\documentclass[a4paper,12pt]{article}                
\usepackage{amssymb, amsmath, graphicx, wrapfig}                        
\usepackage{amsmath}      
\usepackage{epsfig}
\usepackage[table]{xcolor}
\usepackage{tabularx}
\usepackage[utf8]{inputenc}               
\usepackage[russian]{babel}                 
\pagestyle{empty}          
\def\kratno{\mathrel{\smash{\lower.1ex\hbox{$\,\vdots\,$}}}}
\usepackage[a4paper, top=0.8cm,bottom=0.6cm,left=0.8cm,right=0.8cm,
marginparwidth=1.75cm]{geometry}               
\renewcommand{\baselinestretch}{0.99}    

\input urtur.sty
\input CELLS.STY

% ДЛЯ ОТСУТСТВИЯ РЕШЕНИЙ ВЫСТАВИТЬ ВТОРОЙ АРГУМЕНТ НА 0
% ДЛЯ НАЛИЧИЯ -- НА 1
\setcounter{ifsol}{1}

\begin{document}

\ifnum\value{ifsol}=0 \large \fi


\MathBattleHead{2}{28.10.2025}{ВЫСШАЯ}{высшая}

\def\concap{
\ifnum\value{ifsol}=1
{\noindent\textbf{Конкурс капитанов.} 
Для каждого из чисел от 1 до 100 Саша выписал в тетрадку на сколько меняется сумма цифр этого числа при его увеличении на 2. 
Например, для числа 15 он выписал 2, а для числа 38 он выписал отрицательное изменение $-7$. 
Чему равна сумма всех выписанных Сашей чисел?
}

\ans{2.}
\fi
}

\concap


\q1. Нечётные натуральные числа $m$ и $n$ таковы, что число $\frac{m+2}{n}+\frac{m+1}{n+1}+\frac{m}{n+2}$~--- целое. Докажите, что оно больше $3n^2$.
%альтернативная постановка вопроса: что само число больше 3y^2

{\hfill {\it (И. Ефремов)}

\sol{Приведем сумму дробей к общему знаменателю. Получим, что $(m+2)(n+1)(n+2)+(m+1)n(n+2)+(m+2)n(n+1)$ должно делиться на $n(n+1)(n+2)$. Значит, $(m+2)(n+1)(n+2)$ должно делиться на $n$. Но при нечетном $n$ числа $n$, $n+1$ и $n+2$ попарно взаимно просты. Поэтому $m+2$ делится на $n$. Аналогично получаем, что $m+1$ делится на $n+1$, а $m$ делится на $n+2$. Рассмотрим число $m+n+2$. Заметим, что из ранее доказанного оно делится на каждое из чисел $n$, $n+1$ и $n+2$. А значит, так как они попарно взаимно просты, и на их произведение. Поэтому $m+n+2 \geq n(n+1)(n+2)$, откуда $m\geq  n(n+1)(n+2)-n-2$. Тогда 
$$\frac{m+2}{n}+\frac{m+1}{n+1}+\frac{m}{n+2} \geq (n+1)(n+2)-1+n(n+2)-1+n(n+1)-1> 3n^2.$$

\r Доказано, что каждая из дробей целая --- {\it 4 балла.}

\r Доказано, что $m\geq n(n+1)(n+2)-n-2$ --- {\it 4 балла.}\\
Баллы за продвижения суммируются.

}
}

\q2. Клетчатый многоугольник целиком содержит квадрат $2025\times 2025$. Его разрезали по линиям сетки на два связных куска. При каком наибольшем $n$ из одного из этих кусков обязательно можно вырезать по линиям сетки прямоугольник $1\times n$?

{\hfill {\it (М. Дидин)}

\ans {$n=3$.} \sol{

{\it Оценка.} Пусть ни из одного из кусков нельзя вырезать прямоугольник $1\times 3$. Будем называть {\it лесенками} фигуры как на картинке справа и отличающиеся от них поворотами и симметриями.
\hangindent=-50mm
\hangafter=-7

{\it Лемма.} Связный клетчатый многоугольник, содержащий $n$ клеток, из которого нельзя вырезать прямоугольник $1\times 3$, является лесенкой или квадратом $2\times 2$. 
\hangindent=-50mm
\hangafter=-7
\rlap{\hskip127mm\raisebox{6mm}[0pt][0pt]{\epsfig{figure=pic/lesenka.png, width=40mm}}}

\begin{wrapfigure}[11]{r}{0.3\linewidth} 
\vspace{-1em}
\includegraphics[width=\linewidth]{pic/spiral.pdf}
\end{wrapfigure}
Докажем лемму по индукции. База $n=1, 2, 3, 4$ очевидна. 
Переход. Пусть для $n=m\geq 4$ лемма доказана, докажем её для $n=m+1$. Известно, что из связного клетчатого многоугольника с $n>1$ можно вырезать одну клетку, сохранив связность. Тогда мы получим лесенку или квадрат. Вырезанная клетка могла только продолжать лесенку до лесенки большего размера.\\
{\it Следствие.} Связный клетчатый многоугольник, содержащий $n$ вершин, из которого нельзя вырезать прямоугольник $1\times 3$, не может содержать 3 клеток в одной горизонтали, следовательно, объединение двух таких кусков не может содержать квадрат $2025\times 2025$.

{\it Пример.} Как на рисунке. Но есть и другие примеры!!!

\r Оценка --- {\it 4 балла}, пример --- {\it 6 баллов}.

} 
}

\q3.three   По кругу расположены 1000 целых чисел. Для $k \leq 1000$, блок длины $k$~--- это любые $k$ стоящих подряд чисел на этом круге. Блок называется {\it сбалансированным}, если сумма чисел в блоке равна нулю. Известно, что сбалансированных блоков четной длины не существует. Найдите максимальное количество сбалансированных блоков нечетной длины.

{\hfill {\it (Iran 2025 3rd round P6)}

\ans{999.} \sol{{\it Пример.} 999 чисел равны $-1$ и одно число равно $998$. Тогда сбалансированными будут блоки, которые содержат число $998$ и все единицы, кроме одной. 

{\it Оценка.} Будем говорить, что число $a$ является началом блока $B$, если $a$ принадлежит блоку $B$, а все остальные числа $B$ находятся по часовой стрелке от $a$. Заметим, что каждое число является началом не более чем одного сбалансированного блока, так как если $B_1 \subset B_2$~--- сбалансированные блоки с одним и тем же началом, что $B_2 \setminus B_1$~--- сбалансированный блок четной длины. Если сбалансированных блоков больше 999, то каждое число должно являться началом сбалансированного блока. Запустим следующий процесс. Выбираем произвольный сбалансированный блок $B_1$, далее выбираем сбалансированный блок $B_2$, который начинается со следующего после $B_1$ числа, далее выбираем сбалансированный блок $B_3$, который начинается со следующего после $B_2$ числа, и так далее. Рано или поздно мы зациклимся, то есть получим, что $B_{k+1} = B_i$. Тогда блоки $B_i$, $B_{i+1}$,\ldots, $B_k$ покрывают круг целое число раз. Следовательно, сумма всех чисел в круге равна $0$. Получили сбалансированный блок четной длины $1000$. Противоречие.

\r Только оценка или только пример~--- \textit{4 балла.}
}
} 




\q4.four  На столе лежат 2025 монет. Петя и Вася играют в следующую игру. Они по очереди берут со стола 1, 2, 3 или 4 монеты. Брать 4 монеты каждому из игроков разрешено не более чем 5 раз за игру. Тот, кто возьмёт со стола последнюю монету, побеждает. Начинает Петя. Кто выиграет при правильной игре?

{\hfill {\it (Беларусь, 2025)}

\ans{Вася.} \sol{Выделим числа вида $25+4k$. Пока на столе больше 25 монет, Вася играет по стратегии дополнения до 4. Если Петя ни разу не возьмёт 4 монеты, и на столе их останется 25, то дальше Вася играет по стратегии дополнения до 5. Если же Петя хотя бы раз возьмёт 4 монеты, то Вася может, не задумываясь, брать по одной монете до тех пор, пока после хода Пети не останется 25 или менее монет. Если осталось ровно 25, то Вася берёт одну монету до тех пор, пока Петя не оставит ему возможность оставить число монет, кратное 5 --- Петя сможет сам дополнять до 5 не более 4 раз, поэтому игра до нужного момента не закончится. Если меньше 25, то Вася сам оставит 20 монет. В обоих случаях осталось число монет, кратное 5, и Вася может доиграть до конца по стратегии дополнения до 5.
} 
}

\q5.five Какое из чисел больше $$\dfrac{1+\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+\ldots+\frac{1}{2024}}{1-\frac{1}{2}+\frac{1}{3}-\ldots-\frac{1}{2024}} \quad \text{или} \quad\dfrac{1+\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+\ldots+\frac{1}{2025}}{1-\frac{1}{2}+\frac{1}{3}-\ldots+\frac{1}{2025}}\,?$$ В знаменателях дробей знаки слагаемых чередуются.
% Максим

{\hfill {\it (М. Першаков)}

\ans{Первое.} \sol{Обозначим числитель и знаменатель первой дроби за $a$ и $b$ соответственно. Заметим, что $b>0$, так как каждое уменьшаемое в паре больше вычитаемого. Докажем неравенство $\frac{a}{b}> \frac{a+\frac{1}{2025}}{b+\frac{1}{2025}}$. Перемножив по пропорции, получим $ab+\frac{a}{2025}>ab+\frac{b}{2025}$, что верно, так как $a>b$.


\r Проблема со знаками, например не доказано, что $b>0$,~--- {\it не более 8 баллов}.

}
}


\q6.six Через $d(N)$ будем обозначать количество делителей числа $N$. Натуральное число $A$ таково, что $d(A)$ делится на 5,  а также у числа $A$ есть такие два делителя $k>\ell$, что $d(k) =d(\ell)$. Докажите, что у числа $A$ есть два делителя $m>n$,  для которых $d(m)<d(n)$.

{\hfill {\it (Thailand MO 2025, усложнение)}

\sol{Предположим, что таких делителей не существует. Сразу заметим, что у числа $A$ есть два различных простых делителя, так как в противном случае не найдется различных делителей $k>\ell$ таких, что $d(k) =d(\ell)$. Рассмотрим два произвольных простых делителя $p < q$. Если в разложение $A$ простое число $q$ входит хотя бы Тогда $pq < q^2$. То есть, если в разложение $n$ на простые множители $q$ входит хотя бы во второй степени, то получится противоречие, так как $d(q^2)< d(pq)$. Поэтому все простые делители $A$ кроме, быть может, самого маленького входят в разложение $A$ на простые множители в первой степени. Обозначим наименьший простой делитель $A$ через $p$. Тогда, так как $d(A)$ делится на 5, а все остальные простые входят в $A$ в первой степени, получаем, что $p$ входит в разложение $A$ хотя бы в четвертой степени. Заметим, что любой другой простой делитель $A$ меньше $p^2$, так как $d(p^2)> 2$. Тогда для другого простого делителя $q$ числа $A$ выполнено $p^2q< p^4$. Но $d(p^2q) = 6> 5 = d(p^4)$. Тем самым мы снова нашли требуемую пару делителей.

\r Доказано, что у $A$ есть не менее двух простых делителей --- {\it 2 балла.}

\r Доказано, что все простые, кроме самого маленького, входят в первой степени --- {\it 4 баллов.}


}
} 



\q7.seven На стороне $AD$  выпуклого четырёхугольника  $ABCD$ отмечена точка  $E$, а внутри треугольника $BCD$ --- точка $F$,  причем $$\angle BAC = \angle ACB = \angle  EBF = \angle BEF = \angle DCF = \angle CDF.$$  Докажите, что $AD = BE$.
%годится в 1 лигу как гроб

{\hfill {\it (А. Кузнецов)}

\sol{Обозначим 6 равных из условия углов через $\alpha$ и положим $
\beta = 180^\circ - 2\alpha$. Тогда $AB =BC$, $BF = EF$ и $CF = DF$, а также $\beta= \angle ABC = \angle BFE = \angle CFD$. Из последнего равенства следует, что $\angle BFD = \angle EFC$, поэтому треугольники $BFD$ и $EFC$ равны по первому признаку. Значит, $BD = CE$, а также $\angle CEF = \angle FBD$. 

\centerline{\includegraphics[width=190pt]{pic/65_t2_7.pdf}}


Пусть отрезок $BD$ пересекает $CE$ в точке $P$ и $EF$ в точке $Q$. В силу сказанного выше, $\angle FBQ = \angle PEQ$, а также $\angle FQB = \angle PQE$ как вертикальные, поэтому $\angle BPE = \angle BFQ = \beta$. Следовательно, $\angle BCP = \beta - \angle PBC = \angle ABD$.  Вместе с полученными ранее равенствами $AB = BC$ и $BD = CE$ это означает, что треугольники $ABD$ и $BCE$ равны по первому признаку, поэтому $AD =BE$, что и требовалось.

\r Доказано, что $BD = CE$ --- {\it 2 балла.}

} 
}

\q8.eight Военную базу в форме выпуклого многоугольника охраняют 2025 неподвижных часовых, расстояния между ними попарно различны. Для каждого часового на  периметре базы  расстояние до третьего ближайшего часового к нему меньше 100 метров, а расстояние  до четвёртого ближайшего к нему часового больше  100 метров. Для каждого часового внутри базы  расстояние до  пятого ближайшего к нему часового меньше 100 метров.  Докажите, что найдутся трое часовых, попарные расстояния между которыми меньше 100 метров.
%годится в 1 лигу
%сложность 4-5?

{\hfill {\it (А. Кузнецов)}

\sol{Рассмотрим граф, в котором вершины --- часовые, а ребро проводится между двумя часовыми, если расстояние между ними меньше 100 метров. По условию степень любого часового на границе равна 3, а степень любого часового внутри не меньше 5. Поскольку в графе на 2025 вершинах все не могут иметь нечетную степень, то степень какого-то часового $A$ внутри базы не меньше 6. То есть найдутся 6 часовых $B_1, B_2, \ldots, B_6$, от которых до $A$ менее 100 метров. Будем считать, что нумерация введена так, что лучи $AB_1, AB_2, \ldots, AB_6$ расположены именно в таком порядке при обходе по часовой стрелке. Тогда из углов $B_iAB_{i+1}$ $i=1,2, \ldots, 6$ какой-то не превосходит $60^\circ$, поскольку сумма таких 6 углов не больше $360^\circ$. Тогда сторона $B_iB_{i+1}$ не может быть наибольшей в треугольнике $AB_iB_{i+1}$, поэтому все расстояния между соответствующими часовыми меньше ста метров, что и требовалось.

\r Доказано, что есть часовой степени не менее 6~--- \textit{2 балла.}

} 
}

\newpage

\MathBattleHead{2}{28.10.2025}{ПЕРВАЯ}{первая}

\def\concap{
\ifnum\value{ifsol}=1
{\noindent\textbf{Конкурс капитанов.} 
В четырёхзначном числе переставили некоторые цифры. Известно, что снова получилось четырёхзначное число. Затем новое число вычли из исходного. Какой наибольший результат мог получиться?
}

\ans{8811}
\fi
}

\concap

\q1.one Натуральные числа $m$ и $n$ таковы, что число $\frac{m+1}{n}+\frac{m}{n+1}$~--- целое. Докажите, что оно не меньше $2n-1$.

{\hfill {\it (И. Ефремов)}

\sol{Приведем сумму дробей к общему знаменателю. Получим, что $(m+1)(n+1)+mn$ должно делиться на $n(n+1)$. Значит, $(m+1)(n+1)$ должно делиться на $n$. Числа $n$ и $n+1$ взаимно просты. Поэтому $m+1$ делится на $n$. Аналогично получаем, что $m$ делится на $n+1$. Рассмотрим число $m+n+1$. Заметим, что из ранее доказанного оно делится на каждое из чисел $n$ и $n+1$. А значит, так как они взаимно просты, и на их произведение. Поэтому $m+n+1 \geq n(n+1) = n^2+n$, откуда $m \geq n^2-1$. Тогда $\frac{m+1}{n}+\frac{m}{n+1} \geq n+n-1 = 2n-1$. 

\r Доказана делимость $m+1$ на $n$ или $n$ на $m+1$ --- {\it 4 балла}.

\r Доказано, что $m\geq n^2-1$ --- {\it 4 балла.}\\
Баллы за продвижения суммируются.
} 
}

\q2.two Саша записал в каждую клетку таблицы $2025 \times 2025$ натуральное число, не превосходящее 2025, таким образом, что в каждом столбце и в каждой строке все числа разные. В верхней левой клетке таблицы находится фишка. Саша может сдвигать фишку в соседнюю по стороне клетку, если число в ней отличается на 1 от числа в текущей клетке. Может ли Саша заполнить таблицу таким образом, чтобы фишку можно было переместить в любую клетку несколькими такими сдвигами?

{\hfill {\it (2025 ELMO Shortlist, упрощение)}

\ans{Нет.} \sol{Рассмотрим шахматную раскраску доски. Заметим, что при каждом сдвиге меняется цвет клетки под фишкой, а также чётность числа под фишкой. Следовательно, чтобы от любой клетки можно было добраться до любой другой, нужно, чтобы все чётные числа находились в клетках одного цвета, а все нечётные числа~--- в клетках другого цвета. Но это не так даже для двух соседних столбцов, так как в них чёрных и белых клеток в сумме поровну, а нечётных чисел больше половины.

\r Доказан факт про расположение чётных и нечётных чисел~--- 2 балла.
}
} 

\three

\four

\five


\six

\seven

\eight


\newpage

\MathBattleHead{2}{28.10.2025}{ВТОРАЯ}{вторая}

\def\concap{
\ifnum\value{ifsol}=1
{\noindent\textbf{Конкурс капитанов.} 
В четырёхзначном числе переставили некоторые цифры. Известно, что снова получилось четырёхзначное число. Затем новое число вычли из исходного. Какой наибольший результат мог получиться?
}

\ans{8811}
\fi
}

\concap

\one

\two

\q3.three На доске написано $100$ единиц. За один ход можно стереть два или три равных числа и записать на доску их сумму. Какое наименьшее количество чисел может остаться на доске после нескольких ходов?
% По мотивам Беларусь-2021, 3 этап, 8 класс

{\hfill {\it (По мотивам Беларусь, 2021)}

\ans{2.} \sol{Приведём пример на два числа. Объединим 64 единицы в 32 двойки, затем в 16 четвёрок, в 8 восьмёрок, в 4 числа 16, в 2 числа 32, и, наконец, получим 64. Оставшиеся 36 единиц объединим в 12 троек, затем в 4 девятки, в 2 числа 18, и, наконец, получим 36. {\it Оценка.} Если осталось одно число, то оно 100, которое получалось из 50 и 50, а эти числа получались только из 25 и 25. Число 25 получиться не могло.

\r Только оценка или только пример~--- \textit{4 балла.}
}
} 

\four

\five


\q6. Существует ли такое натуральное число $n>10$, не делящееся на 10, обладающее таким свойством: если для каждого натурального $k$ выписать $k$-ю цифру с конца в десятичной записи числа $n^k$, то все выписанные цифры окажутся равны друг другу?

{\hfill {\it (П. Пикалов)}

\ans{Не существует.} \sol{Предположим, что такое число существует. Если последняя цифра числа $n$ это $1,2,\ldots,9$, то последние две цифры числа $n^2$ это $11,24,39,46,55,66,79,84,91$ соответственно. Квадрат числа не может давать остатки 2 и 3 при делении на 4. Поэтому остаются варианты $24, 84$. Если $n=10a+2$, то $n^2=100a^2+40a+4$, поэтому $n$ оканчивается на $32$ или $82$. Если $n=10a+8$, то $n^2=100a^2+160a+64$, поэтому $n$ оканчивается на $28$ или $78$. В первых двух случаях $n^3$ должно оканчиваться на $268$, во вторых двух --- на $852$. Но эти числа не делятся на 8. Противоречие.

\r Задача сведена к рассмотрению чисел, оканчивающихся на 2 и 8~--- \textit{4 балла.}

\r Задача сведена к рассмотрению чисел, оканчивающихся на 28, 32, 78, 82 --- \textit{6 баллов.} 
}
}

\q7.seven В равностороннем треугольнике $ABC$ на стороне $AB$ и на продолжении стороны $AC$ за точку $A$ отметили соответственно точки $M$ и $N$ так, что $BM=AN$ и $\angle{CMN}=90^{\circ}$. Найдите $\angle{MCA}$.
% М. Першаков

{\hfill {\it (М. Першаков)}

\sol{Отметим на стороне $AC$ точку $K$ такую, что $CK=BM$. Тогда в треугольнике $AKM$ угол между равными отрезками $AK$ и $AM$ равен $60^{\circ}$, значит он равносторонний и $AM=MK$. Также $\angle{MAN}=\angle{MKC}=120^{\circ}$. Отсюда следует равенство треугольников $AMN$ и $MKC$, значит $MC=MN$. Треугольник $MNC$ --- прямоугольный равнобедренный, значит $\angle{MCA}=45^{\circ}$.

\centerline{\includegraphics[width=150pt]{pic/geo7_2.png}}

} 
}

\q8.eight По кругу лежат 6 внешне неразличимых гирь, веса которых равны 3, 4 или 5 граммов (присутствует хотя бы одна гиря каждого веса). Известно, что веса любых двух соседних гирь различаются на 1 грамм. За одно взвешивание Вася может узнать суммарный вес одной или нескольких подряд лежащих гирь. Какое наименьшее количество взвешиваний потребуется Васе, чтобы наверняка найти пятиграммовую гирю?

{\hfill {\it (П. Пикалов)}

\ans{2.} \sol{\textit{Пример на 2 взвешивания.} Заметим, что чётные и нечётные гири чередуются, т.е. каждая вторая гиря весит 4 грамма. За первое взвешивание проверим три гири. Если их суммарный вес чётен, то 4 грамма --- посередине, если нечётен --- по краям. Таким образом, мы нашли положение всех чётных и нечётных гирь. Более того, заметим, что в вариантах $14=5+4+5$, $13=4+5+4$ нужная гиря найдена; в варианте $12=3+4+5$ можно за одно взвешивание выяснить, где 3 и 5; в варианте $11=4+3+4$ можно за одно взвешивание выяснить положение 5 среди двух неиспользованных нечётных; в варианте $10=3+4+3$ взять неиспользованную нечётную. \textit{Оценка.} Если сделать одно взвешивание с 1 или 2 монетами, то среди них может не оказаться пятиграммовой, и какая из двух оставшихся нечётных --- неизвестно. Если сделать одно взвешивание с 3, 4 или 5 монетами, то среди них может оказаться трёхграммовая и пятиграммовая, и неизвестно ни где какая среди взвешенных, ни какая нечётная не была взвешена. Если сделать одно взвешивание с 6 монетами, то можно узнать лишь количество пятиграммовых. Нуля взвешиваний, очевидно, не хватит.

\r Оценка~--- \textit{4 балла.} Пример~--- \textit{6 баллов.}
} 
}


\newpage
\MathBattleHead{2}{28.10.2025}{ТРЕТЬЯ}{третья}

\def\concap{
\ifnum\value{ifsol}=1
{\noindent\textbf{Конкурс капитанов.} 
В четырёхзначном числе переставили некоторые цифры. Известно, что снова получилось четырёхзначное число. Затем новое число вычли из исходного. Какой наибольший результат мог получиться?
}

\ans{8811}
\fi
}

\concap

\q1. Набор из $n$ натуральных чисел таков, что любая пара чисел обладает следующим свойством --- их сумма ровно в 10 раз больше их наибольшего общего делителя. Какое наибольшее количество чисел может быть в таком наборе?

{\hfill {\it (П. Пикалов)}

\ans{2.} \sol{Подойдут числа 1 и 9. {\it Оценка.} Докажем, что более двух чисел быть не могло. Пусть чисел хотя бы три. Возьмём среди них три числа $a,b,c$, причём $a+b+c$ минимально возможное. Из условия $a+b, b+c$ и $a+c$ делятся на 10, а значит $a=\frac{(a+b)+(a+c)+(b+c)}{2}$ делится на 5. Аналогично, $b$ и $c$ делятся на 5. Но тогда числа можно поделить на 5, их суммы и их НОД тоже уменьшатся в 5 раз, т.е. все условия задачи будут выполнены для набора чисел с суммой, меньшей чем $a+b+c$. Противоречие. 

\r Пример --- \textit{2 балла.} Оценка --- \textit{8 баллов.}

\r Доказана делимость чисел на 5~--- \textit{2 балла за оценку.}
}
}

\q2. Саша записывает в каждую клетку таблицы $6 \times 6$ натуральное число от 1 до 6 таким образом, что в каждом столбце и в каждой строке все числа разные. В верхней левой клетке таблицы находится фишка. Саша может сдвигать фишку в соседнюю по стороне клетку, если число в ней отличается на 1 от числа в текущей клетке. Может ли Саша заполнить таблицу таким образом, чтобы фишку можно было переместить в любую клетку несколькими такими сдвигами?

{\hfill {\it (2025 ELMO Shortlist, упрощение)}

\ans{Может.} \sol{Пример на картинке. Числа, между которыми нельзя пройти, разделены стенкой. Очевидно, что все клетки связаны путём.
\begin{center}
    \includegraphics[width=0.18\linewidth]{pic/grid_path.png}
\end{center}
}
} 

\three

\q4. На столе лежат 100 монет. Петя и Вася играют в следующую игру. Они по очереди берут со стола 1, 2 или 3 монеты. Но брать 3 монеты каждому из игроков разрешено не более одного раза за игру. Тот, кто возьмёт со стола последнюю монету, побеждает. Начинает Петя. Кто выиграет при правильной игре?

{\hfill {\it (Беларусь, 2025, упрощение)}

\ans{Вася.} \sol{Выделим числа вида $4+3k$. Пока на столе больше 4 монет, Вася играет по стратегии дополнения до 3. Если Петя ни разу не возьмёт 3 монеты, и на столе их останется 4, то Вася сможет выиграть. Если же Петя возьмёт 3 монеты, то Вася берет одну, и остаётся число монет вида $3k$. Дальше Вася снова играет по стратегии дополнения до 3.
} 
}

\five

\q6. Андрей заменил цифры на буквы, причём разным цифрам соответствуют разные буквы, одинаковым --- одинаковые. Оказалось, что выполняются следующие неравенства:
$$\text{М}<\text{А}>\text{Т}>\text{Е}<\text{М}<\text{А}>\text{Т}<\text{И}<\text{К}>\text{А}.$$
Найдите наибольшую возможную сумму двузначных чисел $\text{ИА}+\text{МТ}+\text{ЕК}$.
% Надеюсь все решат :)

{\hfill {\it (П. Пикалов)}

\ans{201.} \sol{\textit{Оценка.} Из условия получим цепочки неравенств $\text{К}>\text{И}>\text{Т}>\text{Е}$, $\text{К}>\text{А}>\text{Т}$, $\text{К}>\text{А}>\text{М}>\text{Е}$. Отсюда находим $\text{Е}\leq 4$. Заметим, что $\text{И}+\text{М}\leq 8+6=14$, так как по отдельности $\text{И}\leq 8$ и $\text{М}\leq 7$, но одновременно неравенства выполниться не могут. В случае, если сумма десятков $\text{И}+\text{М}+\text{Е}=14+4=18$, сумма единиц не превосходит $9+7+5=21$ и общая сумма не превосходит $180+21$, а в противном случае сумма не превосходит $170+9+8+7<201$. \textit{Пример.} $\text{К}=9$, $\text{И}=8$, $\text{А}=7$, $\text{М}=6$, $\text{Т}=5$, $\text{Е}=4$. Тогда $\text{ИА}+\text{МТ}+\text{ЕК}=87+65+49=201$. 

\r Только пример с проверкой --- \textit{2 балла.}

\r Правильно упорядочены все буквы --- \textit{2 балла.}\\
Критерии складываются.
}
}

\seven

\eight


\end{document}
