Класс_9

Докажем, что
    а) от каждой зелёной площади можно доехать до синей;
    б) от синей площади можно доехать до любой зелёной.
  Условимся обозначать направление движения на улицах стрелками.

  а) Предположим, что от зелёной площади A₁ нельзя доехать до синей площади. Поскольку уехать с площади A₁ можно, то от неё, проехав по одной улице, мы доедем до зелёной площади A₂. От площади A₂ тоже нельзя доехать до синей площади. Выехав с неё, мы доедем до площади A₃, потом до A₄ и т.д. Проехав по n улицам, мы вернёмся на площадь A₁ и убедимся, что стрелки в городе расставлены так, как на рисунке. Но тогда на синюю площадь нельзя приехать, что противоречит условию.

  б) Изменим направления всех стрелок. Полученная схема движения тоже удовлетворяет условию. Поэтому, как показано в а), при этой расстановке стрелок от каждой зелёной площади можно доехать до синей. Но это означает, что при старой расстановке стрелок от синей площади можно было доехать до любой зелёной.

Пусть разрезано k клеток. Рассмотрим граф, рёбрами которого являются половинки проведённых диагоналей, а вершинами – вершины и центры разрезанных клеток.
Поскольку граничные клетки доски, очевидно, разрезать нельзя, то в полученном графе не более 64 + k вершин и 4k рёбер. Согласно формуле Эйлера (64 + k) – 4k + 1 ≥ 2, то есть k ≤ 21.
Пример с 21 разрезанной клеткой см. на рисунке.

Будем рассматривать волейбольную сетку как граф, вершинами которого являются узлы сетки, а рёбрами – верёвочки. В этом графе нужно удалить как можно больше рёбер так, чтобы он остался связным. Будем убирать рёбра по очереди до тех пор, пока это возможно. Заметим, что если в графе есть цикл, то возможно удаление любого ребра этого цикла. Связный граф, не имеющий циклов, является деревом. Поэтому, только получив дерево, мы не сможем убрать ни одного ребра. Подсчитаем число рёбер в нашем графе в этот момент. Количество вершин осталось тем же –  51·601 = 30651.  Число рёбер в дереве на единицу меньше (см. задачу 31098 б), то есть их 30650. Сначала же их было  601·50 + 600·51 = 60650.  Таким образом, можно удалить 30000 рёбер (но не более!).

Из условия следует, что города A и B в Обычной стране не соединены дорогой и что любой другой город в Обычной стране не соединён либо с A, либо с B. Значит, двойники A’ и B’ городов A и B в Зазеркалье соединены дорогой, а каждый другой город Зазеркалья соединён либо с A’, либо с B’. Следовательно, в Зазеркалье из каждого города можно доехать до одного из городов A’ и B’, затем при необходимости доехать до второго из них, а после доехать до любого другого города Зазеркалья. При этом требуется не более двух пересадок.

  Оценка. Для того, чтобы сохранилась связь при выходе из строя любых двух узлов, необходимо, чтобы в каждый узел входило не менее трёх линий связи (если узел А соединён с двумя узлами В и С, то при выходе из строя узлов В и С узел А становится недоступным). Таким образом, всего линий связи должно быть не менее  10·3 : 2 = 15.
  Пример: каркас пятиугольной призмы (10 вершин – узлы, а рёбра – линии связи). Если вышли из строя два узла на одном пятиугольнике – основании призмы, то связь сохранится через другой пятиугольник. Если вышли из строя по одному узлу на разных пятиугольниках, то связь тоже сохранится.

Индукция по n. База. При n = 5 требуемый граф представлен на рис. слева.
Шаг индукции. Рассмотрим n + 1 точку. Пусть n из них уже соединены – получился граф с n вершинами. Можно считать, что каждые две из этих n точек соединены стрелкой: иначе проведём все недостающие стрелки (направив их в любую сторону), условие тем более будет выполняться. Обозначим (n+1)-ю точку через C и рассмотрим два случая.

1) n чётно. Разобьём n точек на пары. Пусть  {A_k, B_k}  – одна из пар  (1 ≤ k ≤ ⁿ/₂)  и из A_k идёт стрелка в B_k. Тогда проведём из C стрелку в A_k и из B_k проведём стрелку в C (рис. в центре). Так проделаем для каждой пары. Новый граф с  n + 1  вершиной построен. Пусть X, Y – две любые различные его вершины.
  Если и X и Y не совпадают с C, то из X в Y можно пройти (не более чем за два «хода») по индукционному предположению.
  Пусть X или Y совпадает с C. Тогда другая из этих точек (Y или X) входит в какую-то пару из тех, на которые мы разбили первые n точек. Таким образом, X и Y – это какие-то две из трёх точек, изображенных на центральном рисунке. Глядя на этот рисунок, легко перебрать все возможные варианты и убедиться, что требование выполняется.
  2) n нечётно. Выберем любую вершину A₁. Она соединена стрелками со всеми остальными вершинами: A₂, …, A_n. Из A₁ выходят не менее чем две стрелки или в A₁ входят не менее чем две стрелки (так как  n > 4).
  Пусть из A₁ выходят не менее чем две стрелки (второй случай аналогичен) – в вершины A₂, A₃. Остальные вершины разобьем на пары. Теперь соединим стрелками новую вершину с тройкой A₁, A₂, A₃ – как показано на рис. справа, а со всеми парами – как показано на рис. в центре. Как и в случае а), легко доказать, что полученный граф удовлетворяет условию задачи.