이것은 경찰과 강도 도전입니다. 이것은 강도의 실입니다. 경찰의 스레드가 여기에있다 .

경찰은 OEIS 에서 시퀀스를 선택하고 해당 시퀀스에서 첫 번째 정수를 인쇄 하는 프로그램 p 를 작성합니다 . 또한 일부 문자열을 찾을 것 들 . p 어딘가에 s 를 삽입하면 이 프로그램은 시퀀스에서 두 번째 정수를 인쇄해야합니다. p 의 동일한 위치에 s + s 를 삽입하면 이 프로그램은 시퀀스에서 세 번째 정수를 인쇄해야합니다. 같은 위치에있는 s + s + s 는 네 번째 등을 인쇄합니다. 예를 들면 다음과 같습니다.

파이썬 3, 시퀀스 A000027

print(1)

숨겨진 문자열은 2 바이트 입니다.

+1프로그램 print(1+1)은 A000027에서 두 번째 정수를 print(1+1+1)인쇄하고 프로그램 은 세 번째 정수 등 을 인쇄 하기 때문에 문자열은입니다 .

경찰은 순서, 원래 프로그램 p 및 숨겨진 문자열 s 의 길이를 밝혀야합니다 . 강도는 해당 길이 까지의 문자열 과 시퀀스를 생성하기 위해 삽입 할 위치를 찾아서 제출을 해독합니다 . 문자열이 의도 한 솔루션과 일치하여 유효한 균열이 아니거나 삽입 된 위치가 아니어야합니다.

경찰 답변 중 하나를 해독하는 경우 솔루션 (숨겨진 문자열과 위치가 표시된 상태)과 답변 링크를 게시하십시오. 그런 다음 경찰이 여기에 당신의 균열에 대한 링크로 대답하십시오.

규칙

• 솔루션은 순서에 관계없이 숫자에 상관없이 또는 메모리 제한, 정수 / 스택 오버플로 등으로 인해 실패하는 합리적인 한계까지 작동해야합니다.

• 우승 강도는 가장 많은 제출물을 크랙하는 사용자이며 순위 결정자가 해당 크랙 수에 먼저 도달 한 사람입니다.

• 우승 경찰이 가장 짧은 문자열과 경찰 인 의 금이되지 않습니다. Tiebreaker는 가장 짧은 p 입니다. 크랙되지 않은 제출물이 없으면 해결책을 가진 경찰이 가장 오랫동안 승리했습니다.

• 안전하다고 선언하려면 솔루션이 1 주일 동안 크랙되지 않은 상태로 유지되고 숨겨진 끈 (및 삽입 위치)이 공개되어야합니다.

• s 는 중첩 될 수 없으며, 엔드 투 엔드로 연결되어야합니다. 예를 들어, 들 이었다 10, 각 반복은 갈 것 10, 1010, 101010, 10101010...보다는10, 1100, 111000, 11110000...

• 모든 암호화 솔루션 (예 : 하위 문자열의 해시 확인)이 금지됩니다.

• s 에 ASCII가 아닌 문자가 포함 된 경우 사용중인 인코딩도 지정해야합니다.

Python 2 , xnor의 시퀀스 A138147

기발한:

print 10

깨진:

print "1%s0"%10
      ^^^^^^^

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뇌 - 플랙 , A000984 하여 Nitrodon

({({}<>({}))<>}<>){({}<>)<>}<>

이것은 Nitrodon이 무엇을 염두에 두 었는지 확실하지 않은 30 바이트입니다.

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설명

나는 많은 것을 시도했지만 여기에 효과가 있습니다. A000984의 용어는 파스칼 삼각형의 핵심 요소입니다.

이제 대각선 위에 대각선을 추가하여 얻을 수 있다는 것을 알았습니다.

예를 들면 다음과 같습니다.

$1+3+6+10 = 20$

그리고 Nitrodon의 프로그램에서 마지막 조치는 모든 것을 요약하는 것입니다. 이것은 좋은 후보처럼 보였습니다 (더 많은 것들을 시도했지만이 작업은 끝났습니다).

그래서 우리는 하나의 부분 합계를 취하고 다음 부분을 생성하는 프로그램을 원합니다. 운 좋게도 이들 중 하나에서 다음으로 갈 수있는 깔끔한 방법이 있습니다. 각 행은 다음 행의 델타입니다. 있음 $n$ 행 번째 항은 차이 인 $n$ 번째 및 $n-1$ 의 다음 행 번째 조건이.

한 가지 문제는 원하는 행을 계산하기에 마지막 행이 충분하지 않다는 것입니다. 행이 있으면 각 행이 마지막 행보다 하나 더 길기 때문에이 방법으로 다음 행의 마지막 멤버를 가져올 수 없습니다. 그러나 여기에는 또 다른 트릭이 있습니다. 각 행의 마지막 멤버는 해당 행의 모든 ​​이전 멤버와 같습니다!

$1+3+6=10$

그리고 당신이 Brain-Flak에 익숙하다면 그것은 당신에게 정말로 쉬운 일로 튀어 나와야합니다.

이제 코드는 다음과 같습니다.

시작하기 위해 각 새 멤버가 인접한 두 개의 오래된 멤버의 합인 다음 행 계산을 수행합니다. 그것은 할 수 있습니다 :

{({}<>({}))<>}<>

기본적으로 요소를 옮기고 이미 위에 있던 것을 삭제하지 않고 추가합니다. 그러나 이것은 모든 것을 뒤집기 때문에 다음에 우리가 줄을 다시 넣으려면 다시해야합니다.

{({}<>({}))<>}<>{({}<>)<>}<>

이제 행의 마지막 멤버를 계산해야합니다. 전에 말했듯이 이것은 매우 쉽습니다. 우리는 행의 모든 ​​요소를 ​​반복하기 때문에 그 합계를 가져 와서 밀어 넣을 수 있습니다. 우리는 두 번째 루프 전에 밀어서 바닥에 닿습니다.

({({}<>({}))<>}<>){({}<>)<>}<>

그리고 그게 다야.

뇌 - 플랙, A000290 , Sriotchilism O'Zaic에 의해

기발한:

((()))({}<>)

깨진:

((()))({}([])[]<>)
         ^^^^^^

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또는

((())([])[])({}<>)
     ^^^^^^

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MATL 시퀀스 A005206 의해 루이스 Mendo

기발한:

voOdoO

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깨진:

voOdoOdNq17L/k
      ^^^^^^^^

MATL 전문가는 아니지만 원본 voOdoO은 [0]스택에 두 개의 빈 배열과 배열을 만듭니다 . 이것이 [0]시퀀스의 첫 번째 요소로 대괄호없이 인쇄됩니다. 그런 다음 균열 / 해결 방법은 다음을 수행합니다.

• d스택에서 요소를 가져 와서 (숫자 또는 크기가 1 인 배열이라고 가정) 빈 배열로 바꿉니다. 이 빈 배열은 인쇄되지 않지만 스택 크기에 기여합니다
• Nq스택의 크기를 세고 빼냅니다. 이것은 n+1함수를 평가할 때 의 용어입니다 ( d스택에 보이지 않는 것을 추가 하기 때문에 2에서 시작하여 반복마다 하나씩 증가하기 때문에 )
• 17L 이것은 상수입니다 Phi = (1+sqrt(5))/2
• /kfloor((n+1)/Phi)시퀀스의 요소를 계산하는 수식 중 하나를 수행합니다 . 이 공식은 a(n) = floor(sigma*(n+1)) where sigma = (sqrt(5)-1)/2우리가 신원을 사용하는 것을 제외하고 OEIS에 나와 있습니다(sqrt(5)-1)/2 = 1/Phi

파이썬 3- A__

print(100+-1)

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맥주 100 병 -1, 다음 번호를 얻기 위해 추가하십시오 99.

A__ 에 의한 Keg 시퀀스 A000045

기발한:

0.

깨진:

01":&+.
 ^^^^^

도전 과제는 길이 <= 6의 하위 문자열을 찾는 것이지만 찾은 문자열의 길이는 5입니다.

술통 사양을 보면 너무 게으른 사람들을위한 명령의 정의 : 0및 1스택에 각각의 수를 밀어; "스택 상단을 스택 하단으로 이동 (롤); &스택이 비어 있으면 스택 상단을 레지스터로 팝하고 그렇지 않으면 스택에 레지스터를 비 웁니다. +상위 2 개의 스택 값을 추가합니다.

초기 1"는 스택 맨 아래에 1을 삽입합니다. 이 1의 증가하는 목록은 첫 번째 반복에서만 역할을 수행하여 스택 1 0이 단지 시작이 아니라 시작한다고 가정 할 수 있습니다 0. 실제로, 부분이 반복 10:&+.되는 프로그램 :&+은 맨 아래에 증가하는 1의 목록이 없다는 것을 제외하고는 위의 솔루션과 정확히 동일한 동작을합니다.

&반복 부분에서 한 번만 사용되며 교대 동작이 있기 때문에 동작은 1":&+반복 패리티에 따라 다릅니다.

이제이 프로그램은 시작부터 0, 1로 시작하는 피보나치 시퀀스를 실제로 인쇄하지 않습니다. 실제로 2, 즉 0에서 1, 0 피보나치 시퀀스를 인쇄합니다. (이것은 동일한 시퀀스로 나타납니다.) 이것을 알면 프로그램은 쉽게 분석됩니다.

• 첫 번째, 세 번째, ... 반복에서 상태는로 시작 [a, b]하고로 끝납니다 a+b (&=b).
• 두 번째, 네 번째, ... 반복에서 상태는로 시작 [b] (&=a)하고로 끝납니다 [b, b+a].

이것은 실제로 필요에 따라 시퀀스를 계산합니다.

Java 8 이상, Benjamin Urquhart의 시퀀스 A010686

()->System.out.println(1^4);
                        ^^

Brain-Flak, A000578 , Sriotchilism O'Zaic

기발한:

((())<>)

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깨진:

((())(({})([][][]){})<>)
    ^^^^^^^^^^^^^^^^

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Pyret 시퀀스 A083420 의해 MLavrentyev

fold({(b,e):(2 * b) + 1},1,[list: 0,0,])
                                  ^^^^

여기서 실행할 수 있지만 코드에 연결하는 방법을 찾지 못했습니다. 복사하여 붙여 넣어야합니다.

제공된 함수는 두 번째 인수를 무시합니다. 첫 번째를 두 배로 늘리고 2^n - 1여기에 필요한 시퀀스 를 생성합니다. 필요한 것은 접힌 목록의 길이를 변경하여 해당 작업을 수행하는 횟수를 알려주는 것입니다. 다행스럽게도 Pyret은 후행 쉼표에 대해 불평하지 않습니다.

파이썬 3 , 시퀀스 A268575 에 의해 NieDzejkob

기발한:

from itertools import product
S,F,D=lambda*x:tuple(map(sum,zip(*x))),lambda f,s:(v for x in s for v in f(x)),lambda s:{(c-48>>4,c&15)for c in map(ord,s)}
W=D("6@AQUVW")
print(len(W))

깨짐 (100 바이트) :

from itertools import product
S,F,D=lambda*x:tuple(map(sum,zip(*x))),lambda f,s:(v for x in s for v in f(x)),lambda s:{(c-48>>4,c&15)for c in map(ord,s)}
W=D("6@AQUVW");A=-1,1,0;*X,=F(lambda a:(S(a,x)for x in product(A,A)),W);W={p for p in X if 2<X.count(p)<4+({p}<W)}
print(len(W))

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내가 수집 할 수있는 것에서 원래 코드는 숨겨진 문자열을 가능한 한 약어로 만들고 정의를 설정 한 다음 초기 게임 오브 라이프 패턴을 정의합니다. 숨겨진 문자열은 Conway의 Game of Life 반복을 102 바이트로 작성하는 것과 같습니다.

이 균열의 목적을 위해 S인수 내의 요소 (반복 가능)를 합산하고 F목록의 모든 요소에 iterable을 반환하는 함수를 적용하고 모든 결과를 함께 분쇄하는 함수입니다.

• ;A=-1,1,0;앞의 문을 끝내고 튜플 (-1,1,0)을 A로 축약합니다. A product(A,A)는 주어진 셀과 셀 자체에 상대적인 모든 이웃을 제공합니다.
• *X,=F(lambda a:(S(a,x)for x in product(A,A)),W);새로운리스트 생성 X세포의 모든 이웃 유지 W및 셀 W각각의 셀에 대한 이웃의 상대 위치를 가산하고,리스트에 이들을 함께 분쇄 이르렀.
• W={p for p in X if 2<X.count(p)<4+({p}<W)}이 목록을 살펴 보고 다음 반복에서 X각 셀이 셀 X세트 에 속 하는지 여부를 판별합니다 . 이 게임은 Life of Life 골프 에서 거의 그대로 사용되었습니다 .

하스켈, A014675 하여 Khuldraeseth na'Barya

원본 코드

main=print$uncurry(!!)([2],0)

부분 문자열로

main=print$uncurry(!!)                                   ([2],0)
                      $(\(a,n)->(a>>= \e->2:[1|e>1],n+1))

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데스크탑 계산기, A006125 , A__에 의해

기발한:

1n

깨진:

1 2lx1+dsx^*n
 ^^^^^^^^^^^

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간단한 구현.

cQuents , 순서 A003617 에 의해 스티븐

=10#2:pZ
  ^

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가장 낮은 n + 1 자리 숫자로 시작하고 그 뒤에 n 개의 0이옵니다. #2시퀀스 정의 시드 번인가되는 시퀀스의 두 번째 항은 인쇄되도록 지정; 이 시퀀스 정의는 단순히 다음 소수를 찾아서 반환합니다.

파이썬 3 - agtoever

from sympy import isprime, primerange
from itertools import count
r=1
r+=1
while isprime(r-2)or r&1<1and r>3:r+=1
print(r)

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MATL 시퀀스 A000796 의해 루이스 Mendo

기발한:

'pi'td1_&:_1)Y$J)

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깨진:

'pi'td1_&:|SQ_1)Y$J)
          ^^^

원래의 저자는 배열을 몰래 만든 다음 배열 [-7:-1]의 첫 번째 요소를 추출하여 부정했습니다 7. 그런 다음 그것을 사용하여 반올림 된 7 번째 자리수 (pi)를 얻었으며, 3이를 첫 번째 자리수로 표시했습니다. 에 추가 |SQ하면 원래 배열이 모두 양수이고 정렬되어 모든 것에 배열이 추가됩니다. 즉, 인덱스를 얻는 대신 모든 후에는 한 응용 프로그램 후, 두 응용 프로그램 후 등 의 인덱스 7를 가져옵니다 . 는 그것이 알려주기 때문에 중요하다 숫자하지 라운드 기능.-2-3-Y$

넷째 (gforth) , A000042 하여, NieDzejkob

.( 1)1 .
^^^^^

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사소한 1- 바이 터는 단순히 문자 그대로 확장됩니다. 문제는 19 번째 자릿수만큼 64 비트가 넘친다는 것입니다. 쉬운 수정은 한 자릿수를 반복적으로 인쇄하는 것입니다. 그러나 쉽지는 않습니다. 1 .끝까지 시침 하면 실제로 필요한 추가 숫자가 인쇄되지만 공백으로 구분됩니다. 작동하지 않습니다.

이제 Wikipedia에 따르면 " .((점-파렌)은 괄호로 구분 된 문자열을 구문 분석하여 표시하는 즉각적인 단어입니다." 다행히도 표시에는 다른 이상한 문자가 없으므로 .(단일 1을 인쇄하는 데 사용 하면 충분합니다. 그리고 그렇습니다. 친밀한 후에는 공간이 필요하지 않으므로이 다섯 문자 (열린 후의 공간이 있음)는 우리 마음의 내용에 반복 될 수 있습니다. 시연하기 위해 TIO에 64 비트 int가 여러 번 오버플로 된 예제를 포함 시켰습니다. 매력처럼 작동합니다.

Unefunge-98 (PyFunge) , 서열 A000108 의해 NieDzejkob

1# 2g1+:2p4*6-*2g/.@
 ^^^^^^^^^^^^^^^^^

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6 번 반복

19 개를 절약하기위한 2 바이트! 공백으로 보이는 것은 실제로 0x01 헤더의 시작 문자입니다.

설명:

이 도전은 모든 a(n)것에서 발생 하는 a(n-1)것 n입니다. OEIS는 다음과 같이 a(n) = (2n)!/(n!(n+1)!)쉽게 변환 할 수 있는 명시 적 공식을 제공합니다.a(n) = a(n-1) * (4n-6) / n . 이제 이것을 Funge에서 구현하십시오.

1와 사이에 코드를 삽입해야 합니다 .. 그것은 이미 완료된 퍼즐의 절반입니다. 남은 것은 어떤 코드를 삽입하는 것입니까? Funge는 스택 조작 도구에서 특히 부족하므로 스택의 하단은 제한이 없습니다. 나는 모두를 추적해야 n하고a(n) 스택을 성장하지 않고. 그리고 Funge 공간보다 더 나은 방법은 무엇입니까?

그 0x01 문자는 내 카운터 n입니다. a(n)비트 실행이 완료된 후에 스택에 있어야하므로 스택을 유지 합니다.

1# 2g1+:2p4*6-*2g/.@
1                       Push 1. This is a(0).
 #                        Skip the next instruction. Without this, I believe the instruction pointer will reverse direction upon encountering 0x01.
   2g                     Push the third character in the source, which starts out as 1.
     1+                   Increment it...
       :                  ...copy it...
        2p                ...and put it back. One copy remains atop the stack.
          4*6-            Multiply by four. Subtract six.
              *           Multiply by a(n), leaving the result alone on the stack.
               2g         Push n again...
                 /        ...and divide our intermediate result by it. Ta-da!
                          At this point, the stack is the same as at the start of the indented block, except the one item has been advanced one place in the sequence.
                          The source of the program has changed; the third character holds the number of times this indented block has run.
                  .@    Print and terminate.

Python 3 , A008574 by tsh

print(1*2+2)
       ^^^^

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V, A000290 , DJMcMayhem에 의해

é*Ä2é*Ø.
  ^^^^

1에서 제곱을 산출합니다.

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기본 은 전체 버퍼에서 줄 바꿈이 아닌 문자 수를 é*삽입 *하고 Ø.계산합니다. 삽입 Ä은 상단 라인을 자체 라인에 복제 2é*합니다 **. 삽입을 연결하면 맨 위에 가장 큰 연속 홀수가 나타납니다. Ø.사실상 최종 은 첫 번째 n 홀수를 합산하여 n 번째 제곱을 산출합니다.

AsciiDots 시퀀스 A019523 의해 Alion

\ +++ /
// \ / \

일단!

두번!

열 번!

코드 / 언어의 작동 방식을 알아 내려고 노력하면서 기존 코드의 처음 두 줄은 피보나치 시퀀스를 무한대로 출력하는 모든 작업을 수행한다는 것을 알게되었습니다. 점이에 도달하면 코드가 종료 &되므로 적절한 수의 항목을 출력 할 수 있도록 나머지 줄에 지연을 추가하기 만하면됩니다.

시행 착오와 관찰 후 올바른 지연 간격이 숫자 당 16 시간 단위라는 것을 알았습니다. 한 줄에 충분한 문자를 맞추는 것은 불가능 해 보였으므로 지연을 2 줄로 넣어야합니다. 실제 지연을 위해 10자를 남겨 두십시오. 패턴이 자체와 일치하도록하려면 두 행 모두 5자를 가져야하며 한 행의 가운데 3 개 문자를 두 번 순회 할 수 있으므로 원하는대로 16 개의 시간 단위를 제공합니다.

&여덟 번째 열에 이것을 맞추기위한 요구 사항 은 내가 세 번째 줄의 내부에서 줄 바꿈으로 시작할 수 있음을 깨달을 때까지 이것을 불가능하게하는 것처럼 보였습니다. 이렇게하면 두 번째 행이 올바른 길이가되고 세 번째 행의 현재 중복 된 끝이 제거됩니다.

Brachylog , 관련이없는 문자열에 의한 시퀀스 A114018

오리지널 프로그램 :

≜ṗ↔ṗb&w

삽입 할 문자열 :

≜ṗ↔ṗẹbb&w
    ^^

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설명

다음은 원래 프로그램에 대한 설명입니다 (사용 된 시퀀스가 ​​"자리 반전도 소수 인 최소 n 자리 소수"임을 알고 있음).

≜         Assign an integer value to a variable named ? 
            (try 0, then 1, then -1, then 2, etc.)
 ṗ        ? must be prime
  ↔ṗ      The reverse of ? must be prime
    b     Remove the first element of ?
     &    Ignore that we removed that element
      w   Write ? to STDOUT

보시다시피, 프로그램은 한 가지를 제외하고는 매우 간단합니다. 완전히 쓸모없는 b - behead술어 호출이 있습니다.이 호출은 우리가 아무것도하지 않는 번호의 첫 번째 요소를 제거합니다.

이것은 우리가 문자열을 찾는 방법에 대한 확실한 단서입니다. 문자열을 추가 할 때마다 숫자의 길이를 1 자리 씩 늘리려면 쓸모없는 것을 사용하여 해당 숫자의 길이를 "평가"하는 문자열이 필요합니다 b.

해결책은 다음과 ẹb같습니다. 먼저 ẹ - elements숫자를 숫자 목록으로 변환합니다. 그런 다음 b - behead첫 번째 요소를 제거합니다. 트릭은 b자릿수 목록이 비어 있으면 실패합니다. 따라서을 추가 할 때마다 b필요한 숫자의 길이가 1 씩 증가합니다 (할당 된 값이 ?충분히 많은 숫자를 포함 할만큼 충분히 높아질 때까지 실패 하므로 마지막 b숫자가 한 자리 목록에 적용됨).

ẹ매번 다시 적용해도 이미 자릿수 목록이므로 효과가 없습니다. 우리는 처음에 한 번만 필요합니다. 왜냐하면 9001우리가 자릿수 목록 대신 같은 숫자를 001 = 1참 으면 자릿수에 대한 정보를 잃어 버릴 것 입니다.

VDM-SL , A000312 , 만료 된 데이터에 의해

let m={1|->{0}}in hd reverse[let x=x+1 in x**x|x in set m(1)&x<card m(1)]
                             ^^^^^^^^^^^^^

VDM-SL의 let표현식은 이미 포함 범위에 바인딩 된 변수를 리 바인드 x**x할 수 있으므로 x이전 범위보다 하나 이상인 범위에 임의로 중첩 될 수 있지만 원래 x는의 카디널리티보다 작습니다 m(1).

하스켈, A083318 하여 XNOR

f=length     [2]
        $show

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Rin 's Fourier 변환에 의한 Haskell , A000045 (Fibonacci)

f = head $(flip(:)<*>sum.take 2)[0, 1]
         ^^^^^^^^^^^^^^^^^^^^^^^

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정확히 23 바이트

이것은 재미 있고 조금 까다로웠다. 거꾸로 된 0과 1은 문제가 아니라는 것을 깨닫기 전에 조금 나를 버렸습니다. $원래 의 부족으로 인해 $...$id모든 것을 괄호로 묶을 수 있기 전에 (1 바이트가 너무 길다) 스케치 작업을 시도 했습니다. 대체로 멋진 작은 퍼즐.

H.PWiz 는 패턴 일치로 최소 5 바이트를 절약 할 수 있다고 지적했습니다 $(\[x,y]->[y,x+y]). 그 무의미한 도전은 어디에서나 무의미하게 생각합니다.