One Complicated system of boolean equations && Mapping method

Use case bellow has obvious typos as missing right hand side values of equations. Just assume  that right hand side of equations bellow has 0 (zerro) values and attempt to create approach to generate matrix with given values.
In case of values 1-th it is obvious that both diagrams will be updated corespondently  and will generate different matrix. Same schema would work
for values sequence 1,0,1,0,1,0,1,0 ..... with another set of fork diagrams.

((x1 v y1) ~ (x2 v y2)) => (x3  v y3) = 1
((x2 v y2) v ¬(x3 v y3)) => (x4 v y4)  = 1
((x3 v y3) ~ (x4 v y4)) => (x5  v y5) = 1
((x4 v y4) v ¬(x5 v y5)) => (x6 v y6)  = 1
((x5 v y5) ~ (x6 v y6)) => (x7  v y7) = 1
((x6 v y6) v ¬(x7 v y7)) => (x8 v y8)  = 1
((x7 v y7) ~ (x8 v y8)) => (x9  v y9) = 1

zj = xj v yj (j=1,2,3,.....,9)


Just repeat.  If they are 1-th  (on right hand side)  or changing 1 with 0 on regular basis, same schema would work as well with corespondently  updated  fork diagrams.  Per right hand side value of first and second equations.
I mean there should be just two  diagrams generating matrix.
Each outgoing value of zj having value 1 should mutiply cell's value
content by 3. Here situation looks like P-40 outgoing values 0 due to in P-40
has zj=xj^yj . Those setup belongs Helen Mironchick and may be viewed in ege23.pdf  close to top of document

(z1 ~ z2)  => z3 =1
(z2 v ¬z3) => z4 =1
(z3 ~ z4 ) => z5 =1
(z4 v ¬z5) => z6 =1
(z5 ~ z6)  => z7 =1
(z6 v ¬z7) => z8 =1
(z7 ~ z8) => z9  =1

((x1 v y1) ~ (x2 v y2)) => (x3 v y3) = 1   (z1z2 z2z3 -diagram1)
((x2 v y2) v ¬(x3 v y3)) => (x4 v y4) = 1 (z2z3 z3z4 -diagram2)
((x3 v y3) ~ (x4 v y4)) => (x5 v y5) = 1   diagram1
((x4 v y4) v ¬(x5 v y5)) => (x6 v y6) = 1 diagram2
((x5 v y5) ~ (x6 v y6)) => (x7 v y7) = 1   diagram1
((x6 v y6) v ¬(x7 v y7)) => (x8 v y8) = 1 diagram2
((x7 v y7) ~ (x8 v y8)) => (x9 v y9) = 1  diagram1

   Loading original system matches Polyakov's calculator result
 

Another sample

((x1 v y1) ~ (x2 v y2)) => (x3  v y3) = 1
((x2 v y2) ~ (x3 v y3)) => ¬(x4 v y4)  = 1
((x3 v y3) ~ (x4 v y4)) => (x5  v y5) = 1
((x4 v y4) ~ (x5 v y5)) => ¬(x6 v y6)  = 1
((x5 v y5) ~ (x6 v y6)) => (x7 v y7)  = 1
((x6 v y6) ~ (x7 v y7)) => ¬(x8 v y8)  = 1

zj=xj v yj

(z1 ~ z2) => z3 = 1
(z2 ~ z3) => ¬z4 = 1
(z3 ~ z4) => z5 = 1
(z4 ~ z5) => ¬z6 = 1
(z5 ~ z6) => z7 = 1
(z6 ~ z7) =>¬z8 = 1

 

Once again Bitwise2 shooting 18-th task (per bit conjunction) VK's News Wire as of 09/04/2018

I still cannot realize the reason for hiding Bitwise2 technique from public.
Those ones who could understand Bitwise2 idea became automatically armed with suggested approach. The rest would  reproduce Informatic's "BU" logic
uncountable number of times ( each time for every case ).

Code bellow follows core ideas of A. V. Zdvizhkova
See http://kpolyakov.spb.ru/download/bitwise2.pdf
(page 6)

(¬Z(28)v¬Z(45)) => (Z(48) => ¬A) = 1
¬(Z(28)^Z(45))  => (¬Z(48)v¬ A)    = 1
Z(28)^Z(45) v ¬((Z(48)^A) = 1
Z(48)^A => Z(28)^Z(45)
Z(48)^A => Z(28 OR 45)
*********************************
Per bit disjunction 28 v 45 = 61
********************************
45 = 101101
v
28 = 011100
=================
61 = 111101
48 = 110000
=================
A = 001101  = 13 (decimal)

Solution suggested at VK News Wire for same task

https://vk.com/informatics_100?z=photo-40390768_456255272%2Falbum-40390768_251859617 

Решение задач на стратегию ( 67 ) из ege26-C3.pdf

   Задание 3

  

    (ТТ ЕЕЕЕ НН ИИИ КК АА)  (ХЧСЯБР)
     1      2       3    4      5    6

    Скобка (1) нессимметрична позиция из-за вхождения блока (4).
    Петя 1-ым ходом убирает И из (4) и передает Ване
    симметиричную позицию. Выигрышная стратегия
    у Пети - в дальнейшем после каждого хода Вани,Петя
    делает позизицию симметиричной

    Ссылки

    1 https://kpolyakov.spb.ru/download/ege26-C3.doc

Насколько эффективным может быть Метод Отображений - Два решения Задачи 14 из документа "Сколько различных решений имеет система уравнений.pdf"

Первое :-

https://www.youtube.com/watch?v=KNpJsN3smQg

Второе:-

Применяем метод отображений для решения первой системы из четырех     уравнений и затем генерируем матрицу с стартовым значением  Х1Х2     по строке "10" равным 0 определяем число решений с (Х9 => X10) равным 0 ( строка "10"). Таким образом определяем число решений исходной системы из 4  уравнений, таких что

                              (Х9 => X10) v X1^¬X2 = 0

   Третье:-
  

    Четвертое - Метод битовых масок :-

     (x3 => x4) => (x1=>x2) =1
     (x5 => x6) => (x3=>x4) =1
     (x7 => x8) => (x5=>x6) =1
     (x9 => x10) => (x7=>x8) =1
     (x1=>x2) => (x9 => x10) =1

         z1 = x1 =>x2
         z2 = x3 =>x4
         z3 = x5 =>x6
         z4 = x7 => x8
         z5 = x10 => x9


         z2 => z1 =1
         z3 => z2 =1
         z4 => z3 =1
         z5 => z4 =1
         z1 => z5 =1

        z5 z4 z3 z2 z1
       ===========
        1   1   1   1  1                3^5
        0   0   0   0  0                3^0

       Результат   243 + 1 = 244

Решение Р-42 из ege23.pdf методом отображений

   (x1^y1)   =>  ¬(x2^y2) =1

  Базовая диаграмма и генерация матрицы с учетом Х2 =0 и Y4=0

 

Bitwise2 vs Examer.com on solution task 18 for per bit conjunction

   
Решение задачи техникой      http://kpolyakov.spb.ru/download/bitwise2.pdf
¬Z(120) => (Z(96) => ¬A) =1
Z(120) + ¬Z(96) + ¬A =1
Z(96)^A => Z(120) =1
Z(96 or a) => Z(120) =1

Добавляем к 96 недостающие биты
120 =1111000
96   =1100000  => 1111000
================================
A(min) =  11000 (binary) = 24 (decimal)

Далее следует решение по https://examer.ru/app/inf/egenum/350/quiz

  

  

В действительности, решaется совсем другая задача

(X &120 ≠ 0) → ((X &96 ≠ 0) → (X &A ≠ 0)) ≡ 1

а именно :-

¬Z(120) => ( ¬Z(96) => ¬A) ≡ 1

Bitwise2 shut
================================
Z(120) v Z(96) v ¬A  ≡ 1
A => ( Z(120) + Z(96))  ≡ 1
(A=>Z(120) v (A=>Z(96))  ≡ 1
A(min) = 96
================================

Возвращаемся к Examer.com "out dated logic"

  Преобразуем исходное выражение, выразив импликацию через дизъюнкцию: (X &120 ≠ 0) → ((X &96 ≠ 0) → (X &A ≠ 0)) ≡

≡ ¬(X &120 ≠ 0) ∨ ¬(X &96 ≠ 0) ∨ (X &A ≠ 0) ≡

≡ (X &120 = 0) ∨ (X &96 = 0) ∨ (X &A ≠ 0).

Переведём заданные числа в двоичную систему счисления 12010 = 11110002, 9610 = 11000002.

Определим те значения X, при которых истинно выражение (X &120 = 0):
В десятичной системе     В двоичной системе
X     ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗
120     1 1 1 1 0 0 0
0     0 0 0 0 0 0 0

Расставим в этом выражении вместо символов «*» цифры 0 или 1 на тех местах, где результат побитового умножения определяется однозначно. Получим
В десятичной системе     В двоичной системе
X     0 0 0 0 ∗ ∗
120     ∗1 1 1 1 0 0 0
0     0 0 0 0 0 0 0

Числа X , удовлетворяющие выражению (X &120 = 0), в двоичной системе счисления должны иметь вид 0000 ∗ ∗∗, где вместо «*» могут стоять 0 или 1.

Теперь определим те значения X , при которых истинно выражение X &96 = 0:
В десятичной системе     В двоичной системе
X     0 0 ∗ ∗ ∗ ∗ ∗
96     1 1 0 0 0 0 0
0     0 0 0 0 0 0 0

Числа X , удовлетворяющие выражению (X &96 = 0), в двоичной системе счисления должны иметь вид 00 ∗ ∗ ∗ ∗∗, где вместо «*» могут стоять 0 или 1.

Таким образом, числа, удовлетворяющие дизъюнкции (X &120 = 0) ∨ (X &96 ≠ 0), имеют вид 00 ∗ ∗ ∗ ∗∗.

Обозначим через S минимальное множество чисел X , при котором истинно выражение (X &A ≠ 0).

Следовательно, чтобы истинным было выражение (X &120 = 0) ∨ (X &96 = 0) ∨ (X &A ≠ 0),

множество S должно состоять из элементов вида: 10 ∗ ∗ ∗ ∗∗, 01 ∗ ∗ ∗ ∗∗, 11 ∗ ∗ ∗ ∗∗.

Для найденных значений X определим те значения A, при которых истинно выражение X &A ≠ 0 (так как побитовая конъюнкция должна быть отлична от нуля, то на тех местах, где в числе X находятся 1, в числе A также должна быть хотя бы одна 1). То есть числа A должны иметь вид: 1 ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗, ∗1 ∗ ∗ ∗ ∗∗, 11 ∗ ∗ ∗ ∗∗.

Из найденных чисел A выберем наименьшее, при котором выражение X &A ≠ 0 будет истинным для всех X ∈ S. Таким числом A в двоичной системе является 1100000.

11000002 = 9610.
Ответ: 96

Solution of one task type 23 from VK's News Wire 10.03.18 via mapping method

     Attempt to work via mapping method
 
    ((x1~x3)v(x2~x4))^(¬((x1~x3)^¬(x2~x4))) = 0
    ((x2~x4)v(x5~x7))^(¬((x2~x4)^¬(x5~x7))) = 0
    ((x5~x7)v(x6~x8))^(¬((x5~x7)^¬(x6~x8))) = 0
    ((x6~x8)v(x9~x10))^(¬((x6~x8)^¬(x9~x10))) = 0
    ((x1~x3)=>(x2~x4))=>((x6~x8)v¬(x9~x10)) = 1

   ((x1~x3)v(x2~x4))^((¬(x1~x3)v(x2~x4))) = 0
   ((x2~x4)v(x5~x7))^((¬(x2~x4)v(x5~x7))) = 0
   ((x5~x7)v(x6~x8))^((¬(x5~x7)v(x6~x8))) = 0
   ((x6~x8)v(x9~x10))^((¬(x6~x8)v(x9~x10))) = 0
   ((x1~x3)=>(x2~x4))=>((x6~x8)v¬(x9~x10)) = 1

  ((x1~x3)v(x2~x4))^((x1~x3)=>(x2~x4)) = 0
  ((x2~x4)v(x5~x7))^((x2~x4)=>(x5~x7)) = 0
  ((x5~x7)v(x6~x8))^((x5~x7)=>(x6~x8)) = 0
  ((x6~x8)v(x9~x10))^((x6~x8)=>(x9~x10)) = 0
  ((x1~x3)=>(x2~x4))=>((x9~x10)=>(x6~x8)) = 1


    ((x1 = x3) v (x2 = x4)) ^ ((x1 = x3) => (x2 = x4)) =0


    Build diagrama based on first equation which would work
   for first four equations. Notice that transition pairs are x2x4 , x5x7 , x6x8
   In fact adding 
         ((x1~x3)=>(x2~x4))=>((x9~x10)=>(x6~x8)) = 1 
   would add  ( 0 => 0) => (0 =>0)  =1 on lines "01" and "10"
   e.g. True => True = 1 . So adding  this 5-th equation won't decrease number      of solutions of original sytem 

   

    Passing Polyakov's Control

  

   

  Thus answer is 64