Az I/33. feladat megoldása:A tetraéder esetén minden csúcsra ugyanaz a szám kerül másodszor, mint ami először volt rajta, itt tehát annyi páratlan számot kapunk a második menetben, ahányat eredetileg a csúcsokra írtunk. Vagyis 0 és 4 között bárhány páratlan számot kaphatunk.

Az oktaéder esetében a második menetben minden csúcsra a rajta és a vele szemben álló szám összegét írjuk. Ebből következik, hogy egy csúcsra és a vele szemben levőre ugyanaz a szám kerül. Az oktaédernek hat csúcsa van, tehát három különböző összeg kerül a hat csúcsra, ezek között viszont bárhány lehet páratlan: ha azt akarjuk, hogy egy párra második menetben páratlan szám kerüljön, akkor az első lépésben az egyikre nullát, a másikra egyet írunk. Ha azt akarjuk, hogy páros szám kerüljön rájuk a második menetben, az első menetben mindkettőre nullát írunk. Itt tehát 0 és 3 között bárhány páratlan szám lehetséges.

A kocka esetében a nyolc csúcsból akárhányra kerülhet páratlan szám a második menetben. Ha mindegyikre nullát írunk az első menetben, akkor a második menetben mindegyikre páros szám (nulla) kerül. Ha mindegyikre egyet, akkor a második menetben mindegyikre 5 kerül, tehát páratlan. Általában igaz az, hogy ha az első menetben írt számok paritását megfordítjuk (például mindegyikhez hozzáadunk egyet), akkor a második menetben írt számok paritása is megfordul, hiszen a második menetben öt csúcson álló számot kell összeadnunk. (Ez minden olyan gráfra igaz, amelyben minden pont „nem-foka”, azaz komplementerbeli foka páratlan, így az ikozaéder gráfjára is.) Elég tehát azt megmutatnunk, hogy lehet 8, 7, 6, 5 vagy 4 páratlan szám a második menetben, mert ekkor lehet ugyanennyi páros is, ami rendre 0, 1, 2, 3 vagy 4 páratlan számot jelent. Láttuk már, hogy 8 db páratlan szám előállítható. Hét páratlan számot kapunk, ha egy x csúcsra, x szomszédaira és a vele átellenesre egyet írunk, a három további csúcsra pedig nullát. Ekkor az x csúcson a második menetben kettő fog állni, minden más csúcson páratlan szám. Most ugyanis S=5, és minden más csúcs páros sok olyan csúccsal van összekötve, amelyre egyet írtunk. Hat páratlan számot kapunk a második menetben, ha egy csúcsra és a vele átellenesre egyet írunk, a többire nullát. Ekkor ugyanis e két csúcson kettő fog állni a második menetben, minden további csúcs pedig pontosan egyikükkel van összekötve, tehát a többi hat csúcson egy fog állni. Írjunk két szomszédos csúcsra, x-re és y-ra, valamint az x-szel átellenes z csúcsra egyet, a többire nullát. Ekkor x-re, y-ra a második menetben kettő kerül, szintén kettő kerül x-nek y-tól különböző két szomszédjára, y és z két közös szomszédjára egy kerül, z-nek a maradó harmadik szomszédjára is kettő kerül, végül magára z-re három, tehát három páratlan számot kapunk a második menetben. A „komplementer” elrendezés adja az 5 páratlan számot. Végül négy páratlan számot a második menetben úgy kaphatunk, ha az első menetben egy x csúcs három szomszédjára írunk egyet, mindenüvé máshová nullát. Ekkor x-re nulla kerül a második menetben, az x-szel ellentétes z csúcsra három, z szomszédaira kettő (mindegyiknek pontosan egy közös szomszédja van x-szel), x szomszédaira pedig három.

A 12 csúcsú ikozaéder esetében is kaphatunk bárhány páratlan számot a második menetben 0 és 12 között. Az előző megjegyzés szerint elég azt megmutatni, hogy 0, 1, 2, 3, 4, 5 vagy 6 páros számot kaphatunk. 0 db páros számot kapunk (a második menetben), ha minden csúcsra nullát írunk. Legyen A és D az ikozaéder két „átellenes pontja”, A szomszédai legyenek B₁B₂B₃B₄B₅ (ahol B_i és B_i+1 szomszédosak, az indexelés mod 5 megy), D szomszédai legyenek C₁C₂C₃C₄C₅ (ahol C_i és C_i+1 szomszédosak, az indexelés itt is mod 5 megy), és B_i szomszédai még C_i és C_i+1. Írjunk nullát A-ra és minden B_i-re, továbbá D-re, és írjunk egyet minden C_i-re. Ekkor a második menetben A-ra öt kerül, minden B_i-re és minden C_i-re kettő, D-re pedig nulla. Most tehát pontosan egy csúcson lesz páratlan szám. Két páratlan számot akkor kapunk, ha A-ra és D-re nullát írunk, minden más csúcsra egyet. Ekkor A-n és D-n a második menetben öt lesz, a többi csúcson hat. Ha A-ra, B₁-re és B₂-re nullát írunk, a többi csúcsra egyet, akkor a második menetben három páratlan csúcsot kapunk: C₁, C₃ és B₄ lesz páratlan. Ha a B_i csúcsokra írunk 1-et, a többi hét csúcsra nullát, akkor az A csúcsra nulla kerül, D-re páratlan szám (5), minden további csúcsra három kerül, tehát pontosan egy csúcson lesz páros.

Ha az eredeti számozásban a 0-k és 1-esek helyét megfordítjuk, akkor pontosan egy páratlan számot kapunk a „második fordulóban”. Ez utóbbiból kapható rögtön egy általános megoldás is, ha tetszőlegesen megjelölünk k csúcsot, akkor elérhető, hogy pontosan ezeken a csúcsokon legyen a „második fordulóban” páratlan szám. Ehhez csak annyit kell észrevennünk, hogy ha két „első forduló” számait összeadjuk minden csúcson, akkor a „második fordulóbeli” csúcsok is összeadódnak. Ha tehát kijelölünk k darab csúcsot, akkor a következő k darab számozást adjuk össze: kiválasztjuk az egyik kijelölt csúcsot és szomszédaira nullát írunk, a másik hét számra pedig egyest. Ezután ezt a k darab számozást összeadjuk. Kész.