Утверждённая демоверсия ФИПИ · 2027

Разбор демоверсии ЕГЭ 2027
Информатика

От условия — к понятному решению. Объясняем ход рассуждений, проверяем ответы и показываем, где легко ошибиться. Нужное задание можно открыть сразу.

30 разобранных примеровБесплатно, без регистрацииОбновлено 14 ноября 2026

Что разобрано на этой странице

Все 27 заданий окончательной демоверсии ФИПИ ЕГЭ 2027 по информатике: 30 разобранных примеров, включая три варианта №14 и оба варианта №25. Практические расчёты выполнены на официальных дополнительных файлах, а не на иллюстративных примерах из PDF.

Условия кратко пересказаны. Тексты, рисунки и формулировки можно сверить с приложенными страницами ФИПИ. Номера страниц соответствуют печатной нумерации. Учебные пояснения публикует Хорошист; это не публикация от имени ФИПИ.

Сначала попробуйте выполнить задание самостоятельно. Затем сравните ответ и рассуждения. Для развёрнутых заданий приведён пример подходящего ответа: возможны и другие формулировки, соответствующие критериям.

Для файловых заданий скачайте комплект ниже. В нём оригинальные материалы ФИПИ с восстановленными русскими именами и наш solve.py, который воспроизводит числовые ответы. Распакуйте архив целиком и выполните python3 solve.py; для ЕГЭ достаточно стандартной библиотеки Python 3.

Скачать исходные файлы и проверочный Python

Номера страниц у заданий — печатные номера в документе ФИПИ. В №14 и №25 примеры «ИЛИ» разобраны отдельно. Код в коротких фрагментах предполагает, что исходный файл находится рядом с программой; общий solve.py сам находит материалы внутри комплекта.

1

Задание 1

Граф дорог и таблица расстояний

На схеме дороги CF, CB, BE, EA, AF, FD, DB, DE. В таблице те же вершины обозначены числами 1–6: 1–2 = 39, 1–5 = 53, 1–6 = 30, 2–3 = 21, 3–4 = 8, 3–5 = 3, 4–5 = 13, 4–6 = 5. Других дорог нет. Требуется сумма длин ЕА и ВС.

Исходная страница ФИПИ · стр. 5PDF, исходная страница →Страница 5 демоверсии ЕГЭ 2027 по информатике

Как решить

  1. Сначала сравним степени вершин. A и C имеют по два соседа, а B, D, E и F — по три. В числовом графе вершины степени 2 — это 2 и 6, остальные имеют степень 3.
  2. У F два соседа степени 2 (A и C), а у D таких соседей нет. Поэтому F = 1 и D = 5. Остаётся симметрия: A и C можно одновременно поменять местами с соответствующей перестановкой B и E.
  3. Один допустимый вариант: A = 2, B = 4, C = 6, D = 5, E = 3, F = 1. Проверим каждую из восьми дорог по таблице.
  4. Тогда ЕА — дорога 3–2 длиной 21, а ВС — дорога 4–6 длиной 5. Их сумма 21 + 5 = 26. Второе допустимое соответствие меняет эти две длины местами, но не сумму.
Ответ / ориентир

26

Проверка и обоснование

Перебор всех 6! соответствий дал ровно два изоморфизма; сумма в обоих равна 26.

Где легко ошибиться. Порядок вершин на рисунке не обязан совпадать с номерами таблицы.

К номерам заданий ↑
2

Задание 2

Неполная таблица истинности

F = ((x ≡ ¬y) → ¬(w → x)) ∨ ¬z. В трёх различных строках F = 0. Значения четырёх неизвестных столбцов: (—, 0, 1, 0), (0, —, —, 0), (—, 1, 1, —). Определить переменные слева направо.

Исходная страница ФИПИ · стр. 6PDF, исходная страница →Страница 6 демоверсии ЕГЭ 2027 по информатике

Как решить

  1. Дизъюнкция равна нулю, только когда обе её части ложны. Из ¬z = 0 получаем z = 1.
  2. Импликация ложна только при истинной посылке и ложном следствии. Поэтому x ≡ ¬y истинно, а ¬(w → x) ложно: x = ¬y и w → x = 1.
  3. При x = 0 получаем y = 1 и обязательно w = 0. При x = 1 получаем y = 0, а w может быть 0 или 1. Все три строки (w,x,y,z): (0,0,1,1), (0,1,0,1), (1,1,0,1).
  4. Единица есть во всех строках только у z, поэтому третий столбец — z. В первом столбце есть 0, во втором — 0, в четвёртом — 0, значит ни один из них не может быть z.
  5. Во втором столбце значения 0 и 1, а четвёртый в первых двух строках равен 0. Подстановка оставшихся переменных с требованием разных строк даёт порядок y, x, z, w. Полные строки: (1,0,1,0), (0,1,1,0), (0,1,1,1).
Ответ / ориентир

yxzw

Проверка и обоснование

Полный перебор 24 перестановок столбцов и всех ложных строк оставил единственный порядок yxzw.

Где легко ошибиться. Пустая клетка означает неизвестное значение, а не ноль; строки не могут повторяться.

К номерам заданий ↑
3

Задание 3

База данных: масса поступившего зефира

В demo_3.ods три связанные таблицы: движение товаров, товары и магазины. Найти массу в килограммах всех видов зефира, поступивших с 5 по 19 июня 2025 года включительно в магазины на Прибрежной улице. Учитывается поступление, а не продажа.

Исходная страница ФИПИ · стр. 7PDF, исходная страница →Страница 7 демоверсии ЕГЭ 2027 по информатике
Исходная страница ФИПИ · стр. 8PDF, исходная страница →Страница 8 демоверсии ЕГЭ 2027 по информатике

Как решить

  1. Откроем исходный demo_3.ods из комплекта. На листе «Магазин» отберём адреса на Прибрежной улице: это M9 и M11.
  2. На листе «Товар» найдём все виды зефира: артикулы 4, 5, 6, 7. Масса одной упаковки соответственно 250, 800, 500 и 1000 граммов.
  3. В «Движение_товаров» оставим строки с этими магазинами и артикулами, операцией «Поступление» и датами 05.06–19.06 включительно. Получается 17 строк.
  4. Для каждой строки умножим количество упаковок на массу одной упаковки из справочника товаров. Суммируем именно массу, не число упаковок и не стоимость.
  5. Сумма произведений равна 1 630 000 граммов. Делим на 1000 и получаем 1630 кг. В архиве solve.py выполняет соединение таблиц по идентификаторам и воспроизводит результат.
Скачать исходные файлы и проверочный Python
Ответ / ориентир

1630

Проверка и обоснование

Фактически обработан официальный ODS: магазины M9/M11, четыре артикула, 17 поступлений; сумма 1 630 000 г.

Где легко ошибиться. Не исключайте граничные даты и не умножайте количество упаковок на цену.

К номерам заданий ↑
4

Задание 4

Условие Фано и минимальная длина слова

Для букв Б, Н, Л заданы коды 00, 010, 111. Для букв К и О нужно выбрать коды, чтобы выполнялось условие Фано и слово КОЛОБОК кодировалось минимальным числом битов.

Исходная страница ФИПИ · стр. 8PDF, исходная страница →Страница 8 демоверсии ЕГЭ 2027 по информатике

Как решить

  1. Условие Фано: ни одно кодовое слово не является началом другого. Однобитный код невозможен: 0 — начало 00 и 010, а 1 — начало 111.
  2. Из двухбитных кодов 00 уже занят; 01 — начало 010; 11 — начало 111. Свободен только 10. Значит хотя бы одна из двух новых букв получит не менее трёх битов.
  3. В КОЛОБОК буква О встречается три раза, К — два. Более короткий код выгодно отдать О: О = 10. Для К подходит 011 (также можно подобрать другой допустимый трёхбитный код).
  4. Сумма длин: К — 2 · 3, О — 3 · 2, Л — 3, Б — 2. Итого 6 + 6 + 3 + 2 = 17 бит. Нижняя граница достигнута.
Ответ / ориентир

17

Проверка и обоснование

Коды 00, 010, 111, 011, 10 попарно не являются префиксами друг друга.

Где легко ошибиться. Минимизируется длина всего слова, а не сумма длин двух новых кодов.

К номерам заданий ↑
5

Задание 5

Преобразование двоичной записи

Для натурального N строят двоичную запись. Если N чётно, слева и справа приписывают 11; если нечётно, слева приписывают 1, справа 00. Полученная запись задаёт R. Найти минимальное R, превышающее 95.

Исходная страница ФИПИ · стр. 9PDF, исходная страница →Страница 9 демоверсии ЕГЭ 2027 по информатике

Как решить

  1. Перебирать нужно исходное N, но выбирать минимум среди полученных R, а не первое подходящее N.
  2. Для N = 9 запись 1001. Число нечётно, поэтому получаем 1 + 1001 + 00 = 1100100₂ = 100.
  3. Достаточно проверить N от 1 до 25: дописывание двух разрядов справа даёт R ≥ 4N, а для N ≥ 26 уже R ≥ 104 > 100. Приписанный слева префикс только увеличивает R.
  4. values = []
    for n in range(1, 26):
        b = bin(n)[2:]
        r = int('11' + b + '11' if n % 2 == 0 else '1' + b + '00', 2)
        if r > 95:
            values.append(r)
    print(min(values))
Ответ / ориентир

100

Проверка и обоснование

Перебор N = 1…999 также дал минимум 100 при N = 9.

Где легко ошибиться. Условие R > 95 относится к результату, не к исходному числу.

К номерам заданий ↑
6

Задание 6

Черепаха: общие целочисленные точки

Черепаха начинает в (0;0), направлена вдоль положительной полуоси y. Первый цикл: 6 раз [вперёд 24; направо 90; вперёд 30; направо 90]. Затем с поднятым хвостом: вперёд 2; направо 90; вперёд 10; налево 90. Второй цикл с опущенным хвостом: 6 раз [вперёд 75; направо 90; вперёд 71; направо 90]. Посчитать целочисленные точки в общей части фигур, включая границы.

Исходная страница ФИПИ · стр. 10PDF, исходная страница →Страница 10 демоверсии ЕГЭ 2027 по информатике

Как решить

  1. Два повторения первого блока замыкают прямоугольник; шесть повторений обводят его трижды. Его координаты: 0 ≤ x ≤ 30, 0 ≤ y ≤ 24.
  2. После первого цикла Черепаха снова в (0;0) и смотрит вверх. Перемещение с поднятым хвостом приводит в (10;2), направление снова вверх.
  3. Второй прямоугольник занимает 10 ≤ x ≤ 81 и 2 ≤ y ≤ 77. Повторная обводка не создаёт новых областей.
  4. Общая часть: 10 ≤ x ≤ 30, 2 ≤ y ≤ 24. Целых значений x — 30 − 10 + 1 = 21, значений y — 24 − 2 + 1 = 23. Итого 21 · 23 = 483.
Ответ / ориентир

483

Проверка и обоснование

Независимый подсчёт всех пар целых координат в пересечении даёт 483.

Где легко ошибиться. Граница включена: в каждом диапазоне нужно прибавить 1.

К номерам заданий ↑
7

Задание 7

Объём несжатой стереозаписи

Стереозапись длится 147 секунд, частота дискретизации 32 кГц, разрешение 16 бит на отсчёт. Сжатия нет. Найти объём записи в Кбайт без служебных данных.

Исходная страница ФИПИ · стр. 10PDF, исходная страница →Страница 10 демоверсии ЕГЭ 2027 по информатике

Как решить

  1. Стерео означает два канала. На одну секунду требуется 2 · 32 000 · 16 бит.
  2. За 147 секунд: 2 · 32 000 · 16 · 147 = 150 528 000 бит.
  3. Переведём в байты делением на 8, затем в Кбайт делением на 1024: 150 528 000 / 8 / 1024 = 18 375.
Ответ / ориентир

18375

Проверка и обоснование

Обратный пересчёт 18 375 · 1024 · 8 возвращает 150 528 000 бит.

Где легко ошибиться. 32 кГц — 32 000 отсчётов/с, но 1 Кбайт в этом задании — 1024 байта.

К номерам заданий ↑
8

Задание 8

Лексикографический номер слова

Все пятибуквенные слова из А, Е, К, Н, Т, Ц перечислены в алфавитном порядке, нумерация начинается с 1. Найти наименьший чётный номер слова, которое не начинается с А, Е или К и содержит хотя бы одну Т.

Исходная страница ФИПИ · стр. 11PDF, исходная страница →Страница 11 демоверсии ЕГЭ 2027 по информатике

Как решить

  1. Сопоставим буквам цифры шестиричной системы: А = 0, Е = 1, К = 2, Н = 3, Т = 4, Ц = 5. Номер слова на единицу больше его числового кода.
  2. Самая ранняя допустимая первая буква — Н. Для чётного номера код должен быть нечётным, то есть последняя цифра 1, 3 или 5; буква Т с кодом 4 не может быть единственной Т на последнем месте.
  3. Чтобы слово было как можно раньше, первые две оставшиеся буквы делаем А, затем ставим обязательную Т, а последней — минимальную букву с нечётным кодом Е. Получается НААТЕ.
  4. Код 30041₆ = 3 · 6⁴ + 4 · 6 + 1 = 3913. Номер 3913 + 1 = 3914.
Ответ / ориентир

3914

Проверка и обоснование

Полный перебор 6⁵ слов с нумерацией от 1 первым нашёл НААТЕ под номером 3914.

Где легко ошибиться. Условие чётности относится к номеру с единицы, а не к коду с нуля.

К номерам заданий ↑
9

Задание 9

Электронная таблица: строки с пятью числами

В demo_9.ods каждая строка содержит пять натуральных чисел. Посчитать строки, в которых все пять чисел различны и удвоенная сумма наибольшего и наименьшего больше суммы трёх остальных.

Исходная страница ФИПИ · стр. 11PDF, исходная страница →Страница 11 демоверсии ЕГЭ 2027 по информатике

Как решить

  1. Прочитаем все 28 000 строк исходной таблицы. Строки заголовка в данном файле нет, поэтому первая строка тоже участвует.
  2. Первое условие удобно проверить множеством: len(set(row)) == 5. В электронной таблице можно проверять количество повторений каждого значения.
  3. Пусть a — минимум, b — максимум, s — сумма пяти чисел. Второе условие: 2(a + b) > s − a − b, что равносильно 3(a + b) > s.
  4. Строка засчитывается только при одновременном выполнении обоих условий. Проверка официального файла дала 4874 строки. Для Python после чтения ODS функция подсчёта выглядит так:
  5. count = sum(len(set(row)) == 5 and 3*(min(row)+max(row)) > sum(row)
                for row in rows)
    print(count)
Скачать исходные файлы и проверочный Python
Ответ / ориентир

4874

Проверка и обоснование

Результат получен на всех 28 000 строках официального файла; чтение ODS входит в solve.py.

Где легко ошибиться. Знак строгий: равенство не подходит. Нельзя проверять только соседние числа на различие.

К номерам заданий ↑
10

Задание 10

Поиск отдельного слова в документе

В demo_10.odt дан текст повести А. И. Куприна «Поединок». Найти, сколько раз во II главе встречается отдельное слово «и» или «И».

Исходная страница ФИПИ · стр. 12PDF, исходная страница →Страница 12 демоверсии ЕГЭ 2027 по информатике

Как решить

  1. Откроем именно исходный demo_10.odt, найдём начало главы II и конец перед заголовком III. Остальные главы исключаем.
  2. В поиске укажем слово «и», выключим различение регистра и включим поиск только целого слова. Выделение главы удобно использовать как область поиска.
  3. Для программной проверки извлекаем текст ODT, берём только участок между заголовками II и III, затем считаем букву и, у которой с обеих сторон нет русской буквы.
  4. import re
    count = len(re.findall(r'(?<![А-Яа-яЁё])и(?![А-Яа-яЁё])', chapter, re.I))
    print(count)
  5. В выделенной главе найдено 93 вхождения. Поиск подстроки без границ слова дал бы другой результат.
Скачать исходные файлы и проверочный Python
Ответ / ориентир

93

Проверка и обоснование

Из официального ODT извлечён текст главы II объёмом 13 791 символ; выполнен поиск без учёта регистра.

Где легко ошибиться. Не считайте букву «и» внутри слов и не захватывайте соседние главы.

К номерам заданий ↑
11

Задание 11

Алфавит и побитовое кодирование

Идентификатор имеет длину 157 символов. Каждый символ кодируется одинаковым минимальным числом битов, каждый идентификатор занимает целое минимальное число байтов. Для 12 450 идентификаторов выделено не более 955 Кбайт. Найти максимальную мощность алфавита.

Исходная страница ФИПИ · стр. 12PDF, исходная страница →Страница 12 демоверсии ЕГЭ 2027 по информатике

Как решить

  1. Всего доступно 955 · 1024 = 977 920 байтов. На один идентификатор можно выделить не более floor(977 920 / 12 450) = 78 байтов.
  2. При i битах на символ один идентификатор требует ceil(157i / 8) байтов. Если i = 4, это ceil(628 / 8) = 79 байтов, уже слишком много.
  3. При i = 3 требуется ceil(471 / 8) = 59 байтов. Объём 59 · 12 450 = 734 550 байтов укладывается в ограничение.
  4. Максимальное допустимое i равно 3, следовательно алфавит может содержать до 2³ = 8 символов.
Ответ / ориентир

8

Проверка и обоснование

При 4 битах потребовалось бы 983 550 байтов, что больше 977 920; при 3 битах лимит соблюдается.

Где легко ошибиться. Округлять вверх до байтов нужно каждый идентификатор отдельно.

К номерам заданий ↑
12

Задание 12

Машина Тьюринга: приписывание разряда

На ленте двоичная запись числа 2025, вокруг пустые символы λ. В q0 головка стоит на λ справа от числа: команда λ,L,q1. В q1 на 0 и 1 символ сохраняется и головка идёт влево; на λ записывается 1, переход L,q2. В q2 на λ машина останавливается. Найти итоговое число в десятичной системе.

Исходная страница ФИПИ · стр. 13PDF, исходная страница →Страница 13 демоверсии ЕГЭ 2027 по информатике
Исходная страница ФИПИ · стр. 14PDF, исходная страница →Страница 14 демоверсии ЕГЭ 2027 по информатике

Как решить

  1. Первый шаг с правой пустой ячейки переносит головку на последний двоичный разряд числа.
  2. В состоянии q1 все существующие разряды сохраняются. Головка проходит число справа налево до первой пустой клетки слева.
  3. В этой клетке записывается 1; после перехода в q2 машина останавливается. Значит исходная запись получает ровно один новый старший разряд 1.
  4. 2025₁₀ = 11111101001₂, это 11 разрядов. Приписанная единица имеет вес 2¹¹ = 2048. Итог 2025 + 2048 = 4073; запись 111111101001₂.
Ответ / ориентир

4073

Проверка и обоснование

Перевод итоговой двоичной строки в десятичную систему даёт 4073.

Где легко ошибиться. Единица приписывается слева: это не умножение числа на 2 и не добавление единицы справа.

К номерам заданий ↑
13

Задание 13

Маска и адрес сети

Узел имеет IP 95.106.135.150, маска сети 255.255.255.0. Найти сумму чисел, составляющих адрес сети.

Исходная страница ФИПИ · стр. 15PDF, исходная страница →Страница 15 демоверсии ЕГЭ 2027 по информатике

Как решить

  1. Адрес сети получается побитовым И IP-адреса и маски.
  2. В первых трёх октетах маски все биты единичные, поэтому 95, 106 и 135 сохраняются. Последний октет маски нулевой, поэтому 150 заменяется на 0.
  3. Адрес сети: 95.106.135.0. Сумма октетов 95 + 106 + 135 + 0 = 336.
Ответ / ориентир

336

Проверка и обоснование

Побитовая операция для четырёх октетов независимо дала [95,106,135,0].

Где легко ошибиться. В ответе нужна сумма октетов сети, а не самого узла.

К номерам заданий ↑
14

Задание 14 · 3 примера

Задание 14: все примеры

Пример 1. Системы счисления: неизвестная цифра

В выражении 27x98876₂₂ + 26x51₂₂ + 711x5₂₂ символ x — одна и та же цифра основания 22. Найти минимальный x, при котором сумма делится на 21, и записать частное от деления суммы на 21 в десятичной системе.

Исходная страница ФИПИ · стр. 15PDF, исходная страница →Страница 15 демоверсии ЕГЭ 2027 по информатике

Как решить

  1. Поскольку 22 ≡ 1 (mod 21), остаток каждого числа по модулю 21 совпадает с остатком суммы его цифр.
  2. Сумма известных цифр равна 75; неизвестная цифра входит три раза. Требуется 75 + 3x ≡ 0 (mod 21), то есть 3x ≡ 9 (mod 21).
  3. Делим сравнение на 3 вместе с модулем: x ≡ 3 (mod 7). Допустимые цифры 0…21 дают x = 3, 10, 17; минимальная — 3.
  4. Подставляем 3, вычисляем числа в основании 22 и делим полученную сумму на 21. Частное равно 276296118.
  5. x = 3
    s = int('27398876',22) + int('26351',22) + int('71135',22)
    print(s // 21)
Ответ / ориентир

276296118

Проверка и обоснование

Перебор всех 22 цифр подтвердил минимальное x = 3 и нулевой остаток суммы по модулю 21.

Где легко ошибиться. Ответ — частное, не найденная цифра x.

Пример 2 · ИЛИСистемы счисления: нули в записи

Задание 14, пример 2

Сколько нулей в записи числа 3·3125⁸ + 2·625⁷ − 4·625⁶ + 3·125⁵ − 2·25⁴ − 2025 в системе счисления с основанием 25?

Исходная страница ФИПИ · стр. 15PDF, исходная страница →Страница 15 демоверсии ЕГЭ 2027 по информатике

Как решить

  1. Вычислим целое значение выражения. Python хранит такие целые числа без потери точности.
  2. Последовательно делим число на 25. Каждый остаток — очередная цифра от младшей к старшей. Увеличиваем счётчик, когда остаток равен нулю.
  3. n = 3*3125**8 + 2*625**7 - 4*625**6 + 3*125**5 - 2*25**4 - 2025
    zeros = 0
    while n:
        n, digit = divmod(n, 25)
        zeros += digit == 0
    print(zeros)
  4. Цифры от старшей к младшей, записанные десятичными значениями через запятую: 3, 0, 0, 0, 0, 0, 1, 24, 21, 0, 0, 0, 0, 14, 24, 24, 22, 24, 21, 19, 0. Нулей 10.
Ответ / ориентир

10

Проверка и обоснование

Полученная последовательность цифр обратным вычислением в основании 25 восстанавливает исходное целое число.

Где легко ошибиться. Значения цифр 10–24 — по одному разряду, а не по две десятичные цифры.

Пример 3 · ИЛИСистемы счисления: подбор параметра

Задание 14, пример 3

Найти наибольшее натуральное x, не превышающее 2030, для которого запись 7¹⁷⁰ + 7¹⁰⁰ − x в системе счисления с основанием 7 содержит ровно 71 ноль.

Исходная страница ФИПИ · стр. 16PDF, исходная страница →Страница 16 демоверсии ЕГЭ 2027 по информатике

Как решить

  1. Переберём x в убывающем порядке от 2030 до 1. Первый найденный подходящий x автоматически будет наибольшим.
  2. Для каждого значения вычисляем число и переводим его делением на 7. Считаем только остатки 0 внутри полученной записи; ведущих нулей у записи нет.
  3. for x in range(2030, 0, -1):
        n = 7**170 + 7**100 - x
        zeros = 0
        while n:
            n, digit = divmod(n, 7)
            zeros += digit == 0
        if zeros == 71:
            print(x)
            break
  4. 2030 не проходит проверку, а 2029 проходит. Поэтому ответ 2029. Полный перебор диапазона находит 630 допустимых значений, но нужен только наибольший.
Ответ / ориентир

2029

Проверка и обоснование

Для всех 2030 значений выполнен подсчёт цифр; максимум допустимых равен 2029.

Где легко ошибиться. Нельзя считать нули в десятичной строке числа.

К номерам заданий ↑
15

Задание 15

Логика: делимость и отрезок

B = [70;90]. Найти наибольшее натуральное A, при котором ДЕЛ(x,A) ∨ ((x ∈ B) → ¬ДЕЛ(x,22)) истинно при любом натуральном x. ДЕЛ(x,d) означает, что x делится на d.

Исходная страница ФИПИ · стр. 16PDF, исходная страница →Страница 16 демоверсии ЕГЭ 2027 по информатике

Как решить

  1. Вторая часть дизъюнкции ложна только тогда, когда x входит в B и делится на 22.
  2. На отрезке [70;90] единственное кратное 22 — число 88. Для всех остальных x вторая часть уже истинна, поэтому ограничений на A они не создают.
  3. При x = 88 первая часть обязана быть истинна: A должно делить 88. Наибольший натуральный делитель 88 — само 88.
Ответ / ориентир

88

Проверка и обоснование

При A = 88 опасное значение x = 88 покрывается первой частью, все остальные натуральные x — второй.

Где легко ошибиться. Проверка нескольких x сама по себе не доказывает утверждение «при любом x»; здесь все случаи сведены к единственному кратному.

К номерам заданий ↑
16

Задание 16

Рекуррентная функция и сокращение

F(n) = 1 при n ≤ 1, F(n) = n·F(n−1) при n > 1. Вычислить (F(3038) + 5F(3037)) / F(3036).

Исходная страница ФИПИ · стр. 16PDF, исходная страница →Страница 16 демоверсии ЕГЭ 2027 по информатике

Как решить

  1. Раскроем только два необходимых уровня рекурсии: F(3038) = 3038·3037·F(3036), F(3037) = 3037·F(3036).
  2. Вынесем общий множитель F(3036) в числителе и сократим с знаменателем. Он положителен, поэтому деление допустимо.
  3. Получаем 3038·3037 + 5·3037 = 3037·3043 = 9 241 591. Огромные факториалы вычислять не требуется.
Ответ / ориентир

9241591

Проверка и обоснование

Прямое умножение 3037 · 3043 даёт 9 241 591.

Где легко ошибиться. Значение 5 умножается на всю F(3037), а не добавляется внутри рекурсии.

К номерам заданий ↑
17

Задание 17

Файл: соседние пары и остаток

demo_17.txt содержит натуральные числа от 1 до 100 000. Найти количество соседних пар, у которых хотя бы один элемент при делении на 33 даёт остаток, равный минимальному элементу всей последовательности; затем максимальную сумму подходящей пары.

Исходная страница ФИПИ · стр. 16PDF, исходная страница →Страница 16 демоверсии ЕГЭ 2027 по информатике

Как решить

  1. Считаем все числа в список и один раз найдём минимум всей последовательности. В официальном файле 10 000 чисел, минимум равен 8.
  2. Пара — два соседних элемента, поэтому используем zip(a, a[1:]). Пропускать пересекающиеся пары нельзя: элемент может входить сразу в две пары.
  3. Условие соединяется через or: хотя бы один из двух остатков должен равняться 8. Подходящую пару считаем один раз, даже если условие выполняется для обоих элементов.
  4. a = list(map(int, open('demo_17.txt').read().split()))
    m = min(a)
    sums = [x+y for x,y in zip(a,a[1:]) if x % 33 == m or y % 33 == m]
    print(len(sums), max(sums))
  5. Получаем 622 пары и наибольшую сумму 174933.
Скачать исходные файлы и проверочный Python
Ответ / ориентир

622; 174933

Проверка и обоснование

Выполнен расчёт по всем 9999 соседним парам официального файла.

Где легко ошибиться. Нужен минимум всего файла, а не меньший элемент текущей пары.

К номерам заданий ↑
18

Задание 18

Робот с внутренними стенами: минимум и максимум

Поле demo_18.ods содержит монеты и стены. Робот начинает в левой верхней клетке, ходит только вправо или вниз, собирая монеты в каждой посещённой клетке, включая начальную и конечную. Маршрут заканчивается в любой клетке, откуда оба хода закрыты. Найти максимум и минимум итоговых сумм.

Исходная страница ФИПИ · стр. 17PDF, исходная страница →Страница 17 демоверсии ЕГЭ 2027 по информатике

Как решить

  1. В исходном файле поле 20 × 20. Важно перенести не только числа, но и утолщённые границы: обычное копирование таблицы в CSV уничтожает сведения о стенах.
  2. В каждой клетке храним две величины: minSum и maxSum для маршрутов из старта. В старте обе равны монете стартовой клетки. Недостижимые клетки отмечаем отдельно, не присваиваем им сумму 0.
  3. Обходим клетки сверху вниз, слева направо. Если ход в соседнюю клетку разрешён, кандидат минимума равен minSum текущей клетки плюс монета соседней; аналогично строится максимум. При нескольких путях берём соответственно min и max.
  4. Стена проверяется на обеих сторонах общей границы. В ODS она может находиться в стиле клетки, в унаследованном стиле или в стиле столбца. Полный Python в скачиваемом комплекте учитывает все эти случаи.
  5. После обработки выбираем достижимые клетки, где закрыты и правый, и нижний ход. Их четыре: (14;11), (14;19), (20;17), (20;20), нумерация строк и столбцов с единицы.
  6. Сравниваем суммы по всем четырём концам. Максимум равен 2598, минимум — 803. Только правая нижняя клетка дала бы неправильный ответ.
Конечная клетка (строка;столбец)МинимумМаксимум
(14;11)8031774
(14;19)10031620
(20;17)13462598
(20;20)11622553
Скачать исходные файлы и проверочный Python
Ответ / ориентир

2598; 803

Проверка и обоснование

Два расчёта — прямое динамическое программирование и рекурсивный поиск с запоминанием — совпали. Значения по четырём концам сверены с реальными границами ODS.

Где легко ошибиться. Путь может закончиться во внутреннем тупике; нельзя игнорировать стены или брать только клетку (20;20).

К номерам заданий ↑
19

Задание 19

Игра: неудачный ход первого игрока

Две кучи: 17 и S камней, 1 ≤ S ≤ 115. Петя ходит первым. За ход можно добавить 4 камня в одну кучу или удвоить одну кучу. Побеждает сделавший сумму не менее 133. Найти минимальное S, при котором после неудачного первого хода Пети Ваня может выиграть своим первым ходом.

Исходная страница ФИПИ · стр. 18PDF, исходная страница →Страница 18 демоверсии ЕГЭ 2027 по информатике

Как решить

  1. Нужно существование неудачного хода Пети, а не победа Вани после любого хода.
  2. При S = 29 Петя может удвоить вторую кучу: (17;29) → (17;58). Сумма 75, игра ещё не закончена. Ваня снова удваивает вторую кучу: (17;116), сумма 133.
  3. Докажем минимальность. При S ≤ 28 наибольшую сумму за два хода дают варианты: два удвоения первой кучи — 68 + S ≤ 96; два удвоения второй — 17 + 4S ≤ 129; удвоение каждой — 34 + 2S ≤ 90. Ходы с прибавлением 4 не позволяют превысить эти границы до 133.
  4. Следовательно при S ≤ 28 выигрыш Вани на первом ходе невозможен даже после худшего ответа Пети. Минимум — 29.
Ответ / ориентир

29

Проверка и обоснование

Перебор всех четырёх первых ходов и ответов для S = 1…115 подтвердил минимум 29.

Где легко ошибиться. В этом пункте написано «после неудачного хода», а не «при любой игре Пети».

К номерам заданий ↑
20

Задание 20

Игра: гарантированная победа вторым ходом

Две кучи: 17 и S камней, 1 ≤ S ≤ 115. Петя ходит первым. За ход можно добавить 4 камня в одну кучу или удвоить одну кучу. Побеждает сделавший сумму не менее 133. Найти два наименьших S, при которых Петя не выигрывает сразу, но может гарантировать победу своим вторым ходом.

Исходная страница ФИПИ · стр. 18PDF, исходная страница →Страница 18 демоверсии ЕГЭ 2027 по информатике

Как решить

  1. Обозначим через game(a,b) оценку позиции: 0 — игра уже закончена; положительное k — текущий игрок гарантирует победу не позднее своего k-го хода; отрицательное −k — соперник гарантирует победу не позднее своего k-го хода.
  2. Если существует ход в позицию с неположительной оценкой, выбираем наиболее быструю победу. Если все ходы ведут в выигрышные позиции соперника, текущий игрок проигрывает, но может оттянуть завершение. Сумма камней строго растёт, поэтому рекурсия конечна.
  3. from functools import lru_cache
    def moves(a,b):
        return [(a+4,b),(a,b+4),(2*a,b),(a,2*b)]
    @lru_cache(None)
    def game(a,b):
        if a+b >= 133:
            return 0
        values = [game(*p) for p in moves(a,b)]
        wins = [v for v in values if v <= 0]
        return 1-max(wins) if wins else -max(values)
    print([s for s in range(1,116) if game(17,s) == 2][:2])
  4. Первые две позиции с оценкой 2 — S = 28 и S = 48. Оценка 2 одновременно исключает победу первым ходом.
  5. Для S = 28 наглядная стратегия: Петя делает (17;56). Возможные ответы Вани: (21;56), (17;60), (34;56), (17;112). Во всех четырёх Петя следующим ходом получает сумму не менее 133.
Ответ / ориентир

28; 48

Проверка и обоснование

Полная таблица конечной игры рассчитана для всех допустимых S; первые позиции game = 2 — 28 и 48.

Где легко ошибиться. Для гарантии после выбранного хода Пети должны подходить все ответы Вани, а не один удачный.

К номерам заданий ↑
21

Задание 21

Игра: Ваня выигрывает за один или два хода

Две кучи: 17 и S камней, 1 ≤ S ≤ 115. Петя ходит первым. За ход можно добавить 4 камня в одну кучу или удвоить одну кучу. Побеждает сделавший сумму не менее 133. Найти минимальное S, при котором Ваня гарантирует победу первым или вторым ходом, но не может гарантировать победу только первым ходом.

Исходная страница ФИПИ · стр. 18PDF, исходная страница →Страница 18 демоверсии ЕГЭ 2027 по информатике

Как решить

  1. Используем ту же рекурсивную оценку, что в №20. Отрицательная оценка означает гарантированную победу соперника текущего игрока.
  2. Начальная позиция принадлежит Пете. Значит требуемая оценка — −2: Ваня гарантированно выиграет не позднее своего второго хода, но Петя может не дать ему закончить первым.
  3. from functools import lru_cache
    def moves(a,b):
        return [(a+4,b),(a,b+4),(2*a,b),(a,2*b)]
    @lru_cache(None)
    def game(a,b):
        if a+b >= 133:
            return 0
        values = [game(*p) for p in moves(a,b)]
        wins = [v for v in values if v <= 0]
        return 1-max(wins) if wins else -max(values)
    print(min(s for s in range(1,116) if game(17,s) == -2))
  4. Минимальное подходящее S равно 44. Рекурсия проверяет все первые ходы Пети, затем для каждого выбирает стратегию Вани против всех продолжений Пети.
  5. Требование «не гарантирует первым» существенно: позиции с оценкой −1 исключаются, хотя Ваня там тоже выигрывает не позднее второго хода.
Ответ / ориентир

44

Проверка и обоснование

Проверены все S от 1 до 115; минимальная позиция с оценкой −2 — (17;44).

Где легко ошибиться. Нельзя заменять условие −2 на любую отрицательную оценку.

К номерам заданий ↑
22

Задание 22

Параллельные процессы и зависимости

В demo_22.ods указаны ID процессов, длительность в миллисекундах и процессы-предшественники. Значение 0 означает отсутствие зависимостей. Каждый процесс начинается сразу после завершения всех предшественников. Сколько процессов выполняется в седьмую миллисекунду?

Исходная страница ФИПИ · стр. 19PDF, исходная страница →Страница 19 демоверсии ЕГЭ 2027 по информатике

Как решить

  1. Время старта процесса равно максимуму времён завершения его предшественников. Для процесса без зависимостей старт равен 0. Завершение = старт + длительность.
  2. Вычисляем времена рекурсивно с запоминанием результата или в топологическом порядке. Нельзя использовать только одного предшественника из списка.
  3. Седьмая миллисекунда — интервал [6;7), потому что первая начинается в момент 0. Процесс учитывается, когда start ≤ 6 < finish.
  4. В официальной таблице этому условию удовлетворяют ID 7, 11, 12, 15, 16, 18, 19, 21. Их восемь. В комплекте solve.py читает зависимости из ODS и вычисляет расписание.
IDСтартЗавершение
728
11511
12410
1558
1659
18410
1949
2128
Скачать исходные файлы и проверочный Python
Ответ / ориентир

8

Проверка и обоснование

Получено расписание всех 25 процессов; восемь интервалов содержат момент 6.

Где легко ошибиться. Процесс, завершившийся в момент 6, уже не выполняется в седьмую миллисекунду.

К номерам заданий ↑
23

Задание 23

Количество программ: замена двух цифр

Исполнитель начинает с числа 100. Команда A прибавляет 1. Команда B меняет местами две последние цифры, но разрешена только когда цифра десятков меньше цифры единиц. Сколько программ приводит к 141?

Исходная страница ФИПИ · стр. 20PDF, исходная страница →Страница 20 демоверсии ЕГЭ 2027 по информатике

Как решить

  1. Обе команды строго увеличивают число. Для B это следует из неравенства десятков и единиц: после перестановки прирост равен 9·(единицы − десятки) > 0.
  2. Заведём ways[n] — число программ, приводящих из 100 в n. Начальное значение ways[100] = 1 означает пустую программу.
  3. Идём по числам по возрастанию. Все ways[n] добавляем в ways[n+1]. Если B разрешена, добавляем также в число, полученное перестановкой последних цифр; результаты больше 141 не нужны.
  4. ways = {100: 1}
    for n in range(100, 141):
        ways[n+1] = ways.get(n+1,0) + ways.get(n,0)
        t,u = n//10%10, n%10
        if t < u:
            m = n//100*100 + 10*u + t
            if m <= 141:
                ways[m] = ways.get(m,0) + ways.get(n,0)
    print(ways[141])
Ответ / ориентир

16

Проверка и обоснование

Прямой динамический подсчёт дал 16; строгое увеличение исключает циклы и повторную обработку состояния.

Где легко ошибиться. Одинаковые цифры переставлять нельзя; команды считаются разными путями, даже если потом приходят в одно число.

К номерам заданий ↑
24

Задание 24

Строка: самое длинное корректное выражение

В demo_24.txt строка из цифр 0, 6, 7, 8, 9 и знаков «−», «*». Найти максимальную длину непрерывного фрагмента — правильного арифметического выражения с неотрицательными целыми операндами без ведущих нулей. Два знака подряд недопустимы.

Исходная страница ФИПИ · стр. 21PDF, исходная страница →Страница 21 демоверсии ЕГЭ 2027 по информатике

Как решить

  1. Правильный операнд — либо одиночный 0, либо ненулевая цифра 6–9 с любым числом последующих разрешённых цифр.
  2. Правильное выражение — операнд, затем любое число пар «один знак и ещё один операнд». Само значение выражения вычислять не требуется: оно может быть отрицательным, ограничение неотрицательности относится к операндам.
  3. Запишем структуру регулярным выражением. Ищем все непрерывные совпадения и сравниваем их длины. Внутри допустимого операнда более короткое начало не даст более длинного результата, поэтому достаточно максимальных совпадений.
  4. import re
    s = open('demo_24.txt').read().strip()
    number = r'(?:0|[6789][06789]*)'
    pattern = re.compile(number + r'(?:[-*]' + number + r')*')
    print(max(len(m.group()) for m in pattern.finditer(s)))
  5. На полном исходном файле максимум равен 154 символам. Длина включает и цифры, и знаки операций.
Скачать исходные файлы и проверочный Python
Ответ / ориентир

154

Проверка и обоснование

Регулярное выражение и независимый посимвольный конечный автомат дали 154; сохранён найденный фрагмент и его позиции 9094262…9094415 с нуля.

Где легко ошибиться. Число 0 допустимо, а 06 — нет. Нельзя просто разбить строку по повторяющимся знакам.

К номерам заданий ↑
25

Задание 25 · 2 примера

Задание 25: все примеры

Пример 1. Простые множители с фрагментом 16

Найти первые пять натуральных чисел, больших 1103285717, которые являются произведением двух простых множителей (они могут совпадать). В десятичной записи каждого множителя сочетание 16 встречается ровно один раз. Для каждого числа вывести само число и меньший множитель.

Исходная страница ФИПИ · стр. 21PDF, исходная страница →Страница 21 демоверсии ЕГЭ 2027 по информатике

Как решить

  1. Минимальное простое число, удовлетворяющее условию на запись, — 163. Проверять нужно оба простых множителя; условие на цифры самого произведения не задано.
  2. Для быстрого расчёта возьмём проверяемую верхнюю границу U = 1103285717 + 1000000. Если p ≤ q и pq ≤ U, то p ≤ √U, а q ≤ U/163. Решето Эратосфена до floor(U/163) даёт все нужные простые множители.
  3. Из простых оставим только числа, у которых строка содержит «16» ровно один раз. Для каждого меньшего множителя p двоичным поиском найдём первый q ≥ p с pq > 1103285717.
  4. Для каждого p достаточно пяти первых таких q: шестое произведение с тем же p уже имеет перед собой пять подходящих меньших произведений и не может войти в глобальную первую пятёрку.
  5. Сортируем все кандидаты, убираем повторы, берём пять минимальных. Они все меньше U, значит выбранная граница достаточна и никакое число за ней не меняет первую пятёрку.
  6. from math import isqrt
    from bisect import bisect_left
    lower=1103285717;upper=lower+1000000;limit=upper//163+1
    sieve=bytearray(b'\1')*(limit+1);sieve[:2]=b'\0\0'
    for p in range(2,isqrt(limit)+1):
        if sieve[p]:sieve[p*p:limit+1:p]=b'\0'*((limit-p*p)//p+1)
    primes=[p for p in range(2,limit+1) if sieve[p] and str(p).count('16')==1];assert primes[0]==163
    candidates=[]
    for p in primes:
        if p*p>upper:break
        start=bisect_left(primes,max(p,lower//p+1))
        for q in primes[start:start+5]:
            if p*q<=upper:candidates.append((p*q,p))
    for row in sorted(set(candidates))[:5]:
        print(*row)
ЧислоМеньший простой множитель
11032993191693
11033094771693
110332210716187
11033230211693
11033285473169
Ответ / ориентир

1103299319 1693 1103309477 1693 1103322107 16187 1103323021 1693 1103328547 3169

Проверка и обоснование

Первые пять произведений получены решетом и сопоставлены с официальным ключом; оба множителя каждого — простые и имеют ровно одно «16».

Где легко ошибиться. «Произведение двух простых» исключает числа с тремя простыми множителями. Не требуйте, чтобы множители обязательно различались.

Пример 2 · ИЛИМаска числа и делимость

Задание 25, пример 2

Маска 3?12?14*5: «?» заменяет ровно одну цифру, «*» — любую последовательность цифр, в том числе пустую. Найти все числа не более 10¹⁰, подходящие под маску и делящиеся на 1917. Вывести число и частное.

Исходная страница ФИПИ · стр. 22PDF, исходная страница →Страница 22 демоверсии ЕГЭ 2027 по информатике

Как решить

  1. Без звёздочки маска содержит 8 цифр. Число начинается с 3, поэтому допустимы только длины 8, 9 или 10: у «*» может быть 0, 1 или 2 цифры.
  2. Переберём две одиночные цифры и все строки для звёздочки. Для двухцифровой строки сохраняем ведущий ноль: иначе потеряем, например, вариант «03».
  3. answers = []
    for a in range(10):
        for b in range(10):
            for length in range(3):
                for middle in range(10**length):
                    star = '' if length == 0 else str(middle).zfill(length)
                    n = int(f'3{a}12{b}14{star}5')
                    if n <= 10**10 and n % 1917 == 0:
                        answers.append((n,n//1917))
    for row in sorted(answers):
        print(*row)
  4. Получается пять чисел. Записываем их по возрастанию вместе с соответствующими частными.
ЧислоЧастное при делении на 1917
351261495183235
32126140351675855
34126146451780185
37124142751936575
39124148852040905
Ответ / ориентир

351261495 183235 3212614035 1675855 3412614645 1780185 3712414275 1936575 3912414885 2040905

Проверка и обоснование

Проверены все 11 100 строковых вариантов маски; найдены ровно пять кратных 1917.

Где легко ошибиться. Звёздочка допускает пустую строку, вопросительный знак — нет.

К номерам заданий ↑
26

Задание 26

Журнал сервера и резервные копии

В demo_26.txt первая строка содержит N и вместимость памяти K. Далее N запросов: время ЧЧ:ММ:СС, ID клиента, объём в Кбайт. Когда новый запрос не помещается, создаётся копия накопленных данных, память очищается, затем записывается новый запрос. Найти ID клиента с максимальным суммарным объёмом за весь журнал и сумму двух крупнейших копий, созданных не позднее 11:59:59.

Исходная страница ФИПИ · стр. 23PDF, исходная страница →Страница 23 демоверсии ЕГЭ 2027 по информатике
Исходная страница ФИПИ · стр. 24PDF, исходная страница →Страница 24 демоверсии ЕГЭ 2027 по информатике

Как решить

  1. Считаем журнал и упорядочим запросы по времени. В формате ЧЧ:ММ:СС с ведущими нулями строковое сравнение соответствует хронологическому.
  2. Для каждого ID независимо накапливаем сумму всех переданных объёмов. Эта часть задачи учитывает весь день, а не только первую половину.
  3. Отдельно поддерживаем used — заполнение памяти. Перед добавлением запроса размера size проверяем used + size > K. Только в этом случае копируем прежние used Кбайт в момент текущего запроса и обнуляем used; затем добавляем size.
  4. Среди созданных копий оставляем времена ≤ 11:59:59, сортируем объёмы и складываем два наибольших. Ровно заполненная память сама по себе ещё не вызывает копирование.
  5. from collections import defaultdict
    with open('demo_26.txt') as f:
        n,k = map(int,f.readline().split())
        rows = [(t,int(c),int(s)) for t,c,s in (line.split() for line in f)]
    rows.sort(key=lambda r:r[0])
    total = defaultdict(int)
    used = 0
    backups = []
    for t,client,size in rows:
        total[client] += size
        if used + size > k:
            if t <= '11:59:59':
                backups.append(used)
            used = 0
        used += size
    print(max(total,key=total.get), sum(sorted(backups,reverse=True)[:2]))
  6. В исходном файле N = 15001, K = 26107. Клиент 7040 передал 303454 Кбайт. Две крупнейшие копии до полудня — по 26102 Кбайт; сумма 52204.
Скачать исходные файлы и проверочный Python
Ответ / ориентир

7040; 52204

Проверка и обоснование

Обработаны все 15 001 запрос; до полудня создано 534 копии. Дополнительно проверена иллюстрация ФИПИ: 303; 220000.

Где легко ошибиться. Переполняющий запрос не входит в создаваемую перед ним копию. Не добавляйте финальную копию без события переполнения.

К номерам заданий ↑
27

Задание 27

Кластеризация по энергии и медиана

Каждая строка demo_27.txt: координаты x,y, компоненты скорости Vx,Vy, масса m, признак I–VII. Энергия E = m(Vx²+Vy²)/2. Частицы разбиваются единственным образом на четыре кластера, разность любых двух энергий в одном кластере не больше 2. Центр — частица с минимальной суммой абсолютных разностей энергий до остальных. Q1 — наибольшее евклидово расстояние между частицами признака II внутри одного кластера; Q2 — максимальная энергия центра. Записать целые части 10000Q1 и 10000Q2.

Исходная страница ФИПИ · стр. 25PDF, исходная страница →Страница 25 демоверсии ЕГЭ 2027 по информатике
Исходная страница ФИПИ · стр. 26PDF, исходная страница →Страница 26 демоверсии ЕГЭ 2027 по информатике

Как решить

  1. Считываем все шесть полей, заменив десятичные запятые точками. Для каждой частицы считаем энергию. Группировка производится по энергии, не по расстоянию на плоскости и не по признаку.
  2. Сортируем частицы по энергии. Начинаем кластер с наименьшей ещё не включённой энергии и включаем следующие, пока разность с первой не превышает 2. На реальном файле получаются ровно четыре группы размером 501, 601, 701 и 801; их диапазоны приведены ниже. Это разбиение удовлетворяет условию, а единственность гарантирована задачей.
  3. Сумма |E−Eᵢ| минимальна на медиане отсортированных энергий. В каждой группе нечётное число частиц, а энергия средней частицы встречается один раз: именно эта частица — центр. Не заменяем медиану средним арифметическим.
  4. Для Q1 в каждой группе оставляем только признак II. Перебираем все пары этих частиц и считаем квадрат расстояния (x₁−x₂)²+(y₁−y₂)². Берём общий максимум по четырём кластерам и извлекаем корень только в конце.
  5. Q2 — максимум четырёх медианных энергий: около 10,070467027567519. Q1 — около 53,9936. После умножения на 10000 берём целую часть, не округляем.
  6. Полный solve.py в комплекте использует Fraction для точных десятичных значений. Для Q1 он вычисляет floor(√(D²·10⁸)) через целочисленный isqrt; для Q2 — целочисленное деление числителя 10000E на знаменатель. Получаем 539936 и 100704.
ЧастицМинимальная EМаксимальная EЭнергия центра
5011.2005049113.0994467462.149929716
6014.4007900445.6976519835.046474401
7016.5022985568.2962797227.403865478
8019.10027094510.99880618110.070467028
Скачать исходные файлы и проверочный Python
Ответ / ориентир

539936; 100704

Проверка и обоснование

Все 2604 частицы обработаны. Для каждого кластера отдельно проверена сумма модулей для каждой возможной частицы-центра: минимум единственный и совпадает с медианой. Расстояния перебраны по всем допустимым парам II.

Где легко ошибиться. Нельзя кластеризовать по x,y, брать геометрический центр или искать расстояние между частицами разных кластеров.

К номерам заданий ↑

Как использовать разбор в подготовке

  1. Отметьте, где возникло затруднение: термин, условие, способ решения или оформление.
  2. Закройте пояснение и выполните задание заново.
  3. Проверьте способ на похожем задании из открытого банка ФИПИ. Заученный ответ не заменяет понимания.

Домашний пробник и план повторения →

Источники и границы разбора

Основа — утверждённая демоверсия ФИПИ 2027, опубликованная в нашем разделе материалов 13 ноября 2026 года. Разбор подготовлен 14 ноября. Демоверсия показывает формат экзамена; условия настоящего экзамена будут другими. Ответы и критерии сверены с приложенным документом.

Первый шаг — бесплатный разбор вашей ситуации

Нужна помощь с подготовкой?

На бесплатном разборе вашей ситуации уточним цель и сложные темы. Можно заниматься онлайн из любого города. Подходящий формат и наличие занятий согласуем отдельно.

Оставьте заявку

Свяжемся с вами, уточним задачу и обсудим следующий шаг. Запись не обязывает покупать занятия.

1

Уточним задачу

Спросим о классе, предмете и цели. Если есть решённая работа, пригодятся ваши ответы.

2

Обсудим следующий шаг

Уточним подходящий формат и наличие занятий. Стоимость и расписание согласуем до записи.

3

Решение за вами

После бесплатного разговора можно выбрать занятия или продолжить подготовку самостоятельно.

Первый шагБесплатный разбор вашей ситуации
Бесплатный разбор ситуации