Bu soruda gördüğümüz gibi karmaşık mantıksal ifadeler genelleştirilmiş Mayın Tarlası'nın basit bağlantıları açısından ifade edilebilir. Ancak Genelleştirilmiş mayın tarama gemisi hala işten çıkarmaya sahiptir.

Bu fazlalıklardan kaçınmak için "Generalized-1 Mayın Tarlası" adlı yeni bir oyun tanımlıyoruz.

Generalized-1 Mayın Tarlası Mayın Tarlası'nın keyfi bir grafikte oynanan bir sürümüdür. Grafikte iki tür tepe noktası vardır: "gösterge" veya "değer". Bir değer açık veya kapalı olabilir (bir mayın veya bir toz), ancak durumu oyuncu tarafından bilinmiyor. Bir gösterge, bitişik hücrelerden birinin tam olarak bulunduğunu belirtir (bir mayın). Göstergeler mayın sayılmaz.

Örneğin, Genelleştirilmiş Mayın Tarlası için aşağıdaki tahta bize A ve B hücrelerinin ya mayın olduğunu ya da hiçbirinin mayın olmadığını söyler.

(Diyagramda değerler beyazken göstergeler gri ile işaretlenmiştir)

Göstergeleri göstermek için kapalı değerleri tıkladığınız normal mayın tarama motorunun aksine, Generalized Mayın Tarlası'nda böyle bir mekanik yoktur. Bir oyuncu basitçe grafiğin hangi durumunun göstergelerini karşılayabileceğini belirler.

Amacınız 2Generalized-1 Mayın Tarlası içinde yapmaktır . Generalized-1 Mayın Tarlası'nda, tüm olası değer konfigürasyonlarının tam olarak iki hücreye sahip olacağı 8 spesifik hücre olacak şekilde bir yapı inşa edeceksiniz . Bu, tam olarak2 , geleneksel mayın tarama makinesinde . Çözümünüzü yazarken, değer hücreleri için belirli değerlere sahip olmamanız gerekir. (H.PWiz'in sorusuna cevap olarak, bazı değer hücrelerinin devletten çıkarılabilmesine izin verilir)

puanlama

Cevaplarınız son grafikte eksi 8 (8 giriş için) ve daha düşük bir skor daha iyi olacak şekilde köşe sayısı ile puanlanacaktır. Bu metrikte iki cevap bağlanırsa, bağlantı kesici kenar sayısı olacaktır.

42 köşe, 56 kenar

Her değişken bir değer tepe noktasıdır ve her kutu, içindeki değişkenlerin kenarlarına sahip bir gösterge tepe noktasıdır. Girişler x ₁ , ..., x _8'dir . Örneğin, burada en mayınla bir çözüm x ₃ ve x ₅ yeşil renkle vurgulanır madenleri ile,.

Yatay kısıtlamalar, a 'ların tam olarak ve b ' lerden tam olarak birinin bir mayına sahip olmasını sağlar. Bu iki sütunda, r bir madeni tutmaz, ancak diğer altı sütunda tutar. ( A ve b'nin her ikisinin de aynı sütunda bir mayına sahip olamayacağını unutmayın.) Her x girişi , sütunundaki r'in karşısındadır , bu nedenle tam olarak iki girişin istendiği gibi mayınları vardır.

İçin kgirişler bu kullanan 5k+2köşe ( 3kdeğer ve 2k+2göstergesi) ve 7kkenarları. Burada k=8girişler 42 köşe ve 56 kenar verir.

50 Tepe Noktası, 89 kenar

H.PWiz'in cevabındaki mantık geçidine dayanmaktadır.

  A&B      C&D      E&F      G&H
   |        |        |        |
b--1--a  d--1--c  f--1--e  h--1--g
|  |  |  |  |  |  |  |  |  |  |  |
1--?--1  1--?--1  1--?--1  1--?--1
|     |  |     |  |     |  |     |
A     B  C     D  E     F  G     H

Her *biri ilgili iki giriş açık olduğunda yanar. Tek bir girdinin durumda işlemek için biz orta değerleri kullanmak a=A&!Bher üç değeri bağlanması vb a, bve A&Bkapılarının ikincil seviyesinin girişine bize etkili bir giriş verir A|B(bu aşkın köşeleri kaydeder !(!A&!B)):

      *              *
      |              |
   #--1--#        #--1--#
   |  |  |        |  |  |
   1--?--1        1--?--1
  |||   |||      |||   |||
  A|B   C|D      E|F   G|H

*Yukarıda belirtilen çiftlerin durumu dışında, girişlerinden ikisi (orijinal girişlerin dördüne karşılık gelen) açıksa bu s açıktır. Bu arada, #*#düğümleri son bir kapıya bağlayabiliriz . Bu nedenle aşağıdaki sonuçlara sahibiz:

A&B
C&D
E&F
G&H
(A|B)&(C|D)         [4 cases]
(E|F)&(G|H)         [4 cases]
(A|B|C|D)&(E|F|G|H) [16 cases]

Bunlar, iki girişli vakaların 28'ini kapsar. Daha sonra bu yedi değere bir son gösterge bağlamak kalır. İkiden daha az giriş açıksa, bunların hiçbiri açık olmaz, bu nedenle gösterge kapanır. İkiden fazla giriş açıksa, bunlardan birden fazla açık olacak ve gösterge kapalı olacaktır.

197 Tepe Noktaları, 308 kenar

Dün gece bu cevabı buldum, ancak bu kadar yüksek bir puan olduğu için gönderemekten vazgeçtim. Ancak, diğer yanıtı çok geçtiği için, ben de göndermeliyim.

Aşağıdaki 28 çift değer hücresinde aşağıdaki kurulumu kullanıyorum ABCDEFGH

   ?*
   |
?--1--?
|  |  |
1--?--1
|     |
A     B

?içinde olmayan bir değer hücresini temsil eder ABCDEFGH. Burada, AÇIK olduğunda ve her ikisi de ?*açıktır . Aksi takdirde, ve diğer herhangi bir konfigürasyonda olabilir.ABAB

28 saniyenin hepsini ?*bir gösterge hücresine bağlarım . Bu, yalnızca bir çiftte ABCDEFGHiki AÇIK olacağı anlamına gelir . Bu, çıktı hücrelerimin tam olarak ikisinin AÇIK olmasını zorunlu kılmak için yeterli

354 düğüm, 428 kenar

Sadece bunun mümkün olduğunu kanıtlamak için. Bunu daha sonra önbellekleme ile geliştireceğim.

(umarım kod hatası yoktur)

Program geçerliliğini kontrol etmek için buraya bir Mathematica programı yazmaya çalıştım , ancak çok fazla değişken olduğu için muhtemelen çalışmıyor.

Sonuç bilgisayar programı tarafından oluşturuldu: Çevrimiçi deneyin!

Şuna benzeyen bir kapı kullanıyorum:

               (f)
                |
                |
               (#)
              /   \
             /     \
           (d)     (e)
          /           \
         /             \
       (#) --- (c) --- (#)
     .'                  '.
   .'                      '.
(a)                          (b)

(#)1 göstergeleri nerede , (a).. (f)değerler.

Sonra,

c = (not a) and (not b)
d = (not a) and      b
e =      a  and (not b)
f =      a  xnor     b

Ayrıca, bu kapı

(a) ----- (#) ----- (b)

verir

b = not a

. Herhangi bir ifade oluşturabileceğiniz bu iki kapı tipini kullanın.

Tabii ki, bu (a)doğru olması gerektiğini iddia etmek içindir :

(a) ----- (#)

81 Düğüm, 108 Kenar

13 düğüm ve 14 kenar kullanarak, aşağıdaki Toplayıcı kapısını (C (arry) = X VE Y, S (um) = X XOR Y) oluştururuz:

X - 1 --------------?
   | |
   ? - 1 - S - 1 -? - 1
   | | |
   | C |
Y - 1 --------------?

A + B, C + D, E + F, G + H eklemek için sırasıyla dört Toplayıcı M1, M2, M3, M4 kullanın, sonuçta elde edilen C1, C2, C3, C4 ve toplam S1, S2, S3, S4.

Elde edilen taşıma C5, C6 ve toplam S5, S6 ile S1 + S2, S3 + S4 eklemek için iki M5, M6 Toplayıcı kullanın.

C7 ve S7 almak için S5 + S6 eklemek için bir Toplayıcı M7 kullanın.

Şimdi tüm taşıyıcıları aşağıdaki gibi tek bir gösterge düğümüne bağlayın:

C1 |
C2 |
C3 |
C4 - + - 1
C5 |
C6 |
C7 |

ve bu devre ile S7'yi (8 değerin toplamının modülo 2) 0 olmaya zorlayın:

S7--1 -? - 1

Bu devrenin tam olarak iki değeri ABCDEFGHON olmaya zorladığını iddia ediyorum , çünkü sadece çift bir sayı olabilir (S7 0 olduğu için) ve 3'ten fazla ON değeri olamaz (C1-C7'den sadece biri AÇIK olduğundan).