◆東京都 Asami さんからの解答。
【問題３】
間を抜いても、実質それらをくっつけた物と変わらないので、端から順に切っていくことを考えて行けばよい。
さらに、１行または１列ずつ減っていくので、
| コインの山積が２山あって、どちらかから１枚ずつ減らしていくことを２人 で交互にやっていき、最後にどちらか一方の山を１枚にしてしまった方が負け |
という問題と同値。
以下２つの山を成分で表示することにして、
(偶,偶)で始まる場合、後手が必勝。
つまり常に(偶,偶)の状態を相手に渡すことが出来るので、後は帰納法(２成分の和に関する)に乗せればいいと思います。
たぶんいいと思うけど……
【問題２】
ということは、(偶,奇)のときは先手必勝？？
【問題１】
ということは、(奇,奇)のときは後手必勝？？
……逆からやってすみません(^_^;;)
【コメント】
逆に解くのは鋭いですねぇー。
ただし、奇奇のときも、先手必勝です。
問題も少し増やしました。
◆東京都 goya さんからの解答。
【問題１】と【問題２】の解答
ｍ≧ｎ≧２で ｍ、ｎいずれか一方が奇数なら、先手必勝
奇数辺の中間の１行(または１列)を切り取ると、その行(または１列)を境に左右(または上下)に同じ形の２つの長方形に分割される。
この後は後手の操作をまねる。
例えば後手が左の長方形から１行切り取ったら、先手は右の長方形の同じ位置の１行を切り取る。
この方法では先手の操作後は常に左右(または上下)に同じ形の２つ以上の長方形があることになるので、後手が行／列の切り取りができたら、先手は同じ操作ができる。
一方の長さが１の時
他方の長さ（以下ｗとする）
ｗ＝奇数 先手必勝（中間の１つを切り取ると対称）
ｗ＝偶数 ｗの値により、変わる？
東京都 Asami さんからの解答の【問題３】への疑問
「常に(偶,偶)の状態を相手に渡すことが出来る」と記されていますが間から抜いていって、複数の長方形に分割されていくと、そのうちの１つの長方形が２行×偶数列になることが考えられます。
ここで後手はこの長方形から１行を切り取ると１行×偶数列の長方形となり、この長方形について、先手は紙の縦または横にはさみを入れるには、列方向にしか切り取るとることができないので１行×ｍ列が相手に渡ることになります。
偶偶の場合、必勝法は無いような気がします。
【コメント】
問題１、２はご指摘の方法が正解で、物まね作戦で必勝法が存在します。
問題３については、確かにさらに厳密な証明が必要なようです。
ただし、結論自体は正しく、偶・偶は後手必勝です。
◆東京都 goya さんからの解答。
【問題３】の解答
偶数×偶数では先手必勝、後手必勝どちらもありうる。
（マスの数により、異なる）
［後手必勝の例］
２行×２列
［先手必勝の例］
２行×４列
まず、先手が１行切り取ります。
残りは１行×４列になる。
これに対して、後手が４列の内のいずれか１列(マス)を切り取ると、残りは
ａ．１×１と１×２の２枚
ｂ．１×３が１枚
のいずれかになります。
次に先手が
ａならば１×２の片方のマス
ｂならば中間のマス
を切り取ると、残りは１×１が２枚なので後手は次の操作ができない。
［一般解もどき］
４行×ｎ(偶数)列が後手必勝（すなわち、偶数回の操作で分割不能とできる）と仮定し、
４行×(ｎ＋２)列の問題について考える。
まず、先手が(ｎ＋１)列目の１列を切り取る。
４行×ｎ列と４行×１列が残る。
前者(４行×ｎ列)は仮定により、偶数手で分割不能にできる。
後者(４行×１列)は２手で分割不能にできる。
したがって、４行×ｎ列が後手必勝ならば、４行×(ｎ＋２)列は先手必勝となる。
ｎ＝２，６・・ 後手必勝
ｎ＝４，８・・ 先手必勝
◆愛知県 迷子の雄猫 さんからの解答。
１ｘｎの長方形を一手で切り取る事が出来るのであれば、
偶数ｘ偶数は後手必勝です。
先手が切り取ったのが端でも真ん中でも、切り取る前の長方形で、切り取った行・列に平行な中心線を考えます。
その中心線に対して、先手が切り取った行と対称になる行を後手が切り取ると、
中心に偶数ｘ偶数の長方形が一枚、外側に同じ長方形が２枚出来ます。
先手が外側の長方形に手をつけたなら、後手は対応する長方形に同じように手をつける事が出来、先手が真ん中の長方形に対して手をつけたなら、後手は線対称となる位置に手をつける事が出来ます。
よって偶数ｘ偶数は後手必勝です。□□□□□□
■■■■■■ ＜−−先手がこの行を切り取ったなら
□□□□□□
□□□□□□
−−−中心線−−−
□□□□□□
□□□□□□
＠＠＠＠＠＠ ＜−−後手はこの行を切り取る
□□□□□□
◆愛知県 YM Ojisan さんからの解答。
【コメント】
この問題は、 東京都 goya さんや 迷子の雄猫さんと同じく私もはさみで切れなければいけないルールと解釈してかなり悩んでいました。
しかし出題者の用意している解答になるには、やはり迷子の雄猫さんの言われるように
１×Nが１手でとれなければなりません。
つまり切れるかどうかではなく、一列または一行とるのがルールでしょう。
その意味でこのゲームは紙きりゲームよりむしろ、碁石を長方形にならべて、縦横一列ずつとる方がルールが明確で、遊びもしやすいでしょう。
なお、間違った解釈の方のルールの方に関して若干調べたことを付け加えます。
最も簡単な初期状態として１×Nから始めたときの、勝敗をPCで完全に
N：３１（計算時間我慢の限界)までしらべたところ、
N=4,12,20が後手必勝でした。
次にこのままゆくと２８が後手必勝になりそうですが、２８は先手必勝で３０が後手必勝でした。
途中のパターンをみても、N偶数時の簡単な必勝法はなさそうでした。
【問題４ 解答】
【必勝・必敗の判定】
i番目の長方形（以後：島とよぶ）の縦と横の長さをNi,Miとする。
Poo＝Σ（Ni*Mi) mod 2
Poe＝Σ（Ni＋Mi) mod 2
P=（１−Poe)*(1-Poo)
を計算する。
ここでΣは全ての島に関して合計することを表す。
このとき Pが０なら先手必勝、Pが１なら後手必勝である。
Poo は両辺が奇数長の島の数の偶奇性と等価である。
Poe は一方が奇数長で他方が偶数長の島の数の偶奇性と等価である。
P は（Poo,Poe)が何れも偶（０）の時だけ後手必勝を表すための便法である。
【証明】
A.
(Poo,Poe)=(0,0)に対して１手を入れると必ずPooまたはPoeの少なくとも一方は１になる。
なぜなら、
B.
(Poo，Poe)が(1,0)の場合 (0,0)にする手が有る。
なぜなら、
奇数×奇数の島が少なくとも１つあるので、この真中を削除すると、
奇数×奇数が１つ減り、奇数×偶数が２個増える。
ただし一方が１の場合は全部削除してPooだけが１減じることも可能。
即ちPooは０になり、Poeは変化しない。
C.
(Poo，Poe)が(0、１)の場合 (0,0)にする手が有る。
なぜなら、
偶数×奇数の島が少なくとも１つあるので、この右端を削除すると、
偶数×偶数に変化し Poeは０になる。
D.
(Poo，Poe)が(１、１)の場合 (0,0)にする手が有る。
なぜなら、
偶数×奇数の島が少なくとも１つあるので、この下端を削除すると、
奇数×奇数に変化しPoeが１減り、Pooが１増加して(0,0)になる。
なお、１×１以外の奇数×奇数がある場合は奇数×奇数を奇数×偶数に変えることも可能。
以上より 一度(0,0)になると抜け出せなくすることができ、
最後の(0,0)は取れない状態なので必敗である。
一方、その他のケースはすべて、１手で(0,0)にできるので、必勝である。
『Excel97のデータ』です。
コンピュータと対戦できるので、ぜひ試してください。