poznamky-delete.tex

\chapter{Poznámky}

\section{Obecné/tipy}
Nějaké tvrzení o n-koulích, např jedno, co je níže

Logaritmus o jiném základu při posunutí pravděpodobnosti od 0-2 - upřednostňování menších/větších částí rozdělení.

\section{Berghman, Lotte (2008) \cite{BERGHMAN20091880}}
Článek nejprve popisuje existující algoritmy. Jsou řazeny do tří kategorií, Full enumeration, prozkoumání všech kódů a vybrání následujícího pokusu podle zvolené strategie. Tyto algoritmy excelují v průměrném počtu pokusů na hru. Nevýhodou ale je extrémní časová náročnost při procházení všech možných pokračování. 

Druhým typem algoritmů zmíněných je Rules of thumb s cílem dosáhnutí dobrých výsledků za krátký čas. 

Třetím zmíněným typem algoritmu je Meta-heuristics. Tyto algoritmy používají při výběru následujícího pokusu složitější heuristiky, která by měla dosahovat požadovaných výsledků s přihlédnutím na časovou náročnost. 

Autoři popisují svůj program. Jde o genetický algoritmus. Populace je sada možných následujících pokusů. Populace vznikne z předešlé pomocí crossoveru (1-point or 2-point) s pravděpodobností 0.5, mutací, permutací, inverzí. Případně nahrazením vzniklého kódu za náhodný. Eligible codes are added to the list Ei. Výběr z Ei - popsány dva způsoby. První - porovnání s ostatními kódy v Ei - Kolik černých a bílých ohodnocení bychom dostaly při výběru kódu c za předpokladu, že cstar z Ei je tajný kód. Suma přes všěechny cstar z Ei. Výběr buď náhodně, největší číslo nebo nejmenší číslo. Druhý - Vybrat náhodný subset S, Pro každý kód c a každý možný kód cstar je vypočítán počet možných následujících eligible kódů (musíme spočítat body Xc a Yc abychom mohli vybírat eligible kódy). Kód c minimalizující tento součet bude vybrán. Je ukázáno že druhý způsob výběru je efektivnější. 

Nakonec je zmíněný algoritmus porovnán s ostatními algoritmy. Výsledky jsou kvalitní pro rostoucí P a N s výrazně lepším časem. 

Algoritmus vždy začíná tahem 1123, pro který autoři dostávali nejlepší průměrné výsledky. Říkají, že zvolením 1123 jako počáteční tah se ušetří v průměru 0.02 pokusů na prolomení tajného kódu.



\section{Donald E. Knuth (1977) \cite{donald_e__knuth_1977}}

Článek The Computer as Master Mind od Donalda E. Knutha je poměrně krátký, popisuje jeho metodu řešení Logiku na maximálně šest tahů nehledě na tajný kód. Jeho algoritmus se snaží minimalizovat maximální počet zbývajících kandidátů na tajný kód. 

Začíná vždy tahem 1122, pro toto rozložení to funguje. Porovnává to s 1123, který ale nezaručuje vyřešení na pět tahů. V určitých případech může selhat. 

\section{Barteld Kooi - YET ANOTHER MASTERMIND STRATEGY \cite{kooi}}

Článek popisuje již známé algoritmy/postupy řešení hry mastermind,
popisuje metodu za použití entropie - maximalizuje entropii $-\sum_{i=1}^n p_i log(p_i)$, kde při rozdělení V1 až Vn množiny A je $p_i$ pravděpodobnost, že element z A náleží do Vi. 

Entropie v tomto případě ... maximum entropie odpovídá minimálnímu součtu očekávaného počtu pokusů v rozdělení V1, ... Vn s váhou na velikost těchto rozdělení. 

Je to tam popsáno pěkně - lze se k tomu vrátit.

Dále článek navrhuje nový přístup řešení masterminda. Mluví o tzv strategii rozdělení na nejvíc částí. Jako úvod je nastíněn příklad tipování karty z balíku, kde na pravděpodobnosti uhádnutí nezáleží na velikostech jednotlivých rozdělení ale na jejich počtu. Čím vyšší počet rozdělení balíku, tím větší pravděpodobnost uhádnutí karty v dalším tahu. Toto je zobecněno na pravděpodobnost uhádnutí prvku z A po r+1 otázkách, které postupně rozdělují množinu A na podmnožiny. Díky indukčnímu předpokladu víme, že pravděpodobnost uhádnutí po r+1 otázkách je počet podmnožin na které lze množinu A rozdělit po r+1 otázkách vyděleno velikostí množiny A. 


\section{The Mastermind game and the rigidity of the Hamming space, 2000 \cite{866673}}
Používám definice ze zníměného článku.


\begin{definice}[Hammingův prostor]\label{def01:1}
  Nechť $n \in N$, $q \in N$. Potom množinu všech řetězců (slov) délky $n$ obsahující čísla z množiny $\{1, 2, 3, \dots, q\}$ nazýváme n-dimenzionální q-ární Hammingův prostor a značíme ho $H_{n,q}$.
\end{definice}

\begin{definice}[Hammingova vzdálenost]\label{def01:1}
  Nechť $H_{n,q}$ je Hammingův prostor. Nechť $u,v \in H_{n,q}$. Počet pozic, na kterých se slova $u$ a $v$ liší nazýváme Hammingovou vzdáleností $u$ a $v$, značíme $d(u,v)$.
\end{definice}

\begin{definice}[Báze Hammingova prostoru]\label{def01:1}
  Nechť $H_{n,q}$ je Hammingův prostor. Nechť $B \subset H_{n,q}$. Řekneme, že $B$ je báze Hammingova prostoru, pokud každý prvek z $H_{n,q}$ lze jednoznačně vyjádřit pomocí Hammingových vzdáleností od prvků z $B$.
  \end{definice}

\begin{definice}[Rigidita Hammingova prostoru]\label{def01:1}
  Nechť $H_{n,q}$ je Hammingův prostor. Rigidita Hammingova prostoru, značíme $r_{n,q}$ je minimální možný počet prvků v bázi.
\end{definice}

\begin{veta}\label{veta01:1}
  Nechť $H_{n,q}$ je Hammingův prostor. Potom \[r_{n,q} \geq \frac{n}{log_q(n+1)}\].
\end{veta}

\begin{dukaz}
  Protože počet možných vzdáleností je menší nebo rovno $n+1$ platí, 
  \[(n+1)^{r_{n,q}} \geq q^n\]
  zlogaritmovat
  \[r_{n,q}*log_q(n+1) \geq n\]
  vydelit
  \[r_{n,q} \geq \frac{n}{log_q(n+1)}\].
\end{dukaz}


Z jinych zdroju plati:
$r_{n,q} \geq 2* \frac{n}{log_qn} * (1+o(1))$ 

\[r_{n,2} = 2* \frac{n}{log_2 n} * (1+o(1))\] 



\section{On the metrical rigidity of binary codes () \cite{AVGUSTINOVICH2001444}}
Článek studuje pojem metrical rigidity binárních kódů. Řekneme, že kód je metrically rigid, pokud všechny isomorfismy v metrickém prostoru $C \to E_n$, dále jako isometriky, jdou rozšířit na isometriku celého prostoru $E_n$. 

Kódy jsou ekvivalentní, pokud existuje isometrie, která jeden kód zobrazí na druhý. 


Komentář pro mne:

Když tedy mám neznámý kód se známými vzdálenostmi od nějaké množiny vektorů, potom v každém bude existovat právě jeden????? vektor

Nechť mám kód, který opravuje jednu chybu, má distanci 3. Pokud víme, že kód je metrically rigid, potom pro přijatý vektor s maximálně jednou chybou víme, že jeho distance od nějakého vektoru z kódu je jedna. Navíc věechny jeho distance k ostatním vektorům kódu jsou jasně dané.

Nechť máme bázi metrického prostoru s hammingovou metrikou. potom pro kazdy vektor z prostoru existuje prave jedna kombinace vektorů v bázi, která dá náš vektor. 

Nechť máme dva různé vektory se stejnou hodno

pokud mám r-perfektní redukovaný (obsahuje O) lineární kód, tak pro každý vektor z prostoru je min vzdáleností od kódových slov menší nebo rovna r. Tedy pro 1-perfektní kód je vzdálenost neznámého vektoru y od nějakého kódového slova u rovna buď 0 nebo 1. Pokud je rovna 0, máme vyhráno. Pokud je rovna 1, máme n možností na kód, kde n je dimenze prostoru. Navíc z přítomnosti nuly v kódu známe počet jedniček a nul. Tedy máme buď w(u) nebo n-w(u) možností, kterou pozici změnit podle toho, jestli je vzdálenost y od nuly menší než w(u) nebo větší než w(u). 

\subsection{testovani}
Báze Hammingova [15,11] kódu není báze Hammingova 15, 2 prostoru.
Báze Hammingova [7,4] kódu není báze Hammingova 7, 2 prostoru.


\section{possible idea}
Italo Dejter, Dimacs and University of Puerto Rico

Title: Ternary perfect domination of binary codes

Given a graph G, we say that a vertex subset S of G is a perfect dominating set (or PDS) of G if every vertex v of G not in S is neighbor of exactly one vertex of S.

P. Weichsel showed that each connected component of the subgraph induced by a PDS in the n-cube is a subcube and conjectured that S is uniform, i.e. all such components are isomorphic.

P. Ostergard and D. Weakley showed that the conjecture is false, by exposing a PDS S in the 13-cube whose induced subgraph has as connected components 26 4-cubes and 288 isolated vertices (which correspond to the nonzero words of the ternary Hamming code) and whose automorphism group is the general linear group GL(3,3).

We establish that the perfect dominating set of the 13-cube found by Ostergard and Weakley (as a counterexample to Weichsel's uniformity conjecture) exists very naturally in the ternary Hamming code of length 13, and has a very special geometric-combinatorial structure. This approach provides very short proofs of its characteristic properties

This is joint work with Kevin T. Phelps.

\section{Ternary Hamming and Binary Perfect Covering Codes}
S is a perfect dominating set (or PDS) if for all v in G without S is a neighbour of exactly one vertex of S

Each component of S is an i-cube, where 0 <= i <= n.

Xi is the number of i-cubes in S.
A sphere of radius 1 about any vertex in such i-cube will cover/dominate exactly n-i vertices not in this i-cube. 

Proposition: For a set S to be a PDS the distance between any two components is at least 3 and the number of i-cube components satisfies the bound lower with equality.
\[
\sum_{i = 0}^n 2^i(n-i+1)X_i \leq 2^n
\]

The i/cube components of a PDS can be represented bz codewords over a ternary alphabet. The vertices of an i-cube component all agree on n-i coordinates.

I could use it probably but the construction is problematical for me right now. I would get n-i options in case of an element of the base that is part of an i-cube. I would have to choose between those n-i options which could maybe work.

\section{Testing MDS codes as a base}
\subsection{5-ary [4,2] RS code with alpha = 2}
G = [[1,2,4,3],[1,4,1,4]]
Tenhle kod (25 kodovych slov) z celkem 625 celkovych slov uspel v testu, jestli vsechny tajne kody mohu vyjadrit po techto pokusech. 
Použil jsem hodnocení na black and white pegs

\section{Testing Hamming codes as a base}
\subsection{[7,4] Hamming code}
Hammingův 7,4 kód uspel v testu, jestli vsechny tajne kody mohu vyjadrit po techto pokusech. 
Použil jsem hodnocení na black and white pegs.
Hamming 7,4 má 16 slov, prostor má celkem 128 slov


\section{On the extendability of code isometries}
On the extendability of code isometries is a useful article about proving metrical rigidity of various codes. 

\section{binary 1-perfect code as a base}
If i changed the codeword in a position where the codeword u is same as codeword of distance two from the secret code, the codewords would suddenly be of distance four. Thus, i can only change the codeword u in the positions that are different with the codewords of distance two of the secret code. I have z = (n-1)/2 codewords of distance two from the secret code. If n >= 7, then z >= 3. These codewords have distance three from codeword u. 

If all three codewords are different (wrt u) on the same three positions, then its a contradiction, because they would be the same codewords. If there are two positions where the codewords would all be different from u, then the distance between the codewords would be 2 at most. Therefore there exists maximum of 1 position, where the codewords are all different from u. If there was none, then if we changed anything in u, there would be a codeword with the distance 4 from the resulting word. Thus there exists always one index, where all codewords with distance two from the secret code are different than the codeword u. If we change this index, we get the secret code. 

This concludes the proof, that 1-perfect code suits as a base to static binary mastermind. 

The algorithm stands on finding the index, where all codewords of distance two from the secret code are different than the codeword u. 

So i sum the codewords with codeword u modulus two - i get positions, where the codewords are different. To find the intersection, I pointwise multiply all results.

\section{binary 3-perfect code as a base}
Let C be a 3-perfect binary code. Therefore, d(C) = 7. 7 <= n-k+1. n>=7+k+1. It holds that 3-neighbourhoods of all codewords are disjoint. Also every word is in exactly one 3-neighborhood of some codeword. It means that 3-neighborhood of all words contains exactly one codeword. 

Let v be a secret code. Then there exists a codeword u such that d(u,v) <= 3.

1) If d(u,v) = 0: u = v

2) If d(u,v) = 1: 
There exist n options for index change in u in order to get v. There exist k codewords with distance 6 from v. I have n-1 options for indexes to change in order to get them. 
If there are two options for index change - that means if all k codewords are different than u in these two indexes. Then the distance between the codewords would be 8 at most. I would like to prove that then there would exist a pair of codewords whose distance would be less than 7 which would contradict the definition of 3-perfect binary code.

Maybe the amount of codewords with distance y from secret code is equal to smth*(the amount of codewords with distance y-1 of length n-1 or smth) - find and prove. 

For every word of distance 3 from our secret code v there exists exactly one codeword of distance 3 from our secret code. The number of (feasible) words of distance 3 from our secret code is (n-1) choose 3. Then for every word of these (n-1) choose 3 there exists exactly one codeword of distance three. Some of them are the same codewords though. Let w is a word, z is a codeword of distance three from w. Then there exists 6 choose 3?? words of distance 3 from v such that their distance from z is 3. (I need to prove that)

This might imply that we have ((n-1) choose 3)/(6 choose 3) codewords of distance 6 from the secret code v. 

Now if there existed two indeces i,j such that. u + ei is a secret code and u + ej is a secret code. Therefore all ((n-1) choose 3)/(6 choose 3) are the same on those two indeces. I want to imply that there exists a pair of codewords out of these that are equal on four indeces, therefore their distance is at most 6, which is a contradiction. There are n-2 options for the third and four index. We want all codewords to be different different on four positions out of the n-2 options. Therefore ((n-1) choose 3)/(6 choose 3) * 4 has to be less than or equal to n-2. 

(Pocet kodovych slov krat pocet indexu (ten zlomek), na kterych musi byt odlisne (4)) chci mit vetsi nez pocet indexů, na kterych mohou byt odlisne (n-2 atd). Potom vime, ze nejaka dve kodova slova se shoduji na vice pozicich, nez mohou, a tim dojdu ke sporu s minimální moznou vzdalenosti mezi kodovymi slovy. 

V rovnicích chybí LS * 4.

\subsection{23.02. - snad spravna varianta}
Chci dokázat, že r-perfektní binární kód je báze binárního Hammingova prostoru pro všechna n větší nebo rovna nějakému K. Potom tedy můžu tento kód použít pro řešení statického binárního mastermindu. Zároveň bych chtěl najít nějakou dolní mez na množství kódových slov, abych ukázal, jestli je tento postup použitelný. To se mi ale zatím nepodařilo.

Uvažuji příklad s 3-perfektním kódem. To co bylo výše je podle mě špatně. Předpokládám, že existují dva indexy, na kterých jsou všechna kódová slova vzdálenosti 6 od v stejná. (tedy nelze jednoznačně určit v pomocí u). Potom chci dokázat, že existují dvě kódová slova, která se shodují na 4 pozicích, na kterých jsou odlišná od u. Potom by tato dvě kódová slova byla vzdálená maximálně 6, což je spor se vzdáleností kódu. 

Tedy chci najít dvojici indexů (na n-2 pozicích), která bude stejná pro nějaké dvě kódová slova. Tedy chci, aby počet dvojic (5 choose 2) * (pocet kodovych slov) byl vetsi, nez pocet dvojic, ktere mohu vytvorit z n-2 pozic. 

Tedy chci (pro d(u,v) = 1)
\[ \frac{\binom{n-1}{3}}{\binom{6}{3}} * \binom{5}{2} > \binom{n-2}{2} \]
to platí pro
\[\frac{(n-1)*(n-2)*(n-3)}{12} > \frac{(n-2)*(n-3)}{2}\]
\[n-1 > 6\]
\[n > 7\]

Nechť d(u,v) = 2:
Potom se vsechna kodova vzdalenosti 5 od v a vzdalenosti 7 od u shoduji na 2 pozicich. Pro spor (a nejednoznacnost konstrukce v z u) necht se vsechna kodova slova shoduji na 3 pozicich. Chci dokazat, ze existuji dve kodova slova, ktera se schoduji na 4 pozicich, tim padem by potom jejich vzdalenost byla mensi nebo rovna 6. Vsechna kodova slova se shoduji na 3 pozicich. Mam n-3 volnych pozic a celkem (4 choose 1) pozic. Chci najit index z n-3 moznosti, ktery bude mit stejnou hodnotu pro nejaka dve kodova slova. Tedy chci, aby (4 choose 1) * (pocet kodovych slov) byl vetsi, nez pocet indexu, z n-3 pozic (= n-3).
\[ \frac{\binom{n-2}{2}}{\binom{5}{2}} * \binom{4}{1} > \binom{n-3}{1} \]
\[ \frac{(n-2)*(n-3)}{5} > n-3 \]
\[ (n-2) > 5 \]
\[n > 7\]

Nechť d(u,v) = 3:
Potom se všechna kódová slova shodují na těchto třech pozicích. Nechť se shodují na čtyřech pozicích (odlišných od u), potom by jejich vzdálenost byla menší nebo rovna 6. (chci aby kodova slova byla alespoň 2, potom to platí), platí i minulý vzorec
\[ \frac{\binom{n-3}{1}}{\binom{4}{1}} * \binom{3}{0} > \binom{n-4}{0} \]
\[n > 7\]

\subsection{New proposition for r-perfect codes}
R-perfect code is a base if n satisfies the following:

\[ \frac{\binom{n-d}{r+1-d}}{\binom{2*(r+1) -1 - d}{r + 1 - d}} * \binom{(2*(r+1) -1 - (d+1)}{r-d} > \binom{(n - d - 1)}{r-d} \]
v is the secret code, u is the codeword with the smallest distance from v. 
d = d(u,v), r+1-d is the distance from v to the nearest neighborhood of a different codeword. 

(2r+1 - d choose r+1-d) is the number of codes in the nearest neighborhood of some codeword which are reachable from v. (r + 1 - d indeces from those that are different compared to v). 

(2r+1 - (d+1)) choose (r-d)) je počet (r-d)-tic, na kterých chci aby nějaká dvě kódová slova byla stejná a tím jsme dostali spor s vzdáleností kódu. 

(n - d - 1) choose (r-d) je počet (r-d)-tic, které jsou na výběr pro kódová slova. tedy ty (r-d)-tice, na kterých se kódová slova liší od u. 

\[ \frac{\binom{n-d}{r+1-d}}{\binom{2r+1 - d}{r + 1 - d}} * \binom{2r+1 - (d+1)}{r-d} > \binom{n - d - 1}{r-d} \]

\[ \frac{(n-d)!}{(r+1-d)!(n-r-1)!}*\frac{(r+1-d)!r!}{(2r+1 - d)!} * \frac{(2r - d)!}{(r-d)!r!} > \frac{(n - d - 1)!}{(r-d)!(n-r-1)!} \]

\[n > 2r + 1 = d(C)\]

$d(C)$ je rovna n pouze pro opakovací kód. Pro všechny další r-perfektní kódy nerovnost platí. 

Chtěl bych nalézt nějakou dolní mez na dimenzi/velikost kódu, abych zjistil, jestli je postup použitelný.

\subsection{starsi varianta}
\[
\frac{\binom{n-1}{3}}{\binom{6}{3}} = \frac{\frac{(n-1)*(n-2)*(n-3)}{6}}{\frac{6*5*4}{6}} = \frac{(n-1)*(n-2)*(n-3)}{6*5*4}
\]
So we need 
\[
\frac{(n-1)*(n-2)*(n-3)}{6*5*4} > n-2
\]

\[(n-1)*(n-3) > 6*5*4\]

\[
n^2-4n+3 > 120
\]

\[
n^2-4n-117 > 0
\]
which holds for n < -9, n > 13. 

We want n > 13. 

Construct similar proof for distance 2 and 3 from the closest codeword:

Let d(u,v) = 2:

There exist $\binom{n-2}{2}$ words of distance two from v. There exist $\frac{\binom{n-2}{2}}{\binom{5}{2}}$
We want 
\[
\frac{\binom{n-2}{2}}{\binom{5}{2}} > n-3
\]
\[\frac{(n-2)*(n-3)}{20} > n-3\]
\[n-2 > 20\]
\[n > 22\]

Let d(u,v) = 3:
\[\frac{\binom{n-3}{1}}{\binom{4}{1}} > n-4\]
\[\frac{n-3}{4} > n-4\]
\[n-3 > 4*n-16\]
\[13 > 3n\]
\[n < 13/3 \approx 4.3\]
\[n \leq 4\]

I would like to use somehow the white pegs. Do they tell us just the number of 1/0 in the secret code? Or do they say something else? I have the weight of the secret code w(v) from the distance from zero. 

If the distance from u to v is 3, then the options for the weight of v are either w(u)-3, w(u)-1, w(u)+1, w(u)+3. 

Let u be wrong in the first three coordinates. 

\begin{itemize}
    \item u \approx 000, then v \approx 111. Then w(v) = w(u) + 3. The number of white pegs is zero. 
    \item u \approx 001, Then v \approx 110. Then w(v) = w(u) + 1. The number of white pegs is two.
    \item u \approx 011, then v \approx 100. Then w(v) = w(u) - 1. The number of white pegs is two. 
    \item u \approx 111, then v \approx 000. Then w(v) = w(u) - 3. The number of white pegs is zero. 
\end{itemize}

Let k be the number of white pegs corresponding to u. Then k is either zero or two. 

If k is zero, we have w(u) choose 3 or (n - w(u)) choose three possibilities. Which option we choose, that is according to the distance from zero (can be determined). If we have $\binom{w(u)}{3}$ options. We change 1->0. Then let there exist $\binom{n-3}{1}$ eligible words (Z) of distance one from v. These have the weight of w(u)-4 or w(u)-2. They are of distance 3 from certain codeword. The number of elements of Z with the same codeword in the neighborhood is 4. I have n-4 options 

Chci pocet indexu, na kterych se kodova slova lisi od u krat pocet 

\section{známé odhady pro statický mastermind}
n, k:

n,2 - O(n/log2(n+1)) až O(n), O(n) je jednoduché jedničky s jednou nulou. 

n,n - O(n*logn) bez deterministického algoritmu, pouze pravděpodobnostně. Možná by šlo využít důkazu pro dynamický mastermind v O(n) - rozšířit na O(nlogn) pro statický. 

n,n permutation - O(nlogn) - dokázáno pravděpodobnostně, algoritmus by šel sestrojit pomocí článku/důkazu. Možná ale potřebujeme pro dané n najít danou posloupnost, která to řeší. Potom lze sestrojit algoritmus O(nlogn)


\chapter{Notable articles}

\section{mastermind-with-a-linear-number-of-queries}
 - strategy for O(n) queries for determining the secret code in the adaptive form. They dont prove it for deterministic (static) variation - could be me.

Variations of Mastermind have furthermore been proposed to model problems in security,
such as revealing someone’s identity by making queries to a genomic database [7], and API-based
attacks to determine bank PINs [6].

\section{Solving_Static_Permutation_Mastermind_2022}
Theoretical proof for static permutation mastermind using O(nlogn) queries. It could be reconstructed.

There probably isnt a solution to static mastermind c <= p in O(nlogn).

\section{algoritmus ohodnoceni}

\begin{algorithm}
\begin{algorithmic}[1]  % [1] způsobí, že číslujeme kroky algoritmu
\Function{EvaluateGuess}{$u, v, n$}
    \State $b \gets 0$
    \State $w \gets 0$
    
    \State ufree $ \gets [1]*n$ \Comment{volné indexy pro porovnání v u a v}
    \State vfree $ \gets [1]*n$
    
    \For{$i = 1$ to $n$}
        \If{$u_i = v_i$}
          \State $b \gets b+1$ \Comment{přidáme černý kolíček}
          \State ufree$[i]  \gets 0$
          \State vfree$[i] \gets 0$
        \EndIf
    \EndFor

    \For{$i = 1$ to $n$}
    
        \If{ufree$[i] = 1$}
          \For{$j = 1$ to $n$}
            \If{vfree$[j] = 1$ \And $u_i = v_j$}
              \State $w \gets w+1$ \Comment{přidáme bílý kolíček}
              \State ufree$[i]  \gets 0$
              \State vfree$[j] \gets 0$
            \EndIf
            \EndFor
    \EndIf
    \EndFor
	
\EndFunction
\end{algorithmic}
\caption{Algoritmus, který vrátí počet černých a bílých kolíčků pro vstupní kódy u a v a dimenzi n.}
\label{isprime}
\end{algorithm}