◆滋賀県の中学校１年生 西尾 恭史 さんからの解答
【問題１−１】
先手が有利
【問題１−２】
(先手)・(後手、先手)・(後手、先手)・・・(後手、先手)、と分けて、
(後手)+(先手)＝5の倍数にすれば勝てる
(付け加え)
1+2+3+･････+20+21=22×11-11=231
231-５×A=B
(B=21以下の正の整数、A=正の整数)
A=42．43．44．45．46
B=21．16．11．6．1
(先手)=21．16．11．6．1を選び、上記の方法をとれば、必勝。
◆愛知県 Y.M.Ojisan さんからの解答
【問題１−１】
先手必勝
【問題１−２】
下図のように並べると、A行とB行の上下位置のものの和は全部５の倍数である。
よって、先手は２１を取った後、後手がB行の数を選べば対応するA行の数を、A行のならB行の各ペアを選べば、最後の２枚はペアであり、５の倍数である。
【P.S.】
mod 5 で考えると 「０」〜「４」が各４個と「１」が５個である。
「１」グループと「４」グループ 、「２」グループと「３」グループ 、「０」
グループ内、というペアでも同じですから、適当にグループ内で選択して戦略を見にくくする手もあるでしょう。
問題のコンピュータ君は最初の「２１」を除き、各グループ内で値の小さい方から選んでいるようです。
【問題２】
可能である。
∵ 任意の個数ｎを並べることが出来るので、ｎ＝８の場合を図に示す。
戦略は下記です。
｛ ｝内はｎ＝８の値。
（１）縦にｎ個連続を目指します。
（２）私は、最初は横１行に２n-4{16}個を配置してゆきます。
こうするとコンピュータは最大でも２n-5{8}個しか縦列を防御できず、
無傷の縦列が最低２n-5{8}個残ります。
（３）私は無傷の縦列に対して２行目を追加して行きます。
コンピュータは（２）と同様にその半分２n-6{４}個しか防御できません。
（LAST-2）以上を繰り返して行くと最後に１列が生き残り、丸が縦にｎ−４個ならびます。
（LAST-1）私は最後の生き残り列に対して２個縦に接続します。
コンピュータは一方を封鎖できるのみです。（赤×）
（LAST）私は空いている側に２個縦に接続します。
以上でｎ個が縦に連続します。
【P.S.】
つぼが沢山あって、私は一回に２個のコインを１つ又は２つのつぼに入れます。
コンピュータは１回につき１つのつぼに蓋ができます。
という問題なら１裏表につきコインが１個増えた蓋無しつぼを１個作れるわけですから、簡単です。
マスになっていて縦でも横でもということで混乱させられました。
但しLASTの効率的手順は出てきませんが。
◆東京都 明 さんからの解答
【問題１−１】
問題１−２により先手有利（必勝）。
【問題１−２】
各数字を５で割った剰余でグループ分けする。
剰余１・・１，６，１１，１６，２１
剰余２・・２，７，１２，１７
剰余３・・３，８，１３，１８
剰余４・・４，９，１４，１９
剰余０・・５，１０，１５，２０
先手が勝つためには、１と４のグループ１枚ずつ、または２と３のグループ１枚ずつ、または０のグループ２枚でペアを組むカードを残せればよい。
先手が最初に１のグループ１枚を捨てれば、残りカードは丁度２枚合計が５で割り切れる１０組のペアを組むことができる。
したがって、後手がいずれかを捨てたとき、先手は後手が捨てたカードのペアとなるカードを捨てて行けば、最後に残ったペアの合計は５で割り切れる。
【問題２】
次のようにすれば○を１００個連続して並べることができる。
まず○を２96個、マス目の互いに独立の位置（互いに干渉しない位置）にばらまく。
コンピューターが×で邪魔をできるのは高々半分の２95個。
したがって残り２95個には○を２つ並べられる。
これに対しコンピュータが×で邪魔できるのは２94個。
したがって残り２94個には○を３つ並べられる。
以下同様にコンピュータが邪魔をできない連珠に○を並べて行くと、最終的に９６個の○が並んだ連珠が少なくとも１つ、×に邪魔されないで生き残る。
この連珠の両端に○を２つずつ加えれば１００個の○を並べることができる。
（なお、マス目を行ごとに区切って一つの空間と考えれば、縦に並んだ○を独立な位置と考えることができる。）
問題２では生命の誕生のように、必然性があれば、わずかな可能性でも膨大な空間、時間の中で実現されるということを連想しました。
◆茨城県 雲隠才蔵 さんからの解答
【問題１−１】
先手必勝
【問題１−２】
１から21までの数を５で割った余りで分類すると、
グループ１：1,6,11,16,21
グループ２：2,7,12,17
グループ３：3,8,13,18
グループ４：4,9,14,19
グループ０：5,10,15,20
ゲームは先手が第一手を取った後、後手→先手を繰り返して、最後に先手で勝負が決まる。
先手が常に残った数の和が５の倍数になるような手を取りつづければ先手の勝ちとなる。
初手をグループ１から選ぶ（例えば21）と、残った20個の数の和は５の倍数となる。
その後はグループ１とグループ４、グループ２とグループ３、グループ０とグループ０を対応させて、後手が何を取っても、先手はそれに対応するグループから取れば残った数の和を５の倍数に維持できる。
（ここで、グループ０に属する数が偶数個あることが重要）
【問題２】
最短手ではないが、並べる数がいくつでも対応できる方法を示す。
先手：プレーヤー、後手：コンピュータとする。
先手が勝利する局面の最終形の例として次のように考える。
先手：×のあとに○が97個並んだ列２つに○を一個ずつ足して98個の列を２列作る。
後手：その２列のうち一方の列に×を置く。
先手：残ったほうの列に○を２個追加して100個にする。
先手勝利。
この直前の局面では、先手は○が97個並んだ列を作ることになるが、○が96個並んだ列に○を2個追加して98個の列とした場合、 後手に黒石を置かれてそれ以上○を伸ばせなくなってしまい列を損するだけである。
従って、○が96個並んだ列に○を1個ずつ追加して伸ばしていくことになる。
このとき、先手が２列を伸ばすごとに後手が１列を止めてしまうので、○96個の列は97個の列の必要数の２倍の数が必要である。
このように、○がＭ＋１個並んだ列を作るにはＭ個の列が２倍の数必要になる。
そこで、石を100個並べるまでを、列の長さによって段階分けすると次のようになる。
第１段階：
先手は○を２個並べて配置する。
後手はその隣に×を置く。
これを充分な間隔を置いて２N回行う。
Ｎは後で求める。
第２段階：
○の長さ２の列を１ずつ伸ばす。
１手で２列が伸びるが、そのうち１列は後手によって止められる。
結局、２N-1手で、２N-1列が残る。
第３段階：
○の長さ３の列を１ずつ伸ばす。
１手で２列が伸びるが、そのうち１列は後手によって止められる。
結局、２N-2手で、２N-2列が残る。
：
：
第Ｍ段階(1＜M＜98）：
○の長さＭの列を１ずつ伸ばす。
１手で２列が伸びるが、そのうち１列は後手によって止められる。
結局、２N-M+1手で、２N-M+1列が残る。
：
：
第97段階：
○の長さ97の列を１ずつ伸ばして長さ98にする。
長さ97の列が２列あれば１手で長さ98の列が２列でき、そのうち１列が後手に止められる。
第98段階：
先手は長さ98の列に○２個を追加して長さ100にする。先手勝利。
先手の手数は、
（2N + 2N-1 + … + 2 + 1)+1
| ＝ | n Σ m=0 |
２m | +１ |
| ＝２N+1 |
次にNを求める。
第97段階で、
2N-97+1=1
N-97+1=0
N=96
よって先手は297手（先手の手数）で勝つことが出来る。
石の長さLとして、L≧5では、
第一段階のN=L-4として、先手の手数2L-3手で勝つことが出来る。
なお、
L=1,2のとき：初手で先手の勝ち
L=3,4のとき:先手２手で勝ち。
ただし、Lが大きい場合上で述べた手順は最短手ではない。
L=100の場合で見ると、第１段階で○が横に２個並んだものを、縦に隙間無くつなげていくと、96手目には○が96個縦に並んだ列が2列出来上がる。
この２列は両端が空いているため、次に後手が一方を止めようとしても、先手は残ったほうの列に続く２手で４個の○を追加して勝つことが出来る。
従って後手は96手までに×を２個、縦の列を止められる位置に置く必要がある。
これは上で説明した充分な間隔をもって○を並べた場合に比べて後手は手が遅れている。
L=6の例
2N=26-4＝22=4
先手：円数字 後手：漢数字
最短手は
【感想】
問題２は、盤が有限の場合どうなるか気になります。
たとえば100×100の場合、後手が100手で100個の×を互いに同じ行・列に存在しないように打てれば先手の勝ちはありません。
（どの行・列にも×が１個存在するので○は99個までしか置けない）
なおL=4で盤の大きさが４×４の時は先手必勝です。
L=100で盤の大きさが100×100のときも先手必勝と言えるでしょうか？
また一般に長さＬに対して盤の大きさＬ×Ｌのとき、常に先手必勝なのか、あるＬを境に後手有利となるのか。
なんとなく、Ｌが大きいと後手有利な気もします。
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