Encontrar uma solução para sua dúvida é fácil. Em vez disso, farei um algoritmo que crie todas as soluções.
Digamos que a formalização de uma solução para este quebra-cabeça seja um conjunto ordenado de pares $D = {(x_1,y_1), (x_2, y_2), (x_3, y_3), (x_4, y_4), (x_5, y_5)}$onde os pares denotam os dominós da esquerda para a direita.
Nos três dominós laterais, há seis quadrados que contêm números $n in Bbb N_0$e eles devem somar $5$. A única maneira de isso acontecer é se houver pelo menos um zero nesses quadrados.
Dada a natureza do dominó, temos o seguinte fato:
$$forall x_i,y_i, x_i = y_{i+1} land y_i = x_{i+1}$$
Devido ao quebra-cabeça, temos que:
$$sum_{i=2}^{n=4} x_i + y_i = 5 = x_1 + y_1 + x_5 + y_5$$
Então, estamos procurando $D$s onde os elementos de seu primeiro e último pares constituem um fraco $4$-composição de $5$e onde os elementos de seus quatro pares intermediários constituem um fraco $6$-composição de $5$e onde os elementos satisfazem as igualdades acima mencionadas.
O conjunto de todos $D$s pode ser caracterizado por uma série de escolhas restritas de alguns $x_i$areia $ y_i$s, de modo que todos os outros números estejam bloqueados. A restrição envolverá que $forall x_i, y_i, x_i le 5 land y_i le 5$.
Com isso em mente, imaginemos preencher a grade do dominó, imaginando toda a gama de escolhas em cada etapa. Darei uma representação disso aqui, onde cada linha centrada em $em$ representa uma escolha possível (possívelporque às vezes se escolhe um singleton), e onde cada linha está centrada em $=$ representa o valor que está sendo forçado. $$ start{align} x_1 &in Bbb N_0^5 (2ex) y_1 &in Bbb N_0^{5-x_1} (2ex) x_2 &= y_1 (2ex) y_2 & in Bbb N_0^{lfloor (5-y_1)/2 rfloor} (2ex) x_3 &= y_2 (2ex) y_3 &in Bbb N_0^{lfloor (5 – y_1 – 2y_2)/2 rfloor} (2ex) x_4 &= y_3 (2ex) y_4 &= 5 – y_1 – 2y_2 -2y_3 land y_4 le 5 – x_1 -y_1 (2ex) x_5 &= y_4 (2ex) y_5 &= 5 – x_1 -y_1 – y_4 = 2(y_2 + y_3) – x_1 finish{align}$$
Nesta renderização, vemos que temos no máximo valores escolhidos, visto que existem apenas quatro $em$S. Pode haver menos se algum dos conjuntos apresentados for singletons. Essa renderização pode ser considerada um algoritmo de como escolher seus valores. No entanto, como algoritmo, pode estar incompleto. O valor $y_4$ tem que satisfazer duas condições. Para algumas escolhas de valores anteriores, estas duas condições poderiam ser incompatíveis? Vejamos:
Reafirmamos as condições em $y_4$ como uma condição nas variáveis das quais depende: $$5 – y_1 – 2y_2 -2y_3 le 5 – x_1 -y_1 implica 2(y_2 + y_3) le x_1 $$
Com alguma reformulação, podemos reformular a desigualdade acima como um limite superior possivelmente novo e mais rigoroso para $y_2$ e $y_3$.
Nós temos isso $y_2le x_1/2 – y_3$o que significa simplesmente $y_2le x_1/2$porque $y_3$ ainda não foi escolhido e pode ser igual a zero. Nós também temos $y_3le x_1/2 -y_2$. Mas olhando para o nosso algoritmo unique, vemos que ele já satisfazia essas desigualdades.
Portanto, o algoritmo para construir qualquer solução para este quebra-cabeça é este:
$$ start{align} x_1 &in Bbb N_0^5 (2ex) y_1 &in Bbb N_0^{5-x_1} (2ex) x_2 &= y_1 (2ex) y_2 & in Bbb N_0^{lfloor (5-y_1)/2 rfloor} (2ex) x_3 &= y_2 (2ex) y_3 &in Bbb N_0^{lfloor (5 – y_1 – 2y_2)/2 rfloor} (2ex) x_4 &= y_3 (2ex) y_4 &= 5 – y_1 – 2y_2 -2y_3 (2ex) x_5 &= y_4 (2ex) y_5 &= 2(y_2 + y_3) – x_1 finish{align}$$ $$ $$ $$D = {(x_1,y_1), (x_2, y_2), (x_3, y_3), (x_4, y_4), (x_5, y_5)}$$
Further
Quantas soluções existem? Bem, só precisamos somar todas as opções:
$$start{align} S &= sum_{i_1=0}^{5} sum_{i_2=0}^{5-i_1} sum_{i_3=0}^{lfloor (5-i_2) /2 rfloor} sum_{i_4 = 0}^{lfloor (5-i_2-2i_3)/2 rfloor} 1 (2ex) &= sum_{i_1=0}^{5} sum_{i_2=0}^{5-i_1} sum_{i_3=0}^{lfloor (5-i_2)/2 rfloor} lfloor (5- i_2-2i_3)/2 rfloor + 1 (2ex) &= sum_{i_1=0}^{5} sum_{i_2=0}^{5-i_1} sum_{i_3=0}^{lfloor (5-i_2)/2 rfloor} lfloor (5-i_2)/2 rfloor + 1 -i_3 (2ex) &= sum_{i_1=0}^{5} sum_{i_2=0}^{5-i_1} (lfloor (5-i_2)/2 rfloor + 1)(lfloor (5-i_2)/2 rfloor + 1) – binom{lfloor (5-i_2)/2 rfloor +1}{2} (2ex) &= sum_{i_1=0}^{5} sum_{i_2=0}^{5-i_1} 2binom{lfloor (5-i_2)/2 rfloor +1}{2} – binom{lfloor (5-i_2)/2 rfloor +1}{2} + lfloor (5-i_2)/2 rfloor + 1 (2ex) &= sum_{i_1=0}^{5} sum_{i_2=0}^{5-i_1} binom{lfloor (5-i_2)/2 rfloor +1}{2} + lfloor (5-i_2)/2 rfloor + 1 (2ex) &= sum_{i_1=0}^{5} 2 binom{lfloor 5/2 rfloor +2}{3} – binom{lfloor i_1/2 rfloor + 1}2 (i_1 bmod 2) – 2binom{lfloor i_1/2 rfloor + 1}3 + 2 binom{lfloor 5/2 rfloor +2}{2} – (lfloor i_1/2 rfloor + 1)(i_1 bmod 2) – 2binom{lfloor i_1 /2 rfloor + 1}2 (2ex) &= sum_{i_1=0}^{5} 8 – binom{lfloor i_1/2 rfloor + 1}2 (i_1 bmod 2) – 2binom{lfloor i_1/2 rfloor + 1}3 + 12 – (lfloor i_1/2 rfloor + 1)(i_1 bmod 2) – 2 binom{lfloor i_1/2 rfloor + 1}2 (2ex) &= 120 – binom{lfloor 5/2 rfloor + 2}3 – 4binom{lfloor 5/2 rfloor + 2}4 – 6 – 4binom{lfloor 5/2 rfloor + 2}3 (2ex) &= 120 – 4 – 4 – 6 – 16 (2ex) &= 90 finish{align}$$
Acredito que o pensamento do cálculo acima esteja correto, embora devido ao número de etapas e sua complexidade, alguns erros possam ter ocorrido e twister o número de soluções incorreto. Fique à vontade para apontar quaisquer erros. De qualquer forma, se o que foi dito acima estiver correto, temos 90 soluções diferentes.