Нещо като тетрис

Ясно :)
Дано по тоя път да стигнем до целта.
Ако не - ще трябва да измислим нещо коренно различно.

Ни ма кефят тез средни стойности. Близко са до горната граница, което отговаря на елементи почти неопиращисе на стените.

// Бърза сметка за n=4 -> 48-12-10=26/2=13 => 6-7 за тетрисчетата и 4-5 за дупките

/// Ако работим с правоъгълник axb тогава пак имаме 4 квадратчета с 2ег, 2х(a+b-4) с 3 ег и (a+b-4)² с 4 ег. При 4х8 -> 4*4*8-2(8+4) =104 - 24 -20= 60/2=30 => 7-8 за тетрисчетата и 5 за дупките

Да помогна малко?
Със страните е по-лесно.
Всяка 4-ка има точно 10 страни. Всяка 3-ка - 8. Всяка 2-ка - 6. И т.н.
Вътрешно ако до всяко празно има пълно се "изразходват" по една страна съответно от празните и пълните.
Външно (за страните опиращи края на полето) се изразходва по една страна или от празно, или от пълно (в зависимост кое се допира). Сигурно се вижда лесно, че възможното оптималното заемане на външни стени за 8х8 е 2 пълни и 6 празни на страна, а за N.......

Стига толкова помощ ;-)

Цитат:

---

Първоначално публикувано от kamenf

... Сигурно се вижда лесно, че възможното оптималното заемане на външни стени за 8х8 е 2 пълни и 6 празни на страна, а за N...

---

За мен не е лесно. :p

Защо всяка четворка да има 10 страни? Квадратната четворка има само 8.
Почти съм сигурна, че тя не ни трябва, но не е доказано.

За граничните елементи - понеже се стремим да спестим страните на дупките, а не на фигурите. Затова гледаме колко най-много недопиращи се дупки могат да се подредят на една страна. Та така получаваме макс 6 "дупкови стени" по бордюра и останалите две са от фигури, които са сепаратори на дупките.

Значи ето една дребна крачка:
Ако има решение с 8 елемента без квадратния. Това означава 80 стени. Ако 8 от тях са по контура, остават 72.
Ако за 32-те дупки използваме двойни елементи, те трябва да са 16 на брой. И ще имат 96 стени, 24 от тях по контура. Остават 72.
Това би значело да няма допиращи се фигури.

Цитат:

---

Първоначално публикувано от Bibi

Защо всяка четворка да има 10 страни? Квадратната четворка има само 8.
Почти съм сигурна, че тя не ни трябва, но не е доказано.

---

Да, де... То и аз по някакви причини я изключвам ;-)

- - - - - - - - - -

Но можеш да си представиш, че пак е 10 ако я гледаш като П ;-)

Тя причината е ясна - искаме колкото може повече страни на фигури вътре. И колкото може по-малко стени на дупки.

И на мен някак си интуитивно пръчката и квадратчето ми се виждат излишни.

За пръчката се вижда лесно, че задължително трябва да допреш някоя и друга страна (поне две) до други блокове и това просто я прави по-неефективна. Затова интуитивно се дърпаш ;-)
За квадрата малко по-трудно се вижда :-)

Хубаво де. Но след всичкия този анализ аз пак не виждам решение.

- - - - - - - - - -

Значи, ако имаме 6 квадратчета като дупки по стените и 2 тетрисчета допрени на всяка стена, май няма как да запълним центъра. Или периферните тетрисчета са в периферните три пояса и са 8 и в центъра остават 4 незапълнени квадратчета, или ако сме икономисали 1/2 периферни тетрисчета (слагайки някое да се допира до 2 стени) тогава периферните са по 2-та периферни пояса и в центъра остава нещо с размер от порядъка на 6х6 което не може да се запълни с оставащите.

Не че ще помогне с нещо но:
- две дупки не могат да се допират
- две тетрисчета могат, но е добре да става колкото може по-рядко.
Значи целта ни е да намалим броя на тези допирания.

Общ брой страни на дупки в зависимост от комбинациите на 3, 2 и 1 размерни дупки.
Общ брой страни = N(3)*8+N(2)*6+N(1)*4

3 кв.	2 кв.	1 кв.	Страни
10	1	0	86
9	2	1	88
9	1	3	90
9	0	5	92
8	4	0	88
8	3	2	90
8	2	4	92
8	1	6	94
8	0	8	96
7	5	1	90
7	4	3	92
7	3	5	94
7	2	7	96
7	1	9	98
7	0	11	100
6	7	0	90
6	6	2	92
6	5	4	94
6	4	6	96
6	3	8	98
6	2	10	100
6	1	12	102
6	0	14	104
5	8	1	92
5	7	3	94
5	6	5	96
5	5	7	98
5	4	9	100
5	3	11	102
4	9	2	94

Oбщият брой страни на дупки в зависимост от допряни крайни (А) и допряни един в друг блокове (B) е
80 - A - B + (32-A)

Крайни страни блок	Крайни страни дупка	Допряни страни блокове	Общо страни на дупки
8	24	0	96
8	24	2	94
8	24	4	92
9	23	0	95 !
10	22	0	92
10	22	2	90
10	22	4	88
10	22	6	86
12	20	0	88
12	20	2	86
14	18	0	84 !
16	16	0	80 !

От тук се вижда, че възможният брой страни на дупки е между 86 и 96 и е винаги четен.

Ясен почти показа, че само 8 допрени до края прави невъзможно решението, значи остава да са допрени 10 или 12, от където осрават възможни само между 86 и 92 страни на дупки.

Може би може да продължим с подобни разсъждения и да изключваме невъзможните. Примерно 8 блока на колко най-много може да разделят пространството.

Някой нещо?

Камене знаеш или отговора или се мъчим чисто теоретично и философски?
(въпроса в случая е може ли с 8 или не?)