3 pouze trojloďkou, nakreslím si z ní zatím pouze 2 pole.
V úloze jsem už načrtl 9 lodí. Ze čtyřloděk a 2 trojloděk bude jedna na 4. řádku, druhá v 7. sloupci a třetí buď v 1. či 8. sloupci. Potřebuji dále najít pozice pro všechny jednoloďky. Poslední hledaná jednoloďka nemůže být na 5. řádku (v krajních sloupcích), jelikož bych nemohl ani v jednom případě stvořit čtyřloďku. Nakonec mi poslední jednoloďka vyplavala na 4. řádku v 1. sloupci.
Z mého luštění úlohy jsem zklamaný. Já se nedokázal popasovat s tím, jak si mám značit jednotlivé druhy polí a úplně se v tom zamotal. Supěl jsem, vyl jsem, nadával jsem. Ale vám nebudu, pojďme do toho. 
Značit si vše na počítači v rámci tohoto návodu mi přijde lepší, než byla ta moje mazanice naživo. Světle modrou značím pole, kde bude ostrov. Šedou značím pole, kde ostrov nebude, ale nevím, zda tam bude loď či ne. Černě je loď a poslední barvou, tmavě fialovou, značím pole určitě bez lodi. Celkem 4 typy značení a to už jsem nedal.
Klíčové místo pro rozjezd je 5. a 6. sloupec. Zkuste tam naprat 5 a 5 políček s loděmi a dejte mi vědět, jak jste dopadli. Ať tam zkouším dát loď na stojáka, jak chci, nejde to. Takže ponaučení pro příště zní, pokud uvidíte tabulku 10x10 a budete mít za úkol naskládat lodě v tomto množství, všechny lodě budou vodorovně. Budou na 1. a 3. řádku, dále na 8. a 10. řádku a kdyby poslední dvojice polí zabarvila 6. řádek, tak nevytvořím ostrov o velikosti 3 na 7. řádku. Takže poslední hledaný řádek pro dvojici polí bude pátý.
Jedničkový ostrov na 4. řádku mohu obklopit fialovou barvou, loď zde být nemůže, jelikož se dotýká již položených částí lodí. Do mezírky mezi plachetnicemi na 9. řádku musí zasahovat jeden ostrov, aby mi zde nevznikla oblast 2x2 bez ostrovů. Dostanu se tam pouze ostrovem s číslem 3 z 10. řádku. Ostrov 3 na 9. a 10. řádku mám kompletní, proto jsem ho oddělil šedými poli v 3. sloupci. Do mezírky mezi tankery na 2. řádku zasáhne ostrov s číslem 5 z 1. řádku. Dalším ostrovem, o kterém mohu popřemýšlet, jak asi bude umístěn, je číslo 8 v 1. sloupci. V 2. sloupci na 9. a 10. řádek musím umístit kus ostrova a jedině číslo 8 mi v tom vyhoví. Od čísla 8 na 5. řádku budu potřebovat dalších nejméně 5 polí ostrova, která se budou nacházet v řádcích níže.
Teď kouknu do ostatních rohů tabulky, což je obyvklý způsob, jak řešit nurikabe. Do rohů často zasahují ostrovy jen ta tak, což bývá klíčem k rozjezdu luštění. Do levého horního rohu už nemohu nasměrovat zmiňovanou 8, už jsem z ní využil mnoho polí na cestu směrem dolů. Na 2. řádek do 2. sloupce mi dosáhne pouze 4 ze 4. řádku. Ostrov s číslem 5 na druhém řádku mohu protáhnout ještě jedno pole doleva do 5. sloupce, abych zamezil vzniku oblasti o 2x2 polí bez ostrovů. Tím se ostrovem s 5 už nemohu dostat do pravého horního rohu a bude tam nasměrován jeden z ostrovů s číslem 6. Ale nebude to ostrov s číslem 6 z 10. sloupce, jelikož ten potřebuji dostat do pravého dolního rohu, kde nelze vše obhospodařit ostrovem 4 na 7. řádku. Do pravého dolního rohu tak budou mířit dva ostrovy.
Vracím se k úvahám o položení flotily lodí. Na 9 řádek mám doplnit 4 pole s loděmi, vlevé části řádku mám možné 3 pole, z nichž jedno vím, že bude obsazeno ostrovem s číslem 8. Vpravé části mám 4 volné pole, ale vím, že sem budou zasahovat 2 ostrovy, které zaberou nejméně 2 pole. Pokud počítám správně, pak v 1. až 3. sloupci 9. řádku bude jedno pole s ostrovem a 2 pole s loděmi, v 7. až 10. sloupci budou 2 pole s ostrovy a 2 pole s loděmi. Jelikož ve 3. sloupci nemůže být ostrov, bude zde loď. V 1. a 2. sloupci bude 1 pole s lodí,1 s ostrovem, vykombinovat to zatím nemohu, obě varianty jsou možné. V 7. sloupci musí být loď, aby mi tu nevznikla oblast 2x2 bez ostrova. V 8. sloupci už nemůže být další pole ostrova se 4, bude zde loď.Ostrov se 4 lze nyní zakreslit pouze jedním způsobem, dvě pole ostrova obsadí 8. řádek. Okolí ostrova si označím šedými polemi. Tím pádem ostrov 6 v 10. sloupci mohu vést pouze svisle dolů. 9. řádek bude mít v 9. sloupci druhé políčko s lodí, čímž se vytvoří dvouloďka, do 10. sloupce bude zasahovat cancourek z ostrova s číslem 6. Na 10. řádku v 8. a 9. sloupci vznikne mezera pod lodí, kterou musím zaplnit ostrovem. Ostrov s číslem 6 tak protáhnu až do 9. sloupce 10. řádku. Oba kompletní ostrovy 4 a 6 si obkreslím šedými poli, abych věděl, že tam ostrov již být nemůže. Několik neostrovních polí, které se dotýkají již položeých částí lodí, mohu obarvit fialovou barvou na znamení jistoty, že zde již loď ležet nemůže.
Rozložení lodiček na 9. řádku dokončím pohledem na celou tabulku. Nyní již mám umístěno 6 lodí, které mají dvě a více polí, což mi souhlasí s požadovaným počtem vícepolíčkových lodí, které se musí umístit. Poslední chybějící kousek lodi na 9. řádku tak bude v 1. sloupci, abych nevytvořil žádnou další vícepolíčkovou loď. Protáhnu ostrov 8 do 9. řádku a osamělé pole v 1. sloupci na 9. řádku protáhnu do 10. řádku 3. sloupce. Tato pole mohu označit fialovou barvou.
Lodě na 1., 3. a 5. řádku budou trojloďky či čtyřloďky. A kdo si chce hezky zaluštit až do konce, ať si nezapomene propočítat, kolik dává součet čísel po okraji tabulky spolu s částmi lodí, které jsme již doplnili.
15. Pentominous a 16. Pentominous (Borders)
Minule jsem návod na pentomina odflákl, pokusím se to na následujících dvou úlohách nazvaných Pentominous napravit. Systém luštění je stejný u obou, jen máme trochu jiné indicie. Úlohu 15 začínám u nápisu WPF, což je World Puzzle Federation, pokud někdo netuší, spolek HALAS je členem. Pentomino P zasahuje do názvu WPF svým typickým ocáskem. Od ocásku mohu pentomino vést nahoru či dolů, ale dole by mi sousedělo s jiným P, což nelze. Pokud bych ho nasměroval nahoru s obloučkem směrovaným doprava, v levém horním rohu mi vznikne následně prostor, který nemohu zaplnit políčky přilehlého písmena W. Takže bych zde mohl vytvořit pouze další pentomino tvaru písmene P. Áha, padl kámen na kosu. Písmeno P tedy obracím obloučkem směrem doleva a prvních 5 polí 1. sloupce mi vytvoří pentomino písmene I. Pak si zakreslím tvar písmena W, jde jen jedním způsobem. Ve druhém sloupci pod W na 5. řádku mi začíná vznikat další tvar.
Následující úvahou bylo, jak mohu položit písmeno W u levého okraje (na 8. řádku)? U okraje tabulky se tváří dost nepoddajně a mohu ho začít kreslit pouze od 7. řádku 1. sloupce. Tento krok mi vykouzlí dalších 5 pentomin. Naprostá trefa do černého, vám povím.
Přesunu se výše, dvě blízká F (ve 4. a 5. sloupci) jsou uvnitř stejného pentomina. Vpravo od nich vzniká další pentomino, které nemůže být F ani W, dáno sousedy, takže je to N. A už je nejvyšší čas si započítat. Vlevo od písmene P se vytvořil sektor o 10 polích, což je akorát na 2 pentomina. Pokud bych to pojal stylem, že jedno pole bude vylézat ze sektoru a druhé do něj zapadat, již bych písmeno P nestvořil, odseknu tedy sektor mezi 7. a 8. sloupcem.
Pokud mě hned neosvítí pentominový duch svatý a hledaná pentomina pro oddělený sektor "nevidím", dělám si dva druhy značek (např. kolečka a křížky) a označuji jimi pole, která nemůžou být v rámci jednoho tvaru a která naopak musí. Přijde mi to rychlejší než bezhlavě zkoušek jeden tvar za druhým.
Počítání mi pomohlo jednou a zkusím ho podruhé pro písmeno F (v 8. sloupci). Polohu tvaru P na 1. řádku mám již určenou. Pak F mohu umístit 6 způsoby na ležáka a 2 způsoby na stojáka, ale jen jedním způsobem je počet zbylých polí mezi horním P a spodním F dělitelný 5.
Druhá pentominová úloha má naznačeny okraje pentomin ve tvaru WPF GP, ale žádné značky. Začnu zakreslením pentomin P v písmenech P a v písmenu G, kde na to navážu písmenem V. Se zbytkem polí mohu z G vyjet. Hezké je i pentomino vycházející z písmena F, u kterého nemohu pokračovat jen dolů, vyytvořil bych dvě P spolu sousedící, a tak se vydám i nahoru. Vzniklo mi T. Pod písmenem T si mohu načrtnout dělící linku mezi 8. a 9. sloupcem na 5. řádku. Kdyby tam dělící linka nebyla, vznikne mi tu opět nechtěné P. Mohu si kolem dělící linky načrtnout možné tvary, u pravého okraje by to bylo W, N nebo L, ale zatím se tím nebudu trápit.
Kouknu doleva k písmenu W. Dvě pentomina vycházejí paralelně vzhůru. U levého, ve 2. sloupci, můžu vyloučit L s ocáskem do 3. sloupce, protože by mi vznikla dvě sousedící pentomina tvaru I v 1. sloupci. Ponechám si jako možnost L s ocáskem do 1. sloupce. Další možností je N taktéž končící v 1. sloupci. Druhé pentomino vycházejícího z písmena W ve 3. sloupci mohu protáhnout až na 1. řádek, bude představovat tvar písmene L či Y.
Dále jsem pokračoval způsobem, že jsem si v chodbičkách o šířce 1 pole mezi načrtnutými tvary poznamenával informaci, zda by se tam mohla či nemohla nacházet dělící linka. Pokud jsem její přítomnost vyvrátil, mohl jsem si načrtnout alespoň kousíček linky pentomina. Například ve 4. sloupci nemohu udělat dělící linku mezi 4. a 5. řádkem, vznikla by mi dvě L vedle sebe. Názornější je to v 1. sloupci. Dělící linku nemohu udělat mezi 8. a 9. řádkem, ani mezi 9. a 10. řádkem, v obou případech bych nenacpal žádné pentomino výše, jelikož mi shora čučí začátek dalšího, které volný prostor samo nevyplní. Nemohu načrtnout dělící linku ani mezi 7. a 8. řádkem, byla by tu dvě Véčka vedle sebe. Jedná se tedy o pentomino tvaru I nebo L. Na 10. řádku si mohu pod tvarem G rozjet pentomino třemi dílky. Tím se mi zmenšuje prostor v pravém dolním rohu a to je dobře.
Můžeme zase počítat! Vracím se k dělící lince na 5. řádku mezi 8. a 9. sloupcem. Pokud bych zabral pro pentomino (nacházející se pod Téčkem a jdoucí k pravému okraji) co nejvíce polí, pak bych se pro sektor v pravém dolním rohu dopočítal do 20. A jedno pole by mi vykukovalo vlevo od 7. sloupce na 10. řádku. Pokud bych naopak zabral pod Téčkem co nejméně polí, vykukovaly by pole 3. Co mi z toho plyne? Pentomino na 10. řádku ve 3.-5. sloupci nemůže zabírat pole 6. sloupce, mohu ho tedy protáhnut v 5. sloupci na 9. řádek. Já myslím, že jako ukázka stačí.
Pokud se mi někde něco uzavírá, zkuste počítat. Každý takový krok může ušetřit spoustu trápení s různým zkoušením pentomin. V obou úlohách jsme se též vyřádili na vzájemném vylučováním tvarů pentomin, z důvodu, že by sousedily s tvarem stejným.
17. Yajilin a 18. Yajilin (Regions)
Yajilin je klasický typ úlohy, u kterého nemějte ostych si říci "co by kdyby" a zkuste si zapamatovat vzory, kde nemůžu doplnit černá pole. Připodobnil bych tuhle znalost k plotům, kde je též vhodné znát vzorce pro zadaná čísla, pokud ne, nevadí, jen jste asi tak 10x pomalejší než nejzkušenější hráči.
V úloze č. 17 mohu v levém horním rohu a v pravém spodním rohu hned kreslit smyčku. Pokud vám kdekoli zbude u okraje podobná dvojice polí, bude tam procházet smyčka stůj co stůj. Pak se zaměřím na řádky či sloupce, kam mám doplnit černá pole a kde je to "tak akorát“. Číslo 3 na 4. řádku směřující vpravo má před sebou 6 polí. Kdybych umístil černá pole do 6. a 8. sloupce, objeví se mi slepá ulička v 7. sloupci. Černé pole tak bude v 5. sloupci. Zbylou dvojici černých polí nelze zakreslit do 8. a 10. sloupce, jelikož bych pak nevymyslel 9. sloupec, kde by mohla být černá pole pouze v 1. a 3. řádku a byl bych v čudu. Druhé černé pole bude v 7. sloupci. A když na to koukám, černé pole nelze dát do 10 sloupce, protože bych kvůli slepým uličkám neumístil černá pole do 4. až 6. řádku a o průšvihu na 1. a 3. řádku v 9. sloupci jsem již mluvil. Mezi doplněnými černými poli 5. řádku vzniknou chodbičky, hned jimi protáhnu smyčku, stejně jako na 6. řádku vpravo. V 10. sloupci na 7. řádku vznikla slepá ulička, musím ji zacpat černým polem. Tím se mi rozjede pravý spodní roh a vyvedu oba konce smyčky odtama pryč. V 7. sloupci dole mám na 4 volná pole zapsat dvě černá, jde to pouze jedním způsobem, aby mi na 10. řádku nevznikla slepá ulička a nezablokoval bych si cesty ven.
Pro další postup se dívám na místa, kde jsou šípky udávající počet černých polí. V 9. sloupci pro dvojku již jedno černé pole mám. Druhé nemohu dát na 1. řádek, ani na 3. řádek, čímž by mi vznikla smyčka okolo černého pole na 5. řádku. Bude tedy na 2. řádku. Pro zadanou dvojku na 2. řádku nemůže být černé pole ve 4. sloupci, pak bude určitě ve 3. sloupci. Klíčem k řešení bude 3. sloupec a rozmístění 4 černých polí. Pokud nejdou vyřadit možnosti pro černá pole na základě jednoduché úvahy o 1 políčku (viz černé pole na 10. řádku), zaměřte se na úvahu pro dvě černá pole, která by byla zakreslena ob jedno pole od sebe a která by mohla způsobit zácpu.
Prověrkou schopností yajilinu je varianta s regiony č. 18. Plusem takové úlohy je fakt, že víte odkaď začít, jsou to regiony s čísly 6 a 5. Mínusem může být, že to nebude jen tak a měli byste býti připraveni, že je potřeba trochu hravé duše. Soutěžně jsem ji neluštil, byl jsem obyčejnej srab. Přitom to šlo.
Kouknu na šestkový region značící písmeno G. Do části písmene ležící na 3. řádku a v 1. sloupci mohu nakreslit maximálně 3 černá pole. Pak mi zbývá oblouček o 6 polích a též tři černé kousky. Pokud bych začal s úvahou zakreslit černé pole na 7. řádek do 3. sloupce, zbylá dvě černá pole vytvoří slepou uličku. Prvně tedy zabarvím na 7. řádku 2. sloupec. Vlevo od černého pole bude chodbička pro smyčku a vyloupnou se mi tři černá pole - v 1.sloupci na 5. řádku, na 3. řádku ve 2. a 4. sloupci. Mám určena čtyři pole z šesti a nakreslím si smyčku, pomohu si? Nepomohu, neva, jedeme dál. Pokud by bylo černé pole na 5. řádku ve 4. sloupci, vznikne mi spousta chodbiček, ale uvnitř je neutočím. Vyplním pole na 5.řádku ve 3. sloupci, dokreslím smyčku a zjistím i poslední pozici černého pole na písmenu G.
Pustím se do počítání polí písmena P. Já jsem začal úvahou, zda jdou všechna černá pole dát do obloučku písmene P? Ani náhodou. Z čehož plyne, že první černé pole bude na nožičce, tedy na 8. či 9. řádku 5. sloupce. Pokud bych ho dal na 8. řádek, vlezou mi tři cancoury do levého spodního rohu a ty nemohu spojit. Zabarvím tak pole na 9. řádku a zároveň si hned spojím smyčku v levém dolním rohu, to se mi bude ještě hodit. V obloučku písmena P zbývá 9 polí a čtyři musí zčernat. Provedl jsem další úvahu, lze nakreslit 2 černá pole v 8. sloupci písmene P? Nelze, objevilo by moc chodbiček a je to jeden z klasických vzorů yajilinu, kterému se musíte při luštění vyhnout. Pokouším se dále rozseknout čtveřici polí kolem levého horního rohu písmene P, kde budou 2 černá pole. Na 5. řádek zkusmo umístím černá pole do 5. a 7. sloupce, protáhnu smyčku, kde to jde, doplním další dvě pole a opět se ocitám v pasti 3 cancourů, tentokrát v pravém dolním rohu. Vyplývá mi z toho zabarvení pole na 6. řádku v 5. sloupci. A to mi stačí k dosazení zbylých černých polí do písmene P a načrtnutí smyčku v pravém dolním rohu. Zbytek je pro yajilinisty labutí písní.
Domino je další z klasických úloh. Doporučuji hrát způsobem, jaký vám vyhovuje, ať už spoléháte na svůj postřeh nebo na pečlivé vylučování možností. Běžný začátek luštění je, že hledám domina složená ze dvou stejných čísel, kterých si snadněji všimnu. Pokud je některá dvojička čísel v obrazci domina osamocená, je to právě ta mnou hledaná. Tady je to úplný festival dvojiček, na prvním řádku domino 3-3, ve 3. sloupci domino 5-5, v 7. sloupci domino 2-2.
Jestli se vám z čísel nejlépe kontrolují jedničky, zjistíte, že domino 1-2 lze umístit pouze na jedno místo. Taktéž 1-5 a hned vedle mi "vznikne" další domino. Pokud byste už nevěděli o žádném dalším, přichází na řadu hledání kombinací. Je vhodné se dívat do rohů či nově vytvořených rohů, kde číslo má pouze dva sousedy. V této fázi luštění mi v 1. sloupci na 3. řádku sousedí 4 s 3 nebo s 2, to samé v bledě modrém 4 na 1. řádku v 6. sloupci. Domina 4-2 a 4-3 budou spojena právě s těmito dvěma 4 a tak si mohu všude jinde v dominu oddělit od sebe čísla 4 a 2 nebo 4 a 3.
Poslední z úloh je korál, oblíbený kousek Jirky Hrdiny, který ho pro MS 2018 v Praze stvořil ve více než 10 variantách, pro zvědavce viz instruktážní booklet k MS 2018 (v angličtině). Všechny korálové kousky se na MS nevešly, zbytky z MS najdete v dlouhodobé soutěži, viz kolo 317 či kolo 303.
Pomůcka číslo 1 zní, že stejně tak, jak je důležité si kreslit, kde budou černá pole, je důležité si kreslit, kde černá pole určitě nebudou. Pomůckou číslo 2, kterou si při hraní korálů opakuji, je, že se nikde v korálu nemohou černá pole dotýkat pouze rohem. A pokud mi to takto někde vychází, vím, že pole následně musím spojit stranou.
První tah se odvíjí od 8. a 9. sloupce. "Proč jsem si toho proboha při luštění nevšiml?", si říkám ještě teď. 
V 9. sloupci mají být dvě 4 a v 8. sloupci jedna. Korál nejde rozjet jinak, než že do 9. sloupce dáme 4 k okrajům a v 8. sloupci je ve středu spojíme pomocí 4. Na prvním řádku můžeme začernit pole 8. sloupce, jelikož dílek 3 musí do 8. sloupce zasahovat (a bude buď v 7. až 9. sloupci nebo v 8. až 10. sloupci).
Dále je cest vícero, já vám nabídnu následující. Na 9. řádku máme začernit sekvenci 1-3-3. Nyní máme na 9. řádku v 9. sloupci jeden černý čtverec. Pojďme si zaspekulovat. Pokud by pole v 9. sloupci byl dílek o délce 1 (bráno z pohledu 9. řádku), pak by zbylé dva dílky o délce 3 zabíraly pole od 1. sloupce až po sloupec 7. (3 dílky černé, mezera, 3 dílky černé). No jo, ale pak mi v 7. sloupci výstražně svítí číslo 2, které musí spojit vše černé v 8. až 10. sloupci se zbytkem tabulky. Ale já tu 2 "nedotáhnu" k černému poli na 7. řádku, ani na 10. řádku, v kterém mohu mít začerněné pole pouze o délce 2. Závěr je, že černé pole na 9. řádku je součástí 3, pak mohu začernit na 9. řádku pole v 8. sloupci. 8. sloupec mám tímto kompletní. Vracím se k 7. sloupci, ve spodních řádcích by mohla 2 být pouze na 9. a 10. řádku, jinak bychom způsobili dotyk dílků rohem, což nelze. Ale zase je tu problém. Na 10. řádku bych pomocí dílku 2 v 7. sloupci nevyjel nikam dál a celý obrazec z 8. až 10. sloupce nespojil se zbytkem korálu v lévé části. Je to jasné, 2 v 7. řádku může být pouze nahoře, na 1. a 2. řádku či na 3. a 4. řádku.
V první fázi mého luštění mohu finalizovat 3 na 9. řádku (přidáním černého pole do 10. sloupce), 3 v 7. řádku (přidáním černého pole do 10. sloupce), rozjet si 5 v 7. řádku (přidáním černých polí ve 2. až 5. sloupci). Mohu si též rozjet 10. řádek, kde zbylá černá pole "namaňhám" akorát do zbývajícího prostoru, z čehož plyne, že v 1. a 6. sloupci 10. řádku bude pole zabarveno.
Na 8. řádku se mi objevil vzor, že 2 bude buď v 1. a 2. sloupci nebo v 5. a 6. sloupci. Od toho by se odvíjelo 5. černé pole o řádek výše. Pokud bych umístil 2 v první variantě, v 1. sloupci mi vzniknou na 8. a 10. řádku dvě 1, z 10. řádku potřebuji vyjet do druhého sloupce a pak vystřelit vzhůru pomocí 4 ve 2. sloupci. No jo, ale s 1 na 10. řádku ve 4. sloupci bych již nic neudělal. Takže mi úvaha rozlouskla 8. řádek a umístění dílku dlouhého 2 černá pole. Teď už se to začne sypat jako lavina, takže jen pro pořádek uvádím, že v 6. sloupci dole nemohu vytvořit dvakrát 1, ale bude to trojka. Na 9. řádku si mohu zaškrtnout 4. a 5 .sloupec, kam nesahají černé pole. Trojka na 9. řádku bude v 1. až 3. sloupci. Vím o 4 v 5. sloupci. Dále je to již chuťovka.
Nezapomínat, že vše musí být propojené, takže podezřelá osamělá čísla, jako je 2 v 7. sloupci, značí jistojistě místo spojení levé a pravé části korálu. Další úvahou jsou 1-1-1 na 6. řádku, což znamená, že ve všech sloupcích, kde se tyto jedničky budou nacházet, je jednička součástí dílku většího než 1, abych ho spojil se zbytkem korálu.
sepsal Pavel Kadlečík
Theme by Danetsoft and Danang Probo Sayekti inspired by Maksimer
