Чтобы можно было од­но­знач­но опре­де­лить, в какой из 100 ко­ро­бок лежит приз, тре­бу­ет­ся воз­мож­ность по­лу­чить хотя бы 100 раз­лич­ных от­ве­тов на один набор во­про­сов. Так как от­ве­ты ве­ду­ще­го для раз­лич­ных по­ло­же­ний приза могут от­ли­чать­ся толь­ко чис­лом "да" среди них, то тре­бу­ет­ся воз­мож­ность по­лу­чить в ответ хотя бы 100 раз­лич­ных ко­ли­честв "да". Зна­чит, тре­бу­ет­ся хотя бы 99 во­про­сов (от 0 до 99 "да" ). При­мер на 99 во­про­сов. Пусть k-ый во­прос: «Номер ко­роб­ки, в ко­то­рой лежит приз, мень­ше либо равен k?». Тогда если от­ве­тов "да" ноль, то приз в сотой ко­роб­ке, если один, то в 99-й и т. д.

Ответ: 99.

Чтобы можно было од­но­знач­но опре­де­лить, в какой из 100 ко­ро­бок лежит приз, тре­бу­ет­ся воз­мож­ность по­лу­чить хотя бы 100 раз­лич­ных от­ве­тов на один набор во­про­сов. Так как от­ве­ты ве­ду­ще­го для раз­лич­ных по­ло­же­ний приза могут от­ли­чать­ся толь­ко чис­лом "да" среди них, то тре­бу­ет­ся воз­мож­ность по­лу­чить в ответ хотя бы 100 раз­лич­ных ко­ли­честв "да". Зна­чит, тре­бу­ет­ся хотя бы 99 во­про­сов (от 0 до 99 "да"). При­мер на 99 во­про­сов. Пусть k-ый во­прос: «Номер ко­роб­ки, в ко­то­рой лежит приз, мень­ше либо равен k?». Тогда если от­ве­тов "да" ноль, то приз в сотой ко­роб­ке, если один, то в 99-й и т. д.

Ответ: 99.

При­ведём вы­иг­рыш­ную стра­те­гию для Да­ни­лы. Число кле­ток на по­верх­но­сти чётно (равно ). Разобьём всю по­верх­ность куба на до­ми­нош­ки; до­ми­нош­ки не пе­ре­се­ка­ют­ся и по­кры­ва­ют весь куб. При­мер раз­би­е­ния при­во­дить не будем. Легко ви­деть, что такие при­ме­ры есть. Школь­ни­ки, ко­то­рые на­пи­са­ли такое ре­ше­ние долж­ны при­во­дить при­мер.

В на­ча­ле хода Да­ни­лы пешка стоит в какой-то до­ми­нош­ке. Да­ни­ла ходит во вто­рую клет­ку до­ми­нош­ки. Если Да­ни­ла до этого дей­ство­вал в со­от­вет­ствии с этой стра­те­ги­ей, то вто­рая клет­ка до­ми­нош­ки не за­кра­ше­на и сде­лать в неё ход можно. Оче­вид­но, что по­след­ний ход сде­ла­ет Да­ни­ла  — хотя бы по­то­му, что он все­гда может сде­лать ход.

Ответ: Данил вы­иг­ры­ва­ет.

Вы­иг­рыш­ной стра­те­ги­ей об­ла­да­ет пер­вый игрок. Для этого ему пер­вым ходом нужно по­ло­жить 2 мо­не­ты, а сле­ду­ю­щи­ми хо­да­ми класть столь­ко монет, чтобы сумма его монет и монет, по­ло­жен­ных перед этим вто­рым иг­ро­ком была равна 5. В этом слу­чае после тре­тье­го хода пер­во­го иг­ро­ка в ряду будут ле­жать 12 монет. Далее, как бы не схо­дил вто­рой игрок своим тре­тьим ходом и как бы после этого не схо­дил пер­вый игрок 16 мо­не­та будет по­ло­же­на пер­вым иг­ро­ком.

По­ка­жем, что Иван имеет вы­иг­рыш­ную стра­те­гию. Для того, чтобы вы­иг­рать Ивану до­ста­точ­но каж­дым ходом брать один ка­мень. В этом слу­чае после его хода ко­ли­че­ство кам­ней будет не­чет­ным. По­сколь­ку де­ли­те­ли не­чет­но­го числа яв­ля­ют­ся не­чет­ны­ми чис­ла­ми, то Петр дол­жен будет взять не­чет­ное число кам­ней. Так как перед ходом Ивана число кам­ней четно, а он берет один ка­мень, то Иван ни­ко­гда не возь­мет по­след­ний ка­мень. В тоже время число кам­ней ко­неч­но и не позже чем через 2018 ходов кам­ней не оста­нет­ся. Сле­до­ва­тель­но, по­след­ний ка­мень возь­мет Петр.

Ответ: Иван.

Вер­ши­ны тре­уголь­ни­ка Ани делят окруж­ность на три дуги (рис.). Пусть и   — ко­ли­че­ство точек на этих дугах (рис.), не счи­тая вер­ши­ны са­мо­го тре­уголь­ни­ка. Чтобы «вы­стрел» с кон­ца­ми в точ­ках k и m не задел ко­рабль, надо чтобы обе эти точки ле­жа­ли на одной из дуг. Вы­брать две раз­лич­ные точки на дуге, со­дер­жа­щей x точек, можно, оче­вид­но, спо­со­ба­ми. То же и для осталь­ных дуг. Зна­чит, число N «без­опас­ных» вы­стре­лов равно сумме Тогда сле­ду­ю­щий вы­стрел уже обя­за­тель­но «ранит» ко­рабль, по­это­му

Итак, тре­бу­ет­ся найти такие целые не­от­ри­ца­тель­ные числа удо­вле­тво­ря­ю­щие усло­вию при ко­то­рых зна­че­ние N ми­ни­маль­но. За­пи­шем вы­ра­же­ние для N в раз­вер­ну­том виде:

Рас­крыв скоб­ки и при­ве­дя по­доб­ные, по­лу­чим

При каж­дом фик­си­ро­ван­ном y от 0 до 26 будем ис­кать такое зна­че­ние x, удо­вле­тво­ря­ю­щее не­ра­вен­ству

при ко­то­ром зна­че­ние N ми­ни­маль­но. Если y фик­си­ро­ван, то пра­вая часть при­ни­ма­ет ми­ни­маль­ное зна­че­ние при

Это ми­ни­маль­ное зна­че­ние равно Оно, в свою оче­редь, ми­ни­маль­но при ≈ 8,6. Тогда Среди точек с це­лы­ми ко­ор­ди­на­та­ми (8,8), (8,9), (9,8), (9,9) – бли­жай­ших це­ло­чис­лен­ных со­се­дей точки ми­ни­му­ма – вы­би­ра­ем ту, ко­то­рой со­от­вет­ству­ет наи­мень­шее зна­че­ние N. Это точки (8,9), (9,8), (9,9). Для них N = 100.

Ответ: Ко­рабль сле­ду­ет рас­по­ло­жить так, чтобы на трех дугах, на ко­то­рые вер­ши­ны ко­раб­ля раз­би­ва­ют окруж­ность, рас­по­ла­га­лось по 8, 9 и 9 точек (не счи­тая вер­ши­ны са­мо­го ко­раб­ля).

Рас­смот­рим ко­ор­ди­нат­ную плос­кость, где по оси Ox будем от­кла­ды­вать очки, на­бран­ные Мишей, а по оси Oy  — на­бран­ные Васей. Cчет 0:0 со­от­вет­ству­ет на­ча­лу ко­ор­ди­нат. Дви­же­ние вдоль одной из осей воз­мож­но толь­ко в одном слу­чае  — когда все пар­тии вы­иг­ры­ва­ет один из иг­ро­ков.

Пусть N_xy  — ко­ли­че­ство раз­лич­ных спо­со­бов по­лу­чить счет x:y. Тогда N_xy = N_{x(y − 1)} + N_{(x − 1)y}N_{(x − 1)(y − 1)}. Ис­поль­зуя по­лу­чен­ную фор­му­лу, можно найти N₄₃:

Ответ: 129.

Пусть иг­ро­ку №3 одна мо­не­та до­ста­ва­лась ровно k раз, то мы по­лу­ча­ем урав­не­ние Ровно в 7k слу­ча­ях одна мо­не­та до­ста­ва­лась кому-то из иг­ро­ков 2, 3, 4, тогда по­лу­ча­ем урав­не­ние Рас­кры­ва­ем скоб­ки, при­во­дим по­доб­ные и по­лу­ча­ем си­сте­му из двух урав­не­ний Умно­жа­ем пе­ро­вое ра­вен­ство на 7, вы­чи­та­ем из него вто­рое и по­лу­ча­ем

Ответ: 69.

Ре­ше­ние ана­ло­гич­но за­да­нию 1706.

Ответ: 47.

На­зо­вем по­лос­кой иду­щие под­ряд белые клет­ки, окру­жен­ные чер­ны­ми клет­ка­ми или кра­я­ми по­лос­ки, а до­ми­но­и­кой на­зо­вем по­лос­ку из двух кле­ток. Опи­шем стра­те­гию Кости. Он каж­дым своим ходом (пока такое воз­мож­но) будет за­кра­ши­вать две со­сед­ние белых клет­ки так, чтобы об­ра­зо­ва­лась одна до­ми­нош­ка. По­ка­жем, что после каж­до­го от­вет­но­го хода Сер­гея ко­ли­че­ство до­ми­но­шек будет не мень­ше, чем ко­ли­че­ство по­ло­сок не­чет­ной длины. Дей­стви­тель­но, после хода Кости ко­ли­че­ство по­ло­сок не­чет­ной длины не ме­ня­ет­ся, по­сколь­ку он от какой-то по­лос­ки «от­ре­за­ет» че­ты­ре клет­ки: две клет­ки он за­кра­ши­ва­ет и еще со­зда­ет одну до­ми­нош­ку. Сер­гей же своим ходом не может «ис­пор­тить» ни одной до­ми­нош­ки, а ко­ли­че­ство по­ло­сок не­чет­ной длины он может уве­ли­чить не более чем на 1. Дей­стви­тель­но, он может лишь сде­лать две новых по­лос­ки из одной ста­рой, при­чем если они обе имеют не­чет­ную длину, то ста­рая по­лос­ка также имела не­чет­ную длину, ведь Сер­гей за­кра­сил на ней одну или три клет­ки.

Рас­смот­рим те­перь мо­мент, на­чи­ная с ко­то­ро­го Костя не может дей­ство­вать по из­на­чаль­но­му плану. Из любой по­лос­ки длины 6 и более Костя может сде­лать новую до­ми­нош­ку, также он может сде­лать до­ми­нош­ку и из по­лос­ки длины 4. Тогда в рас­смат­ри­ва­е­мый мо­мент по­ми­мо до­ми­но­шек оста­лись лишь по­лос­ки длины 3 и 5 (по­лос­ки длины 1 за­пре­ще­ны по усло­вию), при­чем этих по­ло­сок не боль­ше, чем до­ми­но­шек. Даль­ней­шая стра­те­гия Кости та­ко­ва: он за­кра­ши­ва­ет одну из до­ми­но­шек. Сер­гей от­вет­ным ходом дол­жен либо за­кра­сить одну по­лос­ку длины 3, либо из по­лос­ки длины 5 сде­лать одну или две до­ми­нош­ки (за­кра­сив в ней одну или три клет­ки). После такой пары ходов ко­ли­че­ство до­ми­но­шек по-преж­не­му будет не мень­ше, чем ко­ли­че­ство по­ло­сок не­чет­ной длины. По­это­му игра может за­кон­чить­ся, лишь когда не оста­лось по­ло­сок не­чет­ной длины. Это может слу­чить­ся лишь после хода Сер­гея. Если при этом оста­лись до­ми­нош­ки, то Костя еще смо­жет сде­лать ход, а Сер­гей уже нет. Если же до­ми­но­шек также не оста­лось, то Костя вы­иг­рал, по­сколь­ку все клет­ки за­кра­ше­ны.

Ответ: вы­иг­ры­ва­ет Костя.

Опи­шем вы­иг­рыш­ную стра­те­гию для пер­во­го иг­ро­ка. Сна­ча­ла пер­вый игрок на­зы­ва­ет про­стое число, за­кан­чи­ва­ю­ще­е­ся на 9 и от­лич­ное от 79 (на­при­мер, 19). По­сколь­ку среди чисел 90, ..., 99 про­стым яв­ля­ет­ся толь­ко число 97, сле­ду­ю­щим ходом вто­рой игрок дол­жен на­звать это число. Тогда тре­тьим ходом пер­вый игрок на­зы­ва­ет 79, и вто­рой про­иг­ры­ва­ет. За мень­шее число ходов пер­вый игрок вы­иг­рать не может, так как для любой цифры от 1 до 9 су­ще­ству­ет про­стое число из пер­вой сотни, ко­то­рое на­чи­на­ет­ся с этой цифры.

Ответ: 3.

Ре­ше­ние ана­ло­гич­но за­да­нию 1773.

Ответ: 2.

Для каж­до­го k, обо­зна­чим через мно­же­ство марш­ру­тов шашки, ве­ду­щих из ле­во­го ниж­не­го в пра­вый верх­ний угол доски и де­ла­ю­щих ровно шагов ниже глав­ной диа­го­на­ли. Имеет место по­тря­са­ю­щий факт: при фик­си­ро­ван­ном n все мно­же­ства со­дер­жат по­ров­ну эле­мен­тов!

Это утвер­жде­ние на­зы­ва­ет­ся тео­ре­мой Чанга-Фел­ле­ра, оно впер­вые до­ка­за­но Мак­Ма­го­ном в 1909 г. При­во­ди­мое ниже ком­би­на­тор­ное до­ка­за­тель­ство по­яви­лось в 1955 г.

Предъ­явим вза­им­но од­но­знач­ное со­от­вет­ствие между мно­же­ства­ми и Марш­рут шашки можно ин­тер­пре­ти­ро­вать как по­сле­до­ва­тель­ность из букв «в» или «п», при­чем букв каж­до­го вида в ней по­ров­ну. Рас­смот­рим про­из­воль­ный марш­рут a из мно­же­ства За­пи­шем его в виде

где «в» обо­зна­ча­ет пер­вый ход, ко­то­рый шашка сде­ла­ла вверх, на­хо­дясь на диа­го­на­ли; «п»  — это ход, ко­то­рым она впер­вые после этого вер­ну­лась на диа­го­наль; то, воз­мож­но, пу­стая по­сле­до­ва­тель­ность ходов, ко­то­рые шашка со­вер­ши­ла до вы­пол­не­ния хода в (эти ходы были сде­ла­ны ниже диа­го­на­ли); это, воз­мож­но, пу­стая по­сле­до­ва­тель­ность ходов, ко­то­рые шашка со­вер­ши­ла после вы­пол­не­ния хода в, но до вы­пол­не­ния хода «п» (эти ходы были сде­ла­ны выше диа­го­на­ли); на­ко­нец, w  — это все осталь­ные ходы шашки. По­ста­вим в со­от­вет­ствие марш­ру­ту сле­ду­ю­щий марш­рут b из мно­же­ства :

Это со­от­вет­ствие би­ек­тив­но.

Ответ:

На­зо­вем кусок шо­ко­лад­ки боль­шим, если его можно раз­ре­зать, и мальм, если нель­зя. Из­на­чаль­но есть толь­ко один боль­шой кусок, а в конце игры их 0. Карлсон может иг­рать так, чтобы чет­ность ко­ли­че­ства боль­ших кус­ков после его хода обя­за­тель­но ме­ня­лась: один боль­шой кусок уни­что­жа­ет­ся ходом Ма­лы­ша, после чего по­яв­ля­ет­ся от 0 до 3 новых боль­ших кус­ков. Если ко­ли­че­ство новых боль­ших кус­ков не­чет­но, то один точно есть и Карлсон его съест. Если же ко­ли­че­ство боль­ших кус­ков четно, то есть хотя бы один малый и Карлсон съест имен­но малый кусок. Итак, число боль­ших кус­ков после каж­дой пары ходов ме­ня­ет чет­ность, а все ходы долж­ны по­ме­нять чет­ность числа боль­ших кус­ков, зна­чит, их ко­ли­че­ство не­чет­но.

Ответ: вы­иг­ра­ет Карлсон.

Вы­иг­ры­ва­ет пер­вый игрок. Одна из воз­мож­ных стра­те­гий та­ко­ва. Он на­зы­ва­ет число 9999, а потом в ответ на любое число на­зван­ное вто­рым, на­зы­ва­ет число то же самое число «задом наперёд». За­ме­тим, что после этого вто­ро­му опять придётся на­звать число, ко­то­рое на­чи­на­ет­ся на 9. Пер­вый игрок все­гда может сде­лать ход, ведь под­хо­дя­щих чисел вида (кроме 9999) боль­ше нет.

За­ме­ча­ние. В ка­че­стве на­чаль­но­го числа пер­вый игрок может ис­поль­зо­вать любой дру­гой па­лин­дром (то есть число, чи­та­е­мое в обоих на­прав­ле­ни­ях оди­на­ко­во): 1881, 2772 и т. д.

Ответ: на­чи­на­ю­щий.

Пока Джер­ри про­бе­га­ет малую петлю, Том про­бе­га­ет боль­шую; пока Джер­ри про­бе­га­ет боль­шую петлю, Том про­бе­га­ет боль­шую и малую вме­сте. Обо­зна­чим длины боль­шой и малой пе­тель бук­ва­ми L и l со­от­вет­ствен­но. Тогда по­лу­чим, что Если обо­зна­чить через x, то по­лу­чим: от­ку­да Решая квад­рат­ное урав­не­ние (и учи­ты­вая, что по­лу­ча­ем, что от­но­ше­ние длин пе­тель равно зо­ло­то­му се­че­нию, то есть числу Мы знаем, что за 20 минут Джер­ри про­бе­жал малую петлю. Зна­чит, боль­шую петлю он про­бе­жал за минут, а весь круг  — за минут. Тут-то Том его и до­гнал.

Ответ: минут.

Вы­иг­ры­ва­ет пер­вый игрок. Одна из воз­мож­ных стра­те­гий та­ко­ва. Он на­зы­ва­ет число 9999, а потом в ответ на любое число на­зван­ное вто­рым, на­зы­ва­ет число то же самое число «задом наперёд». За­ме­тим, что после этого вто­ро­му опять придётся на­звать число, ко­то­рое на­чи­на­ет­ся на 9. Пер­вый игрок все­гда может сде­лать ход, ведь под­хо­дя­щих чисел вида (кроме 9999) боль­ше нет.

За­ме­ча­ние. В ка­че­стве на­чаль­но­го числа пер­вый игрок может ис­поль­зо­вать любой дру­гой па­лин­дром (то есть число, чи­та­е­мое в обоих на­прав­ле­ни­ях оди­на­ко­во): 1881, 2772 и т. д.

Ответ: на­чи­на­ю­щий.

----------

Дуб­ли­ру­ет за­да­ние 1878.

Пока Джер­ри про­бе­га­ет малую петлю, Том про­бе­га­ет боль­шую; пока Джер­ри про­бе­га­ет боль­шую петлю, Том про­бе­га­ет боль­шую и малую вме­сте. Обо­зна­чим длины боль­шой и малой пе­тель бук­ва­ми L и l со­от­вет­ствен­но. Тогда по­лу­чим, что Если обо­зна­чить через x, то по­лу­чим: от­ку­да Решая квад­рат­ное урав­не­ние (и учи­ты­вая, что по­лу­ча­ем, что от­но­ше­ние длин пе­тель равно зо­ло­то­му се­че­нию, то есть числу По­сколь­ку за одно и то же время Джер­ри про­бе­га­ет малую петлю, а Том - боль­шую, то от­но­ше­ние их ско­ро­стей тоже равно τ.

За­ме­тим, что от­но­ше­ние мень­шей петли к боль­шей равно а от­но­ше­ние мень­шей петли к пол­но­му кругу  — (ис­поль­зо­ван­ные здесь свой­ства зо­ло­то­го се­че­ния легко до­ка­зать).

Пусть те­перь Том и Джер­ри по­втор­но ока­за­лись друг над дру­гом. Это зна­чит, с мо­мен­та встре­чи один про­бе­жал целое число (k) кру­гов, дру­гой  — целое число (m) кру­гов плюс малую петлю, то есть кру­гов. От­но­ше­ние прой­ден­ных рас­сто­я­ний долж­но рав­нять­ся от­но­ше­нию ско­ро­стей, то есть зо­ло­то­му се­че­нию. То есть либо либо Пер­вое при­во­дит к ра­вен­ству вто­рое  — учи­ты­вая, что   — к ра­вен­ству И то и дру­гое не­воз­мож­но, по­сколь­ку и τ ир­ра­ци­о­наль­но.

Ответ: не ока­жет­ся.

Вы­иг­рыш­ная стра­те­гия есть у Пети. На­при­мер, такая: он пишет в двух по­след­них клет­ках 04. За­ме­тим, что если число кон­ча­ет­ся на 02 или 52, то его квад­рат кон­ча­ет­ся на 04. До­ка­жем, для лю­бо­го Ва­си­но­го хода Петя су­ме­ет найти точ­ный квад­рат.

Пусть Вася схо­дил в раз­ряд сотен. Рас­смот­рим квад­ра­ты чисел 2, 52, 102, 152, 202, 252, 302, 352, 402, 452. Найдём раз­ность между двумя со­сед­ни­ми квад­ра­та­ми:

от­ку­да

Зна­чит, цифра сотен каж­до­го сле­ду­ю­ще­го из этих чисел по­лу­ча­ет­ся из преды­ду­щей уве­ли­че­ни­ем на 7 по мо­ду­лю 10. Сле­до­ва­тель­но, цифры сотен во всех этих чис­лах раз­ные (0, 7, 4, 1, 8, 5, 2, 9, 6, 3). По­это­му, если Вася схо­дит в раз­ряд сотен, Петя су­ме­ет до­пол­нить число до квад­ра­та.

Пусть Вася схо­дил в раз­ряд тысяч, то есть имеем число ******xy04, где x за­да­но Васей. Рас­смот­рим ряд чисел

где В этих чис­лах xy об­ра­зу­ют ариф­ме­ти­че­скую про­грес­сию с раз­но­стью 4 (04, 08, 12, ..., 96), по­это­му для каж­до­го x найдётся под­хо­дя­щий y.

Если Вася схо­дил в де­сят­ки тысяч, то рас­суж­де­ния ана­ло­гич­ные: среди квад­ра­тов

най­дут­ся под­хо­дя­щие. Если Вася схо­дил в раз­ряд сотен тысяч или боль­ший, то такие рас­суж­де­ния при­во­дят к рас­смот­ре­нию слиш­ком боль­ших чисел, но ра­бо­та­ет дру­гая идея: по­пы­та­ем­ся сде­лать Ва­си­ну цифру пер­вой не­ну­ле­вой циф­рой в нашем числе.

За­ме­тим, что квад­ра­ты со­сед­них чисел в ряду

раз­ли­ча­ют­ся менее чем на 100 000 (это сле­ду­ет из фор­му­лы квад­ра­та суммы), а по­это­му цифра сотен тысяч про­бе­га­ет в них все зна­че­ния от 0 до 9. В ряду

квад­ра­ты со­сед­них чисел раз­ли­ча­ют­ся менее чем на мил­ли­он, а по­след­ний пре­вы­ша­ет 9 мил­ли­о­нов; зна­чит, цифра мил­ли­о­нов про­бе­га­ет все зна­че­ния от 0 до 9.

Три стар­ших раз­ря­да рас­смот­рим од­но­вре­мен­но. В ряду

квад­ра­ты со­сед­них чисел раз­ли­ча­ют­ся менее чем на 10 мил­ли­о­нов, а в числе

во всех трёх стар­ших раз­ря­дах стоят де­вят­ки. Зна­чит, каж­дый из трёх стар­ших раз­ря­дов про­бе­га­ет все зна­че­ния от 0 до 9.

Ответ: у Пети.

Если на доске стоят всего две фишки, то у каж­дой из них не более од­но­го со­се­да, и по усло­вию их снять нель­зя. По­это­му оста­нет­ся не менее двух фишек. По­ка­жем, как оста­вить на доске ровно две фишки. Для этого при­ве­дем ал­го­ритм, ко­то­рый поз­во­ля­ет очи­стить от фишек две со­сед­ние стро­ки (или два со­сед­них столб­ца) на доске m × n. Пусть для опре­де­лен­но­сти мы ходим очи­стить верх­ние две стро­ки. За­ну­ме­ру­ем клет­ки чис­ла­ми от 1 до n. Сна­ча­ла сни­мем фишку с 2-й клет­ки вто­рой стро­ки (это можно сде­лать, ибо у нее 8 со­се­дей), далее сни­мем уг­ло­вую фишку (у нее те­перь 2 со­се­да), затем 3-ю фишку с пер­вой стро­ки (у нее 4 со­се­да), далее 2-ю фишку пер­вой стро­ки (у нее 2 со­се­да) и 1-ю фишку вто­рой стро­ки (у нее также 2 со­се­да). Далее по­сле­до­ва­тель­но дви­га­ясь слева на­пра­во будем сни­мать с доски все фишки пер­вой стро­ки (у каж­дой из них в мо­мент сня­тия будет 4 со­се­да, кроме край­ней, у ко­то­рой будет 2 со­се­да), а затем ана­ло­гич­но сни­мать фишки вто­рой стро­ки. Так мы очи­стим две край­них стро­ки. При­ме­ним по­сле­до­ва­тель­но эти дей­ствия по­оче­ред­но для строк и столб­цов до тех пор пока не оста­нут­ся лишь фишки в квад­ра­те 3 × 3. C ними разо­брать­ся со­всем легко: сни­ма­ем цен­траль­ную, затем в любом по­ряд­ке 4 уг­ло­вых, затем остав­шу­ю­ся верх­нюю и, на­ко­нец, остав­шу­ю­ся ниж­нюю.

Ответ: 2.