Asansörler (Çözüm)

Soru

Bu soruyu çözmek için nedense çizge teorisini denemekle başladım. Çizge teorisinin güzel tarafı anlaşılır ve kolay işlemlere sahip olmasıydı. Bir de problemi görsel olarak modellemek de kolaydı.

Tabii ki soruda verilenle değil de daha basit bir problemle başladım. Amacım basit bir formül bulmaktı. Bu hedefle ve yöntemle yola çıkmak bu örnekte de görüldüğü gibi bazen insanı çok erken sevindiriyor ve bir süre sonra da yarı yolda bırakabiliyor.

Önce çizge teorisiyle problemi modellemeyi denedim. Katları düğüm noktalarıyla, katlar arası geçişleri de bu noktaları birleştiren çizgilerle gösterdim. Bu durumda herhangi bir kattan başka herhangi bir noktaya tek asansörle gidebilmek, bütün noktaların birbirleriyle birer çizgiyle bağlı olması demek oldu.

Bu şekildeki N düğüm noktasına sahip bir çizgede toplam bağlantı sayısı aşağıdaki şekilde hesaplanabilir.

Birinci nokta diğer bütün noktalarla bağlantılı olacak: \(N – 1 \) bağlantı.

İkinci nokta birinci hariç kalan diğer bütün noktalarla bağlantılı olacak: \(N – 2 \) bağlantı.

Bu şekilde birinci noktadan son noktaya kadar toplarsak (son noktada bağlantı sayısı 0 olacaktır) toplam bağlantı sayısını buluruz: \(N-1 + N-2 + \dots + 1 + 0=\frac{(N-1)\cdot{N}}{2} \)

Burada en basit problem olarak sadece iki katta duran asansörleri ele aldım. Tabii bu şekilde hareket eden bir asansör çizgemizdeki tek bir bağlantıya karşılık gelecektir. Bu da N kat için gereken asansör sayısının, yukarıda bulduğumuz gibi, bağlantı sayısına eşit olduğu anlamına gelecektir.

Daha sonra üç kata giden asansörlere baktım. Toplam bağlantı sayısı aynı kalıyor tabii ki. Her asansörün bu bağlantıların kaçına karşılık geldiğine baktım. Üç kata giden asansör üç bağlantıya karşılık geliyor tabii ki. Örneğin 1., 2. ve 3. katlarda duran asansör, çizgede 12, 23 ve 31 katları arasındaki geçiş bağlantılarıyla gösterilmekte ve çizgedeki toplam bağlantı sayısını üçe bölerek gereken asansör sayısını bulabileceğimi düşündüm. Tabii bunu yapabilmek için aslında her zaman üç kat seçebileceğim varsayımını da yapmış oldum. Bu varsayım tabii ki yanlıştı. Eğer doğru olsaydı toplam bağlantı sayısının üçe bölündüğü bu formül gereken asansör sayısını bulacaktı:

\(\frac{(N-1)\cdot{N}}{6} \)

Fakat şu kısa tabloya bakılınca bazı kat sayıları için bu formülün doğru sonucu vermediğini görüyoruz.

Bunun üzerine formülde biraz daha oynadım. Örneğin tavan fonksiyonunu filan da kullandım ama her seferinde bu formülün işe yaramadığı bir örnek çıktı. Bunun üzerine formül aramaktan vazgeçip, başka ne tür kurallar bulunabilir diye aramaya başladım.

Farkettiğim basit kurallardan biri her katın asansörlerde yaklaşık olarak eşit sayıda bulunması gerektiği. Yani 10 kat varsa ve 4 katta duran 20 asansör varsa, asansörlerde her kat yaklaşık (bu durumda belki de tam) 8 kere bulunmalı.

Bir başka ilginç özellik de şöyle. Diyelim ki şöyle bir problem verilmiş. 7 katlı bir bina için 3 katta duran kaç asansör gerekmektedir? Bu probleme bir çözüm bulduğumuz an otomatik olarak  6 durakta duran aynı sayıda asansörün 14 katlı binanın bir çözümü olduğunu da buluyoruz. Daha basit bir örnekle başlayıp bu özelliğe bir bakalım.

3 katlı bir binada sadece 2 katta duran kaç asansör gereklidir?

Çözüm olarak kolayca şunu bulabiliriz:

1. asansör: 1, 2

2. asansör: 1, 3

3. asansör: 2, 3

Yukarıda her asansörün hangi katlarda durduğu yazılı. Bundan daha az asansör olamaz. Şimdi 4 durakta duran üç asansörle kaç kata gidilebileceğini bulmak için bu üç asansörü alıp her birine ikişer kat daha ekleyelim. Bu katları eklerken yapacağımız tek şey mevcut olan kat numaralarına basit problemdeki kat sayısını eklemek, yani 3.

1. asansör: 1, 2,  1 + 3 = 4, 2 + 3 = 5  (İlk iki kat önceki sorunun çözümüydü ve bina 3 katlıydı)

2. asansör: 1, 3, 1 + 3 = 4, 3 + 3 = 6

3. asansör: 2, 3, 2 + 3 = 5, 3 + 3 = 6

Peki bunun bir çözüm olduğunu nereden biliyoruz? Bunu göstermek daha kolay. Asansörlerin kat listelerindeki sol yarının 1. kattan N. kata kadar problemi çözdüğünü biliyoruz. Yani k numaralı kattayken, k numaralı katın bulunduğu asansörleri  seçtiğimizde 1. kattan N. kata kadar gidebiliyorduk. Bu da bu seçilmiş asansörlerin kat listesinin sol tarafında 1’den N’ye kadar her katın bulunduğu anlamına geliyor. Biz bu kat listelerinin sağ yarısını oluştururken soldaki kat numaralarına N sayısını ekledik. Yani seçtiğimiz asansörlerin sağ tarafındaki numaralar da N+1’den 2N’ye kadar gidiyor. Dolayısıyle aynı asansörlerle 1’den 2N’ye kadar her kata ulaşabiliyoruz.

Yukarıdaki basit örnekle bunu deneyelim. Birinci katta olduğumuzu düşünelim. Bu durumda içinde 1 bulunan asansörleri seçiyoruz. Bunlar da 1. ve 2. asansörler.

1. asansör: 1, 2, 4, 5

2. asansör: 1, 3, 4, 6

Kat numaralarının sol yarısında 1, 2 ve 3 numaralı katlar var ve birinci kat ikisinde de ortak. Yani birinci kattan diğer katlara gidebiliyorduk. Sağ yarıdaki katları üretirken de bu sayılara 3 ekledik, yani sol taraf birden üçe giderken, sağ taraf da dörtten altıya kadar gidiyor. Birinci kat bu iki asansörde ortak olduğundan bu iki asansörle birinci kattan altıncı kata kadar asansör değiştirmeden gidebiliriz. Aynı mantığı diğer katlar için de uygulayabiliriz, bu sırada yapacağımız tek şey belki farklı katlar için farklı asansör gruplarını seçmek olacak.

Peki bu yöntem daha büyük soru için optimum çözümü mü veriyor? Bunu şimdilik bilmiyorum.

Şimdi temel sorumuza dönelim. 7 asansörümüz var ve her biri 6 katta duruyor. Bunu çözmek için biraz önce anlattığım yöntemi deneyelim. Her biri 3 katta duran 7 asansör sorusunu alalım. Biraz deneme yanılma yaparak şöyle bir çözüm bulabiliriz.

  1. asansör: 1, 2, 3
  2. asansör: 1, 4, 5
  3. asansör: 1, 6, 7
  4. asansör: 2, 4, 6
  5. asansör: 2, 5, 7
  6. asansör: 3, 4, 7
  7. asansör: 3, 5, 6

Yani bu kadar asansörle 7 katlı bir binayı çözebiliyoruz. O zaman yukarıdaki yöntemle durak sayısını ikiye katlarsak kat sayısını da ikiye katlayabiliriz.

  1. asansör: 1, 2, 3, 8, 9, 10
  2. asansör: 1, 4, 5, 8, 11, 12
  3. asansör: 1, 6, 7, 8, 13, 14
  4. asansör: 2, 4, 6, 9, 11, 13
  5. asansör: 2, 5, 7, 9, 12, 14
  6. asansör: 3, 4, 7, 10, 11, 14
  7. asansör: 3, 5, 6, 10, 12, 13

Çizge teorisiyle sorunu çözemedim ama orada bulduğum formüllerle asansör sayısıyla ilgili alt ve üst sınırları bulabiliriz. Internette bu problemlerin genel çözümünü ve formüllerini de aradım ama henüz bulabildiğim şeyler çok kısıtlı. Bu soru başka bir şekilde Kobon Fujimura’nın The Tokyo Puzzles kitabında çözülmüş ama kitaba henüz ulaşamadım. Bir de kodlama teorisinde de bu sorunun çözümü varmış diye okudum ama henüz onu araştıramadım. Yeni şeyler öğrendiğimde bunları da yazacağım.

 

Retrograde (Çözüm)

Siyahın son hamlesinden sonraki pozisyonu görüyoruz. Siyahın sadece şahı olduğuna göre son hamlesinde de bu şahı oynamış olmalı. Şahın bir önceki pozisyonda olabileceği kurallara uygun tek kare ise h7 karesidir.

Peki bu pozisyonda beyazın son hamlesi neydi? h2 piyonu oynamış olamaz, başlangıç karesinde. Şah oynamış olamaz, çünkü beyaz fil şah çekiyor. O zaman beyaz fil oynamış olmalı heralde. Fakat beyaz fil de a7-g1 diyagonalinde oynamış olmalı o zaman ve bir önceki pozisyonda da şah çekiyor olacaktı. O zaman fil hamlesi de kurallara uygun değil. Demek ki beyazın son hamlede kullandığı taş son pozisyonda tahtada değil ve ayrıca beyaz filin şah çekmesini de engelliyor. Son pozisyonda tahtada olmadığına göre beyazın son hamlesinde h7 karesine gitmiş olmalı. Şah çekilmesini engellediğine göre de a7-g1 diyagonalinde olmalı. Bu diyagonalden a8 karesine ulaşabilen tek taş bir attır. Demek ki bu pozisyonda beyazın b6 karesinde bir atı olmalı.

1. Aa8+

1. ... Şxa8

Ve böylece son pozisyonumuza da kurallara uygun bir şekilde ulaşabildik.

ODTÜ’ye giriş

Tecrübelerime dayanarak diyebilirim ki, mezuniyet törenlerinde ellerindeki pankartlarla gönlümüzü fetheden ODTÜ’ye üniversite sınavıyla giriş kapıdan girişten daha kolay. İnanmayan deneyebilir. Araçla girişte eski öğrenciler kabul ediliyor. İçeri girmeye hakkı olanların birinci derece akrabaları da bu haktan faydalanabiliyor. Yani annem, babam ve çocuklarım da benimle beraber girebilir ama kardeşim giremez. Neyse, ben zaten ODTÜ öğrencisi, mezunu ya da çalışanı olmadığımdan bu konu beni ilgilendirmez.

Yok ya, nasıl ilgilendirmez? ODTÜ’ye neden herkes giremiyor diye google’da arama yaptım. Çıkan başlıklara göre benim girmemde bir engel olmaması lazımdı.

“Polis ODTÜ’ye giremiyor.”

“Erdoğan ODTÜ’ye giremiyor.”

Ama neredeyse giremeyecektim. Ha, o da ayrı bir olaydı. Görevli resmen “Giremezsiniz, yasak ama bu seferlik izin veriyorum” dedi. Uzun süre Almanya’da yaşayınca böyle buram buram uzak doğu felsefesi kokan cümleler beni anında çarpıyor. Yasak ama yasak değil. Hayır, acaba beyinde mantıksızlığa mantıksızlıkla karşılık vermeye programlı bölümler mi var ki, bir an arabadan inip yürüyerek içeri girmeyi düşündüm.

Görevlinin “Buyrun, geçin hocam” demesiyle elimi kapının kolundan geri çekip arkama yaslandım ve düşünmeye başladım. On saniye önce içeri almadığı ben birden hocası mı olmuştum? Üniversitedeyken biz de, yani öğrenciler, birbirimize hocam diye hitap ederdik ama öğrenci olmayanların bu şekilde konuştuğunu hatırlamıyorum. Tamam, çok iletişim canlısı bir insan değildim, hala da değilimdir ama mesela hiç çıkmadığım kütüphanede bana görevliler tarafından bir kere bile hocam denilmediğinden eminim. Yani emin olduğumu sanıyorum. ODTÜ bu işin doruğuymuş meğer. Kantin çalışanları herkese hocam diyor. Tamam, mantıklı. En azından doğu felsefesinde. Eczane çalışanları telefona “alo”, “efendim” diye değil, “hocam” diye cevap veriyor. Aklıma gelmişken, bu ODTÜ eczacıları hayatta bulmaca çözemez. Soldan sağa üç harfli, telefonda hitap sözü? – Yine yanlış soru sormuşlar. Demin doruk dedim ama test etmediğim ama merak ettiğim bir durum var. Öğretim görevlileri de acaba öğrencilere hocam mı diyor?

Neyse kapıdan içeri girerken, pasaport kuyruklarında “Şu Avrupalılar amma ayrımcı, bizi buraya yığıyor, kötü muamele, hede hödö yapıyorlar” diyenlerin acaba kaçı ODTÜlüdür diye düşünüyordum. Ha bu saçmalık sadece ODTÜ’de mi var? Tabii ki hayır. Ben üniversitede okurken böyle kontroller hiç yoktu. Sonra güney kampüs girişine güvenlik koydular, öğrenci kartı filan kontrol ediyorlardı. O kadar kötü bir şeydi ki kızıp mezun olduğumu çok iyi hatırlıyorum. Hatta daha sonra yıllarca ders aldığım binaların girişine de otomatik kartlı sistem taktılar diye hatırlıyorum ama bunlar benim okula dönüş kabus rüyalarım da olabilir.  Bu tür kontroller yurtdışında da var mıdır bilmiyorum. Almanya’da birkaç tane üniversitede bulundum. Bunlarda da bırakın giriş kontrolünü, giriş diye bir yer yoktu. Tabii ki buna dayanarak bir genelleme yapmayacağım ama bence genelleme yapılacaksa girişin olmadığı şekilde yapılmalı.

Mahşer provası olarak havaalanları

Havaalanları görmeyenler, yaşamayanlar için oldukça ciddi yerler olabilir. Öyle değil ama. Bir sürü milletten, sayılabilir çoklukta insanı nereye koyarsanız koyun aynı sonuca ulaşırsınız.

En sevdiğim de Frankfurt havaalanıdır. Çok büyüktür ama ulaşımı çok kolaydır. Bir Stuttgart havaalanı gibi trafiği de hesaba katarak iki gün önceden yola çıkmaya gerek yoktur. Hatta trenle terminallerin doğrudan iki üç kat altına erişebiliyoruz. Tabii bu andan itibaren terminallerin büyük ve çok olması etkisini göstermeye başlıyor. Bazılarına ulaşmak yürüyerek on dakikayı bulabiliyor. Özellikle Frankfurt’a iniş daha heyecanlıdır, hele ilk seferse. Otobüs ile beş on dakikalık yolculuktan sonra bir kapıdan binalar kompleksine girersiniz. Ondan sonra bagaj tabelalarını takip edersiniz. Bazen onbeş dakika kadar sürer. Asla paniğe kapılmayın. O tabelalar sizi iç hatlara, dış hatlara, gelen yolcuları bekleyenlerin, trene yetişmeye çalışanların arasına sokar çıkarır ama sonunda bagajınızın geleceği banda katar götürür. Klasik Alman zihniyetidir: Bir işaret varsa ona güven, eğer yoksa o işaret gereksizdir, bir öncekine güven!

Eskiden Frankfurt’ta hep Alman görevliler vardı. Önemli işler için Alman disiplini şarttı. Örneğin el çantalarının kontrolünde kesinlikle hayırdan başka bir cevap vermeyen Alman polisi olmazsa olmazdı. Bir keresinde kardeşim bunların bir çiftiyle parfüm için kavga etmişti. Neredeyse uçağı kaçıracaktık. Kardeşim, parfümünü çöp kutusunda bırakıp uçağa doğru koşarken “Biraz Almanca yardım etsen o parfümü kurtarırdım” diye söylenirken ben de içimden “şu uçağa yetişelim, sana acayip laflar hazırladım” diye geçiriyordum. Bu sahnenin bir derece daha yükseğini son uçuşumda gördüm. Yine el çantaları kontrolündeyiz. Bu sefer kahramanımız uzak doğulu. Kontrolleri yapan kadın ise Hindistanlı. Oooo, heyecanlı bir kapışma olacak. Kendi kendime bahse girip cebimdeki 5 avroyu uzak doğuluya yatırdım. Görevli yanınızda sıvı var mı sorusunu sorduğunda adamın yaptığı “ne dediğinizi anlamıyorum” ve “çok iyi karate bilirim” anlamlarına gelebilecek el hareketinden bahsi kesin kazanacağımı düşünerek gülümsedim. Gülümserken çok mu ses çıkardım ne, görevli bana öyle bir bakış fırlattı ki, sol elimi bahis için aldığı beş avroyu sağ elime geri verirken yakaladım. Görevli kadın adamın naylon torbasına elini attı ve çıkardığı ilk krem tüpünü adama gösterdi. Adam yüzüne sürme hareketi yaptı. Kadın da üzerindeki hacim bilgisini adama okudu ve bunun yasak olduğunu söyledi. Çöpe atması için kremi adama verdiğinde (anlaşılan kendi malını kendi başına çöpe atma işlemi ayinin bir parçası) ise adam kremi açıp yüzüne sürmeye başladı. Bir an acaba tüpteki bütün kremi yüzüne sürecek mi diye merak ettim ama o da yüzünün potansiyelinin farkında, ayakları yere basan biriymiş ki ikinci katı sürmeye gerek görmedi. Belki de Şubat ayında bu kadar güneş kremine ihtiyacı yoktu. Bu sırada kadın torbadan diğer kremleri çıkarmaya başladı. Her birini kontrol ettikten sonra kafa sallamayı ihmal etmiyordu. Ayrıca tüplerin ve sırada bekleyenlerin çokluğu karşısında çöpe atma ayinini kendi başına yapmaya da karar vermişti. Diğer sıraların durumuna da bakılırsa Alman eğitim sisteminin yetiştirdiği en iyi yabancı görevliyle tanışma şerefine kısa bir süre sonra erişecektim. Bu sırada uzak doğulu çöp kutusuna atılmış tüplerin birini aldı ve kapağını açtı. Onu da mı yüzüne sıkacak acaba diye düşünürken sadece tüpün içini çöpe boşaltmakla yetindi. Bu hareketi beklemeyen görevli iş arkadaşlarından yardım istedi ve röntgen cihazının arkasındaki zenci görevli kremi kendinden başka kimse kullanamasın diye öyle yaptığını söyledi. Ya benimsin ya kara toprağın!

Sonunda sıra bana gelmişti. Görevli ile oldukça başarılı bir işbirliğine giriştik:

– Elektronik aletler lütfen!

+ Fotoğraf makinesi elektronik sayılıyor mu?

– Evet.

Kindle ve fotoğraf makinemi bir sepete koydum.

– Sıvı,krem?

+ Göz damlam var sadece.

Özel kapatmalı torbası içinde göz damlamı da çıkardım.

– Cepleriniz boş mu?

+ Evet.

Aslında yalandı. Sol cebimde üç milimetre çapında bir rulman vardı. Neden diye sormayın, herkesin hayatının karanlık yanları vardır.

İnsanları çıplak gösteren cihazdan geçip eşyalarımı alıp devam ettim. Pasaport kontrolüne geldiğimde ne kadar az yolculuk yaptığımı fark ettim. Eskiden sadece EU ve EU olmayan diye gişeler olurdu. Şimdi hem onların adı değişmiş, hem de insanların kendi pasaportlarını kendilerinin okutabildikleri otomatların olduğu sıralar da koyulmuş. Tabii ki sadece EU vatandaşları için. Bu tür gelişmelere rağmen sıralar koridorlarda normal geçişleri engelleyecek kadar yayılmıştı. Koridorları sadece doldurmamıştı, aynı zamanda sıralar arası hangi atomaait olduğuna karar veremeyen elektronlar gibi bir o sıraya bir bu sıraya doğru hareket eden insanlar yüzünden acayip bir kargaşa da vardı. Bunu engellemenin en iyi yolu neydi? Tabii ki insanları Avrupalı ve Avrupalı değil diye ayıran bir Pakistanlı.

Kapıda bir sürpriz yoktu. Uçağa körükten bindiğimizden koridoru tıkamayalım diye tabii ki bizi koltuk numaralarımıza göre içeri aldılar. “Önce çocuklu aileler ve yardıma ihtiyacı olarlar. Ardından 18-28 sıraları arası yolcular lütfen.” 17 numarayla bir teselli bile vurmayan biniş kartıma bakıp beklemeye başladım. Sıra bana da gelecekti nasıl olsa. Yanılmamıştım. Uçağa bindiğimde koridor boştu, işe yarayan bir sistemin kullanıldığını görmek beni her zaman sevindirir. 17. sıraya geldiğimde arkadaki koltukların bomboş olduğunu görmek hesaplarımda yoktu tabii. Diğer taraftan vatandaşlarımdan başka ne bekliyordum ki? Daha iki saat önce konturlarda bagaj teslim ederken önümdeki başka bir vatandaşım orada gördüğü bir arkadaşını “Check-up yaptırdın mı? Gel bizimle ver bagajlarını” şeklinde görevlinin itirazlarına rağmen yanına çağırmıştı.

Arkamda oturan ve iki dakikada bir “Seni yeneceğim İstanbul” diye bağıran çocuğu saymazsak olaysız geçen bir uçuştan sonra Sabiha Gökçen’e indik ve yurt içi transit kuyruğuna girdim. Kuyruğun özelliği şuydu: Bütün yurt içi transitler için tek bir pasaport memuru vardı. Sıra çok uzun değildi aslında ama her inen uçak yolcusu geç kalıyorum diye kuyruğun en önüne geçtiğinden sıradaki pozisyonum hiç değişmiyordu. Ve yurt içi transit için ne çok hedef şehir vardı öyle? Kayseri, İzmir, Ankara, Antalya, Trabzon.

Frankfurt’tan Türkiye’ye gelmek fraktal bir desende daha küçük bir bölgeye yolculuk yapmak gibiydi. İnsan ve millet sayısı azalsa da karmaşıklık aynı kalmıştı. Bütün bunları gördükten ve görmediklerimden de şüphe etmedikten sonra bütün bu insanları ve diğerlerini mahşerde bir araya toplamak hiç de akıllı işi değildir. Bir krem için bunu yapan orada kim bilir neler yapar? Buradan yetkililere bir kez daha seslenmek istiyorum. Yol yakınken dönün bu işten, sonu hiç hoş olmayacak yoksa.

Retrograde (Çözüm)

Werner Keym’in bu pozisyonda sorusu, birden daha az hamlede mat. Birden daha az hamlede kastedilen şey, geçerken alma hamlesinde iki piyon da şu anda tahtada ve alınmış olan piyon tahtadan alınacak. O zaman şah çekilmiş olacak ve mat olacak. Geçerken almanın olabilmesi için bir tarafın son hamlesinde bir piyonunu iki kare ileri sürmüş olması lazım. Tabii bu esnada hamlenin kimde olduğu da bulunacak. Problemi daha da zorlaştırmak için verilen pozisyonda bir sürü geçerken alma hamlesi mümkün durumda. Bunları tek tek inceleyelim.

İncelemeye başlamadan önce pozisyonla ilgili genel bilgilerimizi tazeleyelim.  Beyazların bir fili (siyah karelerdeki) ve bir kalesi eksik. Bunun dışında 14 taşı da tahtada. Demek ki hiç piyon kaybetmemiş, bütün taşları orijinal, yani bir piyonunun sekizinci kareye erişmiş olması söz konusu değil. Siyahlar ise bir kale ve iki piyon kaybetmiş.

1. a5xb6

Geçerken alma hamlesinin hemen öncesinde bu pozisyon olmalı. Siyah b7 piyonu b5 karesine gelince beyaz a5 piyonu b6 karesine giderek b5 karesindeki siyah piyonu alacak. Şimdi bu pozisyonun kurallara uygun olup olmadığına bir bakalım.

Siyahların g3 ve g5 karelerindeki piyonları bunların en az birinin bir taş alıp bu hatta geldiğini gösteriyor.

Beyazların g4 ve g7 piyonları da bu hatta en az bir siyah taşın alındığını gösteriyor.

Siyah e3 ve beyaz e4 piyonları birbirlerini sollamışlar. Demek ki burada da en azından bir beyaz taş alınmış (en ekonomik durum siyahın f piyonunun bir beyaz taş alarak beyaz piyonun arkasına geçmesi).

Beyazın a5 piyonu ve siyahın a3 piyonu birbirlerini bir şekilde sollamışlar. Eğer siyah piyon sollamayı yapmışsa iki taş almış olmalı, çünkü b7 piyonu hala yerinde, bu siyah piyon ya a ya da c sütunundan a3 karesine ulaşmış olmalı, fakat bu durumda beyazların toplam üç taşı alınmış olmalı ki bu da olmamış. Demek ki beyaz piyon iki taş alarak a5 karesine ulaşmış. Peki bu beyaz piyon hangi taşları almış olabilir? En az bir piyon almış olduğu açıktır, çünkü siyahın üç taşının ikisi piyon ve beyaz piyon iki taş almış. Bu siyah piyonu ya b ya da a hattında aldığına göre bu siyah piyon o hatta gelirken de bir taş almış olmalı. Bu durumda siyah en az üç beyaz taş almış olur ki bu da pozisyona göre mümkün değil. Demek ki bu incelediğimiz geçerken alma hamlesi mümkün değil.

2. c5xb6

Beyaz g4 ve g7 piyonlarından en az biri g hattında bir siyah taş almış. Bundan başka beyaz c piyonları da iki siyah taş almış (a hattı ile c hattı arasındaki geçiş bu şekilde açıklanabilir). Bu durumda beyaz piyonlar başka taş almış olamaz. O zaman tahtadaki kalan gariplikleri siyah piyonların taş almalarıyla açıklayacağız. g3 ve g5 piyonları bir beyaz taş almış olmalı. e3 piyonu e4 beyaz piyonunun arkasına geçmek için bir beyaz taş almış olmalı. Son olarak da d5 piyonu d6 piyonunun arkasına geçmek için bir taş daha almış olmalı. Bu da toplamda 3 beyaz taş alınmış demektir ve mümkün değildir. Yani bu geçerken alma hamlesi de mümkün değil.

3. c5xd6

Bu pozisyon siyah d5 hamlesini yapmadan hemen önce. Beyaz piyonların konumundan b, c ve g hatlarında birer siyah taş alındığı açık. Bu durumda beyaz e6 filinin şah çekme durumu açıklamada zorluk çıkarıyor. c4 g8 hattında hareket etmiş olmalı ve bu da e6 karesinde bir siyah taş almış olmalı anlamına geliyor ama o zaman 4 siyah taş alındığından bu da olmuş olamaz. Evet, çözümdeki açıklama bu ama bence burada bir açık yer var. Beyaz fil bir taş almadan da şah çekebilir.

1. Ae7 d5
2. cxd6#

Evet at ile açarak şah çekmek mümkün. Bu hamle filin taş almasına ihtiyaç da bırakmıyor. a3 karesindeki piyon da oraya hiç taş almadan ulaşmış olabilir. Bunun için hareketine beyaz a5xb6 hamlesini yaptıktan sonra başlaması yeterli. Bu noktada çözüm konusunda karamsarlığa kapıldım ama aramaya devam etmekten başka yolum yoktu.

Siyahın g3 ve g5 piyonları her zamanki gibi bir beyaz taşın alınmış olduğunu gösteriyor. Ayrıca beyaz şimdiye kadar üç taş almış olduğundan e3 karesindeki siyah piyon buraya taş alarak gelmiş olmalı. e4 piyonu taş almış olamaz. e3 piyonu f hattından bir taş alarak buraya gelmiş olabilir. Her sorunun bir açıklaması var gibi gözüküyor ama bir sorun daha var. Siyahın e piyonuna ne olmuş?

Beyaz piyonlar siyahın e piyonunu alıp b, c ya da g hattına ulaşmış olamaz. Bunun için üçten fazla taş almış olmaları lazım. Siyah e3 piyonu da orijinal e piyonu olamaz, o zaman bu piyon tek başına iki beyaz taş almış olmalıydı. Kalan tek ihtimal beyaz e piyonunun sekizinci kareye o hattan ayrılmadan ulaşmış olması ama bu da mümkün değil çünkü beyaz e4 hiç taş almadığından o hattan ayrılmış olamaz ve siyah e piyonu bunun üzerinden atlamış olamaz. Demek ki bu pozisyon da mümkün değil.

4. e5xd6

Bir önceki pozisyona çok benzeyen bir durum.  b, e ve g hattındaki çifte beyaz piyonlar üç siyah taşın alındığını gösteriyor. Bu seferki problem taş ise siyahın c piyonu. Beyaz piyonlar c piyonunu almış olamaz, o zaman en az biri en az iki taş almış olurdu. Yani toplamda üçten fazla siyah taş alınırdı. c3 karesindeki beyaz piyonun hiçbir taş almadığını da biliyoruz. Yani siyah c piyonu taş almadan son sıraya erişmiş olamaz. Siyahın e3 ve g hattındaki iki piyonları da siyahın bunlarla birer taş aldığını gösteriyor. Dolayısıyla siyahın c piyonu da bir taş almış olamaz. Demek ki bu pozisyon da mümkün değil.

5. d4xe3

Beyaz e4 hamlesini yapmadan hemen önceki pozisyon. Siyahın d ve g hattındaki piyonları iki tane beyaz taşın bunlar tarafından alındığını gösteriyor. İlk bakışta d3 karesindeki siyah filin bir üçüncü beyaz taşı alıp şah çektiğini düşünsek de e4 karesindeki atın f2 karesine gidebileceğini önceki durumlardan biliyoruz. Başka bir sorun var mı diye bakmaya devam etmeliyiz.

Beyazın b ve g hattındaki piyonları iki siyah taşı almıştır. d6 karesindeki beyaz piyon ise taş almamıştır, çünkü almış olsaydı iki taş alması gerekecekti. Komşu hatlardaki beyaz piyonlar hatlarında kalmış. Bu durumda da d4 ve d5 karelerindeki siyah piyonlar c ve e hatlarından gelmiş olmalı, yani  bu iki piyon iki taş almış. Sonuçta siyah piyonlar üç beyaz taş almış olmalı, ki bu da problemle çelişmekte.

6. f4xe3

Burada da beyazın e4 hamlesinden önceki pozisyonu görüyoruz. Siyahın g hattındaki piyonlarından biri bir siyah taş almıştır. Beyazın d6 piyonu siyah piyonun arkasına geçmek için iki taş almış olsa toplam en az dört taş almış olacağından (b ve g hattındaki piyonlar toplam iki taş almıştır) d6 piyonu taş almamıştır.  Siyah d5 piyonu beyaz piyonun arkasına geçerken bir beyaz taş daha almıştır.

Bu pozisyonda siyahın d  piyonunun akıbetini merak etmeye başladım.

Beyazb6 karesinde bir beyaz taş almış ama bu piyon değil. Siyah d hattında ve g hattında taşlar aldığında siyahın c piyonu b hattına girmiş olamaz.  Siyahın c piyonu d6 karesinde bir taş almış olabilir. Bu durumda siyahın d piyonu başka bir yerde alınmış olmalı ya da son sıraya erişmiş olmalı. Vezire taş almadan çıkamaz ama çünkü beyazın d piyonu hiç taş almamış, yani yolu sürekli kapatmış. Siyahın orijinal d piyonu da taş almış olamaz, yoksa beyaz en az üç taş kaybetmiş olurdu. Bu analize göre bu pozisyon da mümkün değil.

7. h4xg3

Burada beyazın g4 hamlesinden önceki pozisyonu görüyoruz. Beyaz b6 karesinde ve g dikeyinde birer siyah taş almış. Siyahın d5 ve e3 piyonları birer beyaz taş almış olmalı. Bu durumda siyahın kayıp diğer iki piyonu aynı hatta alınmış olamaz (beyaz 4 taş almış olurdu) ya da son sıraya erişmiş olamazdı (siyahın 4 taşı eksik olurdu). Bu pozisyon da mümkün görünmüyor.

8. f4xg3

Bu pozisyon beyazın g4 hamlesinden önceki pozisyonu gösteriyor. Kalan son ihtimalin artık doğru çözüm olması lazım. Bakalım bu pozisyona mantıklı bir açıklama bulabilecek miyim?

 Beyaz a5xb6 ve hxg ile iki siyah taş almış. Siyahın h piyonu son sıraya ulaşmış olabilir. Ayrıca siyahın d piyonu da kendi hattında alınmış olabilir. Olası bir kaba senaryo şöyle olabilir.

a5xb6 (siyah kale alınmış)

ardından siyah piyon a7 … a3 şeklinde ilerlemiştir.

h6xg7 (siyah veziri almış olabilir) ve ardından h7…h1=V.

d7…d4 şeklinde siyah piyon ilerlemiştir. Sonra beyaz piyon e4 oynar ve  bir ara da dxe3 ile siyah piyon beyaz fili alabilir. Bundan sonra beyaz da d2…d6 şeklinde piyonunu ilerleyebilir. Son olarak da siyah c6xd5 ile beyazın kalesini alabilir. Bu senaryoda beyazın e piyonu kendi başlangıç karesinde alınmış olmalı ki bu da mümkün.

Kralın vezirleri (Çözüm)

Soru

Aslında olayın satranç tahtasında filan geçmesine gerek yoktu. 64 kare olsun gerisi önemli değil. 64 karenin her birinde ya bir taş olabilir ya da boştur. Demek ki \(2^{64}\) başlangıç pozisyonumuz var. Kral bunların herhangi birini başlangıçta istediği gibi ya da rastgele dizebilir.

Olası her taş dizilimi tabii ki seçilmiş bir kareye karşılık geliyor, çünkü ikinci vezir tahtayı gördüğünde üzerinde böyle bir pozisyon olacak ve kendisi bu taş diziliminden doğru kareyi bulacak. Tabii bu taş diziliminden doğru kareyi bulma yöntemi kolay bir işlem olmalı, yoksa olası taş dizilimleri sayısı akıldı tutulabilecek bir küme değil.

Birinci vezir de olası bir taş diziliminden bu kare numarasına gidecek pozisyona tek bir değişiklikle gidebilecek bir yöntem bulmalı.

Eğer benim bu soruyla gereksiz boğuşmalarım yerine doğrudan cevaba geçmek istiyorsanız doğrudan çözüm bölümüne atlayabilirsiniz.

Bilmeceyi önce küçük sayıda kareli tahtalar için çözmeye çalıştım. Üç kare için çözüm bulmak kolaydı. Kareleri ikili düzende göstereceğim. Eğer karede taş varsa değeri 1, boş ise 0 olacak. Bu şekilde deneme yanılmayla aşağıdaki gibi bir çözüme ulaşmak kolay.

  1. kare anlamına gelen dizilimler: 000, 001, 110
  2. kare anlamına gelen dizilimler: 010, 101
  3. kare anlamına gelen dizilimler: 100, 011, 111

Herhangi bir pozisyondan bir başka pozisyon grubuna tek hamlede gidildiğini de deneyerek gösterdim:

[table id=17 /]

Bu tablodan da görüldüğü gibi bazı durumlarda birinci vezirin bir hamlesi yok ama bilmecenin birinci versiyonu için kurallara uygun olduğundan sorun değil diye düşündüm. Bundan sonra henüz bir düzen göremediğimden bir sonraki büyüklüğe geçtim ve 2×2 tahta için soruyu çözmeye başladım. Aslında dikkat edersek tahtanın 2×2 olması ya da 4×1 olması arasında bir fark yok. Önemli olan toplam dört kare olması.

Bu sefer tabii ki pozisyonların hangi karelere karşılık geldiğini bulmam üç karede olduğu kadar çabuk olmadı. Ne de olsa dağıtmam gereken pozisyon sayısı ufak bir büyümeye rağmen üstsel olarak artmaktaydı. Bunun için bu dağıtım aşamasında bazı ekstra kurallar bulmam gerektiğini düşündüm. İlk önce olası pozisyonları listeledim.

0000
0001
0010
0011
0100
0101
0110
0111
1000
1001
1010
1011
1100
1101
1110
1111

16 değişik pozisyon beni bekliyordu. Bu aşamada düşünebildiğim ilk kural şöyle bir taneydi. Bir dizilim sadece bir kare anlamına geliyordu, örneğin 0001 diziliminin 1. kare anlamına gelmesi gibi. Dolayısıyla bu pozisyondan diğer karelerin anlamlarına geçişler olmalıydı ve bu geçişlerin de sadece tek bir bit değişikliğiyle (yani sadece bir kareye taş koyarak ya da sadece bir kareden bir taş alarak) mümkün olması gerekiyordu. Ayrıca 4 kareden oluşan problem için herhangi bir dizilimden mesafesi 1 olan dönüşümler de tam 4 taneydi. Örneğin:

0000 başlangıç pozisyonu ise, bir bit değişikliğiyle elde edebileceğimiz 
farklı pozisyonlar 0001, 0010, 0100 ve 1000 olmak üzere 4 adettir.

Bunun üzerine her dizilim için 1 uzaklıkta olan dizilimleri işaretlemeye başladım. İşaretlemeleri azaltabilmek için yukarıda sırayla yazdığım ikilik düzendeki sayıları bu sefer Gray kodlama ile yazdım. Bu kodlamanın özelliği komşu iki sayı arasında her zaman 1 bir fark olmasıdır.

0000
0001
0011
0010
0110
0111
0101
0100
1100
1101
1111
1110
1010
1011
1001
1000

Bu listede de orijinal listedeki aynı sayılar var. Sadece sıralaması farklı. Dikkat edilirse listedeki son sayı ile ilk sayı arasındaki mesafe de 1 bit. Sonra sırayla her sayıyı aralarındaki mesafe 1 olan diğer sayılarla birleştirmeye başladım. Biraz karışık bir şekil çıkıyor ama bu büyüklükteki bir problem için kabul edilebilir bir durum bence. Burada bu problemin çizge teorisiyle bir ilişkisinin olabileceğini düşündüm ama o derinliklere girmeye gerek yok diye düşündüm.

Ondan sonra pozisyonları işaretlemeye başladım, yani hangi pozisyonun hangi kareye karşılık geldiğini. Sadece tek bir taşın bulunduğu pozisyonları kolaylık olsun diye o karenin numarasıyla eşleştirdim. Yani 0001 dizilimi 1. kare ile, 0010 dizilimi 2. kare ile, 0100 dizilimi 3. kare ile ve 1000 dizilimi de 3. kareye karşılık geldi. Bu eşleştirme 3 kare için olan çözümle de uyuşuyordu. Bağlantılarla beraber işlerin kolay olacağını düşünmüştüm ama ilk zorluk hemen ortaya çıktı. Bazı dizilimler için birden fazla aday vardı. Basitçe bir programla bu atamalar kolayca yapılabilirdi ama problem üzerine düşünme fırsatını da kaçırmayayım diye elle devam ettim. Bu arada bana yardımcı olacak başka kurallar da arıyordum. Bulabildiğim başka bir kural da şuydu:

Aynı kareye karşılık gelen iki dizilim arasındaki bit farkı iki olamaz.

Örneğin 0000 ve 0101 dizilimlerinin ikisi de 2 karesine karşılık gelsin. Bu iki dizilime de aynı mesafede olan başka bir dizilim olarak 0100 dizilimini alalım. Bu da başka bir kareye karşılık gelecektir. Her bir pozisyondan kendi karesinin de dahil olduğu dört değişik kareye tek hamlede gidebilmek gerekiyor, aslında üç başka kare yeterli ama problemin ikinci kısmına göre dördünü de düşünmeye başladım. Eğer her dizilim için sadece dört tane 1 mesafe uzaklıkta dizilim varsa ve bunların ikisi aynı kareye ait ise, bu pozisyondan en fazla 3 değişik kareye ulaşılabilir.

Bu yardımcı kuralı da kullanınca 4 kare için çözümlerden birini deneme yanılmayla da olsa kolayca bulabildim. Çözümleri bulabilmeme rağmen hala bir kural ya da genelleme bulamamıştım. Ayrıca beni daha da düşündüren şey ikinci vezirin durumuydu. 64 kare için çok fazla pozisyon olacağından doğru kareyi söylemesi için basit bir kural kullanması gerekiyordu.

Çözüm

Sonunda bu grupları deneme yanılma yerine basit bir işlemle bulan yöntemlere baktım. Bu yöntemlerden bir tanesi şöyle:

Elimizdeki kareleri 0’dan 63’e kadar numaralandıralım. Şimdi herhangi bir pozisyonun karşılık geldiği kareyi bulmak için şu işlemi yapalım. Üzerinde taş olan her karenin numarasını ikilik düzende alt alta yazıp bu sayıları toplayalım. Toplama işlemini yaparken eldeleri göz ardı edeceğiz. Buna xor işlemi denilmektedir. Bu işlemin güzel tarafı toplamanın da çıkarmanın da aynı işlemle yapılması. O zaman ikinci vezirin yapacağı işlem iyice kolaylaşacak. Bu yöntem ayrıca birinci vezirin de gruplara ayırmadan biraz daha uzun ama kolay bir işlem yapmasını sağlayacak.

Birinci vezir kralın hazırladığı pozisyon için bu toplamı hesaplar. Ardından kralın gösterdiği kareye bakar ve aynı işlemin bu sonucu vereceği bir işlem planlar. Bir örnekle bu işlemlere bir bakalım:

Başlangıçtaki pozisyonda 3., 7., 17. ve 24. karelerde taşlar olsun. Kral da 25. kareyi göstermiş olsun. Birinci vezir ilk önce şu işlemi yapacak

\(000011\oplus{000111\oplus{010001\oplus{011000}}}=001101=13 \)

İkinci vezirin hesaplaması gereken toplam ise 25 olduğundan birinci vezir hangi sayı ile 13 sayısının xor toplamının 25 olduğunu hesaplar. Bu da 20’dir. Yani birinci vezir 20. karede taş varsa alır, yoksa oraya taş koyar. Şimdi o işlemi hesaplayıp bunun işe yarayıp yaramadığını kontrol edelim.

\(000011\oplus{000111\oplus{010001\oplus{011000\oplus{010100}}}}=011001=25 \)

Bu durum için bu yöntem çalıştı ama acaba her durum için bir çözüm olacak mı? İlk önce ilk pozisyonun ürettiği toplamla kralın seçtiği karenin aynı olması durumunda ne olacağına kısaca bir bakalım. Bu durumda birinci vezir hamlesinde sıfırıncı karedeki taşı alacaktır ya da o kareye taş koyacaktır. Sıfırıncı karede taş olsa da olmasa da xor toplamına katkısı sıfırdır ama bu esneklik çok güzel bir problemi de çözüyor. Problemin ikinci varyantı bu şekilde her zaman çözülebiliyor, çünkü her pozisyonun sıfırıncı karenin değişik olduğu ikizi de aynı kareye karşılık geliyor ve kral bu kareyi seçse bile birinci vezirin her zaman yapacak bir hamlesi oluyor.

Diğer durumlarda da 0 ile 63 arasındaki bir sayıyla toplandığında (xor) 0 ile 63 arasındaki bütün sayıları verecek bir kare numarası her zaman bulunacaktır. En azından 64 kare için. Bunun ispatını şimdilik bu yazıda vermeyeceğim. İleride belki bunun için ayrı bir yazı yazarım, referans veririm ya da belki bu yazıya ek yaparım.

 

Retrograde

W. Keym 1971

 

Birden az hamlede mat!

Burada birden az hamle olayını açayım biraz. Satrançta bazı hamlelerde birden fazla taş kullanılır. Örneğin rok. Şah ve kale aynı anda hareket eder. Bazı problemlerde rok hamlesinin sadece yarısı yapılmıştır. Bu pozisyonda sorun rok değil tabii ki.

Birden fazla taşın parçası olduğu diğer hamleler de taş almaktır ama normalde alan taş alınan taşın karesini işgal ettiğinden problemlerde bu hamleler bölünemez. Sadece bir özel taş alma hareketinde bu mümkündür, o da bir piyonun diğer piyonu geçerken almasıdır. Yani bir piyon ilk hamlesinde iki kare birden ilerler ve eğer geldiği karenin yanında bir rakip piyon varsa bu piyon hemen o hamlede iki kare ilerleyen piyonu sanki bir kare ilerlemiş gibi alabilir. Yukarıdaki problemde de bu motif kullanılmış. Yani alan piyon gideceği kareye koyulmuş ama alınan piyon da hala tahtada duruyor. O yarım hamlede o piyon tahtadan kaldırılabilir.

Çözüm