Problém parity aneb řešení neřešitelných situací


Před nějakou dobou jsem měl zajímavou e-mailovou diskusi s jedním návštěvníkem těchto stránek. Tématem byla Rubikova kostka 4x4x4 a zákonitě se tak muselo dostat i na problém parity, který na ní může nastat. Během vzájemné korespondence si tazatel posteskl: "jen škoda, že problém nejde odhalit dřív než na poslední vrstvě, aby nedocházelo k nabourání již hotového". Odpověděl jsem něco v tom smyslu, že existuje více metod skládání, přičemž některé z nich se snaží problému parity na kostce 4x4x4 předcházet. Je na čase se o tom rozepsat detailněji.

Slovo úvodem

Nejlepší by bylo, kdyby článek sepsal matematik. Ten ke svému vyjadřování používá efektivní systém: definice - věta - lemma (pomocná věta) - důkaz. Výhodou je přesnost a jednoznačnost jeho výroků.

Na druhou stranu k tomu však potřebuje nepřeberné množství kvantifikátorů, operátorů, symbolů, operací a bůhví kolik dalších šíleností, s jejichž pochopením může mít normální člověk nemalé potíže (ano, skutečně shledávám matematika jako "nenormálního člověka", samozřejmě v tom nejlepším slova smyslu). Protože matematik nejsem, zvolil jsem při popisu problému parity lidštější přístup, i za cenu toho, že některá má tvrzení budou nejednoznačná a zavádějící, či dokonce mylná.

V následujícím textu se sice můžeme řídit značením tahů pro Rubikovu kostku 3x3x3, zanedlouho bychom ale zjistili, že je to přinejmenším nešikovné. Jelikož se na Rubikově kostce 4x4x4 vyskytuje více typů dílků než na kostce 3x3x3 (vidíte? první mylné tvrzení je na světě - jak kostka 3x3x3, tak i 4x4x4 obsahují celkem 3 typy dílků), a na kostce 5x5x5 se nachází více typů dílků než na kostce 4x4x4, bude po zbytek článku užíváno názvosloví v souladu s obr. 1 na stránce o počtu kombinací Rubikovy kostky NxNxN.

Cyklím, cyklíš, cyklíme

Abychom si vzájemně porozuměli, je zprvu vhodné zavést a definovat několik matematických pojmů. Nepanikařte (na to bude ještě dostatek času), termíny jsou pro jednodušší představu vztaženy ke známým hlavolamům.

QTM - anglická zkratka pro "Quarter Turn Metric", česky se dá přeložit jako metrika čtvrtinového otáčení. V praxi to znamená, že jako jeden tah je u Rubikovy kostky NxNxN bráno otočení vrstvou právě o 90 stupňů (např. tah U). Otočení o 180 stupňů v této metrice znamená dva tahy (např. tah R2 = R R). Pootočení vrstvou o 270 stupňů = -90 stupňů je opět jeden tah (např. F3 (nebo F F2, nebo F F F) = F').

Orbita - oběžná dráha, v níž se může určitý typ dílků hlavolamu vyskytovat. Kupříkladu kostka 4x4x4 má jako celek jednu orbitu pro rohy, jednu orbitu pro křídelní hrany a jednu orbitu pro středové dílky.

Permutace - vzájemně jednoznačné (tj. prosté a na (sebe) - souhrnně tzv. bijekce) zobrazení konečné množiny prvků.

Jako prvek si představujeme dílek hlavolamu. Množina těchto dílků překvapivě závisí na flexibilitě matematika - v případě Rubikovy kostky 3x3x3 se jí může rozumět všech 26 viditelných kostiček tvořící hlavolam (potom bychom hovořili o permutaci hlavolamu jako celku), stejně tak ale může jít třeba jen o rohy ve své orbitě (pak bychom mluvili o permutaci orbity/rohových dílků). V návaznosti na povolené tahy jednak můžeme na zmíněnou Rubikovu kostku 3x3x3 pohlížet jako na jednu množinu o 26 dílcích (tzn. lze hovořit o rozích, středech a hranách jako o podmnožinách, ale nelze mluvit o jejich permutacích), nebo jako na tři množiny o 8, 6 a 12 dílcích (tzn. rozlišujeme rohy, středy a hrany jako separátní typy dílků hlavolamu, a lze hovořit o jejich permutacích).

Kromě toho může být teoreticky množinou chápána i kombinace např. hran + rohů. Takové případy nebudou v dalším uvažovány, protože jsou z hlediska skládání hlavolamů nepraktické. Pokud nebude řečeno jinak, pod pojmem permutace budeme po zbytek článku vnímat permutaci dílků v její orbitě.

Uspořádáme-li prvky množiny do posloupnosti {1,2,...,n} (n představuje počet prvků v množině), můžeme permutaci znázornit tabulkou

permutace

ve které jsou v prvním řádku uvedeny vzory (prvky) množiny a na posledním řádku jejich obrazy (tzv. hodnoty permutace). Permutace může být buď sudá, nebo lichá. Lichou permutaci lze složit z lichých násobků cyklů délky 2 (cyklus délky 2 (je to cyklus sudé délky) bude dále značen jako 2-cyklus) a sudou permutaci sestavíme ze sudých násobků 2-cyklů (precizněji - pomocí sgn p - formulováno níže). Každou permutaci je možné zapsat jako součin transpozic (p = T1◦...◦Tn).

transpozice

Transpozice Tp je permutace, která přehodí nějaký prvek i s jiným prvkem j (pro i < j) a kostkaři si ji mohou představit jako výměnu jen dvou dílků stejného typu. Každá transpozice je lichá permutace, jinými slovy transpozice je rovna 2-cyklu.

N-cyklus - permutace, která cyklicky mění pořadí hodnot permutace.

n-cyklus
Tab. 2

Vztaženo k Rubikově kostce 3x3x3 jde o souběžný přesun N dílků (2 či více) stejného typu (tj. rohů, středů nebo hran) za podmínky, že když je algoritmus generující N-cyklus proveden právě N-krát za sebou, kostka se navrátí do své původní podoby před započetím algoritmu.

Následují příklady N-cyklů. Vlevo vidíme jeden 3-cyklus hran na Rubikově kostce 3x3x3 při pohledu shora, vpravo jeden 3-cyklus rohů pro tentýž hlavolam a projekci.

3-cyklus

Na další dvojici obrázků můžeme vlevo pozorovat 2 2-cykly hran, vpravo pak 2 2-cykly rohů.

2-2-cykly

Poslední příklad ilustruje 1 2-cyklus hran a zároveň 1 2-cyklus rohů.

1-2-cyklus

Ukazuje se, že pro vzájemně rozlišitelné dílky u Rubikovy kostky NxNxN (ale i kostek vyšších dimenzí) je počet možných sudých permutací roven počtu jejich lichých permutací. Pokud zůstaneme u Rubikovy kostky 3x3x3, tak např. tah F je lichou permutací hran a zároveň i lichou permutací rohů a zároveň i sudou permutací středů - důkazu se dočkáte záhy.

Stejně tak jako liché číslo + liché číslo = sudé číslo, i lichý násobek cyklů sudé délky (např. 2-cyklů) v dané orbitě dílků + lichý násobek cyklů sudé délky (např. 2-cyklů) ve stejné orbitě dílků = sudý násobek cyklů sudé délky (např. 2-cyklů) v téže orbitě dílků (tím pádem jde o sudou permutaci). Nepřekvapí, že sudý násobek cyklů sudé délky v dané orbitě dílků + sudý násobek cyklů sudé délky ve stejné orbitě dílků = sudý násobek cyklů sudé délky v téže orbitě dílků, ani že lichý násobek cyklů sudé délky v dané orbitě dílků + sudý násobek cyklů sudé délky ve stejné orbitě dílků = lichý násobek cyklů sudé délky v téže orbitě dílků (tím pádem jde o lichou permutaci).

Proto si můžeme dílky v jednotlivých orbitách na kostce 3x3x3 představit jako celek v kterékoliv fázi skládání buď v sudé, nebo v liché permutaci (dále značeno jako sudý či lichý status hlavolamu). O lichém statusu hlavolamu hovoříme tehdy, pokud se alespoň jedna jeho orbita dílků nachází v liché permutaci. Pakliže je permutace všech orbit dílků na hlavolamu sudá, mluvíme o sudém statusu hlavolamu. Takto vnímaná představa kostky 3x3x3 dává do přímého vztahu soubor jejích orbit rohů + hran + středů (možno chápat jako množiny v definici permutace) a dílků v nich obsažených (tj. prvků v definici permutace). Pak je zobrazení (v definici permutace) ztělesněním tahů provedenými na tomto hlavolamu.

Co je problém parity?

Pojem problém parity (ani status hlavolamu) není v matematice definován a proto matematici (alespoň ti z MFF UK a FJFI ČVUT) operují v této souvislosti výhradně s permutacemi. Aby o permutaci mohli říct, zda-li je lichá nebo sudá, zavádějí termín znaménko (znak, signum) permutace, sgn p. To nabývá pouze hodnot -1 a +1, protože z definice je sgn p = (-1)k (k udává počet transpozic Ti nutných k sestavení permutace), neboli sgn p = (-1)počet cyklů sudé délky, neboli zjednodušeně sgn p = (-1)počet 2-cyklů. Pokud sgn p = +1, říkáme, že p je sudá permutace, jinak je lichá. Připustíme-li, jakožto kostkaři, koncepci lichého statusu hlavolamu, pak můžeme neformálně psát: problém parity = lichý status hlavolamu = permutace alespoň jedné orbity dílků je lichá. Problém parity tedy není žádným problémem v pravém slova smyslu, jedná se o přirozený a naprosto běžný stav hlavolamu. Přestože neexistuje jediný pádný důvod vymýšlet k termínu "lichá permutace" další synonymum / ekvivalent (jako např. problém parity nebo lichý status hlavolamu), kostkaři tak obecně činí. Bohužel přitom často neberou na zřetel předpoklady, po jejichž splnění lze teprve tento pojem používat.

Z pohledu matematické analýzy je v tuto chvíli vhodné závést další čistě kostkařský pojem: permutační stav hlavolamu (v anglické literatuře se používá termín parity state). Například pro Supercube NxNxN existuje

paritní stavy

permutačních stavů za podmínky, že u lichých kostek (N je liché) uvažujeme tzv. model fixních středů a u sudých kostek, které fixní středy nemají, uvažujeme tzv. model fixního rohu. K získání představy, jak model fixního rohu funguje, slouží stránka věnovaná počtu kombinací Rubikovy kostky NxNxN. Pro model fixních středů platí, že jsou při skládání vyloučeny jakékoliv tahy prostředními vrstvami, zrovna tak jako jakákoliv rotace celé kostky. V exponentu u výrazu výše se nachází hranaté závorky bez horních zobáčků, což značí, že jde o dolní celou část čísla. Jedná se tudíž o 2(dolní celá část (N/2)) permutačních stavů při dodržení uvedené podmínky.

Permutační stavy charakterizují oba statusy hlavolamu - jak sudé, tak i liché. Pakliže zůstaneme u Supercube NxNxN, tak každý tah vnější vrstvou dle QTM mění mj. permutaci rohů a každý tah vnitřní vrstvou (kromě tahů prostředními vrstvami u lichých kostek) dle QTM mění mj. permutaci křídelních hran. Tyto poznatky elegantně zformuloval Christopher Mowla svojí C(n,w,c) funkcí. Ukážeme si na konkrétních případech hlavolamů, co vše se dá z C(n,w,c) funkce vyčíst.

Trocha praxe neuškodí

Nejprve obraťme svou pozornost k Rubikově kostce 2x2x2. Ta se skládá z 8 dílků stejného typu (rohů). Ve složeném stavu můžeme přiřadit jednotlivým rohům číslice 1-8; třeba pro čtyři rohy v horní vrstvě číslice 1-4, pro zbylé rohy v dolní vrstvě pak 5-8. Tím dostaneme sekvenci 1-2-3-4-5-6-7-8 (což představuje horní řádek (vzory) v tab. 2 uvedené výše). Co se stane se zápisem, uděláme-li tah U'?

Roh číslo 1 se posune tam, kde byl původně roh číslo 4. Ten se zase přesune na místo, kde byl zpočátku roh 3. Ten se přemístí na počáteční pozici rohu 2 a konečně roh 2 zaujme původní místo rohu 1. Zbylé rohy v dolní vrstvě zůstanou nezměněny, takže dostáváme zápis 2-3-4-1-5-6-7-8 (což představuje dolní řádek (obrazy) v tab. 2 uvedené výše). Protože se cyklily 4 dílky, hovoříme v souladu s definicí N-cyklu o 1 4-cyklu (jednom čtyřcyklu). Máme za úkol určit, zda-li se jedná o sudou nebo lichou permutaci rohů, potažmo sudý či lichý status hlavolamu. Jinými slovy se ve zmíněné tabulce snažíme dostat ze zápisu v dolním řádku zpátky na zápis uvedený v horním řádku, a počítáme přitom množství dvojcyklů, které k naplnění cíle musíme provést.

4-cyklus

Jeden dvojcyklus chápeme jako prohození dvou libovolných čísel (což v našem příkladu znamená výměnu dvou libovolných rohů Rubikovy kostky 2x2x2). Takže v prvním dvojcyklu je možné prohodit např. čísla 1 a 2, čili poté obdržíme zápis 1-3-4-2-5-6-7-8. Druhým dvojcyklem zaměníme čísla 2 a 3, tudíž dostáváme zápis 1-2-4-3-5-6-7-8. Třetím 2-cyklem vyměníme rohy pod čísly 3 a 4, čímž získáme zápis 1-2-3-4-5-6-7-8, což je původní (složený) stav hlavolamu. Na základě zmíněného postupu se pak dá tvrdit, že tah U' v případě Rubikovy kostky 2x2x2 tvoří lichou permutaci (1 4-cyklus) rohů (potažmo lichý status hlavolamu), protože vyžaduje ke složení 3 2-cykly a trojka je liché číslo.

Z logiky věci vyplívá, že dva 4-cykly budou sudou permutací, poněvadž k jejich složení bude zapotřebí minimálně 2·3 = 6 dvojcyků (šestka je sudé číslo). Kdo nevěří, může si doma nasimulovat situaci, kdy na Rubikově kostce 3x3x3 provede tahy L R, přičemž se bude snažit určit permutaci pouze hran (protože středy se nikam nepřesouvaly a rohy jsou v jiné orbitě - tudíž v návaznosti na náš výklad pojmu permutace jde o úplně jinou množinu s úplně jinými prvky, takže rohy pro tuto modelovou situaci ignorujte. Uveďme však na pravou míru, že jinak tahy L R mají za následek i 2 4-cykly rohů). Pokud si hrany v levé vrstvě označíte čísly 1-4, hrany v pravé vrstvě 5-8 a hrany v prostřední vrstvě 9-12, ze složené pozice zapsané jako 1-2-3-4-5-6-7-8-9-10-11-12 byste měli dostat po L R zápis 4-1-2-3-6-7-8-5-9-10-11-12.

2-4-cykly

Složený hlavolam (složený stav hlavolamu) si definujme jako pozici, jejíž charakteristikou je právě jedno vzájemné uspořádání všech dílků na hlavolamu se vyskytujících a zároveň je třeba pro všechny tyto dílky aplikovat 0 2-cyklů. Status složeného hlavolamu je sudý.

Všimněte si, že složený stav hlavolamu (resp. samotná permutace) nebere vůbec v úvahu orientaci dílků.

Terminologická dohoda: s ohledem na cíl hlavolamu budeme u složeného hlavolamu chápat orientaci všech jeho dílků jako správnou. Význam špatné a správné orientace dílků je intuitivní, proto jej netřeba dále rozvádět.

Problém parity u vybraných kombinatorických hlavolamů

Na Rubikově kostce 2x2x2 jsou aplikovatelné: jeden tah dle QTM (např. U), dva tahy dle QTM (např. U2), rotace hlavolamu jako celku (např. x) a dvojitá rotace hlavolamu (např. x2). Ze složeného stavu mění jeden tah dle QTM permutaci rohů ze sudé na lichou, protože je prováděn 1 4-cyklus, a ten může být složen pomocí 3 2-cyklů. Dva tahy dle QTM permutaci rohů nemění, protože je ke složení nutný sudý počet 2-cyklů. Na dvojitý tah se dá taktéž nahlížet jako na dva "jednoduché" tahy provedené ihned za sebou (ze zápisu 1-2-3-4-5-6-7-8 se stane zápis 3-4-1-2-5-6-7-8), a protože bylo ukázáno, že "jednoduchý" tah zaměňuje permutaci rohů, po prvním jeho provedení bude permutace těchto dílků lichá a po dalším provedení naopak sudá (protože lichá + lichá = sudá, jinak řečeno 3+3 = 2·3 = 6).

Sami se lehce přesvědčíte, že rotace hlavolamu jeho permutaci zachovává - když z počátečního složeného stavu (charakterizovaným 0 2-cykly) uděláte rotační tah (např. y), pořád zbývá provést 0 2-cyklů rohů do složeného stavu. Analogicky pokud z počátečního složeného stavu provedete 1 tah vrstvou s následnou rotací hlavolamu, tak po ní zbývá udělat opět jeden tah vrstvou k získání složeného stavu hlavolamu. Na základě této hypotézy můžeme tvrdit, že jak jednoduchá, tak i dvojitá rotace hlavolamu nemá vliv na jeho permutaci.

Ve skutečnosti tak zbývá na Rubikově kostce 2x2x2 vyšetřit pouze jeden tah dle QTM, jelikož všechny zbývající tahy (dvojitý tah a rotace) jdou nakombinovat právě pomocí tahů jednoduchých.

Protože každý jednoduchý tah danou vrstvou mění permutaci rohů buď ze sudé na lichou, nebo z liché na sudou, a zároveň víme, že ve složeném stavu je permutace rohů sudá, není možné složit Rubikovu kostku 2x2x2 rozmíchanou sudým počtem tahů dle QTM lichým počtem tahů dle QTM. Na výměnu jen dvou rohů (tzn. 1 2-cyklus) budeme vždy potřebovat lichý počet tahů dle QTM. Proč? Protože z liché permutace rohů (např. stav, v němž je nutné prohodit jen 2 rohy) se dostaneme do sudé permutace rohů (např. složeného stavu) pouze aplikací lichého počtu tahů dle QTM. Samozřejmě že kostka 2x2x2 rozmíchaná sudým počtem tahů dle QTM není složitelná lichým počtem tahů dle QTM, neboť ze sudé permutace rohů (myšlena permutace rohů po rozmíchání hlavolamu) se do sudé permutace rohů (myšlen složený stav hlavolamu) nelze dostat lichým počtem tahů dle QTM.

A tak v případě kostky 2x2x2 po právu hovoříme o problému parity, nejenom když požadujeme výměnu pouze dvou rohů (což je exemplární ukázka transpozice, tj. liché permutace) - jako tomu je např. po provedení algoritmu R2 U' R2 U R2 U D' R2 U R2 U' R2 D. Zrovna tak nám nic nebrání mluvit o problému parity, zbývá-li do složeného stavu hlavolamu aplikovat jen jediný tah dle QTM. Popravdě řečeno kostka 2x2x2 má 3 674 160 / 2 problémů parity, čili existuje 1 837 080 pozic tvořící lichý status hlavolamu. Všechny tyto pozice jsou shrnuty v C(n,w,c) funkci zápisem C(2,0,1). Naopak zbylých 1 837 080 pozic tvořící sudý status hlavolamu můžeme zapsat tvarem C(2,0,0). Pro Rubikovu kostku 2x2x2 tak dostáváme celkem 2 permutační stavy, což je v souladu se vzorcem 2(dolní celá část (N/2)) (kde N je počet vrstev).

Mějme hlavolam v konfiguraci, kdy do složeného stavu zbývá provést 1 tah dle QTM. Pak je permutace hlavolamu lichá (když množinu v definici permutace chápeme jako 8 dílků) a status hlavolamu rovněž lichý (bylo ukázáno dříve).

Přistupme nyní k analýze Rubikovy kostky 3x3x3. Vzhledem k tomu, že jde o lichou kostku (N = liché číslo), tahy prostředními vrstvami a rotace jsou na ní v součinnosti s podmínkou permutačních stavů zapovězené. Zbývá tak prozkoumat ostatní tahy: 1 tah vnější vrstvou dle QTM a dvojitý tah vnější vrstvou. Snadno vidíme, že dvojitý tah je kombinací dvou jednoduchých tahů, a tak docházíme k závěru, že jediný možný typ tahu na kostce 3x3x3 představuje 1 tah vnější vrstvou dle QTM.

Ten má ze složeného stavu kostky za následek lichou permutaci rohů (1 4-cyklus; může být složen pomocí 3 2-cyklů) a zároveň lichou permutaci hran (rovněž 1 4-cyklus; může být složen pomocí 3 2-cyklů) - takže se každým tímto tahem mění status hlavolamu. Protože se středy nikam nepřesouvaly, nebudou ani v nadcházejícím uvažovány.

Dvojitým tahem vnější vrstvou (dva tahy dle QTM) se status hlavolamu nemění, poněvadž 2·(ať už sudý nebo lichý násobek cyklů sudé délky) = sudý status hlavolamu (o sudém statusu hlavolamu zde můžeme mj. mluvit z toho důvodu, že permutace rohů a permutace hran jsou vždy shodné).

Podobné závěry jako u Rubikovy kostky 2x2x2 získáme i u kostky 3x3x3: ve složeném stavu je jak permutace rohů, tak permutace hran, sudá (permutaci středů není třeba do našeho modelu fixních středů uvažovat). Jelikož každý tah vnější vrstvou dle QTM (který odpovídá jedinému možnému typu tahu na hlavolamu) mění současně permutaci rohů a hran buď ze sudé na lichou, nebo z liché na sudou (stejně tak jako je tomu u každého jednoduchého tahu provedeného u Rubikovy kostky 2x2x2 v souvislosti s jejími rohy), není možné složit Rubikovu kostku 3x3x3, která byla rozmíchána lichým počtem tahů vnějších vrstev dle QTM (což by vyústilo v lichou permutaci rozmíchaných hran i lichou permutaci rozmíchaných rohů) sudým počtem tahů vnějších vrstev (dle QTM) a naopak. To znamená, že po každém tahu vnější vrstvy dle QTM bude permutace rohů shodná s permutací hran, takže při hypotetické výměně jen dvou hran se musí zároveň prohodit i dva rohy a k tomuto účelu bude vždy zapotřebí aplikovat lichý počet tahů vnějšími vrstvami dle QTM. Proč? Protože z liché permutace hran i rohů (tj. lichého statusu hlavolamu) se do sudé permutace hran i rohů (tj. sudého statusu hlavolamu) lze dostat pouze zásluhou lichého počtu tahů vnějších vrstev dle QTM. Mechanická / ruční výměna jen 2 hran nebo rohů (z původního sudého by tím vznikl lichý status hlavolamu) by vedla k neřešitelnosti hlavolamu (aneb není možné provést tah, který mění permutaci jenom samotných hran, nebo samotných rohů - jeden tah vnější vrstvou dle QTM totiž zaměňuje permutaci rohů i hran současně, jak již bylo dříve několikrát řečeno).

Počet pozic, o kterých v souvislosti s Rubikovou kostkou 3x3x3 hovoříme jako o problému parity (lichém statusu hlavolamu), činí 43 252 003 274 489 856 000 / 2. O totožném počtu pozic mluvíme jako o sudém statusu hlavolamu. Rozlišujeme tudíž 2 permutační stavy vyjádřené zápisy C(3,0,0) a C(3,0,1), což je ve shodě s dříve užívaným vzorcem 2(dolní celá část (N/2)).

Mějme hlavolam v konfiguraci, kdy do složeného stavu zbývá provést 1 tah dle QTM. Pak je permutace hlavolamu sudá, protože 1 4-cyklus + 1 4-cyklus = 2 4-cykly (když množinu v definici permutace chápeme jako 26 dílků) a status hlavolamu naopak lichý, protože 1 4-cyklus + 1 4-cyklus ≠ 2 4-cykly v tomto případě (bylo ukázáno dříve). Jasně vidíme, že je nutností přesně vyjádřit, co se míní permutací, resp. množinou prvků. Jedině tak předejdeme možnému nedorozumnění, neboť co se na první pohled může jevit protichůdně, je ve skutečnosti v dobrém souladu.

Traduje se, že na principu sudé a liché permutace zbohatnul Sam Loyd, který u hlavolamu Patnáctka záměrně přehodil dva očíslované dílky - takže z jejich sudé permutace udělal lichou. Za vyřešení hlavolamu pak nabízel vysokou odměnu, jenže hlavolam byl díky oné "přesmyčce permutací" nevyřešitelný (neboť každý tah na tomto hlavolamu tvoří sudou permutaci očíslovaných dílků při zachování prázdného pole dole vpravo).

Doposud nabyté znalosti se dají využít i jinde, například při řešení Rubikovy kostky 3x3x3 poslepu. Tam jsou skládány hrany i rohy pomocí 2-cyklů. Pakliže "složíme" všechny hrany zásluhou lichého násobku 2-cyklů (tím pádem narazíme na problém parity), složíme i všechny rohy prostřednictvím lichého násobku 2-cyklů, a celkově tím hlavolam poskládáme lichým počtem tahů vnějších vrstev dle QTM. Experimentálně to odzkoušené nemám, k tomuto závěru mě dovedla pouze logická úvaha, při níž je proveden jeden tah vnější vrstvou dle QTM.

Přesuňme se zvolna k Void cube - stačí nám k tomu obyčejná Rubikova kostka 3x3x3, u níž bychom všechny středy přelepily např. černou páskou, takže by se dotčené dílky staly identické (tj. vzájemně nerozlišitelné).

Přelepení středů hraje důležitou roli, poněvadž u klasické Rubikovy kostky 3x3x3 můžeme tvrdit, že existuje 24 / 24 = 1 složený stav hlavolamu (v němž se rohy a hrany vztahují ke středům), kdežto v případě Void cube nalezneme (24/24)·4·3 = 12 takových složených stavů (neboť složené rohy a hrany nelze i za uvažování modelu fixních středů de facto k čemu přiřadit - jeden složený stav se liší od druhého např. tahy R2 L2 (U2 R2)·3 (F2 R2)·3 (B2 R2)·3 (U2 R2)·3). Zatímco tah M pro Rubikovu kostku 3x3x3 chápeme jako tahy L' R x', stejný tah M bysme u Void cube mohli mylně interpretovat jako pouze L' R. Tím bychom chybně připustili, že středy v M-prstenci se tahem M nepřemisťují (což je v případě Rubikovy kostky 3x3x3 ošetřeno rotací hlavolamu jako celku po tazích L' a R, potažmo doslovným zakázáním tah M provádět - viz permutační stavy výše). Samozřejmě že pravá Void cube středy ani nemá, takže o jejich fixaci nemůže být vůbec řeč - potom se zavádí <U, D, R, L, F, B> model, čili povolenými tahy na hlavolamu jsou pouze U, D, R, L, F a B. Technicky vzato jak pro Void cube, tak pro kostku 3x3x3 (i 2x2x2) postačuje pouze množina <U, D, R, L, F>, protože šestý možný tah na hlavolamu jde nakombinovat z předešlých pěti. Protože se dozajisté středy tahem M (resp. L' R x') na klasické Rubikově kostce 3x3x3 cyklí, nemůže na ní po složení rohů vzniknout situace jen zdánlivě prohozených 2 hran (zásluhou rozlišitelných středů), ale u Void cube se taková pozice vyskytnout může (díky nerozlišitelným středům).

Proženeme-li Void cube C(n,w,c) funkcí při zachování stejných vlastností, které jsme uplatňovali u Rubikovy kostky 3x3x3 (tj. v modelu fixních středů), dojdeme k závěru, že existuje (43 252 003 274 489 856 000 / 2) / 12 pozic, o kterých hovoříme jako o sudém statusu hlavolamu (sem patří i zdánlivá výměna jen dvou hran), a stejný počet pozic tvoří lichý status hlavolamu.

Ty samé matematické zákony, které platí pro klasickou Rubikovu kostku 3x3x3, podstupuje i Megaminx. Void cube se má ke kostce 3x3x3 jako Megaminx k hlavolamu Holey megaminx, což je Megaminx bez středů (příp. Megaminx bez rozeznatelných středů). Nabízí se otázka, jestli u hlavolamu Holey megaminx dochází také k problému parity, podobně jako se tomu děje v případě Void cube?

Nejprve si představme u hlavolamů Megaminx či Holey megaminx analogii Rubikovy kostky 3x3x3 a provedení jednoho jejího tahu vnější vrstvou dle QTM (místo 90° pro Rubikovu kostku se vrstva otáčí o 72°). Tím dosáhneme sudé permutace rohů (1 5-cyklus; dá se složit pomocí 4 2-cyklů) a zároveň sudé permutace hran (1 5-cyklus; dá se složit za pomoci 4 2-cyklů) - tj. sudého statusu hlavolamu. Z toho plyne, že problém parity nemůže nastat u hlavolamu Holey megaminx (ani Megaminx), neboť stejně jako u Rubikovy kostky 3x3x3 neexistuje tah, kterým by šlo měnit permutaci jednoho typu dílku nezávisle na ostatních typech dílků (v modelu fixních středů), takže status hlavolamu je vždy sudý. Pokud nevěříte, zkuste si sami určit status hlavolamu po aplikaci dvojného, trojného či čtverného tahu.

U Supercube 3x3x3 záleží, v kontrastu s klasickou Rubikovou kostkou 3x3x3, na orientaci středů. Protože se v definici permutace nic o orientaci dílků neříká, platí pro Supercube všechno to, co bylo zmíněno pro Rubikovu kostku 3x3x3.

Navíc ale jeden tah dle QTM u Supercube 3x3x3 orientuje střed o jeden násobek (tzn. lichý počet) 90°. Tudíž se každým dalším tahem vnější vrstvy dle QTM změní orientace středu ze sudého násobku 90° na lichý násobek 90° (nebo naopak). A tak pokud je v rozmíchaném stavu hlavolamu permutace rohů lichá, je permutace hran taktéž lichá a středy jsou orientovány o lichý násobek 90°.

Ve složeném stavu hlavolamu bude permutace rohů (stejně tak jako permutace hran) sudá, takže i orientace středů se bude dát vyjádřit sudým násobkem 90°. V praxi to znamená, že v závislosti na použité metodě skládání můžeme na hlavolamu registrovat následující zjednodušené situace: 1) jeden střed otočený o 180° či dva středy otočené o 90° ve směru a/nebo proti směru hodinových ručiček, 2) jeden střed otočený o 90° po směru hodinových ručiček a zároveň jeden střed otočený o 90° proti směru hodinových ručiček. Pouze jednoho středu otočeného o 90° však na hlavolamu nedosáhneme (protože jak permutace rohů, tak i permutace hran by ve složeném stavu hlavolamu byly liché, což je spor).

Zatímco situace 2) se dá řešit komutátorem ve tvaru A B A' B', situace 1) zdánlivě komutátorem řešit nelze (poněvadž komutátor ve tvaru A B A' B' není předurčen k orientaci jen jednoho dílku). Místo otočení jednoho středu o 180° je proto nutné vhodně otočit zbytek vrstvy kolem tohoto středu (např. komutátorem (L R U2 L' R') U (R L U2' R' L') U' pro otáčený střed nacházející se v horní vrstvě), a poté vrstvu zarovnat (tahem U2).

Posledním diskutovaným hlavolamem před samotnou Rubikovou kostkou 4x4x4 (na kterou se všichni tolik těšíte) bude Square-1. To je kapitola sama pro sebe. Bylo dokázáno, že pakliže mají horní i dolní vrstva tvar čtverce (a zároveň je permutace rohů shodná s permutací hran), lze složit hlavolam bez toho, abychom čtvercový tvar obou vrstev opustili. Když se dostaneme do čtvercového tvaru obou vrstev se shodnou permutací hran a rohů, můžeme hlavolam částečně přirovnat k Rubikově kostce 3x3x3. Každým přetočením zachovávající tento tvar (prostřední vrstva není uvažována) totiž dochází vždy ke 2 2-cyklům rohů a zároveň 2 2-cyklům hran (což je analogie k tahu R2 na kostce 3x3x3). Z dřívějška víme, že u kostky 3x3x3 vyřešíme problém parity jedním tahem vnější vrstvy a tatáž technika jde použít i u Square-1 - tím docílíme toho, aby status hlavolamu zůstal v průběhu řešení (resp. na konci každého kroku řešení) neměnný, tj. sudý.

Kromě čtvercových tvarů horní a dolní vrstvy se stejnou permutací rohů a hran se ale může vyskytnout i případ, kdy v témže tvaru bude permutace těchto typů dílků odlišná. Nastalá situace vyžaduje opustit čtvercový tvar obou vrstev, neboť v konečném důsledku bude zapotřebí provést lichý počet 2-cyklů buď hran, nebo rohů, a toho nelze dosáhnout ve čtvercovém tvaru obou vrstev - stejně jako u Rubikovy kostky 3x3x3 (u níž obecně nemůžeme mít permutaci hran rozdílnou od permutace rohů).

Abychom tedy mohli rozpoznat případnou shodnost permutací rohů a hran u Square-1 hned na úvod skládání, museli bychom umět určit v libovolném tvaru obou vrtev (kde se dílky mohou vyskytovat) permutaci jak rohů, tak hran. To samotné ale nestačí, protože dostáním se z libovolného tvaru obou vrstev do čtvercového tvaru se permutace jak hran, tak rohů, může změnit.

Naštěstí se dá postupovat opačným způsobem. Mějme zpočátku složený stav hlavolamu (tzn. i čtvercový tvar obou vrstev). Nyní zbývá převést hlavolam do vhodného (referenčního) tvaru obou vrstev, ze kterého je možné jednoduše změnit permutaci buď jen rohů, nebo jen hran. Jeden takový referenční tvar vidíme na obrázku níže (tvar horní vrstvy při pohledu shora vypadá stejně jako tvar dolní vrstvy při pohledu zdola). Rozmístění jednotlivých rohů a hran v referenčním tvaru nazvěme referenčním stavem (ref. stav se váže ke složenému stavu hlavolamu, z něhož je několika tahy vytvořen).

square-1

Pokud se v průběhu reálného skládání ocitneme v referenčním tvaru, musíme porovnat, kolika 2-cykly hran a rohů se můžeme dostat k identickému rozmístění rohů i hran, jako je v referenčním stavu. Pokud jsou obě čísla (rohů i hran) sudá nebo lichá, nevyskytne se nutnost opouštět čtvercový tvar obou vrstev (za podmínky dosažení čtvercového tvaru obou vrstev inverznímy tahy, které ze složeného stavu vedly k referenčnímu tvaru hlavolamu). Pakliže je v onom tvaru vrstev permutace rohů a hran opačná (v porovnání s rozmístěním obou typů dílků v ref. stavu), bude buď nutné čtvercový tvar během skládání opustit (za podmínky dosažení čtvercového tvaru obou vrstev inverznímy tahy, které ze složeného stavu vedly k referenčnímu tvaru hlavolamu), nebo vyřešit problém parity (v tomto kontextu shodnost permutace rohů a hran) přímo v tomtéž tvaru (resp. v nějakém tvaru vedoucímu ke čtvercovému tvaru obou vrstev). Na obrázku výše to dělá překlopení pravé části hlavolamu, neboť tím se provedou pouze 3 2-cykly rohů, takže z odlišných permutací rohů a hran by se staly permutace shodné.

Referenční tvar si lze zvolit libovolný - viz např. stránka o Square-1, sekce vyřešení problému parity. Do sedmého tahu se v odkazovaném návodu dostáváme do referenčního tvaru, osmým tahem děláme 1 6-cyklus rohů, což je lichá permutace rohů, a tak dochází ke shodě s permutací hran (permutace hran byla ve čtvercovém tvaru (resp. tvaru shodného s referenčním) obou vrstev lichá, zatímco permutace rohů sudá).

Nastíněný postup řešení problému parity (což v tomto kontextu znamená získání shodných permutací rohů a hran) na počátku skládání ale není vhodný pro speedcubing, vzhledem k časové náročnosti rozpoznání případu sudé nebo liché permutace hran a rohů v referenčním tvaru (musíme porovnat reálné rozmístění obou typů dílků s referenčním stavem, a provést případnou korekci na permutaci jednoho typu dílků). Referenčních tvarů si samozřejmě můžeme zvolit vícero (abychom nemuseli procházet vždy přes jeden tvar obou vrstev, což by vedlo k tahovým i časovým ztrátám), nicméně tím jsou kladeny větší nároky na řešitelovu paměť (místo výskytu hran a rohů v jednom tvaru by si musel zapamatovat rozmístění těchto dílků ve více tvarech obou vrstev).

Na druhou stranu, pokud si řešitel zapamatuje všechny referenční stavy ve všech referenčních tvarech (takové případy lidí jsou známy), je porovnání reálných rozmístění rohů a hran na rozmíchaném hlavolamu s jeho referenčním stavem extrémně užitečné pro rychlostní skládání, protože vyřešení problému parity (v tomto kontextu je míněno získání shodných permutací rohů a hran) jde naplánovat během 15 vteřinové inspekce před samotným skládáním hlavolamu. To vede k úsporám tahovým, potažmo časovým. Navíc není započítáván čas potřebný k rozpoznání případu (oproti vyřešení problému parity na konci skládání).

Kdo umí skládat Rubikovu kostku 3x3x3 poslepu na základě návodu v rámci těchto stránek, řešení problému parity u Square-1 (v tomto kontextu získání shodných permutací rohů a hran) v úvodu skládání je něco jako pamatování si rozmíchané kostky, akorát že referenční tvar Square-1 představuje rozmíchanou kostku před pamatováním a rozmístění dílků porovnávané s referenčním stavem Square-1 udává rozmíchanou kostku po jejím zapamatování si.

Pokud jste až doposud nebyli zmatení, mám na závěr povídání o Square-1 jednu libůstku :-). Kromě dvou dílků v prostřední vrstvě se hlavolam skládá z 8 rohů a 8 hran, přesto je možné na jeden roh rovněž nahlížet jako na dvě slepené hrany. Potom se dá říct, že hlavolam tvoří krom dvou dílků v prostřední vrstvě už jen 24 hran. Připustíme-li tuto koncepci, pak jedno pootočení vrstvy o 30° mění status hlavolamu (permutaci hran), protože je vykonán 1 12-cyklus. Naopak výměna 2 rohů (které ale v našem myšlenkovém pochodu neexistují) představuje sudou permutaci, poněvadž je možné ji složit 2 2-cykly. Při uvažování rohů jako jednotlivých dílků docházíme k přesně opačnému závěru - sudou permutací jest pohyb o 30° jedné vrstvy, zatímco lichá permutace vzniká prohozením 2 rohů. Paradoxně tak jeden přístup připouští (za podmínek zmíněných výše) řešení problému parity bez nutnosti opouštění čtvercového tvaru vrstev (když roh chápeme jako dva dílky), kdežto pro druhý přístup bylo vyžadováno opustit čtvercový tvar vrstev (když si roh představujeme jako jeden dílek).

Komplexní analýza (při níž by se nelpělo na dodržování čtvercového tvaru obou vrstev v průběhu skládání) hlavolamu, včetně jeho 90 jedinečných tvarů (bez započítání prostřední vrstvy), překračuje rámec tohoto článku.

Analýza Rubikovy kostky 4x4x4 a něco málo o C(n,w,c) funkci

Připomeňme si, že permutace je pouhopouhé zobrazení množiny o n prvcích s jistými vlastnostmi. Jednou z nich je konečná množina prvků - vztaženo na Rubikovu kostku NxNxN se jedná o konečný počet dílků hlavolamu. Další vlastností jsou vzájemně jednoznačné relace mezi vzory a obrazy této množiny prvků - vztaženo na Rubikovu kostku NxNxN jde o rozlišitelnost dílků. Protože reálný hlavolam se jistě vždy skládá z konečného počtu dílků, pozastavme se na okamžik u druhého z právě zmíněných bodů.

Vezměme si za příklad "složený" stav Rubikovy kostky 4x4x4 (uvozovky si vysvětlíme v následujícím odstavci). Dříve jsme si zadefinovali, že ten je charakteristický sudým statusem hlavolamu. Kdybychom nyní ručně prohodili dva středové dílky stejné barvy, hlavolam by vypadal stále stejně, ačkoli by měla být permutace středů lichá - což je ale v rozporu s definicí složeného stavu hlavolamu. Nedává tudíž žádný smysl mluvit o permutaci dílků (a tím pádem ani o N-cyklech oněch dílků), které jsou identické.

Dalším problémem se středovými dílky kostky 4x4x4 budiž to, že je z definice vlastně neumíme vůbec složit - tzn. umístit je všechny vždy do stejného vzájemného uspořádání. Navíc by neexistoval jen jeden "složený" stav hlavolamu (jak to vyžaduje definice), nýbrž 4!6 (protože první středový dílek patřící do dané stěny tam lze vložit 4 možnostmi, druhý středový dílek téže barvy se dá umístit k prvnímu dílku na jednu ze zbylých 3 možností, třetí středový dílek může obsadit jednu ze 2 zbylých pozic a konečně čtvrtý dílek patřící do tytéž stěny zaujme 1 zůstavší polohu - proto 4! pro jednu stěnu, ale těch je celkem 6) = 246 = 191 102 976 takových "složených" stavů. Jednu polovinu z tohoto počtu obdržíme při aplikování povolených tahů na kostce (tzn. bude zapotřebí provést sudý násobek prohození dvou středových dílků) a druhou polovinu bychom získali aplikací jednoho nepovoleného tahu (tzn. výměny jen dvou středových dílků a to např. v důsledku tzv. POPu, kdy se integrita kostky naruší - tudíž bysme mohli přehodit původní pozice dvou středových dílků a pokračovat dále v řešení).

Zkrátka a dobře Rubikova kostka 4x4x4 (obecně NxNxN, kde N > 3) není složitelná, poněvadž není dostatečně definován její složený stav zásluhou nedefinované permutace nerozeznatelných středových dílků. Namísto skládání jen shlukujeme tyto dílky pospolu, a teprve k nim skládáme rohy a hrany (protože ty už vzájemně rozlišitelné jsou).

O tom, že se jak rohy, tak centrální hrany nedají zaměnit, asi netřeba přesvědčovat. Podívejme se, jak je tomu u hran křídelních.

orientace a permutace hran

V levé části obrázku vidíme bílo-zelené křídelní hrany č. 1 a 2. Nenajdeme možnost, jak hranu č. 1 opačně orientovat na své současné pozici (a totéž platí i pro hranu č. 2). Pokud ale obé hrany mezi sebou vyměníme, vznikne tím konfigurace vyjádřená pravou částí obrázku. Ani tam nelze změnit orientaci hran č. 1 a 2. Tím je ukázáno, že křídelní hrany jdou sice permutovat, ale nejsou orientovatelné (takže ani zaměnitelné).

Pro Rubikovy kostky 2x2x2 a 3x3x3 dává smysl mluvit o permutaci hlavolamu, protože jsou všechny dílky ve všech orbitách vzájemně odlišitelné. Aby byla permutace i nadále nedvojmyslně definována, nahraďme Rubikovu kostku NxNxN (kde N > 3) Supercube NxNxN. U ní totiž máme jednoznačnost všech dílků na hlavolamu se vyskytujících zaručenou.

Za uvažování tzv. modelu fixního rohu mohou být na Supercube NxNxN permutovány i orientovány jen rohy, centrální hrany a fixní středy. Pro ostatní typy dílků (X-středy, + středy, kosoúhlé středy a křídelní hrany) se zavádí pouze pojem permutace, neboť na stejnou pozici s jinou orientací tentýž dílek umístit povolenými tahy hlavolamu nemůžeme (viz předešlý obrázek).

Jeden tah dle QTM vnější vrstvou na Supercube 4x4x4 tvoří lichou permutaci rohů (1 4-cyklus) a zároveň lichou permutaci středových dílků (1 4-cyklus) a zároveň sudou permutaci křídelních hran (2 4-cykly). Po tomto tahu je tudíž status hlavolamu lichý. Po dvojitém tahu (např. R2) sudý (2· lichý nebo sudý násobek cyklů sudé délky = sudá permutace).

parita rubikova kostka 4x4x4

Jeden tah dle QTM vnitřní vrstvou na Supercube 4x4x4 tvoří lichou permutaci křídelních hran (1 4-cyklus) a zároveň sudou permutaci středových dílků (2 4-cykly; v prvním z nich se na pravé části obrázku cyklí dílky pod čísly 1, 2, 3, 4 a ve druhém z nich dílky pod čísly 5, 6, 7 a 8). Po tomto tahu je tudíž status hlavolamu lichý. Po dvojitém tahu (např. r2) sudý (2· lichý nebo sudý násobek cyklů sudé délky = sudá permutace). Význam tahů označených malými písmeny hledejte v návodu na kostku 4x4x4 v rámci těchto stránek.

Christopherova C(n,w,c) funkce je matematický nástroj sloužící k vyšetření a kategorizaci permutací všech orbit dílků na Supercube NxNxN do 2(dolní celá část (N/2)) permutačních stavů. Vstupní parametr n udává počet vrstev hlavolamu, w představuje počet orbit křídelních hran v liché permutaci a konečně c značí permutaci rohů (c = 0 pro sudou permutaci rohů, c = 1 pro lichou permutaci rohů). Sudé statusy hlavolamu jsou charakterizovány předpisem C(n,0,0), ostatní zápisy znamenají lichý status hlavolamu. V případě Supercube 4x4x4 tak dostáváme 4 permutační stavy, jmenovitě:

  • C(4,0,0) - např. složený hlavolam
  • C(4,0,1) - např. složený hlavolam po tahu R
  • C(4,1,0) - např. složený hlavolam po tahu r
  • C(4,1,1) - např. složený hlavolam po tazích R r

Počínaje Supercube 6x6x6 obdržíme několik "duplicitních" permutačních stavů vyjádřených stejným vstupním zápisem - např. C(6,1,0) pro tah r a zároveň tah 2r, nebo C(6,1,1) pro tahy r U a zároveň tahy 2r U. Z pohledu počtu orbit dílků v sudých a lichých permutacích však nemusíme duplicitní permutační stavy brát v úvahu. Jinými slovy řečeno při totožném vstupním předpisu C(n,w,c) funkce bude její výstup taktéž totožný.

To znamená, že pakliže nerozlišujeme orbity křídelních hran při vstupu (zadáváme pouze počet orbit těchto dílků v liché permutaci), nedostaneme ani rozlišené orbity X-středů, + středů a kosoúhlých středů na výstupu (obdržíme pouze počet orbit X-středů, + středů a kosoúhlých středů v liché permutaci). Kdybychom ale rozlišovali orbity křídelních hran na vstupu (kupříkladu Supercube 6x6x6 má dvě takové rozdílné orbity), získali bychom na výstupu nejenom informaci o tom, kolik orbit středových dílků je v liché permutaci, nýbrž i konkrétní výpis oněch rozlišných orbit.

c(n,w,c)-funkce

Vstupní a výstupní parametry C(n,w,c) funkce odráží všechny typy dílků Supercube NxNxN, až na centrální hrany a fixní středy. Ty se vyskytují jen u Supercube s lichým N. Pro liché N uvažujeme tzv. model fixních středů, na jehož základě lze tvrdit, že permutace centrálních hran je vždy shodná s permutací rohů (za užití povolených tahů hlavolamu), a permutace fixních středů je vždy sudá. Proto bez újmy na obecnosti můžeme přiřadit centrálním hranám funkční předpis c · n mod 2, jakož i konstantu pro fixní středy o hodnotě 0.

Pro celkové oživení stránky a zvýšení přehlednosti budou od této chvíle použity i interaktivní animované simulátory. Vlevo níže je uvedena konfigurace, ve které zbývá do složeného stavu provést 2 2-cykly křídelních hran. Naopak vpravo hlavolam složíme s využitím jen jednoho dvojcyklu křídelních hran (směry šipek si lze odmyslet, poukazují pouze na složené středové dílky).

Žádný problém parity
Sudá permutace křídelních hran
Problém parity
Lichá permutace křídelních hran

Na další obrázek pohlížejme nejprve jako na Rubikovu kostku, a potom jako na Supercube. Odmysleme si tedy zprvu čísla, s nimiž Rubikova kostka vůbec nepracuje.

zadny problem parity

Tak bychom obdrželi jen zdánlivou výměnu dvou středových dílků. To je ale nemožná konfigurace (pozice) u Supercube, jelikož u ní by byly nesložené nejenom středové dílky č. 1 a 3, ale i dílek č. 2 (plyne přímo z C(n,w,c) funkce - viz funkční předpis pro X-středy, když je permutace rohů sudá). Proto místo 1 2-cyklu provedeme v dané konfiguraci 1 3-cyklus (ze zápisu 2-3-1 chceme získat 1-2-3), takže se o problém parity nejedná. Prakticky můžeme uvedenou pozici řešit u obou hlavolamů komutátorem (r' u r) U (r' u' r) U'.

Dvojí pojetí problému parity: matematik vs. rychlokostkař

V 80. letech minulého století došlo k zajímavému úkazu, když na trh byla uvedena Rubikova kostka 4x4x4. Řešitelští průkopníci, kteří se dosud neznámému hlavolamu snažili přijít na kloub, zanedlouho vyzkoušeli i metodu na skládání Rubikovy kostky 3x3x3 (ta v té době byla již několik let v oběhu), jen modifikovanou na kostku 4x4x4 - tzn. seskupení středových dílků, spárování křídelních hran a poté redukcí na již zmiňovanou kostku 3x3x3 (viz např. návod na Rubikovu kostku 4x4x4). Předpokládali, že v posledním kroku (redukci) bude hlavolam řešitelný jen těmi tahy, které jsou povoleny u skládání kostky 3x3x3. Záhy se ale na vlastní kůži přesvědčili, že onen předpoklad byl mylný.

Objevily se totiž dvě konfigurace, které u kostky 3x3x3 neznali, a tak těmto pro ně tajuplným pozicím začali říkat problém parity. Pojem zdomácněl, spontánně se rozšířil, a proto se s ním můžeme v tomto kontextu setkat dodnes - především v řadách rychlokostkařů. Při pohledu jako na kostku 3x3x3 jde o jen jednu špatně orientovanou hranu a jen dvě prohozené hrany.

Problém parity
(tzv. OLL parity)
Lichá permutace křídelních hran
a sudá permutace rohů
Žádný problém parity
(tzv. PLL parity)
Sudá permutace křídelních hran
a sudá permutace rohů

Pokud namítáte, že další nemožnou pozicí je i prohození jen dvou rohů (případně výměna dvou sousedících hran namísto protilehlých, které jsou uvedeny na simulátoru vpravo), vraťte se zpět k analýze problému parity pro Rubikovu kostku 3x3x3 - tyto konfigurace jsou na ní totiž ekvivalentní.

Postupem času vznikla potřeba obě pozice slovně rozlišit. Zavedly se termíny od orientation parity error a permutation parity error, přes orientation parity problem a permutation parity problem, až po současné OLL parity a PLL parity.

Dnes víme, že tohle pojetí problému parity není jednoznačné ani pro Rubikovu kostku 4x4x4, ani pro ostatní kombinatorické hlavolamy. K tomu je navíc poněkud matoucí (vlivem nešťastně zvolené terminologie) a vnitřně nekonzistentní (jak to, že Rubikova kostka 3x3x3 skládaná "normálním způsobem" nevykazuje podle této teorie problém parity, avšak stejný hlavolam řešený poslepu ano?), proto jej nelze doporučit. Kupříkladu tzv. OLL parity nemá nic společného s orientací křídelních hran, neboť ty se mohou pouze permutovat. Varianta č. 1 u tzv. PLL parity - prohození jen dvou kompozitních hran u Supercube 4x4x4, potažmo pouze 2 centrálních hran pro kostku 3x3x3 - by byla skutečným problémem parity (tj. lichou permutací dílků) jen u kostky 3x3x3 (kdyby na ní tato pozice šla vytvořit povolenými tahy), protože ke složení na Supercube 4x4x4 vyžaduje 2 2-cykly křídelních hran. Až teprve varianta č. 2 (výměna jen dvou rohů u kostky 3x3x3, resp. 2 rohů a 2 středových dílků v případě Supercube 4x4x4) je opravdovým problémem parity pro Supercube 4x4x4 (u kostky 3x3x3, kdyby na ní šla tato konfigurace vytvořit, bychom ale opět hovořili o problému parity, stejně jako tomu bylo u varianty č. 1).

Tzv. OLL parity vyřešíme na Supercube 4x4x4 za užití lichého počtu tahů vnitřních vrstev dle QTM (a sudého počtu tahů vnějších vrstev dle QTM), naopak pro tzv. PLL parity musíme u zmíněného hlavolamu aplikovat sudý počet tahů vnitřních vrstev dle QTM (a pro variantu č. 1 sudý počet tahů vnějších vrstev dle QTM, kdežto pro variantu č. 2 lichý počet tahů vnějších vrstev dle QTM). Jasně vidíme, že nerozlišování obou variant tzv. PLL parity (např. při redukci Rubikovy kostky 4x4x4 na kostku 3x3x3) vede u Supercube 4x4x4 ke zbytečnému matení méně informovaných čtenářů a ztrátě zájmu znalejších návštěvníků.

Nešvar nastane, diskutují-li mezi sebou zastánci "matematické definice" a "redukční definice" problému parity, protože ačkoli se na něčem dokáží shodnout, v lecčems se názorově rozcházejí. Za všechny příklady uveďme alespoň situaci u Void cube, v níž je zapotřebí zdánlivě vyměnit jen dvě hrany, resp. jen dva rohy (žádný problém parity podle "matematické definice", problém parity podle "redukční definice") či jeden tah vnější vrstvou dle QTM na Rubikově kostce 3x3x3 (problém parity podle "matematické definice", žádný problém parity podle "redukční definice"). O tzv. PLL parity už byla řeč v minulých dvou odstavcích.

Upřímně si myslím, že celá koncepce "redukčního" problému parity je na houby a nejlepší by bylo, kdyby se jednou provždy přestala mezi kostkaři používat. Věci by se začaly nazývat pravými jmény (jak to ostatně matematika, jakožto exaktní věda, původně zamýšlela) a předešlo by se sporům o to, jestli se určitá situace na hlavolamu dá nazvat problémem parity či nikoliv, a co to vlastně ten samotný problém parity je.

Jaká je příčina problému parity?

Nic nezkazíme, budeme-li tvrdit, že příčina problému parity tkví v přechodu ze sudého statusu hlavolamu (např. složený stav) na lichý status hlavolamu (zprostředkový prováděním povolených tahů). Důsledkem problému parity je pak nutnost provedení lichého násobku 2-cyklů určitého typu dílků alespoň v jedné orbitě na hlavolamu za podmínky, že jsou všechny dílky na hlavolamu se vyskytující vzájemně rozlišitelné. Trochu krkolomně (a snad i správně) tím bylo zopakováno to, co nás provází celým článkem už od počátku (viz náš výklad matematické definice permutace).

Aby si na své přišli i rychlokostkaři, bude po zbytek našeho povídání o problému parity pojednáváno převážně z jejich pohledu na věc. Předně na tomto místě můžeme Supercube 4x4x4 nahradit zpět Rubikovou kostkou 4x4x4, poněvadž nadále nebudeme pracovat s pojmy jako permutace nebo N-cyklus v matematickém slova smyslu. Ani složený stav kostky není z tohoto hlediska definován.

Přirozeně problém parity ovlivňuje metoda skládání hlavolamu. Pakliže u Rubikovy kostky 4x4x4 použijeme redukční techniku (na kostku 3x3x3), na tzv. OLL parity narazíme tehdy, pokud:

  • jsme seskupili středové dílky a spárovali křídelní hrany lichým počtem tahů vnitřních vrtev (dle QTM), přičemž rozmíchání hlavolamu bylo provedeno s užitím sudého počtu tahů vnitřních vrstev (dle QTM) nebo
  • jsme seskupili středové dílky a spárovali křídelní hrany sudým počtem tahů vnitřních vrtev (dle QTM), přičemž rozmíchání hlavolamu bylo provedeno s užitím lichého počtu tahů vnitřních vrstev (dle QTM)

Důvodem, proč jsou v odrážkách zmíněny jen středové dílky a křídelní hrany, je to, že pouze tahy vnitřními vrstvami (obsahujíc uvedené dílky) mění permutaci křídelních hran (aneb tahy vnějšími vrstvami permutaci křídelních hran zachovávají).

I tzv. PLL parity samozřejmě závisí na použité metodě skládání kostky 4x4x4. Při užití redukční techniky (na kostku 3x3x3) pak příčina vzniku tohoto jevu spočívá v nevhodném (až ledabylném) párovacím procesu několika posledních nespárovaných křídelních hran.

Jestliže při skládání kostky 4x4x4 redukční technikou (na kostku 3x3x3) neuděláme analýzu "redukčního" problému parity, tak se:

  • tzv. OLL parity objeví v 50% případů
  • tzv. PLL parity objeví v 50% případů
  • tzv. OLL parity společně s tzv. PLL parity objeví v 25% případů
  • tzv. OLL parity společně s tzv. PLL parity neobjeví v 25% případů

Mimochodem, u kostek NxNxN s lichým N nedochází k prohození jen dvou hran nebo špatné orientaci jen jedné hrany (při pohledu jako na kostku 3x3x3), protože na rozdíl od kostek se sudým N obsahují i centrální hrany. Ty, jak již víme, musejí být ve složeném stavu v sudé permutaci (takže je vyloučen jen 1 2-cyklus těchto dílků ve složeném stavu hlavolamu), a zároveň není možná orientace pouze jedné centrální hrany (plyne např. z definice komutátoru pro sudý status kostky 3x3x3, resp. konjugace pro lichý status téhož hlavolamu). Oproti tomu křídelní hrany se neptají na rozměr kostky NxNxN - chovají se ve svých orbitách u lichých i sudých kostek stejně (tudíž třeba na kostce 5x5x5 odpovídá jejich rozpoložení kostce 4x4x4 a naopak).

Jak problému parity předcházet?

Podstatou rozmíchaného hlavolamu je vrátit ho zpět do složeného stavu. Za tímto účelem na něm provádíme dobře definované tahy, které mohou měnit permutaci některých dílků na hlavolamu se vyskytujících. Z principu věci se tak problému parity v matematickém pojetí vyhnout nelze. Pokud totiž dostaneme rozmíchaný hlavolam v lichém statusu, jsme nuceni aplikovat minimálně jeden tah měnící lichou permutaci dílků na sudou, abychom docílili složeného stavu. Pakliže dostaneme vhodně rozmíchaný hlavolam v sudém statusu, vždy alespoň o jedné nastalé konfiguraci v průběhu řešení můžeme tvrdit (vlivem použité metody skládání), že je lichým statusem hlavolamu. To proto, že se nesnažíme za každou cenu udržet status hlavolamu sudý, ale namísto toho usilujeme o dosažení vytyčeného kroku skládací metody. A toho se klidně můžeme domoct v lichém statusu hlavolamu. Např. u složené Rubikovy kostky 2x2x2 je po aplikaci míchacích tahů R U permutace rohů sudá, přesto není hlavolam složitelný prováděním jen dvojitých tahů dle QTM, které permutaci rohů zachovávají/nemění.

Pak tu máme ještě rychlokostkařský výklad. Když zůstaneme u Rubikovy kostky 4x4x4 a redukční techniky (na kostku 3x3x3), jakožto nejrozšířenějšího způsobu řešení v oblasti rychlostního skládání, tak před každým pokusem (a kdykoli v jeho průběhu) se dá provést analýza, na jejímž základě lze určit, zda-li se tzv. OLL parity během skládání vyskytne či nikoliv. To nám umožňuje vybrat si, v jaké fázi pokusu chceme případný výskyt tzv. OLL parity řešit.

V praxi to pak vypadá nějak takhle:

  • tzv. OLL parity vyřešíme v závěru skládání, na první pohled obvykle nicneříkajícím algoritmem
  • tzv. OLL parity vyřešíme v závěru skládání, tentokráte intuitivním algoritmem
  • tzv. OLL parity vyřešíme na počátku skládání

První bod znají asi všichni rychlokostkaři-začátečníci, u nichž se neočekává pochopení smyslu tahů v algoritmu. Algoritmus se zkrátka naučí zpaměti a po příčině daných tahů se nepídí (příkladem budiž r2 B2 U2 l U2 r' U2 r U2 F2 r F2 l' B2 r2). Druhý bod mohou znát např. návštěvníci těchto stránek, protože v návodu na Rubikovu kostku 4x4x4 je použit algoritmus, který prvním tahem řeší tzv. OLL parity a dalšími osmi tahy (dle notace WCA, nikoliv QTM) vrací středové dílky zpět do původního stavu. Poté jsou opětovně párovány/skládány rozmíchané křídelní hrany za užití sudého počtu tahů vnitřních vrstev.

Konečně třetí bod je možné aplikovat tak, že před začátkem samotného řešení určíme, zda-li jsou křídelní hrany v liché nebo sudé permutaci (to někteří špičkoví skladatelé Rubikovy kostky 4x4x4 poslepu zvládnou během 15 vteřin, což je soutěžní časový limit na inspekci kostky před následným skládáním). Poté shlukneme středové dílky za použití buď sudého, nebo lichého počtu tahů vnitřních vrstev (dle QTM) tak, aby po tomto kroku byla permutace křídelních hran sudá. Pak už stačí párovat křídelní hrany "normálním způsobem" (tzn. prostřednictvím sudého počtu tahů vnitřních vrstev dle QTM), bez dělání zbytečných blbostí (jako například za užití lichého počtu tahů vnitřních vrstev dle QTM). Ze zajímavosti porovnejte tento myšlenkový postup s řešením problému parity např. u hlavolamu Square-1, a měli byste dojít k analogii (včetně té, že potřebná analýza k vyřešení problému parity jde provést ještě před samotným skládáním obou hlavolamů).

Podrobnější popis zní: u rozmíchané kostky 4x4x4 si nejprve spočítáme počet 2-cyklů, které je třeba aplikovat na křídelní hrany, aby byly složené. Pakliže vyjde liché číslo, musíme středové dílky seskupit lichým počtem tahů vnitřních vrstev (dle QTM). Pokud vyjde sudé číslo, musíme středové dílky seskupit sudým počtem tahů vnitřních vrstev (dle QTM).

Shluknutí 6·4 = 24 středových dílků s počítáním potřebných tahů vnitřními vrstvami se jeví jako poměrně obtížná úloha vzhledem k požadavku na rychlost provedení. Naštěstí se dá postup zjednodušit (třeba už jen tím, že místo 24 dílků jich potřebujeme shluknout jen 20 - zbylé 4 budou po tomto provedení automaticky v požadované konfiguraci). Po seskupení prvních 4 středových dílků stejné barvy (a k tomu potřebného provedení X tahů vnitřními vrstvami dle QTM) můžeme pokračovat shluknutím dalších 4 středových dílků stejné barvy (a k tomu potřebného provedení Y tahů vnitřními vrstvami dle QTM), které patří do opozitní stěny než prvé 4 středové dílky (u klasického barevného schématu kostky se opozitní stěny liší o odstín žluté barvy, takže je bílá opozitní se žlutou, zelená s modrou a červená s oranžovou barvou). Výhodou při seskupování opozitních středových dílků je to, že nemusíme počítat sekvence typu r U (nebo U2) r' - ty totiž permutaci křídelních hran nemění, protože jsou přitom provedeny dva tahy vnitřních vrstev dle QTM (takže číslo Y nebude nezbytně velké). Třetí čtveřice středových dílků (a k tomu potřebného provedení Z tahů vnitřními vrstvami dle QTM) se seskupuje obdobně. Součet tahů X + Y + Z = S (jako středy) posléze porovnáme s počtem 2-cyklů nutných ke složení křídelních hran před samotným skládáním hlavolamu (potažmo shluknutím 12 středových dílků) = H (jako hrany).

Pokud je číslo S liché a číslo H sudé (příp. S sudé a H liché), natočíme hlavolamem tak, aby jedna čtveřice seskupených středových dílků byla na pozici F, a zbylé dvě čtveřice na pozicích L a R. Poté uděláme algoritmus r U2 r U2 r', čímž dojde ke změně permutace křídelních hran (díky lichému počtu tahů vnitřních vrstev dle QTM). Dále stačí pokračovat v seskupování zbylých středových dílků obvyklým způsobem (tzn. provedením tahu vnitřní vrstvy (tzv. vyšoupnutí), shluknutím dílků a provedením inverzního tahu vnitřní vrstvy (tzv. zašoupnutí)), přičemž pro zůstavší 3 čtveřice středových dílků odpadá jakékoliv počítání, protože vhodně provedené povolené tahy již nemají vliv na nynější sudou permutaci křídelních hran.

Jestliže je po shluknutí 12 středových dílků S i H liché (příp. S i H sudé), platí předešlé souvětí (tzn. algoritmem r U2 r U2 r' se v průběhu řešení nemusíme vůbec zaobírat).

Nastíněným postupem předejdeme nutnosti řešit tzv. OLL parity na kostce 4x4x4 v samotném závěru skládání. Možná, že to na videu bude více pochopitelné (spíš ale ne vzhledem k častým, nechtěně řečeným, nepřesnostem). V každém případě nezapomeňte na to, že video je natočeno z rychlokostkařského (redukčního) pohledu na problém parity, nikoliv v matematickém pojetí tohoto termínu!

Můžete si všimnout, že některé tahy, které byly v písemné formě označeny jako Y a/nebo Z, jsou v podobě videa nadbytečně započítávány do celkového součtu S. Konkrétně jde o tahy vnitřními vrstvami v sekvenci typu r U (nebo U2) r'.

Samozřejmě že k získání součtu S není nutno samostatně rozlišovat mezi X, Y a Z, protože až jejich konečná suma je to, co nás zajímá. Při určování počtu tahů vnitřních vrstev v průběhu shlukování 3 čtveřic středových dílků ani nemusíme počítat vzestupně (tedy 1, 2, 3, 4 atd. jako na videu), poněvadž principiálně lze nahradit všechna lichá čísla jedním symbolem (např. 1 (v duchu by se mohlo vyslovovat jednoslabičné "raz") nebo L (jako lichý)) a všechna sudá čísla odlišným symbolem (např. 2 (v duchu by se mohlo vyslovovat jednoslabičné "dva") nebo S (jako sudý)), a operovat pouze s těmito dvěma symboly.

Samo sebou existují i jiné techniky (metody, chcete-li) skládání Rubikovy kostky 4x4x4 (třeba taková metoda Cage - viz níže - je krásný příklad). Při nezvyklé redukci nikoliv na kostku 3x3x3, nýbrž na kostku 2x2x2 se jednak kompletně vyhneme tzv. PLL parity (protože jsou křídelní hrany přímo přidružovány k rohům, tedy tam, kam skutečně ve složeném stavu patří), a na tzv. OLL parity použijeme již známý postup - necháme orbitu křídelních hran v sudé permutaci (případně za tímto účelem provedeme algoritmus, který má za následek lichý počet 2-cyklů tohoto typu dílků - třeba u skládání Rubikovy kostky 3x3x3 poslepu se jedná o R2 U' R2 U R2 U D' R2 U R2 U' R2 D). Více viz video, jehož autorem je milovník kombinatorických hlavolamů Jon (vyskytnuvší se tzv. OLL parity řeší Jon v konečném důsledku 3 2-cykly křídelních hran (čas 22:44) - uvedený algoritmus R2 U' R2 U R2 U D' R2 U R2 U' R2 D adaptovaný na kostku 4x4x4 je v jeho podobě tvořen 19 tahy vnějšími vrstvami a 7 tahy vnitřními vrstvami dle QTM. V případě Supercube 4x4x4 s analýzou každého tahu zvlášť by tak šlo o lichou permutaci rohů (19 4-cyklů) a zároveň lichou permutaci středových dílků (2·7 + 19 = 33 4-cyklů) a zároveň lichou permutaci křídelních hran (2·19 + 7 = 45 4-cyklů). Při analýze algoritmu jako celku dostáváme 1 2-cyklus rohů a zároveň 3 2-cykly středových dílků a zároveň 3 2-cykly křídelních hran.).

Naposledy se vraťme k redukční technice skládání Rubikovy kostky 4x4x4 (na kostku 3x3x3). Zbývá si objasnit, jak předcházet tzv. PLL parity.

Nejprve si při párovacím procesu nechejme nespárované jen dvě dvojice křídelních hran - této konfigurace je možné dosáhnout vždy (2 dvojice jsou voleny ze cvičných důvodů - na nich se totiž problematika vysvětluje lépe než 3 dvojicích, nicméně i pro 3 nespárované dvojice křídelních hran bychom získali podobné závěry). Dále v návaznosti na středy určíme permutaci jak rohů, tak kompozitních hran (pokud mají křídelní hrany permutaci sudou, o právě jedné dvojici nespárovaných křídelních hran se dá vždy říct, že je "napůl složená" na jednom ze dvou míst, kam nespárované dvojice křídelních hran patří; pakliže mají křídelní hrany permutaci lichou, můžeme si buď v duchu dvě křídelní hrany v jedné dvojici prohodit a uvažovat předešlou situaci, případně jednu dvojici nespárovaných křídelních hran považovat pro tuto chvíli za složenou (jde o analogii k "napůl složené" nespárované dvojici křídelních hran) na jednom ze dvou míst, kam nespárované dvojice křídelních hran patří - tím pádem je permutace i orientace druhé nespárované dvojice křídelních hran (při pohledu jako na kompozitní hranu) vždy jednoznačně určena). V podstatě se jedná o provedení analýzy 2-cyklů rohů a kompozitních hran, podobně jako při skládání Rubikovy kostky 3x3x3 poslepu (tam jsou kompozitní hrany nahrazeny centrálními hranami). Poté stačí (na základě analýzy) aplikovat párovací algoritmus dvou dvojic křídelních hran (např. (d R U R' U' F' U F d') (F' U' F U R U' R')) ve správném pořadí, tj. s využitím správných nastavovacích tahů tak, aby po tomto algoritmu byla permutace rohů i kompozitních hran stejná.

Na simulátorech to bude názornější (tam vidíme už téměř složený hlavolam z důvodu lepší přehlednosti - odpadá tak provádění nastíněné analýzy 2-cyklů).

Před aplikací párovacího algoritmu si musíme být jistí, které křídelní hrany se budou přesouvat a kam. Na levém horním simulátoru je žádoucí vyměnit modro-žlutou křídelní hranu z pozice UB se žluto-zelenou křídelní hranou na pozici UF, a v zápětí i obě modro-žluté křídelní hrany na pozici UB. Naopak nežádoucí přehození zeleno-žluté křídelní hrany na pozici UB se žluto-modrou křídelní hranou na pozici UF, s následným prohozením obou modro-žlutých křídelních hran na pozici UB, ilustruje simulátor vpravo. V obou případech jsou první 4 tahy nastavovací, následných 9 tahů zajistí 2 2-cykly křídelních hran, zbytek tahů vrací inverzním způsobem hlavolam zpět do počátečního stavu. Právě jedna "napůl složená" dvojice nespárovaných křídelních hran na pozici UF indikuje, že ty se na počátku nacházejí v sudé permutaci.

Pro úplnost můžete zhlédnout i analogické duo simulátorů s počáteční lichou permutací křídelních hran (takže "napůl složené" jsou buď obě dvojice nespárovaných křídelních hran, nebo ani jedna z nich). Myšlenka provedení párování (skrze 2 2-cykly křídelních hran) je neměnná, stejně tak jako princip realizace (jen s tím rozdílem, že se změnil počet nastavovacích tahů - místo čtyř jsou potřeba jen dva).

Analýza potřebná ke zjištění výskytu tzv. OLL nebo tzv. PLL parity v libovolné (tzn. i počáteční) fázi skládání vyžaduje obvykle značné nároky na čas. To je hlavním důvodem, proč lidé věnující se rychlostnímu skládání řeší "redukční" problém parity v naprosté většině až na samotném závěru svého pokusu.

Metoda Cage

Po různých optimalizačních procesech je podle všeho metoda Cage více efektivní (tahově, potažmo i časově) při skládání větších kostek (od cca. 10x10x10) než za použití redukční techniky na Rubikovu kostku 3x3x3. Osobně Cage využívám pro reálné kostky 4x4x4 a 5x5x5 (větší reálné kostky nemám), a na rozdíl od redukční techniky (na 3x3x3) se hodí i k řešení Supercube NxNxN.

Předtím, než se s vervou pustíte do čtení návodu, doporučuji se seznámit s textem napsaným na této stránce výše (pokud jste tak ještě neučinili). Kromě pochopení zavedené terminologie totiž získáte i všeobecný nadhled v dilematice o problému parity.

Metoda Cage (anglicky klec) nemá nic společného s hercem Nicolasem Cagem. Vznikla v 80. letech minulého století, společně s příchodem samotné Rubikovy kostky 4x4x4. Název odráží vizuální charakteristický stav středových dílků na hlavolamu, neboť ty se zdají být uvězněny v kleci. Můžete se také setkat s pojmenováním "centers last" (skládání středů naposled). Pro Rubikovu kostku 4x4x4 lze metoda schematicky znázornit takto:

metoda Cage

Někteří kostkaři si zpočátku skládají rohy. My začneme se shlukováním středových dílků jedné barvy, protože to shledávám časově výhodnějším (rychlejším oproti postupu, v němž bychom měli všechny středové dílky seskupovat až naposled). Asi na tom moc nezáleží a konečné rozhodnutí je stejně na vás - pokud si 4 středové dílky shluknout pospolu chcete, směle do toho. Jestli si je radši necháte na konečnou fázi skládání, nic se neděje. Proti gustu žádný dišputát.

Simulátor níže seskupuje středové dílky (těmi se u kostky NxNxN myslí vnitřních (N-2) · (N-2) dílků v rámci jedné stěny), načež skládá rohy (resp. po tahu U by byly složené). Ty si lze v prvním přiblížení představit jako Rubikovu kostku 2x2x2.

Poté se pokračuje skládáním všech křídelních hran (pro liché N (tj. kostky s lichým počtem vrstev) i společně s centrálními hranami) až na ty, které patří do M-prstence (při pohledu jako na kostku 3x3x3) - pro inspiraci viz metoda corners-first nebo samotný simulátor níže. Na něm se dvojice křídelních hran skládají v pořadí: bílo-zelené, bílo-oranžové, bílo-modré, žluto-zelené, žluto-červené, žluto-modré a nakonec žluto-oranžové.

Tím, že od počátku vkládáme křídelní hrany na svá místa, kam skutečně patří, aktivně předcházíme tzv. PLL parity.

Ne vždy se však podaří, aby poslední dvojice křídelních hran v dané orbitě (při uvažování větších kostek než 5x5x5, kde existuje více než jedna orbita pro křídelní hrany) nepatřící do M-prstence (při pohledu jako na kostku 3x3x3) byla již spárována, jako tomu je u simulátoru výše. Pro kostku 4x4x4 mohou obecně nastat tři případy:

  • obě křídelní hrany jsou v M-prstenci (při pohledu jako na kostku 3x3x3)
  • jedna křídelní hrana je v M-prstenci (při pohledu jako na kostku 3x3x3)
  • obě křídelní hrany nejsou v M-prstenci (při pohledu jako na kostku 3x3x3)

Posledně zmíněná možnost je v řešena v odkazovaném článku o metodě corners-first. Pokud zatoužíte po intuitivnějším způsobu orientace oné kompozitní hrany (a nějaké jiné kompozitní hrany v M-prstenci), koukněte na návod k hlavolamu Void cube, příp. zhlédněte video níže. První bod v odrážce se ještě dále dělí podle toho, zda-li jdou křídelní hrany na kostce 4x4x4 spárovat pouhými tahy r či l. Pokud ano, spárujte je, a přesuňte se opětovně na stránku o metodě corners-first, kde je uveden další postup řešení. Pokud ne, jednu křídelní hranu umístěte na pozici kompozitní hrany UF, a druhou křídelní hranu dejte na pozici kompozitní hrany FD nebo BD. Pak stačí provést tah U2, spárovat dotčené křídelní hrany tahy r nebo l, a následně provést inverzní U2', aby se kompozitní hrana patřící na pozici UL vrátila do původního stavu. Poté navštivte stránku o metodě corners-first (nebo, pakliže si troufáte, řešte intuitivně).

Jestli se pro danou orbitu (na kostce 4x4x4 existuje taková jenom jedna) jedna křídelní hrana nachází v M-prstenci (při pohledu jako na kostku 3x3x3) a druhá nikoliv, přemístíme kompozitní hranu z pozice UL na pozici UR takovým způsobem, aby se všechny potřebné nespárované křídelní hrany ocitli v M-prstenci. Pokračujeme jejich spárováním (viz předešlý odstavec) a složením všech kompozitních hran až na ty, které patří do M-prstence. Jednu exemplární situaci vidíme na simulátoru.

U kostek NxNxN s lichým počtem vrstev je v tuto chvíli vhodné složit zbylé 4 centrální hrany. Lze to učinit způsobem popsaným u metody corners-first (ta cílí především na rychlost, a tak intuitivnější provedení hledejte u hlavolamu Void cube - viz sekce permutování hran zbylé vrstvy a orientování hran zbylé vrstvy).

V dalším kroku poskládáme zbývající křídelní hrany - nejprve v jedné vrstvě ("jedné polovině orbity křídelních hran"), a posléze i v druhé vrstvě ("druhé polovině orbity křídelních hran"). To vyžaduje trochu obezřetnosti, neboť pro nerozmíchání si již složených dílků hlavolamu je nutné při tom provést sudý násobek tahu R2 (případně ekvivalentu k tahu R2, jímž se vyměňují křídelní hrany v obou vrstvách ("obou polovinách orbity")).

Z počátku pozorujeme na simulátoru vlevo složenou modro-červenou křídelní hranu na pozici UF. Ve stejné vrstvě se po orientaci hlavolamu (z y) skládá tahem R2' červeno-zelená křídelní hrana. Abychom mohli provést inverzní R2, je potřeba obě zmíněné hrany "uklidit do bezpečí", aby se tím opět nerozmíchali - k tomu použijeme tah u. Rohy vrátíme do původní pozice tahem R2 a předtím složené hrany posuneme na svá místa pomocí u'. Následuje rotace hlavolamu (y), díky které si dalším případným tahem R2 nerozmícháme již složené křídelní hrany.

Můžeme si všimnout, že oranžovo-modrá křídelní hrana na pozici RB se nám náhodně složila sama od sebe a poslední křídelní hrana patřící do téže vrstvy (oranžovo-zelená) se nachází na pozici LF. Nabízí se provést tah R2' za účelem jejich "spárování", s následným vložením do příslušné vrstvy pomocí tahů d R2. Tím by ale byly obě dotčené křídelní hrany prohozené (na to, že by se nám příležitostně automaticky složila druhá vrstva, jako by tomu bylo v případě simulátoru (po tahu d), nelze spoléhat).

Proto je lepší vložit třetí křídelní hranu do první vrstvy (na simulátoru chápeme první vrstvou vrstvu druhou od shora) na špatné místo (takové je jen jedno), protože při právě nastíněném "párování" pak dojde ke složení obou křídelních hran (místo předešlého případu, kdy byly prohozeny). Simulátor se tudíž snaží modro-oranžovou hranu dostat na pozici, kam patří zeleno-oranžová hrana (ale takovým způsobem, aby nedošlo k rozmíchání již složených křídelních hran v téže vrstvě). Tahy R2' d R2 bychom zadaného cíle dosáhli, avšak bohužel by se opakovalo rozmístění dílků z předešlého odstavce - vzájemně vyměněné by byly obě křídelní hrany namísto jen jedné z nich.

A tak simulátor zeleno-oranžovou hranu na pozici LF "odsouvá do bezpečí" tahem d', a poté tahy R2' d R2 dostává modro-oranžovou křídelní hranu do potřebné konfigurace. Teď stačí obě křídelní hrany "spárovat" (tahy d' R2) a společně vložit na svá místa (tahy d' R2').

Z druhé vrstvy se tahem z2 stane první, načež v ní mohou nastat dva případy: buď jsou všechny křídelní hrany složené (po příslušném tahu u), nebo zbývá prohodit dvě z nich (rovněž po "zarovnávacím" tahu). Principiálně je tak nějak jedno, jestli jsou vyměněné dvě sousední nebo protilehlé křídelní hrany, matematicky vzato jde o lichou permutaci křídelních hran (a při skládání redukční technikou na kostku 3x3x3 bychom pokaždé hovořili o tzv. OLL parity). Nyní už nemůžeme aplikovat předešlý postup vkládání křídelních hran na svá místa, jednoduše proto, že by se tím nynější dolní vrstva rozmíchala.

Pro prohození dvou křídelních hran na pozicích RF a RB se tak dá použít algoritmické řešení s lichým počtem tahů vnitřními vrstvami dle QTM, např. R2 u' R2 u R2 u d' R2 u R2 u' R2 d (viz třeba sekce s názvem složení dvou vnitřních vrstev u hlavolamu 3x3x4). Pokud chceme vyměnit dvě protilehlé křídelní hrany (jako v případě simulátoru), provedeme algoritmus třikrát (a mezi ním vhodně natočíme kostku nebo uděláme účelný nastavovací tah), přičemž poslední ze tří provedení algoritmu se už výhradně vztahuje k výměně dvou sousedních křídelních hran.

Alternativou pro konfiguraci po tahu 16 jsou nastavovací tahy B2 d B2', následované zmíněným algoritmem R2 u' R2 u R2 u d' R2 u R2 u' R2 d, a dokončené inverznímy tahy B2 d' B2'.

Ty z vás, kteří si nechtějí pamatovat algoritmy, zajisté potěší zpráva o možném intuitivním postupu. Samozřejmě se nevyhneme požadavku dostat křídelní hrany z liché permutace do sudé, nicméně to je možné učinit jen jedním jediným tahem vnitřních vrstev dle QTM - například u. Z 1 2-cyklu křídelních hran se rázem stane 1 3-cyklus, a taková úloha by měla být snadno řešitelná. Třeba konjugací B [u' (R U R') u (R U' R')] B', resp. symetrickým případem B' [u (L' U' L) u' (L' U L)] B, viz video níže.

Jako poslední seskupíme pospolu středové dílky. Nástrojem nám k tomu budiž komutátory, resp. konjugace. Závěrečný simulátor se zaobírá středy v pořadí: červená, zelená, žlutá a oranžová.

Slovo závěrem

Pakliže vás článek při jeho čtení donutil alespoň chvílemi zapřemýšlet nad logikou popisovaných věcí, směle splnil svůj účel. Ve skrytu duše doufám, že jste se přitom i něco nového dozvěděli. Třeba že neumíte složit Rubikovu kostku 4x4x4 :-).

Zároveň věřím, že jsem nejenom plnohodnotně reagoval na tazatelův výňatek citovaný v úvodní stati, ale i nabídl trochu jiný a netradiční pohled (pojatý v širších souvislostech) pod pokličku dalším kombinatorickým hlavolamům.

V neposlední řadě mě potěší, jestli se na existenci liché permutace alespoň jedné orbity dílků (tzn. problému parity) dokážeme shodnout i na posledních 6 namátkových konfiguracích pro Supercube 4x4x4.

Problém parity
redukční metoda (na 3x3x3)
Problém parity
metoda Cage
Problém parity
metoda vrstva po vrstvě
Žádný problém parity
2 2-cykly křídelních hran
Problém parity
1 2-cyklus rohů a 1 2-cyklus
středových dílků
Žádný problém parity
1 3-cyklus středových dílků



Christopher Mowla si zaslouží můj velký dík za veškerou snahu projevenou ohledně naší soukromé korespondence, nejenom na téma permutace a analýza Supercube NxNxN. Bez jeho laskavých a mimořádně užitečných konzultací by sepsání článku do stávající podoby nebylo možné.
Michael Feather mi dopomohl k získání ucelenější představy o permutacích a N-cyklech, takže i jemu tímto srdečně děkuji.

Graficky stránku obohatili Boris Mouradov a Michael Feather.

REKLAMA:
„Přátelství je součást lidského štěstí.“ Jan Werich