# Додаток E. Розв’язки вправ

У цьому додатку наведено відповіді та пояснення до вправ, запропонованих у розділі 10 (Тактичні патерни) та інших розділах, де були задачі.

***

## E.1. Розв’язки до вправ з розділу 10

### Вправа 1. Знайдіть вилку у наведеній позиції

Позиція (наведена в додатку D, партія №1, або тут):

```
   a b c d
1  [012] . . .
2  . . [3] .
3  . . . [3]
4  . . . .
```

**Розв’язок**. Фігура \[012] на a1. Перевіримо відстані до фігур \[3]:

* a1 → c2: (2,1) – хід коня ✅
* a1 → d3: (3,2) ≡ (-1,2) – хід коня ✅ Отже, \[012] атакує обидві фігури \[3] (на c2 та d3). Це вилка. Гравець, чия черга, може злити \[012] з будь-якою з \[3] і виграти наступним ходом.

***

### Вправа 2. Як виграти за два ходи, маючи фігуру ваги 3 та дві фігури з відсутнім типом на відстані 2?

**Умова**. У вас є фігура P ваги 3 (наприклад, \[012]) та дві фігури Q1 і Q2, кожна з яких містить відсутній тип (у прикладі тип 3). Відстань від P до кожної з Qi дорівнює 2 (тобто жодна не є сусідом). Діаметр графа = 2, тому існує проміжна клітинка, через яку можна наблизитися.

**Розв’язок**. Стратегія:

1. Перемістіть P на клітинку X, яка знаходиться на відстані 1 від однієї з Qi (наприклад, Q1). Це завжди можна зробити за один хід, оскільки d(P, Q1)=2, і існує спільний сусід.
2. Після цього P атакує Q1 (відстань 1). Q2 залишається на відстані 2 або 1. Суперник тепер має хід. Він може:
   * Перемістити Q1, щоб уникнути злиття. Але тоді P все одно може атакувати Q2 (якщо вона залишилася на відстані 1) або знову наблизитися.
   * Якщо суперник не може усунути обидві загрози, наступним ходом ви зливаєте P з тією Qi, що залишилася в небезпеці.

Насправді, найефективніше – одразу створити вилку. Для цього потрібно перемістити P у точку, звідки вона атакує обидві Qi. Оскільки d(P, Qi)=2, існує спільний сусід X, такий що d(X, Q1)=1 і d(X, Q2)=1? Не завжди, але завдяки діаметру 2 можна знайти клітинку, звідки атакуються обидві цілі, якщо вони знаходяться на відстані 1 одна від одної. Якщо ж Q1 і Q2 далеко одна від одної, доведеться діяти в два етапи.

**Приклад** (з конкретними координатами):

Нехай P = \[012] на a1, Q1 = \[3] на b3, Q2 = \[3] на d4. Відстань a1→b3 = (1,2) – 1, тому умова d=2 не виконується. Візьмемо інший приклад: P на a1, Q1 на c2, Q2 на d3. a1→c2=1, a1→d3=2. Тут одна вже на відстані 1. Тому умова d=2 для обох не виконується. Для демонстрації візьмемо P на a1, Q1 на b3 (відстань 2), Q2 на d2 (відстань a1→d2=(3,2)≡(-1,2)=1). Знову одна на відстані 1. Справжня ситуація, коли обидві на відстані 2, потребує спеціального розташування. Оскільки діаметр 2, така конфігурація існує. Наприклад, P на a1, Q1 на b2, Q2 на c3. Відстань a1→b2=(1,1) – ні; a1→c3=(2,2) – ні. Обидві на відстані 2. Спробуємо знайти точку X, звідки P атакує обидві. Перемістимо P на c2: c2→b2=( -1,0) – ні; c2→c3=(0,1) – ні. Не виходить. Перемістимо P на d4: d4→b2=( -2, -2) – ні; d4→c3=( -1, -1) – ні. Отже, вилку за один хід створити не вдається. Тому план такий:

1. Перемістити P на клітинку, звідки вона атакує одну з Qi (наприклад, Q1). Це завжди можна зробити за один хід, оскільки d(P,Q1)=2.
2. Після цього P атакує Q1. Суперник, щоб уникнути поразки, перемістить Q1 (або P). Нехай він перемістить Q1. Тоді Q1 опиниться в новому місці, але P все ще може атакувати Q2 (якщо вони на відстані 1) або знову наблизитися. Зазвичай це призводить до перемоги на третьому ході.

Для простоти вважаємо, що гравець може виграти за 2 ходи, якщо після першого ходу P атакує обидві цілі (вилка). Умова для цього – існування клітинки X такої, що d(X,Q1)=d(X,Q2)=1. Якщо така X існує, то перший хід – переміщення P на X, другий – злиття з будь-якою Qi. У протилежному випадку знадобиться третій хід.

***

### Вправа 3. Створіть маневр для переміщення \[012] з a1 на c3, використовуючи марне злиття з \[0] на b2

**Умова**. Початкова позиція: \[012] на a1, на b2 є фігура \[0]. Потрібно перемістити \[012] на c3, використовуючи марне злиття. Прямий хід a1→c3: (2,2) – не хід коня. Марне злиття дозволяє пересунути \[012] на місце \[0], якщо \[0] є підмножиною \[012] (а це так). Для цього потрібно, щоб a1 і b2 знаходилися на відстані ходу коня. Перевіримо: a1→b2: (1,1) – ні. Отже, спочатку потрібно наблизити \[012] до b2.

**Розв’язок**:

1. Перемістити \[012] з a1 на клітинку, звідки можна буде злитися з \[0] на b2. Підходяща клітинка – d3 (a1→d3: (3,2) ≡ (-1,2) – хід коня). Перевіримо відстань d3→b2: (-2, -1) – хід коня ✅.
2. Виконати марне злиття \[012] на d3 з \[0] на b2 → \[012] на b2 (оскільки \[0] ⊆ \[012]).
3. Тепер \[012] на b2. Потрібно потрапити на c3. Відстань b2→c3: (1,1) – ні. Тому знову потрібне проміжне переміщення. Наприклад, b2→a4: ( -1,2) – хід коня. Але a4 може бути зайнята. За умовою ми не знаємо інших фігур. Припустимо, a4 порожня. Тоді:
   * b2→a4 (переміщення)
   * a4→c3 (переміщення: a4→c3: (2,-1) – хід коня)

Але це вже три додаткові ходи. Маневр із використанням марного злиття дозволив пересунути \[012] на b2, але далі потрібні звичайні переміщення. Отже, загальна послідовність:

```
1. [012] a1 → d3
2. [012] d3 ⊕ [0] b2 → [012] на b2
3. [012] b2 → a4
4. [012] a4 → c3
```

Якщо a4 зайнята, потрібно обрати інший маршрут. Альтернативно, можна одразу після злиття на b2 перемістити \[012] на c3, якщо b2 і c3 сусіди? b2→c3: (1,1) – ні, тому ні. Тому потрібно два переміщення.

**Спрощений варіант** (якщо дозволено використовувати інші фігури для марних злить): можна спробувати злити \[012] з \[0] на b2, попередньо наблизивши \[0] до \[012] замість наближення \[012]. Наприклад, перемістити \[0] з b2 на клітинку, сусідню з a1. a1 має сусідів: c2, c4, b3, d3. Якщо \[0] перемістити на одну з них, то можна злити \[012] з \[0] безпосередньо з a1. Але це вже інший маневр.

**Відповідь**. Наведена вище послідовність є одним із можливих рішень.

***

## E.2. Додаткові вправи (з інших розділів)

### Вправа 4 (розділ 13). Позиція з двома фігурами: \[012] на a1, \[3] на d4. Хто виграє?

**Розв’язок**. Відстань a1→d4: (3,3) – не хід коня, але діаметр 2. Отже, існує проміжна клітинка, наприклад c2 (a1→c2 – хід, c2→d4 – хід). Гравець, чия черга, може перемістити \[012] на c2. Після цього \[012] на c2, \[3] на d4. Відстань c2→d4: (1,2) – хід коня, тому це пряма загроза. Суперник, у свою чергу, може перемістити \[3] подалі, але гравець продовжить переслідування. Оскільки діаметр 2, гравець з фігурою ваги 3 може виграти не більше ніж за 3 ходи (див. розділ 13). Отже, **гравець, чия черга, виграє**.

***

### Вправа 5 (розділ 11). Чи може перший гравець виграти за один хід у 4×4?

**Розв’язок**. Ні. Для перемоги потрібно мати фігуру з усіма 4 типами. Початково кожна фігура має лише один тип. Перший хід може створити фігуру ваги 2, але не ваги 4. Отже, мінімум 3 ходи (злиття, що додають нові типи).

***

## E.3. Примітки

* Усі розв’язки наведено згідно з правилами та нотацією, описаними в розділах 2 і 3.
* Для вправ, що вимагають конкретних координат, використано стандартну шахову нотацію (a1, b2, тощо).
* Якщо в умові задачі не вказано точне розташування фігур, відповідь містить загальний алгоритм.

***

*Кінець додатку E.*


---

# Agent Instructions: Querying This Documentation

If you need additional information that is not directly available in this page, you can query the documentation dynamically by asking a question.

Perform an HTTP GET request on the current page URL with the `ask` query parameter:

```
GET https://nautilus-3.gitbook.io/subit64/aether-tour/docs/compedium/appendices/e_exercises_solutions.md?ask=<question>
```

The question should be specific, self-contained, and written in natural language.
The response will contain a direct answer to the question and relevant excerpts and sources from the documentation.

Use this mechanism when the answer is not explicitly present in the current page, you need clarification or additional context, or you want to retrieve related documentation sections.