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Matroids Matheplanet Forum Index » Rätsel und Knobeleien (Knobelecke) » **[**] Zwölf durch neunundvierzig
Thema eröffnet 2021-04-04 04:25 von cramilu
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Kein bestimmter Bereich **[**] Zwölf durch neunundvierzig
cramilu
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.26, vom Themenstarter, eingetragen 2021-04-29


wrdlprmpfd hat sich mit seiner Lösung vom 19. April, 12:20 Uhr
(siehe oben), erneut als Freund spektakulärer Linienführung erwiesen:




"BMN":
\(\mathcal{R}_{7\,;\,A\,;\,wrdlprmpfd\#1}\,=\,\begin{bmatrix}2&2&2&2&2&2&2\\6&6&6&6&6&6&6\\10&10&10&10&10&10&10\\11&7&3&12&9&1&5\\5&9&0&11&12&7&3\\8&8&8&8&8&8&8\\4&4&4&4&4&4&4\end{bmatrix}\)

Hier bin ich noch nicht zu einer Typisierung gekommen.
Das parallele Schrägenpaar von links oben nach rechts unten
lässt sich auf jeden Fall überkreuzen. Auf der rechten Seite
der Figur(en) scheinen sogar mehr Kombinationen möglich...

haribo, Deine Figuren pinsele ich aktuell noch so um,
dass sie darstellungstechnisch zu den anderen "passen".
Danach plane ich eine Übersicht mit allen anderen...


Legt derweil ruhig los mit eigenen, konstruktiven Voschlägen!


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kabelhorst
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.27, eingetragen 2021-04-30


Moin,

Horst hier - mit einer Frage. Aus der Breitensuche ergibt sich die Vermutung, dass es für 7x7 keine Lösungen mit Wegen der Länge 1 gibt. Könnt ihr das bestätigen, und weiterhin: gibt es aus der Theorie einen Grund dafür, warum das so ist? Mir fällt keine offensichtliche Begründung ein. Offenbar passen schon geometrisch die 12 Wege in diesem Fall nicht in das 7x7 Raster (Stage 1 nach unserer Klassifizierung hier). Wenn das begründbar der Fall ist, könnte man den Suchbaum früher abschneiden.

Nebenbei - vielen Dank für die Anregung, die mich dann "hergelockt" hat. Wir lesen uns, wie man so schön sagt.
Horst



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cramilu
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.28, vom Themenstarter, eingetragen 2021-04-30


Hallöchen... finally ;)
Und herzlich willkommen auf dem Mathe-Planeten!

Bitte schon einmal einlesen: Link16 auf einen Streich

Die vier Kernfragen:
1. Geht es im n×n-Raster IMMER mit (2n-2) Strichen?
>>> Dort durch den Typus "ungeradrastrige Konuskragenspule"
>>> exemplarisch bewiesen!
2. Geht es in irgendeinem n×n-Raster mit weniger als (2n-2) Strichen?
>>> Mit höchster Wahrscheinlichkeit NEIN!
>>> "Beweise" finden sich im Web, bleiben jedoch zu prüfen.
3. Warum scheint jeder Strich mindestens 2 Punkte "erwischen" zu müssen?
>>> Bislang ungeklärt, aber praktisch erhärtet!
4. Warum scheint es stets mindestens einen Strich geben zu müssen,
der n Punkte "erwischt"?
>>> Siehe 3. ;)

Da kommen wir schon noch zu ;)


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haribo
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.29, eingetragen 2021-04-30


passen? alle haben doch die gleiche vorgabe, es wird sich schon das übersichtlichste durchsetzen, aber wenn du gerne zeichnest dann mal mal alle ab

hier jetzt doch noch der, mit nur einer äusseren berührung (hoffentlich fehlerfrei)

[Die Antwort wurde vor Beitrag No.1 begonnen.] wow, diesen beitrag hab ich VOR der aufgabenstellung begonnen, wie kann dass denn?



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haribo
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.30, eingetragen 2021-04-30


ohne es beweisen zu können, würde ich inzwischen stark vermuten dass es keine lösung gibt bei welcher nicht ausserhalb des feldes berührungen oder schnittpunkte vorkommen.
haribo



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cramilu
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.31, vom Themenstarter, eingetragen 2021-05-01


haribo, Deine erste "einwandfreie" Lösung hatte mich
am Dienstag, 27. April, um 22:08 Uhr erreicht:




"BMN":
\(\mathcal{R}_{7\,;\,A\,;\,haribo\#1}\,=\,\begin{bmatrix}6&6&6&6&6&6&6\\2&2&2&2&2&2&2\\9&9&9&9&9&9&9\\3&7&10&12&5&1&8\\5&12&0&7&3&8&10\\11&11&11&11&11&11&11\\4&4&4&4&4&4&4\end{bmatrix}\)

Grundsätzlich scheint sie den "Musterlösungen" zu ähneln,
auch wenn sie hier jenen gegenüber aus Gründen darstellungs-
technischer Normierung "auf dem Kopf steht".
Allerdings verläuft der "zentrale Buckel" steiler, und die Enden
liegen beide eng beieinander im Inneren des Rasters. Cool! 😎


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cramilu
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.32, vom Themenstarter, eingetragen 2021-05-01


Bloß eine gute Stunde später kam schon "haribo#2" an:



"BMN":
\(\mathcal{R}_{7\,;\,A\,;\,haribo\#2}\,=\,\begin{bmatrix}12&12&12&12&12&12&12\\3&3&3&3&3&3&3\\9&9&9&9&9&9&9\\10&7&2&6&8&4&11\\7&8&4&10&11&6&2\\5&5&5&5&5&5&5\\0&1&1&1&1&1&1\end{bmatrix}\)

Start unten links, Ende oben links, und im Zentrum sowohl ein
"Buckel" wie auch ein "Hakenzinken". Höchst interessant! 😮


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cramilu
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.33, vom Themenstarter, eingetragen 2021-05-01


Und am nächsten Morgen folgte alsbald "haribo#3":



"BMN":
\(\mathcal{R}_{7\,;\,A\,;\,haribo\#3}\,=\,\begin{bmatrix}8&8&8&8&8&8&8\\5&5&5&5&5&5&5\\3&2&12&12&12&12&12\\3&6&9&2&4&11&7\\3&4&11&6&7&2&9\\0&1&1&1&1&1&1\\10&10&10&10&10&10&10\end{bmatrix}\)

Bislang eindeutig die spektakulärste!
Zwei Drei-Punkte-Linien, eine "Schleife", ein "Buckel",
und zwei horizontale Enden. Herrlich gezaubert! 😮🤗


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cramilu
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.34, vom Themenstarter, eingetragen 2021-05-01


So... und nun der Versuch eines synoptischen Überblicks
über diejenigen 28[!] typusverschiedenen Lösungen,
die sich bis dato schon ergeben haben (ohne Gewähr):







Druckt Sie Euch aus, schneidet die Einzelfiguren aus,
legt sie zum Vergleich neben- oder übereinander...
... und tragt gerne weitere Eigenkreationen bei! 😉


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haribo
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.35, eingetragen 2021-05-01


na prima, da hattest du mit nr 19 schon länger einen mit nur einer aussenberührung... und ick suchte mir die finger wund



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cramilu
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.36, vom Themenstarter, eingetragen 2021-05-01


Du hattest es doch so eilig! Also jetzt nicht herumjammern. 😉
gonz und ich suchen gerade systematisch bei den "Bücklingen"
(ähnlich "Musterlösungen") nach neuen Typen, und LernFee
tüftelt algorithmisch herum. Woran wir uns die Hirnwindungen
wundgegrübelt haben, ist eine Lösung mit bloß vier Horizontalen...


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haribo
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.37, eingetragen 2021-05-01


2021-05-01 13:48 - cramilu in Beitrag No. 36 schreibt: Woran wir uns die Hirnwindungen
wundgegrübelt haben, ist eine Lösung mit bloß vier Horizontalen...

ich hab noch gar keine lösung gesehen die nicht in das konzept 5 waagerechte 7 schräge hingedreht werden könnte
und sehe keinen ansatz die 5.waagerechte kürzer als in #33 hinzubekommen


eher halte ich es für möglich dass man die schrägen evtl auch zwischen zeile 2 und 3 anordnen könnte, hierzu müsste die 3 mit abknickung  am gelben ei aufgelöst werden

 Nachtrag:  es sind nur von den drei randpunkten der Zeile 3 Linien möglich die oberhalb des gelben ei‘s bergab nach unten führen , aber auf einer Seite wären 4 notwendig, damit ist diese Variante IMO doch nicht möglich



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LernFee
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.38, eingetragen 2021-05-03


Ich bin noch "dabei". Um mich zu sortieren: Stimmt folgende Beschreibung des Problems?

Gegeben ist ein nxn Feld aus gleichmäßig im Quadrat angeordneten Punkten (wir interessieren uns insbesondere für n=7).

Gesucht ist ein Polygonzug aus möglichst wenigen Strecken, (oder eine Übersicht über alle möglichen Polygonzüge mit minimaler Streckenzahl), die folgende Bedingungen erfüllen:

- Auf jeder Strecke des Polygonzugs liegt mindestens ein Punkt
- Jeder Punkt wird von genau einer Strecke durchlaufen
- Punkte liegen stehts im Inneren, nie auf einem der Endpunkte einer Strecke
- Der Polygonzug muss nicht geschlossen sein (aber das wäre ein Bonus).

Wir haben folgende Heuristiken für mögliche Lösungen (für hinreichend großes n, für n=1 und n=2 sieht das offenbar etwas anders aus):

- Die Lösungen mit der kürzesten Streckenzahl haben stets 2n-2 Strecken
- In der Lösung kommt keine Strecke vor, auf der nur ein Punkt liegt,
- In der Lösung kommt mindestens eine Strecke der Länge n vor.

Soweit - richtig?

Grüße aus dem Norden
Lea



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haribo
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.39, eingetragen 2021-05-03


soweit richtig,

für n>3 die mögliche lösung 2n-2 wurde allgemein gezeigt, es wurde nicht gezeigt dass dies unbedingt die kleinste ist, ihr aufbau wurde aber detailiert beschrieben

für n=7 wäre die (unvollständige) beschreibung demnach:

5 waagerechte linien durch mehrere punkte der zeilen 1;2;5;6;7 haben 10 enden, davon müssen mindestens 8 angeschlossen werden durch:

7 schräge verbindungslinien paarweiser punkte von zeile 3 und 4,

mindestens 4 dieser schrägen verbinder müssen das feld zwischen zeile 4 und 5 schräg nach unten verlassen, sonst können sie nicht doppeltbelegungsfrei die unteren waagerechten anschliessen (und noch spziefischer: 3 der 4 müssen auf einer seite liegen)

mindestens zwei der schrägen verbinder müssen sich oben zwischen zeile 2 und 3 treffen, ohne einen punkt der zeile 2 zu berühren, und müssen dort verbunden werden, mehr als 2 solcher oberer verbindungen sind nicht möglich

ende der bisherigen beschreibung der 2n-2 lösung

dann immer noch cramilus traum im hinterkopf haben: "solange das gegenteil nicht bewiesen ist könnte es auch lösungen <2n-2 linien geben, z.B. mit nur 4 waagerechten... evtl mit auch nur 1punkt linien"

träumen ist (noch) frei
haribo



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wrdlprmpfd
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.40, eingetragen 2021-05-03


Hallo,

zu dem Traum

"solange das gegenteil nicht bewiesen ist könnte es auch lösungen <2n-2 linien geben, z.B. mit nur 4 waagerechten... evtl mit auch nur 1punkt linien"

gibt es meiner Meinung eine Realisierung hier.

Der Nachweis wird für n=7 geführt, lässt sich aber leicht auf größere n übertragen. Für kleinere n habe ich ihn noch nicht untersucht.

Ich konnte keine Lücke in der Beweisführung finden. Vielleicht kann jemand anders einen Blick darauf werfen, und meine Meinung bestätigen oder widerlegen.

Viele Grüße
wrdlprmpfd



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cramilu
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.41, vom Themenstarter, eingetragen 2021-05-03


Heiei-eieiei! 🙄 Von wegen, wovon ich träume... 😉

Die Beschreibung lautet:

Gegeben sei ein Punkteraster n×n im kartesischen Koordinatensystem.
Der untere linke Punkt des Rasters liege im Koordinatenursprung.
Die horizontalen wie vertikalen Abstände zweier benachbarter Punkte
in diesem quadratischen Raster betragen jeweils eine Längeneinheit.

Gesucht sind alle Polygonzüge,
welche den folgenden Bedingungen genügen:

1. Jeder Rasterpunkt ist Element mindestens einer Teilstrecke des
Polygonzuges. Diese Anforderung kann stufenweise "verschärft" werden:
a) Jeder Rasterpunkt ist Element genau einer Teilstrecke des Polygonzuges
oder Verbindungspunkt zweier aufeinander folgender Teilstrecken.
["Abprallpunkte" und "Abknickpunkte" erlaubt]
b) Jeder Rasterpunkt ist entweder Element genau einer Teilstrecke
des Polygonzuges oder [exklusives "oder!] Verbindungspunkt von genau
zwei aufeinander folgenden Teilstrecken. [nur "Abknickpunkte" erlaubt]
c) Jeder Rasterpunkt ist Element genau einer Teilstrecke
des Polygonzuges. [Die Anforderung an den Osterhasen!]

2. Einer der Rasterpunkte ist Start-, einer ist Endpunkt
des Polygonzuges. Diese sollen nicht zusammenfallen!
>>> "Lösungen" im strengen Sinne sind zunächst immer "offen"!

3. Der Polygonzug besteht aus möglichst wenigen,
höchstens jedoch (2n-2) Teilstrecken.

Die Erfahrung zeigt, dass sich bei Maximalanforderung die Anzahl
der möglichen Lösungen noch am ehesten "fassen" lässt.
Aus einer [normalen] "offenen" eine "geschlossene" Lösung
zu erzeugen, indem man Start- und/oder Schlussstrecke
bis zu einem gemeinsamen Schnittpunkt verlängert, ist trivial!
Natürlich[!] sind "geschlossene" Lösungen... "ansehnlicher". 😎

Außerdem deutet die Erfahrung auf folgende Erkenntnisse:

1. Zu obigen Anforderungen kann es keinen Polygonzug
mit weniger als (2n-2) Teilstrecken geben.

2. Auf jeder Teilstrecke eines Polygonzuges, welcher den
Anforderungen genügt, liegen mindestens zwei Rasterpunkte.

3. Auf mindestens einer der Teilstrecken eines solchen
Polygonzuges liegen  n  Rasterpunkte.

Lea, vieles war richtig erkannt,
Kleinigkeiten habe ich "nachgeschärft". 😉

haribo, natürlich[!] suche ich eine (2n-2)-Lösung,
die mit weniger als 5 Horizontalen auskommt!
Dass es mit (2n-3) oder weniger Strichen nicht geht,
war doch vorher schon klar...!? 🤔

p.s.
Danke, wrdlprmpfd, für den konkreten Hinweis auf den "Beweis".
Er war - glaube ich [?] - haribo und mir schon bekannt.
Ich werde ihn mal umformulieren und hier mit dazu stellen...

[Die Antwort wurde nach Beitrag No.39 begonnen.]


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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.42, eingetragen 2021-05-03


2021-05-03 09:56 - wrdlprmpfd in Beitrag No. 40 schreibt:
Hallo,

zu dem Traum

"solange das gegenteil nicht bewiesen ist könnte es auch lösungen <2n-2 linien geben, z.B. mit nur 4 waagerechten... evtl mit auch nur 1punkt linien"

gibt es meiner Meinung eine Realisierung hier.

ich versteh englisch nicht in jeder feinheit, also beweisen sie dass < 12 linien [2x7-2] nie geht? oder das gegenteil?

die aufgeführte lösung mit weniger als 5 waagerechten hat jedenfals allenthalben doppelt besuchte punkte + abknicken auf punkt, bei auch 12 linien,
mit diesen einschränkungen bekäme man auch geschlossene 12er linienzüge hin



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wrdlprmpfd
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.43, eingetragen 2021-05-03


@haribo

Ja, der Autor beweist, dass $< 12$ Linien fur ein $7 \times 7$-Raster nicht möglich ist. Er erwähnt zum Schluss, dass das $2n-2$ Linien für $n \geq 3$ nicht unterschritten werden kann, und sein exemplarischer Beweis für $n=7$ einfach auf alle Fälle übertragen werden kann.

Die Bedingungen an den Polygonzug sind dabei schwächer als bei unseren Betrachtungen, z.B. sind Abknickpunkte erlaubt und Punkte, die von mehreren Linien getroffen werden.

Wenn der Beweis also für diese laxeren Bedingungen gültig ist, ist er es erst recht für unsere Betrachtungen anwendbar, deren Lösungen ja in einer Untermenge der dort im Artikel betrachteten Figuren enthalten sind.

Wenn gewünscht, könnte ich den Beweis mal ins Deutsche übersetzen, und dann gleich auf den allgemeinen Fall $n \geq 3$ erweitern. Dies hat dann für mich den Vorteil, dass ich mich wirklich mit den dortigen Überlegungen auseinandersetzen muss, was dann dazu führen kann, dass ich doch noch eine Lücke finde.

Viele Grüße
Wrdlprmpfd



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haribo
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.44, eingetragen 2021-05-03


nein übersetzt brauchts mir auch nicht zu werden, ich war eigentlich nur über deinen begriff "realisiert" gestolpert...

also hier noch der abknickend/doppelbesucher aber dafür mit geschlossener linie mit auch 12 strecken und nur je 4 waagerechten 4 senkrechten...

als scherz noch, es ist ein ups-weg weil diese autos ja immer nur nach rechts abbiegen



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wrdlprmpfd
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.45, eingetragen 2021-05-03


Vor ein paar Tagen hatte ich ein Konstruktionsverfahren entdeckt, das es erlaubt für alle ungeraden $n \geq 7$ einen Polygonzug für das $n \times n$-Raster zu erzeugen, der mit $2n-2$ Stecken auskommt. Ich habe das cramilu mitgeteilt, er hat mir aber erwidert, dass es solche Verfahren schon gäbe. Es könne aber trotzdem für andere von Interesse sein, deshalb will ich es hier vorstellen.

Das Verfahren ist induktiv, d.h. es erlaubt aus einer Lösung für das $n \times n$-Gitter eine Lösung für das $(n+1) \times (n+1)$-Gitter zu erzeugen. Ich werde dies exemplarisch für den Übergang von $n=7$ nach $n=9$ zeigen:

Dazu starte ich mit einer Lösung für n=7, die schon in Beitrag No. 26 vorgestellt wurde, die ich aber etwas abgewandelt habe:





Die Konstruktion für n=9 geht aus dieser Lösung wie folgt hervor:

Es werden zwei neue horizontale Gitterreihen eingefügt, und zwar zwischen den Bereichen, durch die die horizontalen blauen Linien verlaufen, und dem Bereich, durch den die schrägen roten Linien gehen. Die neuen Punkte sind im nächsten Bild in rot dargestellt. Zwei neue vertikalen Gitterreihen werden sowohl direkt vor der mittleren vertikalen Gitterreihe als auch ans rechte Ende des Gitters platziert. Auch hier sind die neuen Punkte rot. Bei dieser Erweiterung bleiben Strecken des Polygonzugs an ihr alten Punkten "festgeklebt", und verändern deswegen ihre Länge, und die Schrägen verringern noch ihre Steigung:




Für $n=7$ braucht man 12 Strecken, um das Gitter abzudecken. Für das erweiterte Gitter mit $n=9$ muss man noch 4 weitere Strecken für eine gültige Lösung hinzufügen.

Dazu kappt man die Verbindung zwischen Linie 10 und 11. Die neue Linie 11  verläuft nun parallel zu Linie 7 aber um einen Rasterpunkt nach rechts versetzt (siehe Bild unten). Sie endet auf der neuen blauen Linie 12, die auf den neuen Rasterpunkten der dritten Gitterreihe hinzugefügt wurde. Linie 12 endet wiederum an der neuen Schräge 13, die durch die verbleibenden freien roten Punkte in den Gitterreihen 4 und 5 gelegt wird. Schräge 13 wird begrenzt durch die neue horizontale Linie 14 auf Gitterreihe 6.

Linie 14 schließt jetzt an die alte Linie 11 an, die in Linie 15 umbenannt wurde, gefolgt von der alten Linie 12, die jetzt 16 heißt. Damit ist eine Lösung für das $9 \times 9$-Raster gefunden, die aus dem $7 \times 7$-Raster abgeleitet wurde:




Die Konstruktion einer Lösung vom 9x9-Raster zum 11x11-Raster erfolgt analog, und man kann dieses Verfahren bis ins Unendliche fortsetzen.

Es sei noch bemerkt, dass meine Lösung für das $7 \times 7$-Raster sich nicht auf das $5 \times 5$-Gitter übertragen lässt, da der Knickpunkt des Hakens in der Mitte des Lösung auf der darunter befindlichen Reihe zum Liegen kommt und dort einen Gitterpunkt trifft.

Gruß
Wrdlprmpfd



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cramilu
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.46, vom Themenstarter, eingetragen 2021-05-04


Großartig, wrdlprmpfd! 🤗

Jede allgemeine Anleitung ist es wert, gezeigt zu werden!

Der Erinnerung halber im folgenden eine kurze "Auswahl"...

Link16 auf einen Streich ; Beitrag #17:
"Hauptstruktur" von Bäumlers Algorithmus

Link16 auf einen Streich ; Beitrag #36:
haribos "5/6 der Unendlichkeit"

Link16 auf einen Streich ; Beitrag #43:
Bäumlers Algorithmus

Link16 auf einen Streich ; Beitrag #54:
haribos "5/6 der Unendlichkeit" nachveranschaulicht
>>> Damit lassen sich alle geraden Raster lösen - mit "Abknickpunkten"!

Link16 auf einen Streich ; Beitrag #62:
cramilus Lösungssynopse für 4×4

Link16 auf einen Streich ; Beitrag #68:
haribos erste Universallösung für ungerade Raster
>>> Damit lassen sich alle ungeraden Raster lösen - mit "Abknickpunkten"!

Link16 auf einen Streich ; Beitrag #78:
haribos Beweisansatz für "2n-2"

Link16 auf einen Streich ; Beitrag #85:
cramilus Synopse für "waschechte" Lösungen im 5×5

Link16 auf einen Streich ; Beitrag #118:
cramilus "Spiralgalaxie"-Ansatz für alle n>6 [?]

Link16 auf einen Streich ; Beitrag #121:
cramilus "sowjetischer Maschendrahtzaun" für alle geraden n>3

Link16 auf einen Streich ; Beiträge #127 ff.:
cramilus "[un]geradrasterige Konuskragenspulen" für beliebige n>3

Ab letzterem verlinkten Beitrag hatte ich jeweils zwei verschiedene
allgemeine Anleitungen für gerade und ungerade n gezeigt...
Alle weiteren sind mir herzlich willkommen! 🤗


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cramilu
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"Die Herrschaften, die auf Kartoffeln mit Speck gesetzt hatten, ..."
Mal wieder! 🙄

Da man irgendwann systematische Betrachtungsversuche
irgendwo beginnen muss, habe ich dagingehend mit meinen
"Musterlösungen" angefangen und dabei untersucht,
wie sich bei topologisch gleichem "Buckel" im Zentrum
die "Schlussschwänzchen" verbiegen lassen, und welche
grundsätzlichen Möglichkeiten es jeweils gibt, die seitlichen
"Hauptschrägen" parallel oder überkreuzt so zu führen,
dass sie - zunächst! - nicht durch einen äußeren Punkt
einer der unteren oder oberen Horizontalen verlaufen:



Bei der Figur oben links handelt es sich lediglich um eine
Variation im Sinne haribos mit möglichst geringer seitlicher
Schrägenüberschneidung. Die oben rechts zeigt auf, wie das
ganze bei Überkreuzung der rechten Hauptschrägen aussieht.
Die beiden darunter zeigen, wie das "Schwänzchen" auch zum
"Hakenzinken"/"Zinkenhaken" oder gar zu einem zweiten "Buckel"
werden kann, und die übrigen sechs zeigen Individuen von Typen
mit "verbogenem Schwänzchen" und variierten Hauptschrägen.
So konnte ich - bislang - weitere acht Lösungstypen finden:



Meine selbstbesoffen stolze Freude währte jedoch nicht lange...
... denn auch der "Schwänzchenknick" lässt sich noch verschieben... 😲


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cramilu
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.48, vom Themenstarter, eingetragen 2021-05-04


Die zuvor erwähnten "Kurzschwanzbücklinge 3/0\2"
[Arbeitstitel😉] mag ich Euch nicht vorenthalten:





Mal schauen, was sich da sonst noch versteckt... 🤔


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cramilu
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.49, vom Themenstarter, eingetragen 2021-05-04


Und dann kommen mir noch ständig andere "Störfunklinge"
dazwischen, bei deren Ausgestaltung ich jämmerlich versage:


Mistding, blödes! 🙄


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haribo
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.50, eingetragen 2021-05-04


2021-05-03 23:48 - wrdlprmpfd in Beitrag No. 45 schreibt:

Es sei noch bemerkt, dass meine Lösung für das $7 \times 7$-Raster sich nicht auf das $5 \times 5$-Gitter übertragen lässt, da der Knickpunkt des Hakens in der Mitte des Lösung auf der darunter befindlichen Reihe zum Liegen kommt und dort einen Gitterpunkt trifft.

Gruß
Wrdlprmpfd

sehr gut, ob neugedacht oder galaxieweit erstmalig ist die gleiche leistung!

ick hatte damals immer versucht erweiterungen zu finden die aussen liegen, erschien mir naheliegender, aber deine variante funktioniert genauso
haribo



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gonz
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.51, eingetragen 2021-05-04


Zu #49:

Das ist doch ein Pseudo-Schleifling Münchhausiensis, den der Baron wahrscheinlich auf dem nächlichen Heimweg vom Gartenhaus in selig-beschwingter Punschlaune beobachtete...


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cramilu
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.52, vom Themenstarter, eingetragen 2021-05-04


zu #49 und #51:

Dem beschwippsten Mogelbaron ist es immerhin gelungen,
das Ding in einen doppelfreien "Knickschleifling" zu verwandeln:



Ich könnte ja fast wetten, dass es den im 9×9 in "echt" gibt... 😉


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haribo
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.53, eingetragen 2021-05-04


echt, um was wettest du denn? du musst doch nur etwas anders abbiegen
dann wird es einer mit zweimal zwo felder verkürzten waagerechten



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gonz
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.54, eingetragen 2021-05-05


Ehre wem Ehre gebührt: Gefunden hat's haribo nach Vorarbeiten von cramilu - siehe vorhergehendes Post - und das Programm, aus dessen Datenwust ich es grad "geklaubt" habe, ist von Lea Lernfee der Zettelzofe (und aktuell zum Entwanzen bei mir auf dem Rechner gelandet).  

Wonach wollen wir eigentlich die "Münchhausiensia" sortieren? Ich habe hier grad 24 davon liegen... und frage mich, nach welchen Kriterien...

Ich glaube, es sind alles die gleichen. Gespiegelt. gedreht, anders herum durchlaufen, oben anders verschaltet... * verwirrt guck...


\(\mathcal{R}_{7\,;\,A\,;\,ZZ-120-3262-24-1.21.go.03}\,=\,\begin{bmatrix}
4&4&4&4&4&4&4\\
10&10&10&10&10&10&10\\
3&11&1&1&1&1&1\\
8&3&7&11&5&9&2\\
8&5&3&9&2&11&7\\
8&9&12&12&12&12&12\\
6&6&6&6&6&6&6
\end{bmatrix}\)






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haribo
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.55, eingetragen 2021-05-05


kwatsch, ick hab nix gefunden hab auch nach nüscht jesucht, det war schon cramilu der nur den rechten abzweig versteckte...

gonz weniger wären es wenn man die sieben zeilenübergreifenden paare  nur in zeile drei und vier zulässt, und dann bräuchte es noch irgend ein weiteres kriterium, wie wärs wenn die drei linien welche dann immer zwischen zeile vier und fünf das feld verlassenden linien immer nach rechts hinausgehen?

danach gäbs bestimmt keine vier abgebiegevarianten mehr, schätze ich mal so dahin



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gonz
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.56, eingetragen 2021-05-05


Stimmt. Vier Drehungen und dann 3! 2! 2! = 24 durch die Vertauschungen der Verkabelung. Inzwischen hab ich die 96 Derivate dingfest gemacht. Eigentlich noch Faktor 2 mehr, aber die möglichen Spiegelungen sind schon rausgerechnet.

Also gibt es "eigentlich" genau eines dieser erratischen Tierchen...


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haribo
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.57, eingetragen 2021-05-05


hab das bild nochmals gespiegelt, weils so herum schon so viele darstellungen gibt,

es ist immer noch keine immer eindeutige definition, in seltenen fällen gibt es beidseitig drei verlassende linien, in dem fall würde ich die ausrichtung wählen bei welcher das untere lose ende nach westen zeigt



also eine dreisatz definition:
- sieben zeilenübergreifende paare immer zwischen zeile drei und vier
- drei linien welche dann immer zwischen zeile vier und fünf das feld verlassend sollen immer nach rechts hinausgehen
- sollte das beidseitig der fall sein, soll das untere lose ende nach links zeigen

sind damit viele einverstanden?
haribo




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haribo
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.58, eingetragen 2021-05-05


gonz, kann man evtl. mit deinen permutationen irgendwie begründen können dass es keine ausserhalb-berührungsfreie-variante geben kann?

die berührung, selbst bei der geringsten anzahl von nur noch einer in #29 oder #57, finden ja offenbar immer (immer?) an aussenliegenden rasterpunkten statt (ganzzahliger abstand vom feldrand, genau in zeilenhöhe), also nie irgendwo in feldmitten



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gonz
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.59, eingetragen 2021-05-06


haribo: ich habe da keinen Anhaltspunkt. aber ich werde das mal im Auge behalten :)


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cramilu
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.60, vom Themenstarter, eingetragen 2021-05-06


😃 Schön, dass es munter weiter geht! 😃

haribo: Klasse! Lieben Dank für das tolle Geschenk. 🤗

Ich habe dazu eine vergleichende Synopse angefertigt:



Beim obersten habe ich haribos Geniestreich aus Beitrag #53
noch ein wenig die seitlichen Zacken "ausgetrieben".
Darunter zum Vergleich haribos Figur in meinem Design,
mein "Versager" aus #49, mein "Rettungsversuch" aus #52
und ein Nachweis, dass ich mich sogar im "Versagen" noch
zu steigern vermag. 😉

In der untersten Figur sind obige fünf übereinander geblendet,
und man kann erahnen, wo bei Linienverlängerungen welche Art
problematische Punkte "in der Luft liegen".

Typendarstellungen wie in #12, #14, #18, #19 und #47
"beherbergen" neben "gewünschten" Einzellösungen nach der
"Hoppelvorgabe" mit höchster Wahrscheinlichkeit auch jeweils
solche, die man vom Osterhäschen nicht sehen wollte!

Ein effektiver "Findealgorithmus" muss nach meiner Überzeugung
alle, also auch die den "Höchstanforderungen" nicht genügenden
"Minimallösungen" aufspüren! Die "gewünschten" sind hinterher
geeignet herauszufiltern.
Erst bei Nachweis der Effektivität sollte man sich daran machen,
im Anschluss "pfiffig" die Laufzeiteffizienz zu steigern!

p.s.
Der angesprochene effektive Findealgorithmus sollte selbstverständlich
auch meine "So-Nicht!-Lösung" aus der Threaderöffnung, wrdlprmpfds
"Spektakulärling" aus Beitrag #6 und haribos "UPS-ling" aus #44
zutage fördern!


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cramilu
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Noch einmal zur Notation:


haribos Geschenk an mich

\(\mathcal{P}_{sg7rc\,;\,A\,;\,haribo.Geschenk}\:=\:((2|1),(7|1),(-1|5),(9|5),(0|\frac{1}{2}),(0|\frac{7}{2}),(14|0),(-5|0),(13|6),(-2|6),(\frac{8}{3}|\frac{4}{3}),(8|4),(2|4))\)

\(\mathcal{P}_{sg7rc\,;\,A\,;\,haribo.Geschenk}\,=\,\begin{bmatrix}9&9&9&9&9&9&9\\3&3&3&3&3&3&3\\10&2&12&12&12&12&12\\5&10&6&2&8&4&11\\5&8&10&4&11&2&6\\5&4&0&1&1&1&1\\7&7&7&7&7&7&7\end{bmatrix}\)

\(\vert\,\mathcal{P}_{sg7rc\,;\,A\,;\,haribo.Geschenk}\,\vert\:=\:w(\mathcal{P}_{sg7rc\,;\,A\,;\,haribo.Geschenk})\:=\:122,973624\underline7\: RE\)


meine Zackenreduktionsvariante

\(\mathcal{P}_{sg7rc\,;\,A\,;\,Zackenreduktion}\:=\:((2|1),(7|1),(-3|6),(12|6),(\frac{8}{3}|\frac{4}{3}),(-1|5),(9|5),(0|\frac{1}{2}),(0|\frac{7}{2}),(14|0),(-5|0),(7|4),(2|4))\)

\(\mathcal{P}_{sg7rc\,;\,A\,;\,Zackenreduktion}\,=\,\begin{bmatrix}3&3&3&3&3&3&3\\6&6&6&6&6&6&6\\5&2&12&12&12&12&12\\8&5&9&2&11&7&4\\8&11&5&7&4&2&9\\8&7&0&1&1&1&1\\10&10&10&10&10&10&10\end{bmatrix}\)

\(\vert\,\mathcal{P}_{sg7rc\,;\,A\,;\,Zackenreduktion}\,\vert\:=\:w(\mathcal{P}_{sg7rc\,;\,A\,;\,Zackenreduktion})\:=\:120,9430\underline6\: RE\)

Der Hauptbezeichner soll nach WIKI ein Kalligrafie-Großbuchstabe sein.

\(\mathcal{G}\)   für gonz oder "Gehoppel"...
\(\mathcal{H}\)   für haribo, "Hoppelroute" oder "hare's way"...
\(\mathcal{L}\)   für LernFee oder "Lösung"...
\(\mathcal{P}\)   für "Polygonzug", "polygonal chain", "Pfad" oder "path"...
\(\mathcal{R}\)   für "Route", "route" oder "Rasterpfad"...
\(\mathcal{S}\)   für "solution"...
\(\mathcal{W}\)   für wrdlprmpfd, "Weg" oder "way"...
etc. 😉

Der erste Index "sg7rc" soll stehen für "square grid 7[×7] regular cover"
(= regularly covering a seven-by-seven square grid).
[Die Auffassung von "regular" bleibt zu eruieren!]

Der Großbuchstabe als zweiter Index soll die "Achtbarkeitsklasse"
angeben; hier "A" für die "höchstwertige" [diputabel!].

Der dritte Index soll zur [vorübergehend] eindeutigen Identifizierung
der Einzellösung geeignet sein...

Allgemein ist die Angabe eines (2n-1)-Tupels unverfänglich, weil sie
schlicht Punkt für Punkt den Verlauf des Polygonzuges beschreibt.

Bei der "BMN" handelt es sich um einen Ansatz zur
"Normalisierung" bei gleichzeitiger Anschaulichkeit:

Die "0" markiert als Konvention den Startpunkt.
Dieser soll möglichst nahe am Koordinatenursprung unten links liegen.
(@gonz: Bitte Deine Angabe entsprechend prüfen!)
Alle anderen Zahlen nennen die Ordinalzahl derjenigen Teilstrecke
des Polygonzuges, welche den jeweils in der Matrix repräsentierten
Rasterpunkt [zuerst] beinhaltet.

Mit  \(\vert\,\mathcal{P}\,\vert\:=\:w(\mathcal{P})\)  ["\(w\)" für "Weite", "width" oder "Weglänge"...] lässt sich
die Rasterweglänge eines Lösungspolygonzuges in Rastereinheiten  \(RE\)
angeben, wobei ein Unterstrich im Zahlenwert auf Rundung an der
betreffenden Stelle hinweist. Die Weglänge bemisst sich dabei von genau
ab dem Startpunkt bis genau zum Schlusspunkt.


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cramilu
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.62, vom Themenstarter, eingetragen 2021-05-07


Jeder der 49 Rasterpunkte muss von mindestens einer
der 12 Teilstecken des Polygonzuges berührt werden.

vs.
Jeder der 49  Rasterpunkte muss von genau einer
der 12 Teilstecken des Polygonzuges durchzogen werden.

o.ä.

Unterschiedliche Formulierung der Anforderungen werden eine
unterschiedliche Gestaltenvielfalt an "Lösungen" zeitigen.

Meine Sichtweise hat sich entwickelt, um dem "Wust" beizukommen.



Je größer das Raster, desto vielfältiger die Kombinationsmöglichkeiten!

Laut ursprünglicher Anforderung an das "Hasengehoppel" sollten
hier zunächst bloß diejenigen "Lösungen" interessant sein,
welche ausschließlich "Durchzugpunkte" aufweisen.
Anteilig an "allen Lösungen" hat sich diese "Klasse" bislang
als die ab dem  \(5×5\)  am wenigsten mächtige erwiesen.
Die nächst weniger mächtige dürfte allgemein diejenige sein,
welche außer "Durchzugpunkten" ansonsten zusätzlich bloß noch
"[Mehrfach]Abknickpunkte" beinhaltet.
Daneben scheint es eine verminderte "Klasse" zu geben mit lediglich
"[Mehrfach]Abprallpunkten", jedoch ohne "[Mehrfach]Abknickpunkte"[?].
Sobald auch noch "[Mehrfach]Durchprallpunkte" oder gar
"[Mehrfach]Kreuzungspunkte" mit berücksichtigt werden,
nimmt die Mächtigkeit der "Lösungsmenge" deutlich zu!

Möchte man nun abschätzen, welchen Anteil die Anzahl der
"echtesten Lösungen" nach Originalhoppelanforderung an der
Anzahl "aller Lösungen" hat, und das möchte ich... irgendwann,
so ist es unabdingbar, eben auch "alle Lösungen" zu finden.
So jedenfalls meine subjektive Einstellung dazu. 😎

p.s.
Findet man eine "Lösung" mit jeweils bloß einfachen "Abknickpunkten",
dann dürfte sich daraus häufig auch eine "waschechte" ableiten lassen...


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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.63, vom Themenstarter, eingetragen 2021-05-07


🙄 Wo ich eh' schon am Faseln bin... 🙄

Im folgenden einige meine gesammelten Überlegungen
zur Algorithmik - bitte um Kritik/Anregungen!

#################

Rastergröße n>=3 einlesen

Maske öffnen zur Eingabe von bis zu (2n-2) Geradenspezifikationen

In Maske bis zu (2n-2) mal:
y = 1 oder 0 (falls 0, dann Vertikale)
m(x) = z/n (Zähler beliebig ganzzahlig, Nenner beliebig natürlich)
t = z/n (Zähler beliebig ganzzahlig, Nenner beliebig natürlich)
>>> solche, die "nix bringen können", anmeckern!
>>> wenn keine[!] festgelegt, dann ALLE suchen...

###
[Dass dies der wesentliche Teil ist, weiß ich selber!]

Such- und Findealgorithmus, ggf. beschränkt auf Geradenvorgabe
>>> Liste von "Kandidaten" in Tupel-Notation
>>> relationale Zwischenspeicherung in Datenbank

Gestartet wird immer in einem Rasterpunkt - ggf. "geschlossene
Lösungen" durch Erweiterung kann man später immer noch erzeugen!
Als Startpunkte kommen aus Symmetriegründen bloß diejenigen infrage,
welche im unteren linken Viertel des Rasters liegen!
[3×3 und 4×4: 4 St., 5×5 und 6×6: 9 St., 7×7 und 8×8: 16 St.!]
Als Steigungen für die erste Teilstrecke kommen aus Symmetriegründen
bloß solche bis höchstens 1:1=45° infrage!
... * weitere wohlbegründete Einschränkungen

Auf jeder Teilstrecke müssen mindestens zwei Rasterpunkte liegen!
[Der Beweis steht aus; Erfahrungswerte legen das jedoch stark nahe!]
Grob in Richtung des nächstliegenden Rasterrandes nach links
oder unten "loszufahren", kann also höchstens dann etwas "bringen",
wenn man mindestens um eine Rastereinheit innerhalb des Rasters startet!
... * weitere wohlbegründete Einschränkungen

Sobald der letzte zuvor noch nicht "abgefahrene" Rasterpunkt
"erwischt" wurde, ist das "Spielchen" zu Ende - "übererfüllende Lösungen"
sind keine!
An jeder potenziellen Abbiegestelle "unterwegs" ist zu prüfen,
ob die Anzahl bis dato noch nicht "abgefahrener" Rasterpunkte r,
geteilt durch die Anzahl verbleibender Teilstrecken t, größer
ist als n . Falls ja: Abbruch!
... * weitere wohlbegründete Abbruchkriterien

[Der sich hier ergebende Teilalgorithmus ist am 3x3, 4x4 und 5x5
anhand der bekannten "Positivlisten" auf Effektivität zu prüfen!]
###

DANACH u.a.

Symmetrie-Abgleiche
>>> dreh- und spiegel-kongruente rausschmeißen

Vorwärts-/Rückwärts-Abgleich
Falls Endpunkt näher an (0|0) als Startpunkt: Tupel invertieren
>>> hinterher doppelte rausschmeißen!

Zu jedem noch übrigen Kandidaten die Rasterweglänge bestimmen

Reduzierbarkeitsabgleich
>>> bei gleicher Reihenfolge der benutzten Geraden: nur KÜRZESTER!
>>> überzählige rausschmeißen!

DANACH

Klassifizierung der Lösungen und Ordnung

DANACH

Auswahl, welche Klassen von Lösungen "angezeigt" werden sollen

DANACH

Übersetzung der gewählten in BMN und separate Ausgabe

GGF.

back end "Malen" in Vektorgrafik etc.


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den dreh/spiegel vorschlag als definitionsversuch #57 hast du schon wahrgenommen? oder übersehen?





für mit doppelten und abknickern hab ich einen rein internen UPS:
erweiterbar durch weitere runden aussen herum bei ungeraden n´s
auch beim verkleinern auf 5x5(blau-rot) oder 3x3(blau) funktionierts, bei letzterem ist es der weltbekannte klassiker, eben nicht mehr intern in the box, drum wurde er ja so berühmt...

ach ja halbe runden gehen auch, dann taugts für alle n>=3

challenge wäre ähnliches irgendwie geschlossen hinzubekommen



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Guten Abend haribo,

freilich habe ich Deinen Beitrag #57 mit Interesse gelesen.
Ich denke noch nach...

Die Wette von wegen der Existenz eines "Großschleiflings"
im 9×9 ist "gewonnen":



Und die "guten alten Schlichtschnecklinge" kommen im 7×7
gleich als mindestens drei Individuallösungen vor:



Jeweils acht "Einfachabknickpunkte" sowie weitere drei
"Einfachabprallpunkte". Weder "Durchprall-" noch
"Kreuzungspunkte". Sooo "schlecht" sind die gar nicht!
Und wahrscheinlich in jedem Raster diejenigen mit den
kürzesten Rasterweglängen.

Jetzt mag ich mich jedoch wieder den "Bücklingen" zuwenden!


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