I used pairs of players (Pm, Pn) as graph nodes and then tried linking them together - for a good team of (P1, P2, P3), pairs (P1, P2), (P2, P3) and (P1, P3) would be connected to each other. As links are always added in threes, I was unable to keep the graph disconnected while adding links to yet unconnected pairs even with k = 2.
Yep, my graph theory knowledge is rather poor, aside of using some its parts and algorithms in coding until this challenge, and researching this section of math on the go proved to be difficult, so I admit that in this "experimental" approach I have likely overlooked some things and ended up with a wrong answer.
Ja, ich werde versuchen, die Lösung von st1974 später zu lesen und verstehen.
Spannend, dass ihr alle andere Lösungen habt als ich. Ich kam auf k=33 als Minimum, damit immer alle Personen erreicht werden können. Bei k=32 ist es möglich, die gut/schlecht spielenden Dreierteams so zu verteilen, dass man nie alle Personen erreichen kann, bei k=33 nicht mehr.
Damit man meine Notizen lesen kann, als Erklärung: Ich habe das etwas abstrahiert zu einer Menge von 99 (bzw. n) Elementen und einer Menge von Tripeln aus dieser Menge, wobei man einen Graphen bilden kann, bei dem die Tripel verbunden sind, die ein Paar gemeinsam haben. (z.B. (1, 2, 3) und (1, 2, 4).)
Auswechseln kann man hier dann erfolgreich genau dann, wenn es mindestens eine Zusammenhangskomponente im Graphen gibt, die jedes Einzelelement (z.B. 1 oder 2) mindestens einmal enthält, bzw andersherum scheitert man, wenn jede Zusammenhangskomponente nicht jedes Element enthält.
Hier der Beweis, den ich mir notiert habe:
Generell für k >= 1 und n Elemente gilt:
Da alle Tripel, die ein bestimmtes Paar enthalten, zusammenhängen, kann man sagen, dass jedes Paar (a1,a2) in genau einer Zusammenhangskomponente enthalten ist. Dieses muss dann Tripel mit mindestens k anderen Elementen a3, ..., a_(k+2) haben. Also sind auch die k weiteren Paare (a1,a3), ..., (a1,a_(k+2)) in derselben Komponente, womit man mindestens k+1 Paare darin hat, die a1 enthalten. Ebenso sind auch (a2,a3), ..., (a2,a_(k+2)) darin.
Wenn keine Zusammenhangskomponente alle Einzel-Elemente enthalten soll, muss es eine geben ("Gruppe 1"), die ein Element a aber nicht Element b enthält. Das Paar (a,b) kann nicht darin sein, muss also in einer weiteren Komponente ("Gruppe 2") sein. Da diese ebenfalls unvollständig ist, muss es ein Element c geben, das nicht in Gruppe 2 ist. Das Paar (b,c) kann weder in Gruppe 1 noch Gruppe 2 sein, es muss dafür also auch noch "Gruppe 3" geben, also gibt es mindestens drei Zusammenhangskomponenten.
Gruppe 1 enthält a, also k+1 Paare, die a enthalten.
Gruppe 2 enthält (a,b), also gibt es auch mindestens k weitere Elemente d1,...,d_k, die darin mit a und mit b gepaart sind. Damit sind in Gruppe 2 dann k+1 andere Paare, die a enthalten.
Gruppe 3 enthält (b,c) und auch hier werden mindestens k weitere Elemente gebraucht. Würde man etwas aus d1,...,d_k mit (b,c) verknüpfen, würde das über (b,c,d_i) -> (a,b,d_i) eine Verbindung zwischen Gruppe 2 und Gruppe 3 herstellen. Also müssen es mindestens k neue Elemente d_(k+1),...,d_(2k) sein.
(a,c) darf nicht in Gruppe 2 sein, braucht also k Elemente nicht aus d1,...,d_k, die mit a und c gepaart werden.
- Wenn eins aus d_(k+1),...,d_(2k) darunter ist, ist (a,c) damit in Gruppe 3 und Gruppe 3 enthält k+1 andere Paare, die a enthalten. Damit gibt es in allen drei Gruppen jeweils k+1 verschiedene Paare mit a, also insgesamt 3k+3 Paare mit a, heißt es ist 3k+3 < n bzw. k < n/3-1.
- Wenn keins aus d_(k+1),...,d_(2k) darunter ist, hat man nochmal k weitere Elemente d_(2k+1),...,d_(3k), also gibt es neben a, b und c noch mindestens 3k andere Elemente, was nur möglich ist, also ist 3k+3 <= n bzw, k <= n/3-1.
Wenn man nicht erfolgreich auswechseln kann, muss also hier k <= 99/3-1 = 32 sein, d.h. bei k>=33 kann man es auf jeden Fall.
Und (bei n teilbar durch 3, was hier der Fall ist) kann man für k=n/3-1 (also k+1=n/3) eine Lösung konstruieren:
Gruppe 1 enthält die Tripel aus allen möglichen Paaren aus {a_1, ..., a_(k+1)} mit allen möglichen Einzelelementen aus {a_(k+2), ..., a_(2k+2)}.
Jedes Paar mit zwei Elementen aus {a_1, ..., a_(k+1)} hat also k+1 Tripel in dieser Gruppe (mit allen k+1 Elementen aus {a_(k+2), ..., a_(2k+2}), und jedes Paar aus einem Element aus {a_1, ..., a_(k+1)} und einem aus {a_(k+2), ..., a_(2k+2)} hat k Tripel in dieser Gruppe (mit allen k anderen Elementen aus {a_(k+2), ..., a_(2k+2)}).
Dann macht man das gleiche in Gruppe 2 mit den Paaren aus {a_(k+2), ..., a_(2k+2)} und den Einzelelementen aus {a_(2k+3), ..., a_(3k+3)} und in Gruppe 3 mit den Paaren aus {a_(2k+3), ..., a_(3k+3)} und den Einzelelementen aus {a_1, ..., a_(k+1)}.
Bei n=9 und k=2 sähe es z.B. so aus:
124 125 126 134 135 136 234 235 236
457 458 459 467 468 469 567 568 569
781 782 783 791 792 793 891 892 893
Damit ist jedes mögliche Paar abgedeckt, und trotzdem enthält jede Gruppe nur zwei Drittel der Elemente und nicht alle.
Hier kann man bei k=99/3-1=32 also nicht garantieren, dass das Auswechseln möglich ist, da ein Szenario aufgestellt werden kann, wo es nicht geht.
Damit ist die Grenze bei k=33 mit der Endziffer 3.
(12-22-2025, 05:47 PM)Abraxas schrieb: Mein Vorschlag: Lösung 8
Jedes mögliche Paar muss mit mindestens 48 anderen Spielern gut zusammenspielen.
Die Idee dahinter ist, dass es bei den 99 Spielern keine Teilung in zwei Gruppen geben darf, die jeweils nur untereinander gut zusammenspielen.
Es könnten sonst alle Paare der Spieler 1-49 mit allen anderen Spielern aus 1-49 gut zusammenspielen (also jedes Paar mit den 47 anderen) und genauso die Spieler 50-99 untereinander.
Wenn aber jedes Paar mit 48 anderen Spielern gut zusammenspielt, gibt es zwangsläufig eine Überschneidung bei den beiden Gruppen, sodass eine Einwechslung aller möglich ist.
Die beiden Gruppen überschneiden sich dann um mindestens 2 Spieler, was nötig ist, um bei der Einwechslung den Übergang von der ersten zur zweiten Gruppe zu schaffen:
Gruppe 1-50 (jedes Paar mit den 48 anderen aus der Gruppe) und Gruppe 49-99, Überschneidung bei Spielern 49 und 50.
48 ist meiner Meinung nach zu viel (auch wenn ich selbst auf die Endziffer 8 komme)
Das Trickige an der Voraussetzung ist, dass eine Aussage über jedes Paar von zwei Spielern gemacht wird. Das heißt, wenn du die Spieler in zwei Gruppen A und B aufteilst, für die jeweils untereinander die Realtion gilt, dann muss sie aber auch für zwei Spieler a \in A und b \in B gelten. Das Paar (a,b) hätte dann nämlich auch 48 weitere Spieler, mit denen sie gut zusammen spielen würden.
(12-22-2025, 05:47 PM)Abraxas schrieb: Mein Vorschlag: Lösung 8
Jedes mögliche Paar muss mit mindestens 48 anderen Spielern gut zusammenspielen.
Die Idee dahinter ist, dass es bei den 99 Spielern keine Teilung in zwei Gruppen geben darf, die jeweils nur untereinander gut zusammenspielen.
Es könnten sonst alle Paare der Spieler 1-49 mit allen anderen Spielern aus 1-49 gut zusammenspielen (also jedes Paar mit den 47 anderen) und genauso die Spieler 50-99 untereinander.
Wenn aber jedes Paar mit 48 anderen Spielern gut zusammenspielt, gibt es zwangsläufig eine Überschneidung bei den beiden Gruppen, sodass eine Einwechslung aller möglich ist.
Die beiden Gruppen überschneiden sich dann um mindestens 2 Spieler, was nötig ist, um bei der Einwechslung den Übergang von der ersten zur zweiten Gruppe zu schaffen:
Gruppe 1-50 (jedes Paar mit den 48 anderen aus der Gruppe) und Gruppe 49-99, Überschneidung bei Spielern 49 und 50.
48 ist meiner Meinung nach zu viel (auch wenn ich selbst auf die Endziffer 8 komme)
Das Trickige an der Voraussetzung ist, dass eine Aussage über jedes Paar von zwei Spielern gemacht wird. Das heißt, wenn du die Spieler in zwei Gruppen A und B aufteilst, für die jeweils untereinander die Realtion gilt, dann muss sie aber auch für zwei Spieler a \in A und b \in B gelten. Das Paar (a,b) hätte dann nämlich auch 48 weitere Spieler, mit denen sie gut zusammen spielen würden.
Ja, leuchtet ein, danke. Dann hoffe ich einfach mal, dass du recht hast und ich Glück…
(12-22-2025, 06:10 PM)PhiSigma schrieb: Spannend, dass ihr alle andere Lösungen habt als ich. Ich kam auf k=33 als Minimum, damit immer alle Personen erreicht werden können. Bei k=32 ist es möglich, die gut/schlecht spielenden Dreierteams so zu verteilen, dass man nie alle Personen erreichen kann, bei k=33 nicht mehr.
Damit man meine Notizen lesen kann, als Erklärung: Ich habe das etwas abstrahiert zu einer Menge von 99 (bzw. n) Elementen und einer Menge von Tripeln aus dieser Menge, wobei man einen Graphen bilden kann, bei dem die Tripel verbunden sind, die ein Paar gemeinsam haben. (z.B. (1, 2, 3) und (1, 2, 4).)
Auswechseln kann man hier dann erfolgreich genau dann, wenn es mindestens eine Zusammenhangskomponente im Graphen gibt, die jedes Einzelelement (z.B. 1 oder 2) mindestens einmal enthält, bzw andersherum scheitert man, wenn jede Zusammenhangskomponente nicht jedes Element enthält.
Hier der Beweis, den ich mir notiert habe:
Generell für k >= 1 und n Elemente gilt:
Da alle Tripel, die ein bestimmtes Paar enthalten, zusammenhängen, kann man sagen, dass jedes Paar (a1,a2) in genau einer Zusammenhangskomponente enthalten ist. Dieses muss dann Tripel mit mindestens k anderen Elementen a3, ..., a_(k+2) haben. Also sind auch die k weiteren Paare (a1,a3), ..., (a1,a_(k+2)) in derselben Komponente, womit man mindestens k+1 Paare darin hat, die a1 enthalten. Ebenso sind auch (a2,a3), ..., (a2,a_(k+2)) darin.
Wenn keine Zusammenhangskomponente alle Einzel-Elemente enthalten soll, muss es eine geben ("Gruppe 1"), die ein Element a aber nicht Element b enthält. Das Paar (a,b) kann nicht darin sein, muss also in einer weiteren Komponente ("Gruppe 2") sein. Da diese ebenfalls unvollständig ist, muss es ein Element c geben, das nicht in Gruppe 2 ist. Das Paar (b,c) kann weder in Gruppe 1 noch Gruppe 2 sein, es muss dafür also auch noch "Gruppe 3" geben, also gibt es mindestens drei Zusammenhangskomponenten.
Gruppe 1 enthält a, also k+1 Paare, die a enthalten.
Gruppe 2 enthält (a,b), also gibt es auch mindestens k weitere Elemente d1,...,d_k, die darin mit a und mit b gepaart sind. Damit sind in Gruppe 2 dann k+1 andere Paare, die a enthalten.
Gruppe 3 enthält (b,c) und auch hier werden mindestens k weitere Elemente gebraucht. Würde man etwas aus d1,...,d_k mit (b,c) verknüpfen, würde das über (b,c,d_i) -> (a,b,d_i) eine Verbindung zwischen Gruppe 2 und Gruppe 3 herstellen. Also müssen es mindestens k neue Elemente d_(k+1),...,d_(2k) sein.
(a,c) darf nicht in Gruppe 2 sein, braucht also k Elemente nicht aus d1,...,d_k, die mit a und c gepaart werden.
- Wenn eins aus d_(k+1),...,d_(2k) darunter ist, ist (a,c) damit in Gruppe 3 und Gruppe 3 enthält k+1 andere Paare, die a enthalten. Damit gibt es in allen drei Gruppen jeweils k+1 verschiedene Paare mit a, also insgesamt 3k+3 Paare mit a, heißt es ist 3k+3 < n bzw. k < n/3-1.
- Wenn keins aus d_(k+1),...,d_(2k) darunter ist, hat man nochmal k weitere Elemente d_(2k+1),...,d_(3k), also gibt es neben a, b und c noch mindestens 3k andere Elemente, was nur möglich ist, also ist 3k+3 <= n bzw, k <= n/3-1.
Wenn man nicht erfolgreich auswechseln kann, muss also hier k <= 99/3-1 = 32 sein, d.h. bei k>=33 kann man es auf jeden Fall.
Und (bei n teilbar durch 3, was hier der Fall ist) kann man für k=n/3-1 (also k+1=n/3) eine Lösung konstruieren:
Gruppe 1 enthält die Tripel aus allen möglichen Paaren aus {a_1, ..., a_(k+1)} mit allen möglichen Einzelelementen aus {a_(k+2), ..., a_(2k+2)}.
Jedes Paar mit zwei Elementen aus {a_1, ..., a_(k+1)} hat also k+1 Tripel in dieser Gruppe (mit allen k+1 Elementen aus {a_(k+2), ..., a_(2k+2}), und jedes Paar aus einem Element aus {a_1, ..., a_(k+1)} und einem aus {a_(k+2), ..., a_(2k+2)} hat k Tripel in dieser Gruppe (mit allen k anderen Elementen aus {a_(k+2), ..., a_(2k+2)}).
Dann macht man das gleiche in Gruppe 2 mit den Paaren aus {a_(k+2), ..., a_(2k+2)} und den Einzelelementen aus {a_(2k+3), ..., a_(3k+3)} und in Gruppe 3 mit den Paaren aus {a_(2k+3), ..., a_(3k+3)} und den Einzelelementen aus {a_1, ..., a_(k+1)}.
Bei n=9 und k=2 sähe es z.B. so aus:
124 125 126 134 135 136 234 235 236
457 458 459 467 468 469 567 568 569
781 782 783 791 792 793 891 892 893
Damit ist jedes mögliche Paar abgedeckt, und trotzdem enthält jede Gruppe nur zwei Drittel der Elemente und nicht alle.
Hier kann man bei k=99/3-1=32 also nicht garantieren, dass das Auswechseln möglich ist, da ein Szenario aufgestellt werden kann, wo es nicht geht.
Damit ist die Grenze bei k=33 mit der Endziffer 3.
Ich glaube, du hast recht. Das klingt für mich überzeugend. Die Schwachstelle in meiner Lösung ist wahrscheinlich, dass es nicht optimal ist, vollständige Zusammenhangskomponenten zu haben.
Eine wirklich saubere Begründung habe ich nicht gefunden, aber auch keine Begründung, warum es mit k=2 nicht gehen soll. Schließlich soll es ja für JEDES Paar mindestens zwei Spieler geben, mit denen dann ein gutes Trio gebildet werden kann. Also kannn es sowas wie n Gruppen, die nur untereinander Teams bilden können, ja gar nicht geben, denn jeder Spieler der einen Gruppe muss ja mit jedem Spieler jeder anderen Gruppe ein Paar bilden können, dass wiederum mit mindestens zwei anderen Spielern jeweils ein gutes Trio bilden können muss. Klar wird sich damit nicht unbedingt eine geschlossene Kette bilden lassen, so dass jeder nur einmal ein- und ausgewechselt wird, aber irgendwie sollte dann doch jeder mal zum Zug kommen können.
Daher habe ich mich für die 2 entschieden.
Ich war mir eigentlich sicher, dass k>=49 gilt und habe basierend darauf k=49 also Antwort 9 abgegeben.
Mein Beweis ist folgender:
Die 99 Spieler werden in die fünf Ränge A;B;C;D;E mit jeweils 1;1;48;1;48 Spielern eingeteilt, jeder Spieler ist nur teil eines Ranges.
Für jede Kombination aus zwei Spielern müssen nun mindestens 48 weitere Spieler genannt werden, mit denen das Paar gut zusammenspielt. Solche Dreiergruppen werden im folgenen als "gut" bezeichnet. Diese benannten Spieler sind hinter dem Pfeil (->) angezeigt.
A,A (Geht nicht, weil A nur ein Spieler hat)
A,B -> C (48)
A,C -> B (1) und C (48-1)
A,D -> E (48)
A,E -> D (1) und E (48-1)
B,B (Geht nicht, weil B nur ein Spieler hat)
B,C -> A (1) und C (48-1)
B,D -> E (48)
B,E -> D (1) und E (48-1)
C,C -> A (1) und B (1) und C (48-2)
C,D -> E (48)
C,E -> D (1) und E (48-1)
D,D -> (Geht nicht, weil D nur ein Spieler hat)
D,E -> A (1) und B(1) und C (48)
E,E -> C (48)
Bei allen gegebenen Kombination sind nun mindestens 48 weitere Spieler angegeben, weshalb die Bedingung der Aufgabenstellung für k=48 erfüllt ist.
Stellen wir nun alle guten Dreiergruppen auf, sortiert in zwei Hälften.
Hälfte 1:
A,B,C
A,C,C
B,C,C
C,C,C
Hälfte 2;
A,D,E
A,E,E
B,D,E
B,E,E
C,D,E
C,E,E
Da es keinen gute Dreiergruppe der einen Hälfte gibt, die einen Buchstaben enthält, durch dessen Auswechselung man eine gute Dreiergruppe der anderen Hälfte erhalten würde, ist es nicht möglich, nach der Wahl der ersten Dreiergruppe noch eine gute Dreiergruppe der anderen Hälfte zu wählen. Somit muss k mindestens 48+1 sein also 49 oder noch mehr sein, damit es vielleicht immer möglich ist. Da es mir für eine höhrere Zahl k nicht mehr gelungen ist, vermute ich k=49 als Lösung. Über eine Erklärung, wo bei meinem Beweis eine Lücke ist, würde ich mich freuen, wenn tatsächlich eine vorliegen sollte.
Nach Aufgabenstellung dürfen die guten Teams ja sozusagen vom "Grinch" eingeteilt werden (also von jemanden der will, dass wir verlieren). Also habe ich mich in die Rolle des Grinch begeben (hat Spaß gemacht)
Wenn man die 99 Spieler in folgende zwei Teilmengen aufteilt: A = { 1 ; 2 ; 3 ; ..... ; 50 } und B_1 = { 1 ; 51 ; 52 ; ..... ; 99 }
Dann gilt A geschnitten B ist die Menge {1}
Wenn man jetzt also immer nur einen gemeinsame Nummer hat kann man nicht zur zweiten Teilmenge rüber springen.
Jetzt bildet man noch folgende Teilmengen: B_2 = { 2 ; 51 ; 52 ; ..... ; 99 } bis B_50 = { 50 ; 51 ; 52 ; ..... ; 99 }
Dann kommen alle Paare 99 über 2 = 4851 vor. In Menge A sind dies: 50 über 2 = 1225
In jeder Menge B_1 sind dies weitere 1225
In der Menge B_2 sind weitere 49 neue Paare ==> Insgesamt 49*49= 2401 neue Paare
Insgesamt also 2*1225 + 2401 = 4851.
Jetzt können wir k = 48 wählen und trotzdem gelingt es nicht von der Menge A in die B_i zu springen und umgekehrt. Andererseits gibt es für jedes Paar in jeder Menge k = 48 Partner für ein "gutes" Team. Da man zwar zwischen den B_i hin und herspringen kann, aber niemals in die Menge A kommen kann, ohne nicht mindestens ein "schlechtes" Team einzusetzen, reicht k = 48 nicht.
Ab k = 49 müsste es also immer klappen, weil dann zwei gemeinsame Ziffern in einer der B_i und der Menge A vorkommen müssen.
Antwort 9 ist somit korrekt. (oder hat ein noch hinterhältiger Grinch, eine noch ungünstigere Zerlegung gefunden??)
(12-22-2025, 07:37 PM)Tim.S schrieb: Ich war mir eigentlich sicher, dass k>=49 gilt und habe basierend darauf k=49 also Antwort 9 abgegeben.
Mein Beweis ist folgender:
Die 99 Spieler werden in die fünf Ränge A;B;C;D;E mit jeweils 1;1;48;1;48 Spielern eingeteilt, jeder Spieler ist nur teil eines Ranges.
Für jede Kombination aus zwei Spielern müssen nun mindestens 48 weitere Spieler genannt werden, mit denen das Paar gut zusammenspielt. Solche Dreiergruppen werden im folgenen als "gut" bezeichnet. Diese benannten Spieler sind hinter dem Pfeil (->) angezeigt.
A,A (Geht nicht, weil A nur ein Spieler hat)
A,B -> C (48)
A,C -> B (1) und C (48-1)
A,D -> E (48)
A,E -> D (1) und E (48-1)
B,B (Geht nicht, weil B nur ein Spieler hat)
B,C -> A (1) und C (48-1)
B,D -> E (48)
B,E -> D (1) und E (48-1)
C,C -> A (1) und B (1) und C (48-2)
C,D -> E (48)
C,E -> D (1) und E (48-1)
D,D -> (Geht nicht, weil D nur ein Spieler hat)
D,E -> A (1) und B(1) und C (48)
E,E -> C (48)
Bei allen gegebenen Kombination sind nun mindestens 48 weitere Spieler angegeben, weshalb die Bedingung der Aufgabenstellung für k=48 erfüllt ist.
Stellen wir nun alle guten Dreiergruppen auf, sortiert in zwei Hälften.
Hälfte 1:
A,B,C
A,C,C
B,C,C
C,C,C
Hälfte 2;
A,D,E
A,E,E
B,D,E
B,E,E
C,D,E
C,E,E
Da es keinen gute Dreiergruppe der einen Hälfte gibt, die einen Buchstaben enthält, durch dessen Auswechselung man eine gute Dreiergruppe der anderen Hälfte erhalten würde, ist es nicht möglich, nach der Wahl der ersten Dreiergruppe noch eine gute Dreiergruppe der anderen Hälfte zu wählen. Somit muss k mindestens 48+1 sein also 49 oder noch mehr sein, damit es vielleicht immer möglich ist. Da es mir für eine höhrere Zahl k nicht mehr gelungen ist, vermute ich k=49 als Lösung. Über eine Erklärung, wo bei meinem Beweis eine Lücke ist, würde ich mich freuen, wenn tatsächlich eine vorliegen sollte.
Habe ich die Aufgabe missverstanden? Hier enthält doch die zweite Hälfte alle Buchstaben, also alle Personen, und wenn man mit einer Dreiergruppe innerhalb dieser Hälfte anfängt, kann man damit alle Dreiergruppen darin und auch alle Personen erreichen, also ist hier das Auswechseln problemlos möglich. So wie ich es verstanden hatte, darf der Trainer sich aussuchen, mit welcher Dreiergruppe er anfängt, und muss nur alle Personen mindestens einmal erreichen, nicht alle guten Dreiergruppen.
Wie cool ist das denn? Habe ich in der Form noch nicht erlebt, so viele unterschiedliche Lösungsansätze mit so vielen verschiedenen Lösungen :-)
Aber nur eine stimmt...
Super Aufgabe, schwer zu fassen, danke Silas Rathke! Finde das prima, dass der Kalender dieses Jahr auch wieder richtig harte Nüsse dabei hat. Die gehören unbedingt rein.
Mal sehen wie viel Prozent hier tatsächlich richtig liegen, obwohl man natürlich nie unterscheiden kann, ob das sogar einfach zufällig richtig geraten war, bzw war ja nach der Einer-Ziffer gefragt, hier kann es natürlich auch passieren, mit einer falschen Lösung, dennoch die richtige Einerziffer zu erwischen.
Die letzte Aufgabe, die eine so richtig harte Nuss darstellte, war in meinen Augen die Mützenaufgabe 2021 vom 18. Dezember.
Da hatten tatsächliche nur 4-5% die richtige Antwort (Die Lösung war 72/81 Fällen, bzw war da ne range drin: 69-72/81, so dass Spieler mit ner 69-Lösung, die es tatsächlich gab, auch die vollen Punkte bekamen. Das war ein ganz tolle Aufgabe, da hatte ich glaube ich vier mal meine optimale Lösung verbessert und jedes Mal gedacht, das muss jetzt das Optimum sein…, wer sie nicht kennt: anschauen!).
Vlt gibt s ja am 24.12 wieder ne neue Mütze in Form des Lebkuchenschluckers?
