◆愛知県 Y.M.Ojisan さんからの解答
１０５回の解答の続きとして記述。
ただし、全て５を法とする。
計算すると rank(A)=8 である。
従って、Ａの８×８の小行列の逆行列を用いて、下記逆行列もどきＢを作成する。
Ｄ＝０ のとき、Ｂ×Ｃ＝−Ｂ×Ａ×Ｎ であって、
−Ｂ×Ａは
従って,解が存在するためには ΣＣi＝０ でなければならず、この時５つの解が存在して
Ｎ＝Ｂ×Ｃ＋ｔ*[1,1,1,1,1,1,1,1,1]' t=0,1,2,3,4 である。 ―――(1)
【問題１】
１、３，４，５，６，８
問題の作り方が既知なので
解の一つは[0,4,0,0,0,0,4,0,4] である。
従って、その他の解は(1)より
[1,0,1,1,1,1,0,1,0] ,
[2,1,2,2,2,2,1,2,1],
[ 3,2,3,3,3,3,2,3,2],
[4,3,4,4,4,4,3,4,3] 。(転置省略)
クリック数が最少は 他の解の１番目であって、
１、３，４，５，６，８ である。
【問題２】
１、３，７，９
Ｃ＝[2,3,2,3,0,3,2,3,2] である。
(1)より ｔ＝０の解は Ｎ'=[0,4,0,4,4,4,0,4,0]。
さらに、
t=1:[1,0,1,0,0,0,1,0,1] ,
t=2:[2,1,2,1,1,1,2,1,2] ,,,,,, 。
クリック数が最少は t=1の場合であって、
１、３，７，９ である。
◆広島県 清川 育男 さんからの解答
時間切れになりましたが解答プログラムを作ってみました。
意見がわかれているように思うのですが（問題の捕らえかたの違い）、３色のときは任意の図柄を作ることが可能ですが、他の場合は任意の図柄を作ることが出来ません。
作ることの出来る図柄は当然のこと初期状態に戻せます。
REM 解答プログラム
SET ECHO "OFF"
DIM A(9)
DIM B(9)
DIM C(9)
PRINT "色数 ";
INPUT K
PRINT K
PRINT "色番号"
FOR I=1 TO 9
PRINT I;" ";
INPUT A(I)
PRINT A(I)
NEXT I
PRINT
LET SONZAI=0
FOR I1=0 TO K-1
LET B(1)=I1
FOR I2=0 TO K-1
LET B(2)=I2
FOR I3=0 TO K-1
LET B(3)=I3
FOR I4=0 TO K-1
LET B(4)=I4
FOR I5=0 TO K-1
LET B(5)=I5
FOR I6=0 TO K-1
LET B(6)=I6
FOR I7=0 TO K-1
LET B(7)=I7
FOR I8=0 TO K-1
LET B(8)=I8
FOR I9=0 TO K-1
LET B(9)=I9
LET C(1)=I1+I2+I3+I4+I7
LET C(2)=I1+I2+I3+I5+I8
LET C(3)=I1+I2+I3+I6+I9
LET C(4)=I1+I4+I5+I6+I7
LET C(5)=I2+I4+I5+I6+I8
LET C(6)=I3+I4+I5+I6+I9
LET C(7)=I1+I4+I7+I8+I9
LET C(8)=I2+I5+I7+I8+I9
LET C(9)=I3+I6+I7+I8+I9
FOR I=1 TO 9
LET C(I)=REMAINDER(C(I),K)
NEXT I
LET F=0
FOR I=1 TO 9
IF C(I)<>A(I) THEN
LET F=1
EXIT FOR
END IF
NEXT I
IF F=0 THEN
LET SONZAI=1
PRINT "図柄を作る手順"
FOR I=1 TO 9
PRINT B(I);
NEXT I
PRINT
PRINT
FOR I=1 TO 9
PRINT C(I);
IF MOD( I , 3) =0 THEN
PRINT
END IF
NEXT I
PRINT
LET Z=0
FOR I=1 TO 9
IF B(I)<>0 THEN
LET Z=Z+K-B(I)
END IF
NEXT I
PRINT "初期状態に戻す手順"
FOR I=1 TO 9
IF B(I)<>0 THEN
PRINT K-B(I);
ELSE
PRINT B(I);
END IF
NEXT I
PRINT " ";Z;"回"
PRINT
END IF
NEXT I9
NEXT I8
NEXT I7
NEXT I6
NEXT I5
NEXT I4
NEXT I3
NEXT I2
NEXT I1
IF SONZAI=0 THEN
PRINT "図柄を作ることが出来ない。"
END IF
END◆海外 ふぬーる さんからの解答
【おまけ２】
一回のクリックによる色番号の変化は例として次のようになる。
各マスは
５−c(i)回色番号が増加すれば赤になる。
ただし、現在赤いマスは０回でよいので、５で法を取り、
（5-c(i)）mod 5となる。
全てのマスの色番号の和を取ると、一回のクリックで色番号の和は５増加する。
従って、初期状態に戻すのに必要なクリック回数Nは、
Ｎ＝Σｎ(i)＝Σ｛（5-c(i)）mod 5｝／５
次に、各行列毎の色番号の和について考えてみる。
一回のクリックで、クリックしたマスを含む行及び列は色番号の和は３増加する。
その他の行・列では１増加する。
初期状態に戻るのに必要な色番号の増加分の和Δは、１行目を例にとると、
Δ＝（5-c(1)）mod 5＋（5-c(2)）mod 5＋（5-c(3)）mod 5このうち、１行目でクリックする回数をl(1)とすると、
Δ
＝３l(1)＋（Ｎ−l(1)）
＝２l(1)＋Ｎ
l(1) ＝（Δ−Ｎ）／２ ＝[（5-c(1)）mod 5＋（5-c(2)）mod 5＋（5-c(3)）mod 5−Σ｛（5-c(i)）mod 5｝／５] ／２同様にして、
l(2)＝[（5-c(4)）mod 5＋（5-c(5)）mod 5＋（5-c(6)）mod 5−Σ｛（5-c(i)）mod 5｝／５] ／２ l(3)＝[（5-c(7)）mod 5＋（5-c(8)）mod 5＋（5-c(9)）mod 5−Σ｛（5-c(i)）mod 5｝／５] ／２また、各列のクリック回数をmとして、
m(1)＝[（5-c(1)）mod 5＋（5-c(4)）mod 5＋（5-c(7)）mod 5−Σ｛（5-c(i)）mod 5｝／５] ／２ m(2)＝[（5-c(2)）mod 5＋（5-c(5)）mod 5＋（5-c(8)）mod 5−Σ｛（5-c(i)）mod 5｝／５] ／２ m(3)＝[（5-c(3)）mod 5＋（5-c(6)）mod 5＋（5-c(9)）mod 5−Σ｛（5-c(i)）mod 5｝／５] ／２次に各マスのクリック回数を求める。
１番のマスについて考えると、１行目でのクリック回数と１列目でのクリック回数の和は、１行１列すなわち１番目のマスでのクリック回数を二重にカウントしている。
よって、
n(1)＝l(1)+m(1)-（5-c(1)）mod 5
3j+k番目（ｊ＝0,1,2 k＝1,2,3）のマスについて、
n(3j+k) ＝l(j+1)+m(k)-（5-c(3j+k)）mod 5 ＝ [（5-c(3j+1)）mod 5＋（5-c(3j+2)）mod 5＋（5-c(3j+3)）mod 5−Σ｛（5-c(i)）mod 5｝／５] ／２＋[（5-c(k)）mod 5＋（5-c(3+k)）mod 5＋（5-c(6+k)）mod 5−Σ｛（5-c(i)）mod 5｝／５] ／２ −（5-c(3j+k)）mod 5【問題１】
クリック回数
2+2-3=1 2+2-4=0 2+2-3=1
3+2-4=1 3+2-4=1 3+2-4=1
1+2-3=0 1+2-2=1 1+2-3=0
答え 1,3,4,5,6,8（順不同）
【問題２】
答え 1,3,7,9
◆山梨県 Footmark さんからの解答
マス番号の付け方は次の８通りのいずれかとし
７８９ １２３ ９８７ ３２１ ４５６ ４５６ ６５４ ６５４ １２３ ７８９ ３２１ ９８７ ３６９ ９６３ １４７ ７４１ ２５８ ８５２ ２５８ ８５２ １４７ ７４１ ３６９ ９６３マス番号をiとした時の
そのマス自身 ・・・ 自(i) 同行∨同列４マス ・・・ 同(i) 別行∧別列４マス ・・・ 別(i) そのマス自身の色番号 ・・・ Ｎ(i) 同行∨同列４マスの色番号の合計 ・・・ Ｎ同(i) 別行∧別列４マスの色番号の合計 ・・・ Ｎ別(i)で表すものとする。
色数がｎの時、いかなる状態からでも同一のマスをｎ回クリックすると元の状態に戻ってしまうから、何もしなかったのと同じことになる。
それ故、どんな実クリック数も、たかだか
０≦有効クリック数≦ｎ−１
の範囲の有効クリック数に置き換えられる。
式で表すと次のようになる。
有効クリック数＝MOD(実クリック数／ｎ)
ただし、ＭＯＤ[Ｐ／Ｑ]はＰをＱで割った時の余りＲ
(Ｒは０≦Ｒ＜Ｑの整数)を表す。
今後はクリック数とは有効クリック数のことを言う。
また、初期状態からの各マスのクリック数さえ分かれば、初期状態に戻すための各マスのクリック数もおのずと導き出せる。
すべてのマスを初期状態から何もしなかったことにすれば良いからである。
色数がｎの時、各々のマスごとに初期状態からの総クリック数が０かｎになるように、
その後のクリック操作｛０〜(ｎ−１)｝をすれば良い。
このことは、初期状態からのクリック操作によって作成されたすべての状態は,色数ｎやクリック順に関係なく各マスごとに適切な回数だけのクリック操作をさらに与えることで例外なく初期状態に戻すことが可能なことを意味する。
色数ｎ、マス番号iとし、
初期状態からのそのマスのクリック数をＳ(i)とすれば、
初期状態に戻すためのそのマスのクリック数Ｃ(i)は
Ｃ(i)＝MOD[{n−Ｓ(i)}／n]
で表される。
ところが、初期状態からの各マスのクリック数Ｓ(i)は分かっていない。
分かっているのは、変化させられた各マスの色番号Ｎ(i)である。
しかし、与えられた各マスの色番号Ｎ(i)より初期状態からの各マスのクリック数Ｓ(i)が導き出せれば上式により初期状態に戻すための各マスのクリック数Ｃ(i)もおのずと導き出せることになる。
【２色の時の考察】
２色の時は、与えられた個々の状態の正解を出すのはさほど困難ではない。
しかし、一般的な解となると一番厄介である。
と言うのは、異なったクリック操作で同一の効果が生じたり、初期状態に戻すための解答も幾通りもあったりするからである。
２色の時に限り、色番号が１つ進むと０が１に１が０に変化するので、これを「反転する」と表現させてもらう。
反転とはマスの色番号と１とで排他的論理和(Xor)させるのと同じである。
２色の時、同じマスを２回クリックするとすべて元に戻ってしまい何もしないのと同じなので、以下クリックとはすべて１回のことを指す。
９個のマスのどのマスをクリックしたかが分かればそのマスをもう1回ずつクリックすれば初期状態に戻すことが可能である。
マス番号iの１回のクリック操作により自(i)の１マスと同(i)の４マスの色番号が反転されるが、
Ｎ同(i)の変化は、同行２マス同列２マスの４マスが同時に反転するため、
−４，−２，±０，＋２，＋４のいずれかである。
また、同(i)、別(i)のそれぞれの任意の１マスのマス番号をp,qとすると
Ｎ同(p)の変化も，同行か同列のどちらかの２マスが同時に反転するため、
−２，±０，＋２のいずれかである。
Ｎ同(q)の変化も，同行１マス同列１マスの２マスが同時に反転するため、
−２，±０，＋２のいずれかである。
しかも、任意のマスの色番号Ｎ(i)において常に
０≦Ｎ(i)≦１
を満たさなければならない。
また、問題の定義より、初期状態ではすべてのマスの色番号が０である。
これらのことより、初期状態から作成されたいかなる状態も、
任意のマス番号iにおいてＮ同(i)は常に０か２の倍数である。
すなわち、２色の時に限り任意のマスからみて同行同列４マスの色番号の和は常に０か偶数である。
これを満たさない状態は決して初期状態から生じないしその状態を初期状態に戻すのも明らかに不可能である。(必要条件)
マス番号iの１回のクリック操作により色番号が反転するのは
自(i)１マスと同(i)４マスであるから、色番号が１のマスは
自(i)による変化か同(i)による変化かまたはその両方かのいずれかである。
ところが、常にＮ同(i)は０か２の倍数であるから同(i)４マスの内の色番号が１のマスは０個か偶数個あり、そのマスをクリックしても２色の時に限りＮ(i)になんら影響を与えない。
それ故、任意のマス番号iにおいて常にＮ同(i)が０か２の倍数である限り、
自(i)による変化か同(i)による変化かの区別なく色番号が１のマスすべてをクリックしても、
自(i)による変化の場合だけが有効になるため、初期状態に戻る。
（ただし初期状態に戻すための解であって最小クリック数の保証はない）
このことより、２色の時に限りいかなるマスからみても同行同列４マスの色番号の和が０か偶数であるような状態は例外なく初期状態に戻せるし、このような状態はすべて初期状態から作成することが可能である。(十分条件)
任意の同行３マス(３通り)か、あるいは任意の同列３マス(３通り)をクリックすると、すべてのマスの色番号が反転する。
もう１度、上の６通りの方法の内の１方法を実行すると、すべてのマスが反転状態からさらに反転して元に戻ってしまい、何もしないことになる。
この組み合わせの数は(６Ｘ６＝)３６通りあるが、これから１回目と２回目が同じ操作の場合は同行３マスか同列３マスを２回ずつクリックしたことになるため、
この６通りを除くと(３６−６＝)３０通りになる。
また、１回目と２回目の順序は問題ではないので(３０／２！＝)１５通りになる。
この１５通りのクリック操作のマスのグループは次の通りである。
（行と列の交点に当たるマスは２回クリックされるのでクリックは無いものとなる）
（平行型）
１１１ １１１ ０００ １１１ ０００ １１１ ０００ １１１ １１１ ０１１ １０１ １１０ ０１１ １０１ １１０ ０１１ １０１ １１０（同行同列型）
０１１ １０１ １１０ １００ ０１０ ００１ １００ ０１０ ００１ １００ ０１０ ００１ ０１１ １０１ １１０ １００ ０１０ ００１ １００ ０１０ ００１ １００ ０１０ ００１ ０１１ １０１ １１０平行型が６グループで同行同列型が９グループの１５グループだが
平行型の６グループでは６個のマスに１があるが、この１のあるマスをすべてクリックすれば何もしないことになる。
同行同列型の９グループでは４個のマスに１があるが、この１のあるマスをすべてクリックすれば何もしないことになる。
このようなマス群をお互いに「補の関係にある」と呼び、
９個のマスを０／１で埋めた上のようなおのおののグループを「補表」と呼ぶことにする。
仮に補の関係にあるマスの内の幾つかをクリックしたとしよう。
すると、その状態から元の状態に戻すには２通り考えられる。
１つは、今クリックしたマスをもう１度クリックしてやれば、各々のマスを結局２回クリックしたことになるため元に戻る。
もう１つの方法は、補の関係にある残りのマスをすべてクリックすれば、結局補の関係にあるマスをすべてクリックしたことになるため元に戻る。
このことから、１番目の方法のクリック操作と２番目の方法のクリック操作とは与える効果が等しいため同等であると言える。
仮に同行同列型のように４つのマスが補の関係にある場合、その内の３マスのクリック操作は残りの１マスのクリック操作に置き換えることが出来る。
一般的に使用する色数ｎにおいて補表が存在すれば置き換え操作も必ず存在し、その置き換え操作とは９個のマスのクリック数と任意の補表とで対応したマスごとに次式で与える変換をさせることである。
新クリック数＝MOD{(旧クリック数＋補表のクリック数)／ｎ}
ところが、２色の場合に限りこの変換は、
９個のマスのクリックの有(1)／無(0)と任意の補表とで対応したマスごとに排他的論理和(Xor)をさせることになる。
この置き換え操作をいろいろな補表と何回も行っても、与える効果はすべて等しいため同等である。
補の関係を利用すると４マス以上のクリックは、すべて３マス以内のクリック)に置き換えられるため、２色の時のあらゆる状態はたかだか３マス以内のクリックで作成されるし、その解もまた３マス以内のクリックで済む。
仮に初期状態に戻すための解が１つ分かったとしよう。
すると、任意の回数その解の置き換え操作したものも、やはり１つの解である。
２色の時、マスの色番号をそのマスのクリック数とするのも１つの解であるから、その解に合計クリック数が３回以内になるまで置き換え操作をさせて得た結果が最小クリック数の解である。
【２色の時の解答】
マス群とは選択した１個以上のマスを指す。
２色の時は全く異なったマス群のクリック操作でも同一の結果を与える。
それ故、あるマス群のクリック操作は別のマス群のクリック操作に置き換えられる。
４マス以上のクリック操作も、すべて３マス以下のクリック操作に置き換えられる。
それ故、結果として与える場合の数はマス群の組み合わせの場合の数に比べて著しく少なく、生じ得る状態は以下の通りである。
無操作 初期状態 ・・・ １通り 計 １通り １マスのクリック操作 色番号１が５マス ・・・ ９通り 計 ９通り ２マスのクリック操作 色番号１が４マス ・・・ ９通り ６マス ・・・ ６通り 計１５通り ３マスのクリック操作 色番号１が３マス ・・・ ６通り 色番号１が９マス ・・・ １通り 計 ７通り生じ得る状態は３２パターンあるが、回転させれば重なるような状態は１つとすると下記の１２パターンしかあり得ない。
＜０＞ ＜３＞ ＜４＞ ０００ ００１ ０１０ ０１１ １０１ １０１ ０００ ０１０ ００１ ０１１ １０１ ０００ ０００ １００ １００ ０００ ０００ １０１ （Ｘ１） （Ｘ２）（Ｘ４） （Ｘ４）（Ｘ４）（Ｘ１） ＜９＞ ＜６＞ ＜５＞ １１１ １１０ １０１ １００ ０１０ ０１０ １１１ １０１ １１０ １００ ０１０ １１１ １１１ ０１１ ０１１ １１１ １１１ ０１０ （Ｘ１） （Ｘ２）（Ｘ４） （Ｘ４）（Ｘ４）（Ｘ１）これらの１２パターンの状態を、初期状態に戻すためににクリックすべきマスは次の通りである。
出題時の色番号に１が０個なら、既に初期状態。
出題時の色番号に１が３個なら、その３マス。
出題時の色番号に１が４個なら、交点以外の０の同行２マスか同列２マス。
出題時の色番号に１が５個なら、１の交点１マス。
出題時の色番号に１が６個なら、１が２個ある方の対角線上のその２マス。
出題時の色番号に１が９個なら、任意の１行か任意の１列の３マス。
【３色の時の考察】
３色の時は、与えられた個々の状態の正解を出すのは多少困難である。
しかし、一般的な解となるといたって簡単である。
３色の時はマス番号iにおいて、
Ｎ同(i)やＮ別(i)は不変のままＮ(i)だけ１つだけ更新させるのが可能で
自(i)１マスと別(i)４マスの計５マスを１回ずつクリックすれば良い。
このことを利用すると、マス番号iのマスの色番号を０に戻すには
回数(i)＝MOD[{３−Ｎ(i)}／３]
で与えられる回数(i)だけ各々のマスごとに、自(i)１マスと別(i)４マスをクリックすれば良いことになる。
(初期状態に戻すため１方法である)
しかし、各マスごとにこの操作を行うと，どこかのマスでクリック数が３回以上になってしまうこともあり得るので最小クリック数の解である保証はない。
マス番号iにおいて自(i)のクリックの要請は、Ｎ(i)１マスの更新のための要請と別(i)の４マスの色番号の更新のための要請があり、
それらすべての要請分だけクリックしなければならないから、
別(i)の４マスをそれぞれ別(i)１,別(i)２,別(i)３,別(i)４とすると、
各々のマスの色番号を０に戻すためのクリック数Ｃ(i)は
Ｃ(i)
＝MOD[{(３−Ｎ(i))＋(３−別(i)１の色番号)＋(３−別(i)２の色番号)＋(３−別(i)３の色番号)＋(３−別(i)４の色番号)}／３]
＝MOD[{１５−(Ｎ(i)＋Ｎ別(i))}／３]
ところが、各々のマスの最大色番号は２なので、
それ故、上式の １５−(Ｎ(i)＋Ｎ別(i)) は、ｍを整数とすると
３ｍ−(Ｎ(i)＋Ｎ別(i))≧０ を保証する最小値で十分なので
Ｃ(i)＝MOD[{１２−(Ｎ(i)＋Ｎ別(i))}／３]
３色の時、２色の時のような補の関係にあるマスのグループはなく、
上式のＣ(i)は明らかに３回以上にならないため、最小クリック数の解である。
すなわち、出題時の色番号表から、それぞれのマスごとに上式で必要クリック数を求めればそれが最小クリック数の解である。
【３色の時の解答】
マス番号(1〜9)における出題時の各マスのの色番号を(Ｎ(1)〜Ｎ(9))とすれば、
求める各マスのクリック数(Ｃ(1)〜Ｃ(9))は次式で表される。
Ｃ(1)＝MOD[{１２−(Ｎ(1)＋Ｎ(5)＋Ｎ(6)＋Ｎ(8)＋Ｎ(9))}／３]
Ｃ(2)＝MOD[{１２−(Ｎ(2)＋Ｎ(4)＋Ｎ(6)＋Ｎ(7)＋Ｎ(9))}／３]
Ｃ(3)＝MOD[{１２−(Ｎ(3)＋Ｎ(4)＋Ｎ(5)＋Ｎ(7)＋Ｎ(8))}／３]
Ｃ(4)＝MOD[{１２−(Ｎ(4)＋Ｎ(2)＋Ｎ(3)＋Ｎ(8)＋Ｎ(9))}／３]
Ｃ(5)＝MOD[{１２−(Ｎ(5)＋Ｎ(1)＋Ｎ(3)＋Ｎ(7)＋Ｎ(9))}／３]
Ｃ(6)＝MOD[{１２−(Ｎ(6)＋Ｎ(1)＋Ｎ(2)＋Ｎ(7)＋Ｎ(8))}／３]
Ｃ(7)＝MOD[{１２−(Ｎ(7)＋Ｎ(2)＋Ｎ(3)＋Ｎ(5)＋Ｎ(6))}／３]
Ｃ(8)＝MOD[{１２−(Ｎ(8)＋Ｎ(1)＋Ｎ(3)＋Ｎ(4)＋Ｎ(6))}／３]
Ｃ(9)＝MOD[{１２−(Ｎ(9)＋Ｎ(1)＋Ｎ(2)＋Ｎ(4)＋Ｎ(5))}／３]
【５色の時の考察】
５色の時は、与えられた個々の状態の正解を出すのは非常に困難である。
しかも、３色の時のようにＮ同(i)やＮ別(i)は不変のままＮ(i)だけ更新させるのは不可能なので色数の多い分、一般的な解もなかなか一筋縄ではいかない。
マス番号iの１回のクリック操作により自(i)の１マスと同(i)の４マスの色番号が１つ更新されるが、それぞれのマスを考えると
(0→1),(1→2),(2→3),(3→4)のように色番号が１増えるか、
(4→0)のように色番号が４減るかのどちらかである。
この時の５マスの色番号の変化量の組み合わせは以下の場合しかあり得ない。
５Ｘ(＋１) ＋ ０Ｘ(−４) ＝ ＋ ５ ４Ｘ(＋１) ＋ １Ｘ(−４) ＝ ± ０ ３Ｘ(＋１) ＋ ２Ｘ(−４) ＝ − ５ ２Ｘ(＋１) ＋ ３Ｘ(−４) ＝ −１０ １Ｘ(＋１) ＋ ４Ｘ(−４) ＝ −１５ ０Ｘ(＋１) ＋ ５Ｘ(−４) ＝ −２０また、いかなる全９マスの色番号の状態も、上に示した限りの色番号の変化の繰り返しでしかない。
０≦Ｎ(i)≦４
を満たさなければならない。
また、問題の定義より、初期状態ではすべてのマスの色番号が０である。
これらのことより、初期状態から作成されたいかなる状態も、全９マスの色番号の合計は常に０か５の倍数である。
これを満たさない状態は決して初期状態から生じないしその状態を初期状態に戻すのも明らかに不可能である。
５色の時は、全９マスを１回ずつクリックすると元の状態に戻ってしまい、何もしなかったのと同じことになる。
当然、この操作をｍ回(１≦ｍ≦４)繰り返しても何もしなかったのと同じ筈である。
それ故、５色の時の補表は以下の４つである。
１１１ ２２２ ３３３ ４４４ １１１ ２２２ ３３３ ４４４ １１１ ２２２ ３３３ ４４４また、クリック数の置き換え操作とは全９マスのクリック数と任意の補表とで対応したマスごとに次式で与える変換をさせることである。
新クリック数＝MOD{(旧クリック数＋補表のクリック数)／５}５色の時のこの補表は全９マスに及ぶため、各マスのそれぞれの初期状態からの総クリック数が全９マスとも補表のクリック数になるようにすれば、全９マスとも何もしなかったことになり初期状態に戻る特徴がある。０００ １１１ ２２２ ３３３ ４４４ ０００ １１１ ２２２ ３３３ ４４４ ０００ １１１ ２２２ ３３３ ４４４各マスの初期状態からのクリック数は５種類(０〜４)あるが、明らかにその５種類が均等の数ある時が最小クリック数は最大になる筈である。
初期状態からのクリック数が０のマス ２マス 初期状態からのクリック数が１のマス ２マス 初期状態からのクリック数が２のマス ２マス 初期状態からのクリック数が３のマス ２マス 初期状態からのクリック数が４のマス １マスとすると
９マスとも初期状態からの総クリック数を０にするには、１９クリック ９マスとも初期状態からの総クリック数を１にするには、１８クリック ９マスとも初期状態からの総クリック数を２にするには、１７クリック ９マスとも初期状態からの総クリック数を３にするには、１６クリック ９マスとも初期状態からの総クリック数を４にするには、２０クリックよって、５色の時のあらゆる状態は１６回以内のクリックで作成されるし、その解もまた１６回以内のクリックで済む。
マス番号をiとした時の
そのマス自身の初期状態からのクリック数 ・・ Ｓ(i) 同行∨同列４マスの初期状態からのクリック数の合計 ・・ Ｓ同(i) 別行∧別列４マスの初期状態からのクリック数の合計 ・・ Ｓ別(i)で表すものとする。
色数は無限色あるものとし、
そのマス自身の色番号 ・・・ ｎ(i) 同行∨同列４マスの色番号の合計 ・・・ ｎ同(i) 別行∧別列４マスの色番号の合計 ・・・ ｎ別(i)で表すものとすると、
ｎ(i) ＝ Ｓ(i) ＋ Ｓ同(i) ｎ同(i) ＝ ４Ｓ(i) ＋ ２Ｓ同(i) ＋ ２Ｓ別(i) ｎ別(i) ＝ ２Ｓ同(i) ＋ ３Ｓ別(i)で与えられるが、
ｎ同(i)
＝ ４Ｓ(i) ＋ ２Ｓ同(i) ＋ ２Ｓ別(i)
＝ ２Ｓ(i) ＋ ２*{Ｓ(i) ＋ Ｓ同(i) ＋ Ｓ別(i)}
しかし、２*{Ｓ(i) ＋ Ｓ同(i) ＋ Ｓ別(i)} は、全９マスのクリックを２度したことになるため無視できる。
Ｓ(i) ＝ ｎ同(i)／２
ここで、色数を無限色から５色にし、ｎ同(i)をＮ同(i)に置き直すと
ｎ同(i) ＝ Ｎ同(i) ＋ ５ｍ
（ただしｍは整数で ０≦ｍ≦４)
Ｓ(i) ＝ MOD[{(Ｎ同(i) ＋ ５ｍ)／２}／５]
（ただしｍは整数で ０≦ｍ≦４)
この式でｍが０,２,４のいずれの場合も５ｍの項は結果的には０となり、
ｍが１,３のいずれの場合も５ｍの項は結果的には等しくなる。
それ故、上式は
Ｓ(i) ＝ MOD[{(Ｎ同(i) ＋ ５ｍ)／２}／５]
（ただしｍは整数で ０≦ｍ≦１)
に、置き換えられる。
(Ｎ同(i) ＋ ５ｍ)／２ が常に整数であるためには、
(Ｎ同(i) ＋ ５ｍ) は常に０か２の倍数でなければならないから、
Ｎ同(i)が０か偶数の時は ｍ＝０ にして、
Ｎ同(i)が奇数の時は ｍ＝１ にすれば良いことになる。
それ故上式は
Ｓ(i) ＝ MOD[{(Ｎ同(i) ＋ ５*MOD(Ｎ同(i)／２))／２}／５]
になる。マス番号iにおける初期状態に戻すためのクリック数Ｃ(i)は
Ｃ(i) ＝ MOD[{５−Ｓ(i)}／５]
であるが、同(i)４マスのいかなる色番号の組み合わせの場合を考えても
０ ≦ (Ｎ同(i) ＋ ５*MOD(Ｎ同(i)／２))／２ ≦ １０であるから
C(i)=MOD[[10-{(N同(i)+5*MOD(N同(i)/2))/2}]/5]
となる。
これは全９マスの色番号を初期状態に戻すための、任意のマス番号iにおける１つの解である。
（ただし、最小クリック数の解である保証はない）
【５色の時の解答】
任意のマス番号iにおいて、ある１つの解でのクリック数を c(i) で表す時、
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最小クリック数の解でのクリック数を T
マス番号(1〜9)における出題時の各マスの色番号を(N1〜N9)とすれば、
求める各マスのクリック数(C1〜C9)は次式で表される。C1=T<MOD[[10-{(N2+N3+N4+N7+5*MOD((N2+N3+N4+N7)/2))/2}]/5]>
C2=T<MOD[[10-{(N1+N3+N5+N8+5*MOD((N1+N3+N5+N8)/2))/2}]/5]>
C3=T<MOD[[10-{(N6+N9+N2+N1+5*MOD((N6+N9+N2+N1)/2))/2}]/5]>
C4=T<MOD[[10-{(N7+N1+N5+N6+5*MOD((N7+N1+N5+N6)/2))/2}]/5]>
C5=T<MOD[[10-{(N2+N8+N4+N6+5*MOD((N2+N8+N4+N6)/2))/2}]/5]>
C6=T<MOD[[10-{(N3+N9+N5+N4+5*MOD((N3+N9+N5+N4)/2))/2}]/5]>
C7=T<MOD[[10-{(N4+N1+N8+N9+5*MOD((N4+N1+N8+N9)/2))/2}]/5]>
C8=T<MOD[[10-{(N9+N7+N5+N2+5*MOD((N9+N7+N5+N2)/2))/2}]/5]>
C9=T<MOD[[10-{(N8+N7+N6+N3+5*MOD((N8+N7+N6+N3)/2))/2}]/5]>
ただし、最小クリック数の解とは、ある１つの解とある１つの解を下記の４個の補表で置き換え操作させた４つの解の合わせて５つの解の内で、全９マスのクリック数の合計が最小となる解のことである。１１１ ２２２ ３３３ ４４４
１１１ ２２２ ３３３ ４４４
１１１ ２２２ ３３３ ４４４
また、置き換え操作とは全９マスのクリック数と上記の補表とで対応したマスごとに次式で与える変換をさせることである。新クリック数＝MOD{(旧クリック数＋補表のクリック数)／５}
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