Кубическая шахматная доска

[Xenia1996]

MrDindows в сообщении #420652 писал(а):

(Оффтоп)

Xenia1996 , с праздником=)

(Уай, пасибки )

Кстати, на Есайенсине ещё и плюсики ставят в качестве довеска к поздравлению...

[age]

MrDindows
Ферзь белого цвета может бить ферзя чёрного цвета, и наоборот. 64 ферзя белого цвета ставить нельзя, должен быть как минимум один белый и один чёрный. Если 63 белых и один чёрный, то будет удар, т.к. это не шашки. Необходимо максимизировать количество как белых, так и чёрных, при этом чтобы они не били друг друга.

-- Вт мар 08, 2011 21:49:26 --

Для $8\times8$ ответ 10 белых, 9 чёрных.

[MrDindows]

Значит всё-таки лучше искать просто равные количества чёрных и белых, просто иначе, для 8х8, например можно поставить в 1 угол белого ферзя, и ещё 42 чёрных ферзя на доске).
А вообще, смутно верится, что эту задачу можно решить математически в общем виде=)

[age]

MrDindows в сообщении #420885 писал(а):

можно поставить в 1 угол белого ферзя, и ещё 42 чёрных ферзя на доске

Не, должно быть максимум как чёрных, так и белых (соблюдаться паритет на доске).

Да. Задача действительно интересная. Вот решение для $8\times8$:

[Xenia1996]

age в сообщении #420962 писал(а):

MrDindows в сообщении #420885 писал(а):

можно поставить в 1 угол белого ферзя, и ещё 42 чёрных ферзя на доске

Не, должно быть максимум как чёрных, так и белых (соблюдаться паритет на доске).

Да. Задача действительно интересная. Вот решение для $8\times8$:

(Оффтоп)

Chessmaster-7000?

[age]

(Оффтоп)

ага 9000

-- Ср мар 09, 2011 01:41:32 --

MrDindows в сообщении #420885 писал(а):

А вообще, смутно верится, что эту задачу можно решить математически в общем виде=)

Вообще для случая $8\times8$ я решал следующим образом:
Во-первых, чем более разбросаны фигуры по доске, тем больше полей они бьют, следовательно, для того чтобы разместить максимум фигур, они должны быть сгруппированы. Первая идея - это две группы: чёрная и белая. Но мы быстро убеждаемся подбором, что количество битых полей в таком случае не является минимальным, гораздо меньше битых полей возникает, если фигуры каждого цвета разбиты по две группы. Ну дальше решается просто, но суть не в этом.
Смысл в том, что если мы решаем для случая $n\times n$, то прежде всего необходимо найти оптимальное количество групп, на которое необходимо разбить количество фигур каждого цвета. Возможно, тут как-то надо искать производную (как экстремум), а возможно - как-то иначе, я не знаю.

(Оффтоп)

подозреваю, что 4 группы является также решением и для произвольных $n$. Но это интуиция.