Schön, dass Du (PhiSigma) dir die Mützenaufgabe 21 angeschaut hast, tatsächlich werden die Chats gelöscht, aber ich habe einiges damals gesichert, mehr dazu unten, auch zu weiteren Mützenaufgaben. 2025 gab es leider keine.
Zunächst aber noch ein paar Gedanken zu dieser Aufgabe A14, ich denke mein Favorit 2025.
Leider bin ich händisch nur bis n=8 vorgestoßen und bis dahin stimmt ja auch k=2, hätte ich doch mal n=9 händisch probiert. Computersimulationen mache ich nie, da die Aufgaben auch anders lösbar sein müssen, kann natürlich helfen, besonders in diesem Fall… Dann habe ich mich irgendwie gedanklich verrannt, mich auf k=2 versteift, der Schritt in meinem Beweis, Beschränkung auf zwei disjunkten Mengen mit Blockadesituation ist natürlich der Fehler, man kann klar 3 Mengen nehmen, dann funktioniert die Blockade bis n/3 -1
Silas Rathke hat hier ne tolle Aufgabe gebastelt, wie schon 2024, auch am 14. Dezember: „Schlag den Raab“, damals aber einfacher, aber eben auch trickreich, da man die „Lücken“ erst für genügend große n erkennt (man kann dann nicht jede Summe erzeugen, zwischendurch gibt es Lücken) – das war auch ziemlich versteckt und man musste genau hinsehen, was mir 2024 geglückt ist, leider nicht 2025.
Sehr schöne Lösung/ Beispiele „PhiSigma“ und „ThH“.
Mir gefällt die minimalistische Lösung für eine maximale Blockade von PhiSigma noch etwas besser, die AAA, BBB, CCC weglässt, da man sie nicht braucht.
Maximale Blockade gibt es denn eben für symmetrische Aufteilung in drei abgeschlossenen Triple-Mengen M1, M2, M3, zwischen denen nicht gewechselt werden kann, wobei in jeder der Mengen 2/3 aller Spieler vorkommen, die Tripple aber sozusagen als Einbahnstraße (im Kreis, siehe unten) gebaut sind, so dass es zu der Blockade kommt, geht aber nur wenn einige Paare nur in maximal 32 Tripeln vorkommen. Noch einmal zusammengefasst:
Aufteilung Stadt A: Spieler 1..33, Stadt B: Spieler 34..66 und Stadt C: Spieler 67..99
M1:= (aab) also alle Triple mit zwei Spielern aus A und einem Spieler aus B
M2:= (bbc)
M3:= (cca), der Einbahnstraßenkreis schließt sich
Dann gilt offensichtlich:
Paar xx kommt in 33 Tripeln vor
Paar xy (mit x ungleich y) kommt in nur 32 Tripeln vor.
Das ist nun symmetrisch maximal ausgereizt. Würde jedes Paar in 33 Tripeln vorkommen, würde das direkt überschwappen und man könnte keine isolierten Mengen M1 bis M3 erzeugen, zwischen denen kein Wechsel möglich ist: Bspw das Paar "ab" bräuchte dann einen Partner b oder c, dann stürzt aber das Blockadegebäude ein.
Bei anderen Lösungen wurden teilweise manche der folgenden Punkte missachtet:
- Spieler dürfen ein und auch wieder ausgewechselt werden
- es müssen nicht alle Tripel erreicht werden, sondern alle Spieler
- der Trainer darf die Startaufstellung frei wählen
---------------------------------------------------------------
So, nun ein paar Zeilen zu den genialen „Holland-Schmiede TU Eindhoven“-Mützenaufgaben, die es in den Kalendern 2013-2021 gab: Die Aufgabensteller Gerhard Woeginger (leider viel zu früh mit Mitte 50 verstorben) mit Cor Hurkens bzw Aart Blokhuis letztere nun im Ruhestand.
Philip Blaskovic hat letztes Jahr am 24.12 eine auch sehr nette Abwandlung „Lebkuchenschlucker“ gemacht, da erhoffte ich mir (und erhoffe mir für 2026 noch! ) einen Nachfolger, der in diese Richtung geht und gerne noch etwas schwieriger sein darf wie die 2024-Aufgabe.
Das Geniale an diesen Codierungsaufgaben ist, dass es meist nicht einfach ist, die Optimalität zu beweisen und dass die Codierungsmöglichkeiten ins Unermessliche gehen. Da die beste Strategie zu finden war sehr sehr reizvoll, oft haben mich die Aufgaben noch bis Silvester verfolgt.
Hier noch ein paar geniale Mützen zum Anschauen, wer diese Aufgaben nicht kennt:
Mütze 2015 (23.12)
Zielte auf das Vorzeichen der Permutations-Parität (gerade/ ungerade) ab - dass man
hier 24/24, also 100% erzielen kann fand ich unglaublich
Mütze 2016 (17.12)
war richtig schwer, die Codierung etwas sperrig, aber auch erstaunlich, was man hier hinbekommt.
Mütze 2018 (20.12)
Total hübsch - Dauerbrenner in meinen Mathe-AGs – da die Codierung im Kreis mit Symmetrie-Argumenten genial, aber auch sehr einfach ist!!
Und natürlich die Aufgabe von 2021 (18.12.), über die man sehr lange und sehr tief nachdenken kann - weit über die eigentliche Aufgabenstellung, wie dies einige Spieler im Forum auch getan haben!
Wir hatten (insb. mit „murks“ und „linsen_mit-spätzle“) eine lange Diskussion bis weit in den Januar hinein.
PhiSigma, Du hattest nach dem Chat-Verlauf gefragt. Ich habe ein paar Fragmente gefunden die ich anhänge (Link unten). Du hattest nach weiteren (nicht optimalen Lösungen gefragt).
Ich persönlich hing erst mal länger an der 60-Lösung, die nur auf die „Nebelkerze“ Farbenanzahlen schaut und immerhin die im ersten Moment einleuchtende 54-Lösung schlägt, hierbei vernachlässigt man aber, wer welche Farbe trägt! Die Codierung geht hier recht einfach, in Abhängigkeit wie viel verschiedene Mützenfarben ein Spieler sieht:
Durchgang 1: Wichtel, die genau zwei verschieden Farben sehen, heben ein Zwei-Farbenschild hoch: mit dritter Farbe, die sie nicht sehen und der Farbe, die sie doppelt sehen, andernfalls T7. Dadurch kennen für den zweiten Durchgang alle Wichtel, die in D1 T7 hochhielten ihre Farbe.
Allerdings gehen in D1 21/81 Kombinationen flöten -> 60.
Wobei „eidus“ ein Lösung 69 gefunden hatte, die auch nur rein auf die Farben abzielte (siehe Anhang)
Netterweise war ja 69-72 die richtig Lösung, so dass eine 69-Lösung, wenn auch nicht optimal, dennoch belohnt wurde.
Die 72 – Lösung kann man sich gut ohne Rechner herleiten, überlegt man sich, dass man eine schlechte Kombination für alle Wichtel schlecht machen will. Etwa bbbb: Wann immer ein Wichtel diese Kombination in Erwägung ziehen muss (da er bbb sieht) wird er das zwei Farben Schild rg hochheben.
Damit retten wir 8 Kombis bei einem Verlust! Also 8/9 sind gut.
Genau dieses Prinzip erweitert man auf 81 und das Verhältnis bleibt 72/81, da man 9 schlechte Kombis findet, die maximal weit voneinander (genau zwei Permutationsschritte) auseinander liegen.
Jede der 72 guten Kombis hat als direkten Nachbarn somit genau einen schlechten Nachbarn. Im guten Fall wird also immer genau ein Wichtel das richtige Zweifarbenschild hochhalten (die drei anderen T7) und im schlechten Fall alle Wichtel das falsche Zweifarbenschild. Man bündelt also!
Die Aufgabe fand ich wahnsinnig gut!!!
Wir haben dann noch festgestellt, dass es
- exakt 72 verschieden „Schlecht-Pakete (mit 9 Kombis)“ gibt (siehe Grafik als Link)
- Man kann tatsächlich für jede Zahl zwischen 0 und 72 eine Strategie finden
Hier Fragmente aus dem Chatverlauf:
https://www.dropbox.com/scl/fi/eawpumikx...5nro4&dl=0
Visualisierung: 72 schlechte 9er-Pakete:
https://www.dropbox.com/scl/fi/1fjyt1396...7fono&dl=0
Zunächst aber noch ein paar Gedanken zu dieser Aufgabe A14, ich denke mein Favorit 2025.
Leider bin ich händisch nur bis n=8 vorgestoßen und bis dahin stimmt ja auch k=2, hätte ich doch mal n=9 händisch probiert. Computersimulationen mache ich nie, da die Aufgaben auch anders lösbar sein müssen, kann natürlich helfen, besonders in diesem Fall… Dann habe ich mich irgendwie gedanklich verrannt, mich auf k=2 versteift, der Schritt in meinem Beweis, Beschränkung auf zwei disjunkten Mengen mit Blockadesituation ist natürlich der Fehler, man kann klar 3 Mengen nehmen, dann funktioniert die Blockade bis n/3 -1
Silas Rathke hat hier ne tolle Aufgabe gebastelt, wie schon 2024, auch am 14. Dezember: „Schlag den Raab“, damals aber einfacher, aber eben auch trickreich, da man die „Lücken“ erst für genügend große n erkennt (man kann dann nicht jede Summe erzeugen, zwischendurch gibt es Lücken) – das war auch ziemlich versteckt und man musste genau hinsehen, was mir 2024 geglückt ist, leider nicht 2025.
Sehr schöne Lösung/ Beispiele „PhiSigma“ und „ThH“.
Mir gefällt die minimalistische Lösung für eine maximale Blockade von PhiSigma noch etwas besser, die AAA, BBB, CCC weglässt, da man sie nicht braucht.
Maximale Blockade gibt es denn eben für symmetrische Aufteilung in drei abgeschlossenen Triple-Mengen M1, M2, M3, zwischen denen nicht gewechselt werden kann, wobei in jeder der Mengen 2/3 aller Spieler vorkommen, die Tripple aber sozusagen als Einbahnstraße (im Kreis, siehe unten) gebaut sind, so dass es zu der Blockade kommt, geht aber nur wenn einige Paare nur in maximal 32 Tripeln vorkommen. Noch einmal zusammengefasst:
Aufteilung Stadt A: Spieler 1..33, Stadt B: Spieler 34..66 und Stadt C: Spieler 67..99
M1:= (aab) also alle Triple mit zwei Spielern aus A und einem Spieler aus B
M2:= (bbc)
M3:= (cca), der Einbahnstraßenkreis schließt sich
Dann gilt offensichtlich:
Paar xx kommt in 33 Tripeln vor
Paar xy (mit x ungleich y) kommt in nur 32 Tripeln vor.
Das ist nun symmetrisch maximal ausgereizt. Würde jedes Paar in 33 Tripeln vorkommen, würde das direkt überschwappen und man könnte keine isolierten Mengen M1 bis M3 erzeugen, zwischen denen kein Wechsel möglich ist: Bspw das Paar "ab" bräuchte dann einen Partner b oder c, dann stürzt aber das Blockadegebäude ein.
Bei anderen Lösungen wurden teilweise manche der folgenden Punkte missachtet:
- Spieler dürfen ein und auch wieder ausgewechselt werden
- es müssen nicht alle Tripel erreicht werden, sondern alle Spieler
- der Trainer darf die Startaufstellung frei wählen
---------------------------------------------------------------
So, nun ein paar Zeilen zu den genialen „Holland-Schmiede TU Eindhoven“-Mützenaufgaben, die es in den Kalendern 2013-2021 gab: Die Aufgabensteller Gerhard Woeginger (leider viel zu früh mit Mitte 50 verstorben) mit Cor Hurkens bzw Aart Blokhuis letztere nun im Ruhestand.
Philip Blaskovic hat letztes Jahr am 24.12 eine auch sehr nette Abwandlung „Lebkuchenschlucker“ gemacht, da erhoffte ich mir (und erhoffe mir für 2026 noch! ) einen Nachfolger, der in diese Richtung geht und gerne noch etwas schwieriger sein darf wie die 2024-Aufgabe.
Das Geniale an diesen Codierungsaufgaben ist, dass es meist nicht einfach ist, die Optimalität zu beweisen und dass die Codierungsmöglichkeiten ins Unermessliche gehen. Da die beste Strategie zu finden war sehr sehr reizvoll, oft haben mich die Aufgaben noch bis Silvester verfolgt.
Hier noch ein paar geniale Mützen zum Anschauen, wer diese Aufgaben nicht kennt:
Mütze 2015 (23.12)
Zielte auf das Vorzeichen der Permutations-Parität (gerade/ ungerade) ab - dass man
hier 24/24, also 100% erzielen kann fand ich unglaublich
Mütze 2016 (17.12)
war richtig schwer, die Codierung etwas sperrig, aber auch erstaunlich, was man hier hinbekommt.
Mütze 2018 (20.12)
Total hübsch - Dauerbrenner in meinen Mathe-AGs – da die Codierung im Kreis mit Symmetrie-Argumenten genial, aber auch sehr einfach ist!!
Und natürlich die Aufgabe von 2021 (18.12.), über die man sehr lange und sehr tief nachdenken kann - weit über die eigentliche Aufgabenstellung, wie dies einige Spieler im Forum auch getan haben!
Wir hatten (insb. mit „murks“ und „linsen_mit-spätzle“) eine lange Diskussion bis weit in den Januar hinein.
PhiSigma, Du hattest nach dem Chat-Verlauf gefragt. Ich habe ein paar Fragmente gefunden die ich anhänge (Link unten). Du hattest nach weiteren (nicht optimalen Lösungen gefragt).
Ich persönlich hing erst mal länger an der 60-Lösung, die nur auf die „Nebelkerze“ Farbenanzahlen schaut und immerhin die im ersten Moment einleuchtende 54-Lösung schlägt, hierbei vernachlässigt man aber, wer welche Farbe trägt! Die Codierung geht hier recht einfach, in Abhängigkeit wie viel verschiedene Mützenfarben ein Spieler sieht:
Durchgang 1: Wichtel, die genau zwei verschieden Farben sehen, heben ein Zwei-Farbenschild hoch: mit dritter Farbe, die sie nicht sehen und der Farbe, die sie doppelt sehen, andernfalls T7. Dadurch kennen für den zweiten Durchgang alle Wichtel, die in D1 T7 hochhielten ihre Farbe.
Allerdings gehen in D1 21/81 Kombinationen flöten -> 60.
Wobei „eidus“ ein Lösung 69 gefunden hatte, die auch nur rein auf die Farben abzielte (siehe Anhang)
Netterweise war ja 69-72 die richtig Lösung, so dass eine 69-Lösung, wenn auch nicht optimal, dennoch belohnt wurde.
Die 72 – Lösung kann man sich gut ohne Rechner herleiten, überlegt man sich, dass man eine schlechte Kombination für alle Wichtel schlecht machen will. Etwa bbbb: Wann immer ein Wichtel diese Kombination in Erwägung ziehen muss (da er bbb sieht) wird er das zwei Farben Schild rg hochheben.
Damit retten wir 8 Kombis bei einem Verlust! Also 8/9 sind gut.
Genau dieses Prinzip erweitert man auf 81 und das Verhältnis bleibt 72/81, da man 9 schlechte Kombis findet, die maximal weit voneinander (genau zwei Permutationsschritte) auseinander liegen.
Jede der 72 guten Kombis hat als direkten Nachbarn somit genau einen schlechten Nachbarn. Im guten Fall wird also immer genau ein Wichtel das richtige Zweifarbenschild hochhalten (die drei anderen T7) und im schlechten Fall alle Wichtel das falsche Zweifarbenschild. Man bündelt also!
Die Aufgabe fand ich wahnsinnig gut!!!
Wir haben dann noch festgestellt, dass es
- exakt 72 verschieden „Schlecht-Pakete (mit 9 Kombis)“ gibt (siehe Grafik als Link)
- Man kann tatsächlich für jede Zahl zwischen 0 und 72 eine Strategie finden
Hier Fragmente aus dem Chatverlauf:
https://www.dropbox.com/scl/fi/eawpumikx...5nro4&dl=0
Visualisierung: 72 schlechte 9er-Pakete:
https://www.dropbox.com/scl/fi/1fjyt1396...7fono&dl=0