Čtvrtá série dvacátého ročníku KSP\n20-4-1: Druidí nápisy\n20-4-4: Skupinky pro chytré\n20-4-5: Roboti na útěku\n20-4-6: Hrady, hrádky, hradla\n20-4-1 Druidí nápisy (Zadání)\nTato úloha vám pravděpodobně přivodila značné bolesti hlavy, a proto došla všeho všudy dvě řešení. My si tedy budeme chvíli lámat hlavu společně, přičemž se pokusíme vyhnout zmíněným intelektuálním bolestem.\nPrvní úskok, kterého se dopustíme, bude odkaz na řešení úlohy 20-2-3. Jistě jste si povšimli, že zadání jsou si velmi podobná a vězte, že tak je tomu i u řešení. Proto se před dalším čtením ujistěte, že znáte zadání i řešení 20-2-3 a porozuměli jste dané problematice.\nV tento moment můžeme předpokládat existenci několika částí našeho algoritmu a stavět na nich. Pro jistotu si však ještě shrňme nejdůležitěžší body, z nichž vyjdeme: k užitku přijde, že umíme vstupní slovník reprezentovat trií, kde navíc umíme pro každou posloupnost značek (značkami budeme rozumět např. tečky a čárky) okamžitě vypsat, jaká všechna slova může posloupnost kódovat; dalším stavebním kamenem bude postup, jakým jsme hledali nejkratší slovní reprezentaci řetězce – ten budeme upravovat pro naše potřeby a proto se na něho podíváme důkladněji.\nJak tedy vypadalo pole, které jsme pomocí dynamického programování naplnili, a co nám vlastně sdělovalo za informaci? Pole nám na indexu i pro každou podposloupnost vstupu od i do n (tedy jinak řečeno pro každý sufix vstupu začínající indexem i) poví, jaké slovo si máme vybrat jako první, aby výsledný rozklad vstupu na slova byl co nejkratší. To nás v důsledku odkazuje na další pozici v tomto poli atd…což už vedlo k řešení.\nNyní si představme, že naše pole B bude „chytřejší“ a poví nám více informací. Řekněme, že nám ke každému sufixu vstupu poví pro každé j, jestli je takovýto sufix rozložitelný na právě j slov. Takové pole je dvojrozměrné - B[i,j] = 1 pokud je sufix začínající na indexu i rozložitelný na j slov, v opačném případě je B[i,j] = 0. Konstrukce není nikterak složitá. Pro sufix nulové délky - tedy podposloupnost, která začíná za koncem řetězce a zároveň tam i končí - víme, že je rozložitelný pouze na 0 slov (B[n+1,0]=1 ale všechna ostatní B[n+1,1] = B[n+1,2] = … = B[n+1,n] = 0. Podobně jako v 20-2-3 budeme postupovat od nejkratšího sufixu až po nejdelší (celá posloupnost). Tedy pole B vyplňujeme od indexu n do indexu 1. Pro každý sufix snadno vyplníme hodnoty pro různá j, když známe všechna taková j kratších sufixů. Podrobněji prozkoumejme část, kdy jsme v druhé sérii vyplňovali položky pole na indexu i. Díky trii jsme nalézali jednotlivá slova, která mohou na daném indexu začínat a podle nich přepisovali údaj o nejkratším možném rozkladu. Zůstaňme u toho, že nacházíme jednotlivá slova od daného počátku i. Pak tedy víme, kde má začínat další slovo patřičného rozkladu (totiž hned za koncem prvního slova) – označme si takové místo indexem q (q = i + d, kde d je délka prvního slova a zřejmě tedy q > i]). Protože postupujeme od nejkratších sufixů, tj. pole vyplňujeme od konce, tak hodnoty na pozici q již známe). Nyní nám stačí podívat se, na kolik slov umíme rozložit sufix vstupu začínající indexem q. Jestliže lze sufix začínající v q rozložit na j slov, potom sufix začínající i lze rozložit na j + 1 slov. Tj. pokud B[q,j]=1 pak nastavíme B[i,j+1]=1. Zřejmě jen zkoušíme „dolepovat“ různá slova před začátek již existujících rozkladů – ačkoliv rozklady jako takové si nepamatujeme, pouze vedeme v patrnosti jejich existenci.\nTedy, právě jsme sestavili pole, podle kterého umíme říci, zda daný sufix lze rozložit na j slov. K čemu je nám to dobré? Umíme totiž nalézt všechny rozklady o daném počtu slov a vypsat je! Podívejme se na index 1, tedy na rozklad pro celý vstup. Vezměme si všechna j od nejmenšího k největšímu a uvažujme jen ta, pro která lze vstup rozložit na j slov (tedy B[1,j]=1). Pro každé takové j můžeme zkusit s pomocí trie dohledat různá slova, kterými může rozklad začínat. Každé takové slovo někde končí a rozklad pokračuje na pozici q bezprostředně za ním následující. My se na tato q podíváme a pokud pro sufix začínající od q existuje rozklad na j - 1 slov, pak si slovo, jenž nás posunulo na index q, můžeme do rozkladu vybrat. Zkráceně: Vyzkoušíme všechna slova, která mohou být na začátku, a podíváme se, jestli si je můžeme opravdu vybrat, tedy jestli za ně můžeme „dolepit“ rozklad pokračující j - 1 slovy (jednička se zřejmě odečítá za již zvolené slovo). Jak dál? Jsme na indexu q a chceme rozložit sufix od q na j - 1 slov. To už je ale ten samý problém, jako když jsme zkoušeli rozložit celý vstup na j slov. Pouze se liší místo, kde má rozklad začít, a počet slov, které má rozklad mít. Opět zkusíme všechna možná slova pro pokračování rozkladu a budeme se dívat, kam dál.\nJistě vás tedy napadá myšlenka použít rekurzi a de facto nasadit backtrack. My to opravdu uděláme, ale neděste se, ukážeme totiž, že to bude „slušný“ backtrack, který díky předpočteným informacím z části s dynamickým programováním (konstrukce dvojrozměrného pole) poběží rozumně rychle.\nBacktrackující funkce potřebuje ke své činnosti znát počet již vypsaných rozkladů a stav právě zkoumaného rozkladu. Stav je charakterizován slovy, které jsme si již vybrali pro začátek rozkladu, indexem i, na kterém končí poslední z těchto slov, a konečně počtem slov j, které ještě do úplného rozložení zbývá. Funkce pak vyzkouší všechna slova, která by mohla na zadaném indexu začínat, a pokud pro nějaké z nich zjistí, že lze rozložit zbytek vstupu na j-1 slov (zkontroluje B[q,j-1]=1, kde q značí index těsně za kontrolovaným slovem), zavolá sama sebe. Tomuto synovskému volání přidá do rozkladu nalezené slovo a nový upravený stav – tedy index posunutý za konec takového slova a j snížené o 1. Pokud se po návratu ze synovského volání bude počet vypsaných rozkladů roven K, funkce svoji činnost ukončí. Tuto funkci spustíme postupně od nejkratšího na všechny rozklady začínající na indexu 1 – vyzkoušíme tak rozklady celého vstupu.\nPodívejme se, jak dlouho trvá jedno volání našeho backtracku. Jsme na pevně zvoleném indexu a máme zadaný počet slov, na který máme vstup ještě dorozložit. Chceme přitom vypsat všechny možné rozklady dané délky. Projdeme až L indexů, kde může nějaké vybrané slovo končit (L označuje délku nejdelšího slova ve slovníku). Avšak pro každé slovo už vykonáme dotaz v konstantním čase do našeho zkonstruovaného pole. Pak už opět voláme sami sebe.\nU backtracků obecně nám časovou složitost zhoršuje veliké množství větví výpočtu. Průběh výpočtu nějaké backtrackující funkce si totiž můžeme představovat jako strom, kde každý vrchol odpovídá jednotlivým voláním funkce, a hrany znázorňují vztah volající-volaný. Pokud se strom v každém vrcholu větví třeba jen dvakrát a hloubka stromu je řekněme 100, pak celková velikost stromu bude 2100. V našem případě vyzkoušíme až L indexů. Ještě poznamenejme, že určitě L ≤ n, protože kdyby tomu tak nebylo, museli bychom mít nějaké slovo delší než celý vstup. Takové slovo ale není k ničemu a můžeme ho zahodit. Mohlo by se zdát, že náš algoritmus poběží v čase O(nn), což se tváří dosti beznadějně.\nNyní si připomeňme, že nám stačí K nejkratších rozkladů, tedy můžeme backtrack po vypsání těchto rozkladů ukončit. Dalším důležitým postřehem je, že nikdy nevstoupíme do „slepých“ větví výpočtu – tedy nezkoušíme něco, co nevede k výsledku. To nám zajistilo právě dynamickým programováním zkonstruované pole B, kterého se tak v důsledku ptáme, zda máme vůbec nějaký rozklad zkoušet. Spojením těchto pozorování je fakt, že strom volání naší backtrackující funkce má právě K listů. Celková hloubka stromu je nejvýše n (připomeňme, že za n rozumíme délku vstupní posloupnosti) – úroveň v hloubce h odpovídá částečnému rozkladu s h slovy, ale protože každé slovo má alespoň jedno písmeno, nemůžeme nikdy ve stromu být hlouběji než v hloubce n. Tedy celkový počet volání backtrackující funkce je nejvýše K ·n. Pro každý list pak musíme ještě celý rozklad vypsat, což ale stíháme rovněž v K ·n. To už dává pro funkci rozumně vypadající časový odhad O(K ·n2), kde pro každé volání funkce zohledňujeme režiji O(n) na vyzkoušení slov.\nCelková paměťová složitost programu je nejvíce zatížena použitým dvojrozměrným polem B, protože vše ostatní je lineárně velké vzhledem k délce vstupu, výsledkem je tedy O(n2). Časová složitost je ovlivněna konstrukcí trie v O(P), kde P označme celkovou velikost slovníku. Dále počítáme ono dvojrozměrné pole B – ke každému z n indexů vyzkoušíme až n dalších. Pro každý z těchto n indexů vykonáme až n přepisování údajů (vyplňování hodnot rozkladů). Tedy dynamický výpočet je v O(n3). Backtrack potom v O(K ·n2). Celkem tedy O((K ·n2 + n3 ).\nZrychlujeme…Pozorní čtenáři si jistě všimli, že s časem poměrně plýtváme a jistě lze úlohu vyřešit lépe. Konkrétně budeme zrychlovat backtrack.\nPodívejme se, zda nevykonáváme příliš mnoho kroků v každém z volání naší funkce. Zkoumáme totiž často až zbytečně mnoho indexů, jestli z nich nemůže náš rozklad pokračovat. Tedy ke každému i zkoušíme až n indexů. Kdyby se nám podařilo vyhnout se testování zbytečných indexů, znatelně si pomůžeme. Označmě q1, q2 … , qm všechny indexy, pro něž se náš výpočet větví a kterými pokračuje rozklad. Za zbytečné indexy pak budeme považovat ty, které leží za qm. Na první pohled se zdá, že si pranic nepomůžeme, ale opak je pravdou. Pohleďme na problém šalamounsky a „naúčtujme“ procházení indexů až do qm někomu jinému, v našem případě oním šťastlivcem bude výpis rozkladu.\nUveďme na příkladu: Ocitáme se právě uprostřed výpočtu. Řekněme, že náš rozklad má již h slov a nacházíme se na indexu 100. Ve slovníku je celkem W slov, ale pouze pro w znich existují rozklady od aktuálního indexu. Délka nejdelšího z těchto w slov je řekněme 42. Délka nejdelšího slova ve slovníku je třeba 123. Pak za zbytečné indexy pokládáme všechny od 143 dál (až do 223 = 100 + 123). Tedy B[143, 0 … m] … B[223, 0 … m] už nezkoušíme. Oněch prvních 42 znaků musíme vypsat tak jako tak, což znamená, že tyto kroky není nutné započítávat.\nPro každé z použitých q1, … qm budeme stejně muset vypsat celé slovo a proto můžeme s čistým svědomím všechny kroky potřebné k jejich určení započítávat do výpisu těchto slov (víceméně násobíme konstantou 2). Problematické jsou pouze zbytečné indexy, které nemáme komu naúčtovat, ale právě proto je vynecháme. Ve skutečnosti jsme tak schovali veškerou časovou režiji naší funkce do výpisu, o kterém ale víme, že spotřebuje O(K ·n).\nCo k tomuto úskoku budeme potřebovat? Postačí nám, když budeme znát poslední index qm a to pro každou dvojici (index, počet slov rozkladu) – to znamená navíc ke každému B[i,j]. Pro rozklady o různém počtu slov se totiž q1, … qm obecně liší. Během výpočtu našeho dvojrozměrného pole B si budeme počítat i nějaké další pomocné pole Q[i,j]=qm. V backtracku postačí se dívat do tohoto pole a nezkoušet indexy za Q[i,j].\nSnížili jsme odhad časové složitosti funkce na O(K ·n) a celkovým výsledkem je O(K ·n + n3).\nJeště poznámka na závěr: Náš algoritmus jsme se záměrně optimalizovali na paměťovou složitost nezávislou na K a to za cenu dynamického výpočtu v O(n3). Důvodem je možná velikost K. Představme si, že vstup bude pouze z teček a ve slovníku budou pouze dvě slova. Jejich zápisem bude jedna a dvě tečky. Počet možných rozkladů vstupu délky n pak bude Fn, kde Fn je n-té Fibonacciho číslo. Ty snadno odhadneme zdola na 2n/2, protože z Fn+2=Fn+1+Fn plyne, že Fn+2 je alespoň dvakrát větší než Fn. A exponenciální paměťovou složitost si opravdu dovolit nemůžeme.\nJosef Pihera & Martin Mareš\n20-4-2 Stonehedge (Zadání)\nNapřed uděláme několik pozorování.\nZ každého rohu vedou právě dvě úsečky. Méně nedává smysl a více dává křížení.\nJedna z těchto úseček bude vodorovná a jedna svislá (jinak by to nebyl roh, ale průchod bodem). Tedy, každý vrchol má svého vodorovného a svislého souseda.\nNyní si vezměme například vodorovné sousedy (pro svislé to bude obdobné). Vodorovný soused má stejnou y-ovou souřadnici.\nRozdělme si tedy všechny body do skupin podle y. Podívejme se na jednu takovou skupinku a setřiďme si ji, řekněme, odleva. Ten úplně vlevo musí mít svého souseda (a to v této skupince), ale jediný, který připadá v úvahu je ten nejbližší napravo od něj. Takže je spojíme. Tím jej samozřejmě použijeme (může mít jen jednoho souseda) a stejná situace tedy nastává se třetím a čtvrtým a tak dále.\nVšimněme si, že v každé skupince musí být sudý počet vrcholů. Kdyby nebylo, tak to zřejmě není kámen popsaný v zadání (poslední nemá s čím sousedit).\nTakto můžeme zpracovat všechny skupinky. A obdobným způsobem můžeme spárovat i svislé dvojice.\nJak to ale udělat rychle? Pokud si setřídíme body lexikograficky podle (y,x), pak budou vždy všechny body se stejnou y-ovou souřadnicí za sebou, seřazené dle x-ové. A protože mají skupinky sudé počty, můžeme takto setříděnou posloupnost prostě začít spojovat po dvojicích od začátku (a nestarat se, kde začíná jedna skupinka a druhá končí).\nNyní již máme ke každému bodu jeho svislého a vodorovného souseda (svislé sousedy uděláme stejně, jen setřídíme dle (x,y)). Musí tvořit uzavřený cyklus (neboť v kameni nejsou díry a všechny body musí být na kameni a obvod je jistě souvislý). Takže jej stačí jen vypsat a jediný problém je, kterým směrem začít.\nPokud si vybereme některý vrchol na „horní vrstvě“ a ten má svého pravého souseda, pak je to zajisté po směru hodinových ručiček. A nejlevější vrchol svého pravého souseda bude mít určitě. Mimochodem, tento vrchol skončil jako první při setřídění dle (y,x).\nJak rychle to dokáže běžet? Načtení zvládneme lineárně, výpis také (to jen procházíme kolem dokola, než narazíme opět na ten první). Rozdělení na dvojice jde také lineárně – každý bod zapojíme jednou vodorovně a jednou svisle. Jediný problém je tedy s tříděním, které (v obecném případě) nezvládneme rychleji, než v O(N· log N).\nPaměťová složitost je lineární, stačí si pamatovat jednotlivé body a jejich sousedy.\n20-4-3 Mince (Zadání)\nDo zadání se nám vloudila jedna drobná nejednoznačnost. Není zřejmé, zda v případě, kdy jsou na počátku 4 mince lícem vzhůru trpaslík hned ukončí hru, či ne. Pokud tomu tak nebude, přidáme na začátek „tah“, kdy neotočíme žádnou minci a vše převedeme na první případ.\nNejprve si uvědomme, že všechny možnosti, jak jsou mince otočeny (nazveme toto stavem mincí), je možno rozdělit na šest skupin (matematicky se mluví o kongruenci), které se při otočení nemění (tj. pokud vezmeme stav z nějaké skupiny a otočíme soudek, bude stav patřit do té samé skupiny). Popišme je vzájemnou polohou a počtem mincí, které jsou lícem vzhůru. To mohou být všechny (a tedy končíme), tři mince, dvě mince úhlopříčně, dvě mince vedle sebe, jedna mince, nebo žádná. Pokud tedy zjistíme, kterou skupinu převádí daný tah (tj. otočení mincí) na kterou, můžeme najít jejich posloupnosti, které každou z pozic převedou na první z nich a tím jsme hotovi.\nJak na to? Pro zjednodušení uvažujme, že každý lichý tah otočíme na soudku všechny mince a navrhujeme jen sudé. Ten nám převádí skupinu se čtyřmi a žádnou mincí lícem nahoru mezi sebou. Stejně tak mezi sebou přechází trojice, resp. samotná mince. Zbylých dvou skuipn, odpovídajících dvěma mincím lícem vzhůru, se tento tah nedotkne. Slučme tedy příslušně skupiny mezi sebou a označme si je jako (4) v případě, že jsou všechny mince stejnou stranou vzhůru, (2U) když jsou dvě mince úhlopříčně lícem vzhůru a dvě ne, (2V) případ, kdy jsou dvě mince vedle sebe lícem vzhůru a dvě ne a (1) stavy, je jedna mince nějak otočena a zbylé tři opačně.\nDalší užitečné pozorování je, že při otočení sudého počtu mincí se nezmění parita počtu mincí lícem vzhůru (tj. pokud byl lícem vzhůru lichý počet mincí, zůstane lichý, a pokud sudý zůstane sudý). Tedy otočením sudého počtu mincí převedeme stav ze skupiny (1) na stav ze skupiny (1) a stavy skupin ((4),(2U),(2V)) na stavy z té samé trojice skupin. Pokud otočíme jednu (nebo libovolný lichý počet mincí), převede to (1) na stav z některé ze skupin ((4),(2U),(2V)) (do které skupiny přesně se dostaneme záleží na otočení soudku a kterou přesně minci bereme) a stavy ze skupin ((4),(2U),(2V)) na stavy skupiny (1). Pokusme se tedy najít posloupnost otáčení sudého počtu mincí, kterou jsme schopni dostat stavy ze „sudých“ skupin ((4),(2U),(2V)) dostat na (4). Pokud nám nevyřeší problém, tak musel stav patřit (a stále patří) do skupiny (1). Otočením jedné mince ho převedeme na nějaký stav ze „sudých“ skupin a, jelikož už víme, že stav ze skupiny (1) nemůžeme mít, stejnou posloupností tahů trpaslíka porazíme.\nZbývá tedy podívat se na to, jak vyřešit skupiny (4), (2U) a (2V). Uvažujme pro tento odstavec, že víme, že lícem nahoru byl sudý počet mincí. (4) ani řešit nemusíme - tu nám zastaví trpaslík. (2U) je jednoduché - otočením dvojice mincí úhlopříčně na soudku dostaneme (4) (a tedy trpaslík nás zastaví) a z (2V) se nám stane (2V). Po „prvním“ tahu, pokud nás trpaslík nezastavil, víme, že stav soudku je ze skupiny (2V). Jako „druhý“ tah otočíme dvojici mincí vedle sebe. Podle toho, jak byl zrovna natočen soudek, dostaneme stav ze skupiny (4) nebo (2U). Pokud nás stále trpaslík nezastavil, patří do skupiny (2U) a tedy po otočení dvojíce mincí úhlopříčně budou všechny rubem (nebo lícem) vzhůru.\nTím jsme tedy nastínili, jak získat vyhrávající strategii. Konkrétně bude vypadat:\notoč všechny 4 mince\notoč 2 mince úhlopříčně\notoč 2 mince vedle sebe\notoč jednu minci\nMalá poznámka na závěr. Rychlejší strategie, než zde uvedené ani neexistuje. Pro začátek uvažujme, že máme jen zavázané oči (a nevíme, jaké je počáteční otočení mincí), ale trpaslík netočí se soudkem. Uvažujme všechny přípustné stavu soudku (tj. takové, kdy nám trpaslík ještě nezastavil hru). Každým tahem můžeme maximálně jednu z těchto pozic převést na tu, kdy jsou všechny lícem vzhůru a tím jí vyloučit (buď nás trpaslík zastaví, nebo to tenhle stav mincí nebyl). Zbylé pozice se nám vzájemně jednoznačně převedou na (možná) jiné stavy. Vzájemně jednoznačně znamená, že po provedení tahu budeme schopni určit jaká byla původní pozice (např. provedením toho samého tahu podruhé se vrátíme zpět) a tedy i že počet různých přípustných pozic se nám nezmenší, resp. zmenší o jednu, kterou jsme vyloučili. Jelikož na začátku máme jeden z 15-ti stavů a nevíme který, potřebujeme alespoň 15 tahů abychom libovolný z nich otočili lícem vzhůru. Pokud trpaslík „začne“ točit soudkem, určitě strategie řešící tuhle úlohu nebude kratší než v případě, kdy neotáčí. A protože nalezená strategie 15 tahů má, musí být nejkratší možná.\n20-4-4 Skupinky pro chytré (Zadání)\nOperace nad skupinkami přesně odpovídají operacím nad haldou z kuchařky 4. série, a naše rešení bude opravdu vycházet z haldy. Protože nechceme hledat jedince s minimálním IQ (těch je dost :-), ale s maximálním, bude zapotřebí otočit porovnávání.\nVětší rozdíl spočívá v tom, že operace potřebujeme provádět "nedestruktivně" – nesmíme měnit již existující skupinky. Na principu fungování haldy se nic nemění, ale data nebudeme moci ukládat do pole jako v kuchařce. Strom uložíme jako sadu prvků (struct Node) pospojovaných pointery na levého a pravého syna. Operace nad haldou tak bude jednoduché dělat nedestruktivně: místo modifikace prvku naalokujeme nový prvek, zkopírujeme hodnoty ze starého prvku, a upravíme co je potřeba upravit. Při modifikaci syna budeme muset vždy vyrobit i nového otce a dál až ke kořeni.\nPro haldové operace potřebujeme efektivně umět pracovat s nejpravějším prvkem ve spodní hladině, a potřebujeme umět určit otce daného prvku. V poli je situace jednoduchá, požadovaný prvek je v poli tolikátý, kolik je prvků v haldě, a otec je na pozici i/2 (kde i je pozice syna).\nJednoduché řešení by bylo přidat do každého prvku ukazatel na jeho otce, a držet si ukazatel na nejpravější prvek ve spodní hladině; ale toto řešení použít nemůžeme, protože ukazatel na otce by nám neumožnil pracovat "nedestruktivně".\nNaštěstí je možné i-tý prvek najít pomocí bitového zápisu i, stačí postupovat od kořene a dle hodnoty bitu jít do levého nebo pravého podstromu. Pokud si do pomocného pole schováme prvky, které jsme prošli, odpadne též problém s hledáním předchůdců.\nČasová složitost operací insert a delete_best je\nO(log(n)), časová složitost find_best je O(1). Operace find_best nepotřebuje žádnou dodatečnou paměť, insert i delete_best naalokují O(log(n)).\n(S diky Petru Ondrúškovi.)\n20-4-5 Roboti na útěku (Zadání)\nŘešitele této úložky lze rozdělit do dvou skupin. Skupina první (která měla mohutnost pouze 3) přišla, viděla a s přehledem vyřešila. Skupina druhá (značně početnější) přišla, viděla, nevěřila svým očím, a tak raději vůbec neřešila. Pojďme se nyní podívat, jak si s roboty poradit …\nK řešení našeho problému použijeme procházení stavového prostoru do šířky. U všech procházení je nejtěžší poznat, jak vypadá zmíněný stavový prostor. Obecně je stavový prostor orientovaný graf, kde vrcholy představují jednotlivé stavy a hrany přechody mezi nimi (jednotlivé kroky). V našem případě je stav definován polohou obou robotů a všech stráží. Z každého stavu pak vedou nejvýše čtyři hrany – jedna pro každý potencionální příkaz, který mohou roboti obdržet (stráže se pohybují automaticky, takže není potřeba jejich pohyb dále řešit). Některé hrany (případně i stavy) mohou být z prostoru vyloučeny, protože v nich dojde k zajmutí některého z robotů.\nBohužel nemůžeme stavy reprezentovat přímočaře, jak bylo popsáno. Pejsek je zakopaný v počtu stráží. Kdyby jich v obou bludištích byl maximální počet (tedy 10), potřebovali bychom vhodně ukládat informace o (x1y1x2y2)11 stavech. Naštěstí víme, že stráže neustále chodí po stejných trasách a délka jejich tras může být pouze 2, 3 nebo 4. Podle toho se pozice stráže opakuje vždy po 2, 4 nebo 6 krocích. Nejmenší společný násobek těchto čísel je 12, takže každých 12 kroků se pozice všech stráží opakuje. Pokud víme, ve které z 12-ti možných pozic se právě stráže nachází, jsme schopni spočítat její polohu jen ze vstupních dat.\nJak již bylo naznačeno, prostor budeme prohledávat do šířky. Pro každý stav si potřebujeme pamatovat informaci, zda jsme v něm už byli, a také z jakého stavu jsme se do něho dostali, abychom pak mohli zrekonstruovat výslednou cestu. Maximální počet stavů bude 12 ×(20 ×20)2, protože existuje 12 možných pozic stráží a maximální rozměry bludiště jsou 20 ×20, celkem tedy 2 560 000 stavů. Stav dokážeme bez problému zakódovat do 32-bitového integeru, takže celkem spotřebujeme necelých 10 MB paměti na stavy a nejvýš tři čtvrtiny této hodnoty na frontu. S těmito čísly už se do CodExu vejdeme.\nSamotný algoritmus pak přesně odpovídá tomu, co již známe z kuchařky. Na počátku vložíme do fronty výchozí stav a označíme jej za použitý. V každém kroku vybereme jeden stav z fronty, spočítáme všechny stavy, do kterých se z něj dá dostat, ty si označíme a vložíme do fronty. Algoritmus končí v okamžiku, kdy narazíme na stav, ve kterém jsou oba roboti venku z bludiště.\nVýslednou cestu pak zrekonstruujeme tak, že postupujeme od koncového stavu zpět k výchozímu podle informací, které jsme si ke stavům uložili. Jediný zádrhel spočívá v tom, že cestu musíme vypsat v opačném pořadí, takže si ji musíme nejprve uložit a pak teprve vypsat.\nVoila. Nyní už je dochutíme podle libosti a servírujeme kompilátoru.\n20-4-6 Hrady, hrádky, hradla (Zadání)\na) První podúloha, tedy nalezení „křižítka“, bude snadná. Budou nám totiž stačit tři hradla XOR:\nProč tento obvod dělá to, co potřebujeme? Pokud jsou oba vstupy stejné, odpoví prostřední hradlo nulou, takže krajní hradla jen zkopírují vstup na výstup, což je správně. Pokud jsou naopak vstupy různé, prostřední hradlo odpoví jedničkou, takže krajní hradla vstup negují, a to je opět správně.\nDokázat bychom to mohli i algebraicky (⊕ je XOR):\nY2 = X1 ⊕(X1 ⊕X2) = (X1 ⊕X1) ⊕X2 = 0 ⊕X2 = X2.\nA jak se dá na něco takového přijít? Zkusme uvažovat takto: Máme najít obvod se vstupy X1 a X2 a výstupy Y1 a Y2, který bude vždy počítat Y1=X1 a Y2=X2. Navíc tento obvod má být rovinný a pokud ho vepíšeme do kružnice, mají vstupy a výstupy po obvodu této kružnice dávat pořadí X1, X2, Y1, Y2. Jistě můžeme předpokládat, že hradlo, ze kterého vystupuje Y2, leží přímo na kružnici, takže do něj můžeme podél kružnice přivést vstup X1. Analogicky hradlo pro Y1 může znát Y2. Jak tedy spočítáme z X1 hodnotu Y2=X2? K tomu je potřeba informace o tom, zda se X1 a X2 liší či nikoliv. Tu lze snadno počítat uvnitř kružnice. A naše konstrukce je na světě.\nMimochodem, vystačili bychom si i s hradly NAND: Vzpomeňte si na konstrukci hradla xor ze čtyř NANDů – byla rovinná. Můžeme ji tedy dosadit do našeho schématu a získat křížící obvod z NANDů.\nb) Druhá podúloha je zdánlivě dočista triviální. Pokud nějaký obvod není rovinný, je to proto, že se v něm vodiče kříží. Tak křížení nahradíme naším křižítkem a získáme obvod, v němž je o jedno křížení méně. To nám stačí provést konečně-krát a obvod bude rovinný. Jenže …\n1. V jednom místě grafu by se mohlo křížit i více hran. Pokud se to stane, určitě existuje nějaké malé okolí tohoto bodu, kde nejsou žádná hradla ani další křížení. Tak všechny hrany, které se křížily, „rozšoupneme“ do tohoto okolí a z násobného křížení tím vyrobíme několik obyčejných.\n2. Kdybychom křižítko umístili nešikovně, mohli bychom vyrobit nová křížení a celý proces zroviňování by se nikdy nezastavil. Pomůžeme si podobně jako od násobných křížení: najdeme dostatečně malou kružnici okolo místa křížení, kde se vyskytují jenom ty vodiče, které se křížení účastní (taková určitě existuje), a obvod vlepíme do ní. Víme přeci, že se do kružnice dá vepsat a jistě ho můžeme „ohnout“ tak, aby měl vývody na správných místech.\n3. Mohli bychom v obvodu vytvořit cyklus – třeba tehdy, když se kříží vodič vedoucí na vstup nějakého hradla s vodičem vedoucím z výstupu téhož hradla. Cykly jsme sice v definici hradel v první sérii výslovně nezakázali (a jeden z ukázkových obrázků dokonce cyklus obsahuje), ale není nijak jasné, jak se takové obvody chovají. Teprve v páté sérii se něco takového pokoušíme zavést. Proto cykly v obvodech, kde dříve nebyly, při zroviňování nechceme vytvářet.\nTo se zařídí snadno: nakreslíme si schéma tak, aby bylo topologicky setříděné podle x-ové souřadnice. Na přímce x=0 budou ležet ta hradla, která závisí pouze na vstupech obvodu; poskládáme je tam libovolně. Na přímku x=1 umístíme ta, která závisí na vstupech obvodu a na výstupech již umístěných hradel, a tak dále. Pokud v obvodu není cyklus, postupně takto umístíme všechna hradla. Všimněte si, že nyní jsou v každém křížení oba vodiče naprosto nezávislé – hodnota na jednom nijak nezávisí na tom, jaká hodnota putuje druhým. Přidáváním křižítek tedy už nemohou cykly vznikat.


Pěnové matrace – Nábytek-Jankovsky.cz\nStolní Led Lampa Schofi, 20/22/15cm\nStolek Z Masivního Dřeva Kalkutta Š: 120 Cm\nDomů / Ložnice / Matrace / Pěnové matrace\nZobrazen 1. – 30. z 81 výsledků\nMatrace ELIO PLUS má pohodlné pěnové jádro tvořené z kombinace tří druhů pěn – profilovaná pěna Nightlfly dokonale kopíruje postavu, antibakteriální pěna uprostřed chrání matraci před plísněmi a mikroorganismy, stabilní oporu v jádru tvoří Eliocell pěna. Potah Aloe Vera má …\nMatrace Extrafest Relax 120/200cm, H4\nTuhá ortopedická matrace s 3D technologií na ortopedický komfort a vzdušnost, s jemným paměťovým efektem, 2 pocity ležení, kokosová výstuha, potah MIKROKLIMATIK pratelný až do 95 °C.Výška 16 cm, nosnost 130 kg, PL: 120/200 cm\nMatrace Extrafest Relax 140/200 Cm H4\nOrtopedická matrace s masážním efektem EXTRAFEST RELAX od značky PRIMATEX je vyrobena z 3D pěny, paměťové pěny a jádra z kokosového vlákna. Obsahuje celkem 7 zón ležení. Matrace má výšku 16 cm a nosnost 130 kg. Komfortní lehací plocha činí …\nTuhá ortopedická matrace s 3D technologií na ortopedický komfort a vzdušnost, s jemným paměťovým efektem, 2 pocity ležení, kokosová výstuha, potah MIKROKLIMATIK pratelný až do 95 °C.Výška 16 cm, nosnost 130 kg, PL: 80/200 cm\nOrtopedická matrace s masážním efektem EXTRAFEST RELAX od značky PRIMATEX je vyrobena z 3D pěny, paměťové pěny a jádra z kokosového vlákna. Obsahuje celkem 7 zón ležení. Matrace má výšku 16 cm a nosnost 130 kg. Lehací plocha činí 90 …\nMatrace FEMINA KOKOS vyhovuje zejména lidem, kteří mají rádi spaní na velmi tvrdém povrchu. Nejen, že disponuje tvrdostí H3 – tvrdou, její nosnost je možné využít až do 120 kg. Sendvičová matrace s plochou ležení 140 x 200 cm má …\nMatrace Femina Kokos H3 180/200cm\nMatrace FEMINA KOKOS vyhovuje zejména lidem, kteří mají rádi spaní na velmi tvrdém povrchu. Nejen, že disponuje tvrdostí H3 – tvrdou, její nosnost je možné využít až do 120 kg. Sendvičová matrace s plochou ležení 180 x 200 cm má …\nMatrace FEMINA KOKOS vyhovuje zejména lidem, kteří mají rádi spaní na velmi tvrdém povrchu. Nejen, že disponuje tvrdostí H3 – tvrdou, její nosnost je možné využít až do 120 kg. Sendvičová matrace s plochou ležení 80 x 200 cm má …\nMatrace FEMINA KOKOS vyhovuje zejména lidem, kteří mají rádi spaní na velmi tvrdém povrchu. Nejen, že disponuje tvrdostí H3 – tvrdou, její nosnost je možné využít až do 120 kg. Sendvičová matrace s plochou ležení 90 x 200 cm má …\nMatrace Femina Kokos H4 140/200cm\nMatrace FEMINA KOKOS vyhovuje zejména lidem, kteří mají rádi spaní na velmi tvrdém povrchu. Nejen, že disponuje tvrdostí H4 – extra tvrdou, její nosnost je možné využít až do 140 kg. Sendvičová matrace s plochou ležení 140 x 200 cm …\nMatrace Femina Kokos H4 180/200cm\nMatrace FEMINA KOKOS vyhovuje zejména lidem, kteří mají rádi spaní na velmi tvrdém povrchu. Nejen, že disponuje tvrdostí H4 – extra tvrdou, její nosnost je možné využít až do 140 kg. Sendvičová matrace s plochou ležení 180 x 200 cm …\nKomfortní extra tvrdá pěnová matrace s Visco sendvičovým jádrem Matrace FEMINA KOKOS vyhovuje zejména lidem, kteří mají rádi spaní na velmi tvrdém povrchu. Nejen, že disponuje tvrdostí H4 – extra tvrdou, její nosnost je možné využít až do 140 kg. …


Radkin Honzák: Co všechno si může dovolit ten úředník na Hradě placený z našich peněz?!\n09. 12. 2018 | 18:24\nPřečteno 30479 krát\nKde jsou meze drzosti státních úředníků?\nKdyž ruský – pardon, tehdy sovětský – hospodářský zázrak dosáhl té úrovně, že nebyl k sehnání ani hajzlpapír, ani zubní pasta a obchody s potravinami se začaly podobat těm rumunským, promluvil Milouš Jakeš na Červeném Hrádku a všem náhle bylo jasné, že tihle tajtrdlíci dál vládnout nebudou. Není na škodu připomenout, že ten tvor byl zvolen do úřadu nejen většinou, ale jednomyslně!!!\nMiloš Zeman promluvil v ruské televizi a vysvětlil Urbi et orbi, že je dále se Sovětským svazem na věčné časy a nikdy jinak, a že Rusko a Čína jsou naše vzory.\nSnad by si mohli pamětníci (a nejsme to jen my v naší generaci) vzpomenout, že v roce 1989 a 1990 jsme chtěli zpět do Evropy z toho asijského samoděržaví, které pan prezident teď opěvuje. Evropa nepotřebuje diktátory asijského typu, cézaropapismus byzatské říše, my tady opravdu chceme demokracii.\nPan prezident nastupoval do funkce a přísahal! Na závazky, které máme vůči EU a spojencům v NATO a teď táhne zemi na Východ, který nám strká jako vzor! Putina a Čínu – to už jsme tu měli dost dlouho a tanky na náměstí, i když to není náměstí Nebeského klidu, už nepotřebujem. Máme čerstvě opravenou fasádu muzea. Když Miloš Zeman nevěří varujícím profesionálům z BIS a věří neprověřenému Mynářovi (kterému ještě dali výjimku na honosnou stavbu), je stále reprezentantem našeho lidu, která je z Ústavy zdrojem vší moci???\nNeměl by už ten LID konečně vyjít vysvětlit ruským agentům a proruškým kašparům své skutečné mínění? Že netouží znovu po prázdných krámech a nedostatku hajzlpapíru?


Nejprodávanější zboží 1.Golfový kočárek Caretero Spacer red 2.Pyžamko Disney Princess 3.Dětská skládací ohrádka Caretero Quadra brown 4.Cestovní postýlka Caretero Medio Safari blue 5.Dětské odrážedlo-kolo Milly Mally Dragon pink 6.Čtyřkolka Quad Baby Mix red Porovnání výrobků\nDětská postýlka Jarda se šuplíkem - borovice\nbez DPH 2 479,50 Kč\nPopis Dětská postýlka se šuplíkem je vyráběna z kvalitního borovicového dřeva s kvalitní povrchovou úpravou. Postýlka obsahuje vyndavací příčky a rošt nastavitelný do dvou poloh. Velkoobjemový šuplík je chráněn posuvným krytem zabraňujícím vniknutí prachu a nečistot. Na bočnici postýlky jsou vyfrézovány krásné ornamenty. Kolečka ani matrace nejsou součástí postýlky a musí se objednat zvlášť. Zakoupením této postýlky získáte jistotu a bezpečí vašeho dítěte a možnost využití pro další přírůstek do rodiny. Vnitřní délka 120 cm Vnitřní šířka 60 cm Hloubka postýlky v horní poloze roštu 33 cm Hloubka postýlky ve spodní poloze roštu 62 cm Hmotnost 30 kg Výška bočnice 90 cm Celková šířka postýlky 66 cm Celková délka postýlky 125 cm Výška čela od země (bez koleček) 107 cm Vnitřní rozměry šuplíku (hloubka x šířka x délka) 13 x 58 x 113 cm


PDF Člověk a prostředí : globální environmentální problémy - Monika Morris (Müllerová) - Aftwoodub Syncgeportre :: Kde jsou e-knihy ke stažení - Vybrané Knižní Novinky\nČlověk a prostředí : globální environmentální problémy\nMonika Morris (Müllerová)\nVysokoškolská učebnice zaměřená na environmentální výchovu a vzdělávání. Učební text poskytuje komplexní pohled na postavení a úlohu člověka v životním prostředí. Značný prostor je věnován globálnímu charakteru současného světa a vybraným globálním problémům, včetně hlavních mezinárodních jednání a úmluv týkajících se této problematiky...celý text\nTakové problémy oznaujeme jako GLOBÁLNÍ. K tématice ivotního prostedí získáte jinak z voln pístupných zdroj pouze obecné popisy situací a návody které pi . Brooklyn College Email. Globalizace a globální problémy Sborník text k celouniverzitnímu kurzu Globalizace a globální problémy Editoí Jana Dlouhá Jií Dlouhý Václav Mezický Univerzita Karlova v Praze Centrum pro otázky ivotního prostedí Praha 2006. 20171221 ro.\nHlavní zneiovatelé v MSK monosti zlepení. Plně financované PhD programy v antropologii. adaptace na zmnu klimatu ekologická krize globální oteplování environmentální problémy Výsledky 1 2 z 2 pro vyhledávání globální problémy ivotního prostedí doba hledání 013 s. aby to mlo aspo malý pozitivní výsledek a ne jenom jeden lovk. Celý píspvek je koncipován jako píprava na jednu vyuovací hodinu která me být zaazena do tematického celku Globalizace. Globální problémy ivotního prostedí Veverk. Datakabinet kabinet moderního uitele vzdlávací portál kvalitní elektronické materiály a data prezentace výukové materiály. tídy vetn 15 16 lenná skupina vybral jedno z témat a pipravil aktivity. 1 Globální environmentální problémy Podrobný sylabus kurzu ENS124 Základní informace ke kurzu a jeho ukonení Cíle kurzu Cílem pedmtu je na jedné stran vysvtlit souvislosti globálních environmentálních problém pednáky a zárove. Globální výchova je oznaení pro alternativní pojetí výuky a výchovy ve kolách. SOUASNÁ RIZIKA Fyzikální nap. Výuka by podle nj mla vycházet z problém souasného svta mla by rozvíjet osobnostní kompetence áka a spolupráci ve tíd a mla by áky vést k pochopení vzájemné provázanosti vcí a proces. Geronimo Stilton Books Kingdom království fantazie 11. Strom roste v Brooklynovi film online. Tyto pojmy zpravidla popisují nejen strach z budoucnosti v souvislosti s dsledky globální zmny klimatu a dalími problémy ivotního prostedí ale také smutek z toho e nenávratn zaniká ást pírodního svta. Modul lánky Metodického portálu RVP.CZ. Pedmt Globální problémy ivotního prostedí YME01P1ZX Fakulta humanitních studií FHS Univerzita Karlova v Praze UK. Nae cena 441 K . lovk a ivotní prostedí. Globální problémy.\nSAT tipy a triky pdf.\nZdroje volně dostupných e-knih e-knihy Člověk a prostředí : globální environmentální problémy PDF. Knihy online cz Monika Morris (Müllerová).


V domě design team vytvářet produkty pro vlastní rostoucího portfolia a licencovaných značek, které pokrývají širokou škálu kategorií, včetně móda, sportovní výkon, character licencí, základní sportovní a fitness.\nJsme rozsáhlé oddělení, které pokrývají oděvy, grafika, tvrdé zboží a doplňky.\nJsem začal pracovat pro sportovní přímé jako junior oblečení designer v 2009 - přímo poté, co jsem dokončil univerzitu. byla docela malá a navrhl jsem vše od módy pohybuje jako Kangol a Golddigga sportovní a výkon značky, jako jsou USA PRO a Karrimor.\nJak design team rostl ji rozdělit na specializované oblasti jádro sportu, sportovní výkon, módní design a Character design, stejně jako velký team grafiku a produktem designérů. Pracoval jsem na módní team pro příštích 10 let, pracovní cestu do návrháře úrovně a mají junior designér pracuje se mnou na naší módní značky.\nJsem se nedávno přestěhoval v designu team znovu a nyní jsem fotbal a jiné licenční oblečení. Navrhování fotbalové dresy, fan oblečení pro stadion obchody, RFU ragby, UEFA a mnoho dalších velkých licence.\nJako designér v přímé sportovní žádné dva dny jsou stejné. Jsem zapojen ve všech oblastech návrhu procesu-včetně zkoumání, navrhování oblastí, styk s agenty v domě továrna zajistit, že návrhy jsou interpretovány správně a schválení barev a vzorků. To je skvělé vidět, design z myšlenky na hotový oděv v obchodě a vzrušení z toho nikdy nezestárne!\nByl jsem na nějaké úžasné výzkumech a veletrzích v Británii a do zahraničí, do míst včetně New York, La a Germany, což je těžké práce, ale velkou část práce! Jsem také byli odměněni za své úsilí s lístky na fotbalové zápasy, jsou selected jít na výroční konferenci v Newcastlu a život měnící bonusů.\nTo je úžasné vidět, jak se během let rozrostla společnost, jsem rád svou práci a jsem hrdý na to, být součástí velkého team.\nMusíte mít odpovídající kvalifikaci, a pokud možno zažít v povinné pole, stejně jako silné Adobe Illustrator/Photoshop dovednosti.\nMusíte být quick myšlení a schopen kombinovat tvůrčí schopnosti s obchodní reality, která je klíčovým faktorem v rámci našeho úspěchu.\nBudete také potřebovat vynikající komunikační dovednosti pro práci mezi návrháři v rámci team, kupující, marketing a asistenci zástupců továrna v jejich interpretaci vašich návrhů.\nPokud budete pozváni k účasti na pohovoru, který se může lišit v závislosti na roli nebo oddělení selected žádá.\nPracuje jako designér\nBude mít sídlo v naší head úřadu práce v rychle měnícím prostředí, schopnost vyrovnat se s neustále se vyvíjející design trend. Budete potřebovat mít zájem na úspěchu a vášeň pro přímé sportovní úspěch, to je.


Karambol Žižkov - Ivo Gazdoš vítězí na Kladně\nPublikoval Administrator 9.10. 2018 18:17:25\nZměnou prošel systém turnaje seriálu Velkých cen. Do hlavní fáze turnaje je od této sezony nasazeno pět namísto osmi hráčů. Z poslední fáze kvalifikace postupuje do hlavní části celkem sedm hráčů. V před kvalifikačních kolech si postup do další fáze zajišťuje také nejlepší hráč z druhého místa. Hráči tak mají v každém zápase o co bojovat. Na druhou stranu se turnaj při počtu 36 hráčů protáhne o devět zápasů. Organizující kluby tak budou mít velkou fušku s pokrytím celého průběhu turnaje. Poklona patří všem členům kladenského klubu, kteří se na organizaci prvního turnaje podíleli. Zvládli jste to skvěle ! Navíc se ve velmi krátké době povedlo nastavit a zprovoznit živý přenos. Turnaj tak dostal další náboj a jeho průběh místy na youtubovém kanálu kladenského klubu sledovalo více jako 30 diváků.\nTurnaj odstartoval již ve čtvrtek v 10:00. A již před-před-před kvalifikace přinesla dobré výkony. Hráči byli do turnaje nasazeni dle konečného pořadí z Velké ceny z minulé sezony. A tak se již v této fázi potkali silní hráči. Skupinu A vyhrál Pavel Škop před Hambálkem. Ve skupině B do turnaje skvěle vstoupil havířovský Pavel Stareček, který porazil Hovorku 20:1 na 11 náběhů. A díky výhře i v druhém zápase nad Truksou o jeden bod si zajistil postup do další fáze. Ve skupině C dokázal Faus porazit Bušanského a Domanského. Jako šťastný poražený do další fáze postoupil žižkovský Truksa, který zahrál se ziskem dvou bodů GP 0,808.\nV další fázi však Otovi Truksovi stopku vystavil Radek Novák. Ten i přes nevalný výkon Otu porazil poměrem 15:11. V před-před kvalifikační skupině B snadno vyhrál Marek Faus, který porazil Truhláře s Pechmanem. Turnaj v této fázi skončil pro Pavla Škopa. Ten v zápase o postup s prostějovským Galíčkem zahrál velmi bídně a nakonec prohrál 20:8 na 19 náběhů. Skupinu D vyhrál jablonecký Hudák před Pavlem Starečkem. Pavel Stareček do skupiny znovu vstoupil výkonem na 11 náběhů nad Bílkem. V zápase o postup však lépe zahrál Hudák, který havířovského hráče porazil 20:7 na 14 náběhů. Stareček dosáhl na GP 1,080 a tím si zajistil postup do další fáze jako nejlepší hráč z druhého místa.\nV před-kvalifikační skupině A si postup díky výhře 20:4 na 12 náběhů nad Vintrochou zajistil Marek Faus. Skupinu odstartoval zápas mezi klubovými kolegy Vintrochou a Starečkem. Mladý Vintrocha svého kolegu zaskočil a porazil v poměru 18:14. Stareček však vzápětí porazil Fause na 19 náběhů. Stareček měl GP 0,772. Faus tak před zápasem s Vintrochou věděl, že musí vyhrát a to navíc na dobrý výkon. A to se mu dokonale povedlo. Ze skupiny B snadno postoupil Novák. Dirna porazil na 12 náběhů. Skupinu C rovněž snadno vyhrál Galíček. Ten dosáhl nejlepšího výkonu ze všech. Partie zahrál na 20 a 15 náběhů. Avšak i druhému v pořadí v této skupině se povedlo projít do další fáze. Žižkovský Walach zahrál GP 0,8, o dvě kvarty více jak Pavel Stareček a postoupil tak na jeho úkor. Skupinu D vyhrál Jan Hudák o sedm setin před Enginem Ferahlim.\nV pátek v podvečer byla na programu poslední fáze kvalifikace. Krom vítězů postupovali hned tři hráči z druhých míst. Stejně jako v předešlé fázi se ve skupině potkali Walach s Galíčkem. K nim byl nasazen jablonecký Ziogas. Skupinu vyhrál Walach, který dosáhl na tři body. Galíček byl po dvou remízách na druhém místě. GP 0,8 dával šanci na postup do hlavní fáze turnaje. Skupinu B zvítězil Vladimír Stareček před Janem Hudákem pouze o průměr. Vzájemný zápas skončil remízou na 26 náběhů. Stareček však předvedl lepší výkon než Hudák proti třetímu hráči skupiny Sibaiovi. Skupinu C vyhrál Faus se ziskem tří bodů. Na druhém místě skončila Irena Hambálková, která dosáhla slušného GP 0,65. Ve skupině D se nedařilo Ivu Gazdošovi. Jak Novák, tak Gazdoš porazili třetího hráče skupiny Korce. Ve vzájemném zápase však oba zahráli velmi špatně. Z výhry se nakonec radoval Novák, který zvítězil 22:14. Ivoš se tak dostal do problémů, zda vůbec postoupí dále. Jak již bylo napsáno Irena dosáhla GP 0,65. Ivoš nakonec dosáhl na GP 0,661. V turnaji se tak zachránil pouze o jednu kvartu a to dělal dva body z dohrávky proti Novákovi.\nV sobotu po dvanácté hodině tak začala skupinová fáze turnaje. Hrálo se do 30-ti bodů na maximálně 35 náběhů. A k vidění byli hezké výkony. Skupinu A vyhrál domácí obhájce celkové primátu v seriálu Velkých cen z předešlých dvou sezon Jan Aleš na průměr 1,395 ! Za ním skončil se stejným ziskem tří bodů Ivo Gazdoš, který dosáhl na GP 1,276. Skupinu B vyhrál Vladimír Stareček před Adamem Bačou. Stareček nejprve sehrál remízový zápas s prostějovským Zdenkem Galíčkem. Galíčka pak porazil Bača v poměru 30:20 na 26 náběhů a turnaj tak pro hráče z Prostějova skončil. V zápase o první místo porazil Stareček Baču 30:24 na 22 náběhů ! Oba dosáhli rovněž průměru přes 1. Skupinu C vyhrál Radek Novák. Ten nejprve porazil klubové kolegu Kohouta na 21 náběhů. Posléze sehrál remízovou partii s Janem Hudákem. V zápase mezi Kohoutem a Hudákem o postup do čtvrtfinále potřeboval nutně zvítězit domácí hráč. I případná remíza by stačila k postupu jabloneckému hráči. Hudák v zápase po 21. náběhu vedl 15:24. Avšak v tom momentu zahrál Kohout nejvyšší sérii turnaje 10. Kohout dovedl partii jako první do konce. Zápas dohrál ve 28. náběhu. Na Hudáka tak čekal jasný úkol. Buďto třemi body zremizovat a zajistit si postup do čtvrtfinále nebo se s turnajem rozloučit. No a Honzovi se povedla první varianta. Zahrál sérii tří bodů a s turnajem se loučil domácí Štěpán Kohout. Z papírově nejslabší skupiny D postoupil Ráček s Walachem. Všichni hráči skupiny dosáhli na dva body za jednu výhru. O prvních dvou postupujících rozhodl vyšší GP než měl třetí Ettel.\nNedělní čtvrtfinále odstartovalo zápasy nasazených hráčů 4-5 a 3-6. Ivo Gazdoš porazil Milana Ráčka v poměru 30:18 na 22 náběhů. Ivoš vyrovnal nejvyšší sérii turnaje 10 ! Druhý zápas byl o poznání dramatičtější. Novák s Bačou neustále přetahovali o vedení. Nakonec jako první dohrál domácí hráč. Bača měl dělat dva body na dohrávku. První zahraný bod nedopadl úplně nejlépe. Obě koule byly v rozích. Bača strk krátký-dlouhý-dlouhý přitahoval. Avšak málo a jeho koule trochu lízla třetí kouli v rohu již z prvního dlouhého mantinelu. Novák tak vyhrál o jeden bod na 29 náběhů. Ve druhém kole byly výkony ještě lepší. Honza Aleš zametl s Láďou Walachem a partii vyhrál 30:5 na 16 náběhů ! Honza Hudák v závěrečném zápase porazil Laďu Starečka 30:16 na 21 náběhů.\nNejlepší výkon turnaj byl k vidění v semifinálovém klání mezi Ivošem Gazdošem a Honzou Alešem. Ivoš měl po 9. náběhu 6 bodů. Zbylých 29 bodů Ivoš sehrál na 9 náběhů ! Zápis 8-1-1-5-2-2-4-0-6. Honza této kadenci nedokázal vzdorovat. Ale z dohrávky se mu povedla zahrát na turnaji již třetí série 10 ! Zápas tak skončil 35:24 na 18 náběhů. Na vedlejším stole měl zase skvělý začátek Radek Novák. Ten měl po 9. náběhu celkem 24 bodů, zatímco jeho soupeř Honza Hudák pouze bodů 5. Radkovi se ale nastolené tempo nepovedlo udržet a na zbylých 11 bodů potřeboval dlouhých 16 náběhů. Ale i tak JP 1,4.\nÚvod finálové partie měl lepší havířovský Ivo Gazdoš. Po 12. náběhu vedl 11:18. Po 18. náběhu prohrával Novák již o 12 bodů - 12:24. Radkovi se však povedlo zápas otočit na stav 31:30. Ve 30. náběhu měl navíc sérii tří bodů a hrál poslední bod. Nepříjemnou pozici, kdy mu červená koule ležela nepříjemně na dlouhém mantinelu, nedal. Ivoš kontroval dvěma body. Stav po 30. náběhu byl 34:32. Radek měl na stole pozici, kdy hrál s falší do mantinelu dlouhý-krátký-dlouhý. Nepříjemné pro něj bylo, že musel hrát levou rukou a navíc tempoval přes kouli. Strk těsně vynechává. Ivoš nabídnutou šanci využívá a zápas třemi body ukončuje.\nIvo Gazdoš se tak ujímá průběžného vedení seriálu Velkých cen a do žebříčku si připsal 40 bodů. Druhý Radek Novák má na svém kontě bodů 32. Ivo zahrál generální průměr 1,124. Avšak zdaleka to nebyl nejlepší výkon turnaje. Honza Aleš zahrál skvělý generál 1,48 ! Jedná se o jeden z nejlepších výkonů českého hráče vůbec. Český rekord v tomto měřítku drží Martin Boháč, který na republikovém šampionátu v roce 2009 zahrál GP 1,566.\nSeriál Velkých cen pokračuje v říjnu druhým turnajem v Prostějově. Přihlašovat se můžete do této neděle 14. října.


Detail akce "Obejít MOST!"\nVedoucí akce: Ivka Jelínková - Termín konání: 07.03. 2021 - 28.03. 2021\nV dnešní době se nemohou konat společné akce. Tyto týdny můžeme chodit do přírody pouze v katastru své obce. Ivanku napadlo obejít naše město v několika etapách. První z nádraží do Rudolic a přes Špičák k jezeru Most a děkanskému kostelu. (Už proběhla). Další bude od kostela úbočím Hněvína přes Souš (kde můžete navštívit památný židovský hřbitov)a pak kolem autodromu Hořanskou cestou do Čepiroh. Třetí etapa povede z Čepiroh přes hipodrom do Vtelna a poslední z Vtelna do Rudolic (ještě se doladí). Pokud vás nápad zaujme, můžete všechny etapy kdykoli individuálně projít. Pořízené fotografie pošlete na WhatsApp. Zveřejníme je na www stránkách ve fotogalerii. Dodržujte všechna opatření! Mapka etap. Informace u Ivky Jelínkové.