De Paolo
(Publié le 30/04/2018)
Bonjour, 1) 3 placements par les TB iniziales. P(4L1C4).P(3L1C6)=>couvre la grille 2) P(3L2C6)=>contradiction(L8C6=Ø) 3) P(3L5C6)=>contradiction(L7C8=Ø)=>validation P(3L1C6) 2) Antipiste P(4L1C4)=> contradiction(L9C3=Ø)=>solution.
De Francis Labetoulle
(Publié le 30/04/2018)
Bonsoir 3 placements pour cette grille symétrique. P1(9L2C1) couvre la grille. P2(3L2C1) et extensions : P2.P(3L3C5) est invalide et P2.P(9L3C5 l'est également via les branches (1L2C9) et (1L8C9)) donc unicité et taille 3 de ce cheminement. Comment mieux exploiter la symétrie de la grille?
De Paolo
(Publié le 30/04/2018)
Bonsoir, Une autre solution 1) 3 placements par les TB iniziales. 2)Antipiste P(6L9C5).P(1L8C9)=> contradiction(L1C7=Ø) 3)Antipiste P(6L9C5).P(9L8C9)=> contradiction(L4C8=Ø)=>validation P(6L9C5)+ 2 placements 4)P(9L9C3)=> contradiction(L6C5=Ø)=>validation P(8L9C3)=>solution.
De Paolo
(Publié le 30/04/2018)
Bonsoir, Une autre solution 1) 3 placements par les TB iniziales. 2) P(3L3C5)=> contradiction(L2C7=Ø)=>validation P(9L3C5) P(1L2C9=Ø)=>couvre la grille 3)P(9L2C9)=> contradiction(L1C4=Ø)=>solution. ou 3) Antipiste P(9L9C6)=>contradiction (L1C4=Ø)=>validation P(9L9C6)=>solution ou 3) Antipiste P(9L1C7)=>contradiction (L1C4=Ø)=>validation P(9L1C7)=>solution.
De Francis Labetoulle
(Publié le 01/05/2018)
Bonjour Un autre taille 3 à partir de la case L5C8: P(153L5C8) invalide. P(9L5C8) couvre la grille et enfin P(7L5C8) donne 2 branches invalides avec les 1 (0u 3) de B5.
De Robert Mauriès
(Publié le 01/05/2018)
@ Paolo : Bravo Paolo pour cette résolution de taille 2 basée sur les deux paires 39L3C5 et 19L2C9, c'est la plus simple et la plus directe. Comme quoi, la validation d'un candidat peut radicalement simplifier une grille.
Voir les résolutions proposées dans le Forum, notamment par Paolo.