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  史密斯先生和妻子在高速上匀速行驶。“你注意到了吗，” 他说，“那些烦人的弗拉茨啤酒广告牌似乎每隔一段距离就有一个。我想知道它们之间的距离是多少。” 史密斯夫人瞥了一眼手表，然后数了数他们在一分钟内经过的弗拉茨啤酒广告牌数量。

  “真是个奇怪的巧合！” 史密斯先生惊呼道，“当你把这一个数字乘以 10，它就恰好等于我们车的速度（英里 / 小时）。” 假设汽车的速度是恒定的，广告牌间距相等，且史密斯夫人的计时开始和结束时，汽车都正好位于两个广告牌之间的中点，那么相邻两个广告牌之间的距离是多少？

  这个问题的巧妙之处在于，我们不必须了解到汽车的速度就能确定广告牌的间距。设 x 为一分钟内经过的广告牌数量。那么在一小时内，汽车会经过 60x 个广告牌。题目告诉我们，汽车的速度是 10x 英里 / 小时。在行驶 10x 英里的路程中，汽车会经过 60x 个广告牌，因此在行驶 1 英里的路程中，汽车会经过 60x / 10x，即 6 个广告牌。因此，广告牌之间的距离是 1/6 英里（也就是 880 英尺）。

  我有一个24小时制的数码时钟（军用时钟），以 HH:MM 格式显示时间。每个数字采用标准的七线段显示 —— 通过七个发光线段的亮灭组合成数字。时钟总共包含 28 个发光线段：显示屏上的四个数字，每个数字对应七个发光线段。

  我的这个时钟上，有些发光线段坏了，再也无法点亮。但即便如此，经过一些练习，我总能准确判断当前时间 —— 显示的发光图案从不产生歧义。最多有多少个发光线段可能是坏的？

  图示为一个屏幕，按顺序展示了组成 0 到 9 每个数字的所有水平和垂直发光线段。

  下面的提示（如有需要）会告知你最多可损坏的发光线段数量，你的任务是找出具体是哪些。

  最多可损坏 13 个发光线段。存在多种可行的损坏模式，尝试找出其中一种。

  最多可损坏 13 个发光段。一种可能的损坏分布如下图所示，黄色发光线段代表已损坏的部分。

  图示为一个数字时钟显示屏，其中组成每个数字的部分发光线段被标为黄色，表明它们已损坏。

  24 小时制时钟最左侧的数字仅在 0-2 之间循环：显示 0 时，有两个发光线 时，没有发光线 时，仅有顶部的发光线段点亮。这样我们就能区分这三种情况。不一定非得是这两个发光线段，其他多组发光线段组合也能实现。

  时钟的第二个和第四个数字均在 0-9 之间循环：除了上图所示的两个可损坏发光线段外，损坏任意一个其他发光线段都会产生歧义。例如，若顶部发光线 的显示会完全相同；若中间发光线 的显示会完全相同。

  第三个数字在 0-5 之间循环：原则上，至少需要三个正常工作的发光线段才能区分这六个数字。而实际上，通过上图所示的模式就可以实现。损坏顶部发光线段而非底部发光线段，同样能达到效果。

  九个矩形 A、B、C、D、E、F、G、H 和 I 相互重叠。矩形 A 与矩形 D 和 F 相交；该关系可以用简写为 A\(D,F)。此外，

  只有下面四个蓝色阴影矩形与另外三个矩形相交，因此它们必须是 F、G、H 和 I。H 不与 F、G 或 I 相交，而 I 与 F 和 G 相交。因此，H 是顶部的蓝色阴影矩形，I 是倒数第三个。由于 B\(F,G) 和 E\(H,I)，两个矩形 B 和 E 也可以被识别。剩下的很简单。

  罗斯和艾薇是擅长逻辑的园林设计师，负责打造一个矩形花园。他们的客户告诉了罗斯想要的宽度，告诉了艾薇想要的长度（都是正整数）。有一天，他们的客户留了语音信箱，规定这一个项目的“规模”必须正好是 12。在这家园林公司中，“规模”可以指花园的面积或周长，但客户不会具体说明。接下来是以下对话：

  罗斯：“我知道想要的宽度，但即使听到 12 的规模，我还是不知道长度。”

  宽度是 3。设宽度为 W，长度为 L。两位园林设计师都知道 W×L = 12 或 2 ×（W + L） = 12；也就是说，花园的面积或周长等于 12。

  想想罗斯的视角。知道宽度和规模不足以推断长度。如果她知道宽度和规模，以及规模指的是面积还是周长，那么她总能够最终靠解 L 的相关方程推断长度。 所以即使她知道所有事情，她仍然不确定规模指的是面积还是周长。特别地，这在某种程度上预示着 W 必须是 12 的因子。若不是，那就排除面积，因为 12 的因子才能倍乘得到 12。此外，W 必须小于 6，否则周长将超过 12。这将可能的宽度缩小到{1， 2， 3， 4}，现在，在罗斯的陈述之后，艾薇也能推断出这个。

  艾薇仍旧没办法计算宽度，这在某种程度上预示着用同样的论证，我们大家可以将她的长度范围缩小到{1， 2， 3， 4}。长度不可能是 1，因为罗斯剩余的宽度都无法产生 12 的面积或周长。长度也不可能是 2：如果是，艾薇就会知道宽度是 4，形成 12 的周长。（长度 2 无法与罗斯剩余的宽度形成 12 的面积。）所以长度只能是 3 或 4。

  在艾薇的回答之后，罗斯现在知道唯一可能的长度是 3 和 4，但她仍旧没办法判断哪个才是正确的。这在某种程度上预示着宽度一定要能形成 12 英尺的面积和 12 英尺的周长，剩余的长度都必须如此。W = 2 和 W = 3 是形成 12 周长的唯一剩余方式（L 分别等于 4 和 3），而 W = 3 和 W = 4 是形成 12 面积的唯一剩余方式。（L 分别等于 4 和 3。）W = 3 同属于这两种情况，因此这是 Rose 唯一仍不确定的数值。

  两位教授，一位教英语，一位教数学，正在教职工俱乐部酒吧喝酒。“真奇怪，”英语教授说，“有些诗人能写出一行不朽的诗句，却无另外的持久价值。比如约翰·威廉·伯根（John William Burgon）。他的诗如此平庸，以至于现在没人读，但他写出了英国诗歌中最精彩的诗句之一：

  这位数学家喜欢用即兴的脑筋急转弯惹恼朋友，他思考了一两秒，然后举杯朗诵道：

  设 x 为城市当前年龄（单位是十亿年），y 为将来的年龄（单位是十亿年）。十亿年前，这座城市的年龄为十亿年的（x-1）倍，十亿年后，它的年龄将是十亿年的（y + 1）倍 。由问题中的数据得到两个简单的方程：

  根据这些方程可以求出 x = 7，即城市当前年龄，为七十亿年，而y = 14，即该城市将来的年龄，为一百四十亿年。

  上面是一个5×5的棋盘，中央格子被戳出来。在左上角放置骑士、象、车或皇后，找到一条路径，终点在右下角，沿途访问棋盘上的每一个格子且不重复。哪种棋子能做到这一点？如果象、车或皇后在到达停点的路上滑过格子，中间的格子也算作已访问。棋子不能落在或滑过该洞。骑士跳跃，因此只有它落下的格子算作已访问的格子，也可以跳过洞。

  骑士可以呈 L 形移动：两个竖直格后接一个横格，或一个竖直格后接两个横格。

  在这些棋子中，只有皇后能找到路径。象只能斜向移动，因此它们永远都不可能在不一样的颜色的格子间移动。因此，从左上角开始的象永远无法到达深色格子。由于车在移动过程中经过的每一格都算作路径的一部分，我们大家可以把车当作每次只移动一格。这样看，它在明暗格之间交替出现。它的第一个格子是浅色，所以第二个格子是暗的。然后第三格是浅色，第四格是暗的，依此类推。继续这一个模式，车访问的第24格，即偶数，必须是暗格。棋盘上有24格，所以车必须访问“终点”格24——但不能，因为“终点”格是亮的。骑士也会交替换色，所以同样的道理也适用于它。皇后有许多可行的路径，下面有一个例子。

  有人说大多数井盖是圆形的，是因为圆形孔无法穿过较小的圆形孔。这些二维形状中，哪些不能穿过形状相同但稍小的洞？

  圆是无限多形状家族中的一个，这些形状的直径恒定——也就是说，无论直线以何种角度穿过它，形状的最宽点总是相同的。Reuleaux（勒洛） 三角形是另一个例子，因此也是一个无法通过稍小且形状相同孔洞的形状。

  能够从另一个相同形状复制品中落入洞口的形状被称为“鲁珀特”（Rupert）性质。

  另外参阅最近发现“非鲁珀特”（noperthedron）的介绍，这是首个被证实非鲁珀特形状的同类形状。

  将数字0、1、2、3、4、5和6随机打乱，形成七位数字（如果首位数字为0，则为六位数字）。将以下事件按可能性（相同可能性的平局也许会出现）降序排序。

  有一些快速的小技巧能确定用某些数字来整除。如果你以前没学过这些，可以去查查。

  如果一个数字的数字之和能被3整除，则称该数字可被3整除。无论顺序如何，0 + 1 + 2 + 3 + 4 + 5 + 6 = 21 的和均可被3整除。

  a/e（平局）. 这一个数字可以被 2 整除 / 被 6 整除 。概率：4/7。

  如果一个数字的最后一位数字是偶数，则该数字可被2整除。在七位数字0、1、2、3、4、5和6中，有四个是偶数。

  如果一个数字同时被2和3整除，则称该数字可被6整除。由于所有结果都可被3整除，因此该数字被6整除的概率与被2整除的概率相同。

  如果一个数字的最后两位数字可以被4整除，则称该数字可被4整除。对我们集合中的数字，当最后两位数字是以下12种组合中的任意一种时，该情况会发生：04、12、16、20、24、32、36、40、52、56、60或64。最后两位数字共有42种可能结果（最后一位数字有7个可能结果乘以倒数第2个数字6个可能结果，即7×6 = 42），得到12/42 = 2/7。

  如果一个数字以0或5结尾，则该数字可被5整除。七个可能的最后数字中有两个可以被5整除，得到2/7。

  如果一个数字能被3和4整除，则该数字可被12整除。所有结果都可被3整除，因此这和被4整除的概率相同。

  如果一个数字以0结尾，则该数字可被10整除。在七个可能的结尾数字中，只有一个符合的结尾数字。

  如果一个数字能被3和50整除，则称该数字可被150整除。所有结果都可被3整除。只有当数字以50结尾时，数字才能被50整除。（因为我们只有一个0，不可能以00结尾。）这在42种可能的两位数结尾中，只能有一个符合的两位数结尾。

  f/i（平局）. 这一个数字可以被 9 整除 / 被 100 整除。 概率：0%。

  一个数字只有当其数字之和被9整除时，才算被9整除。数字0到6的总和为21，21不能被9整除。

  一个数字只有在以00结尾时才被100整除，但这不可能，因为我们只有一个0。

  需要保存多少年历，才能以相同顺序反复使用同一年份？日历应始终有效，意味着每一天总是正确的星期几。（当然，年份会变换，而且由于节日并不总是一致，我们大家可以假设它们不会被标记在日历上。）此外，我们假设不会有日历改革。

  如果一年的年份数可以被 400 整除，则称之为闰年。因此，1600 年和 2000 年是闰年。其他年份只有当年数能被 4 整除但不能被 100 整除时才算闰年。因此，1896 年和 1904 年是闰年，但 1900 年是平年。因此，闰年周期每 400 年重复一次。在这样 400 年的时间里，有 97 个闰年和 303 个平年，或者说 97×366 + 303 × 365 = 146097 天，合计为 20871 周。因为 400 年由整数周组成，400 年后，闰年和平年顺序以及工作日顺序都会重复。所以你必须保留 400 年的历法，才能以同样的顺序反复使用。

  你有一对双胞胎孩子，他们的生日快到了。你去玩具店给他们买礼物，看到货架上有 10 种不同的玩具可选择。每个的整元价格在 1 元到 100 元之间。这些玩具独一无二，店里没有重复的。你想给每个孩子买一套不同的玩具，但为了尽最大可能避免偏袒，你希望花的钱完全相同。例如，你愿意给一个孩子买一个价格为 90 元的玩具，给另一个孩子买两个价格分别为 3 元和 87 元的玩具。令人惊讶的是，无论你在商店遇到多少价格，总能用相同的总价买到不同的礼物给孩子。为何会这样？

  考虑你能购买的玩具集合总数（换句线件物品能产生出多少不同的子集）。与此相比，玩具子集可能有多少种不同总金额。玩具子集的最低总价格是多少？最高是多少？

  你可以购买1023种不同的玩具集合。（下一段会解释原因，如果你已经知道原因，可以跳过。）

  一般来说，n件物品的不同子集数为 2ⁿ。要理解这一点，可以举个例子，由两件物品（称之为 A 和 B）可以组成四种子集：只有 A、只有 B、同时有 A 和 B，既不包含 A 也不包含 B。加入第三件物品 C，可能性翻倍，因为我们大家可以让 A 和 B 的所有之前讨论的子集要么包含 C，要么不包含 C。（我们大家可以有 A带上或不带C， B带上或不带C，同时有A和B带上或不带C，没有A和B且带上或不带C，共八个子集）。加入第四件物品，可能性又翻倍，依此类推。对于 10 个物品，这得到 2¹⁰ = 1024 个子集，但我们为了方便，会减去一个子集，因为我们不想把完全不买玩具的情况算进去。

  一组玩具的最低金额为1元（单件玩具价格1元），最高为1000元（全部10个玩具，且每件价格100元）。所以我们有1023种玩具的可能集合，但它们只能接受1000种不同的总金额。这在某种程度上预示着必然至少有两个不同的玩具子集，其总金额相同。如果这两个子集有共同玩具，我们大家可以从两个子集中剔除共同玩具，它们的金额依然相同。这导致两套完全不同的玩具总价相同。

  在 H·G·威尔斯的小说《最早登上月球的人》The First Men in the Moon中，我们的天然卫星——月亮被发现居住着生活在月球表面下的洞穴中的智慧昆虫生物。假设这些生物有一个距离单位，我们叫做“月”（lunar）。之所以采用这一称呼，是因为如果月球的表面积以“平方月”表示，正好等于月球的体积（“立方月”）。已知月亮的直径是 2160 英里。“月”有多长？

  球体积是半径立方的 4π⁄3 倍，其表面积为 4π乘以半径的平方。如果我们用“月”表示月球半径，并假设其表面积（“平方月”）等于体积（“立方月”），我们大家可以通过将两个公式相等并求半径值来确定半径长度。圆周率在两侧相互抵消，我们发现半径为 3 “月”。月球半径是 1080 英里，所以“月”必须是 360 英里。

  你我坐在一张桌子旁，桌上堆着50枚硬币和一个空的存钱罐。我们轮流一次将一到十枚硬币投入存钱罐。谁把最后一枚硬币放进存钱罐，谁就能赢。你先来：你会怎么开局才能保证赢？

  你能够最终靠遵循一枚特定策略来保证获胜。试着倒推。你希望在我最后一步开始时，桌上有多少枚硬币？

  这通过倒推最容易看出。你想把我逼入无论我怎么走，你都能放最后一枚的局面。如果轮到我时桌上还剩11枚硬币，那你就如愿以偿。在这种情况下，无论我怎么走， 你都会剩下 1 到 10 枚硬币，你可以把它们全部放进存钱罐，赢得胜利。

  在这种情况下，我必须放一到十枚硬币，剩下的是在 12 到 21 枚硬币之间。

  如果剩下 12 枚，你应该放一枚；如果你剩下 13 枚，你应该放两枚，依此类推，无论如何我都剩 11 枚。

  确保在还剩 22 枚硬币时轮到我，方法是确保剩下 33 枚硬币时轮到我；继而需确保剩下 44 枚硬币 时轮到我。

  所以通过在第一步放置 6 枚硬币，当剩下 44、33、22 和 11 枚硬币时，必然轮到我 。

  这个钟的时针、分针和秒针长度相同，且顺畅地绕圈走。表盘内有小时和分钟刻度，但数字缺失。因此，无法判断12小时标记中哪个属于12小时。左边的两只指针正好对准小时刻度，右边的指针则位于分钟和小时刻度之间的位置。时钟显示几点了？

  标记一下各指针：指向左下的为A、指向左上的为C、指向右方的为B。指针 A 和 C 正好指向小时刻度。如果这两指中的一个是时针，分针和秒针应同时叠放并指向 12。而情况并非如此，则B 必须是时针。

  第一种可能，A 是秒针，C 是分针。那么 A 在 12，C 在 2，且已经过整点 10 分钟。在这种情况下，时针必须从一个小时点走了 10⁄60 = 1/6 的行程。但图片显示它已经走了超过 4/5 的距离，因此排除了这种可能性。

  第二种可能，C 是秒针，A 是分针，距离整点还有 10 分钟。时针从一个小时点到下一个小时的行程仍有 1/6，这与图像对应。因此，时钟显示的准确时间是 4:50:00。

  一位流浪者生活在一片偏远的土地上，那里有三个村庄：A、B和C。每天早晨，他都会离开现在所在的村庄，前往另外两个村庄之一，并以50%的概率随机选择两个目的地。如果这位流浪者从他的家乡A出发，并在100天的旅程后结束旅程，他最终到达A还是B的可能性更大？或者两个目的地的可能性都一样？

  流浪者最终抵达A的概率略高一些。他们行走的时间越长，到达每个村庄的概率就越接近均等的1/3 。但双数天后，流浪者最终抵达A的概率总是会略高一些。而奇数天后，他们最终抵达B（或C）的概率会更高。

  在问题设定中，B和C之间没有区别——我们对其中一个村庄的任何论据都可以适用于另一个村庄。因此，流浪者最终到达这两个村庄的概率始终相同。 这在某种程度上预示着，如果流浪者最终到达A的概率大于1/3 ， 那么最终到达B的概率必然小于1/3 ，反之亦然。

  此外，这两种情况会来回交替：流浪者更有可能在A结束旅程的某一天，必然会有更高概率在B结束旅程的某一天，反之亦然——如果他们某一天更有可能待在某个村庄，那么第二天离开该村庄的概率也必然更高。这在第一天最明显，他们100%确定从A出发，有50%的概率在B结束旅程（而0%的概率在A结束）。现在，由于B和C与A相连，而流浪者总是会更换村庄，因此在第二天之后，他们更有可能是在A结束旅程，而不是在其他村庄结束旅程。第二天，流浪者以50%的概率在A结束旅程，B和C各有25%的概率。第二天情况正好相反：因为流浪者更有可能在A开始新的一天，所以他们也更有可能在其他村庄结束新的一天。跟着时间的推移，三个村庄之间的概率差异会减小，如果流浪者进行无限次旅行，概率将收敛到1/3。 但是，在任何有限数字（例如 100）之后，概率仍然会略微偏向流浪者的出发点或远离出发点。

  在我们最近的谜题《流浪者的归来》中，我写了一个基于直觉的解法，以避免复杂的代数计算。退休软件顾问迈克尔·A·戈特利布（Michael A. Gottlieb），《费曼物理讲义》新千年版的编辑，提交了一篇精准且严谨的证明，我相信其他读者会喜欢。

  我们不关注每个村庄结束的概率，而是看每个村庄终点路径的总数。任意长度的每条路径概率相同，因此如果在A结束的路径比B多，我们有理由得出流浪者更可能最终到达A的概率。

  定义 A(n) 为终点在A的长度为 n 的不同路径的数量，并对B和C同样定义 B(n) 和 C(n)。由于问题中B与C的对称性，我们观察到对所有 n 均为 B(n) = C(n)。迈克尔写道：

  由此可以直接看出，当跳数 n 增加 1 时，返回 A 的路径数与返回 B 的路径数 A(n) – B(n) 的差值仅在符号上变化。由于 A(0) – B(0) = 1 – 0 = 1，能马上得出，当n为偶数时 A(n) – B(n) = 1，奇数时为 –1。

  第一个等式 A(n+1) = C(n) + B(n)来自于这样一个事实：所有终点在A的路径前一天必须在C或B结束。因此，在整整 n+1 天内到达A的路径数量，等于 n 天内到达C的路径数加上 n 天内到达B的路径数。第二个等式 C(n) + B(n) = 2 × B(n) 是因为 B(n) = C(n)。

  这个论证不仅表明流浪者更可能在偶数天后到达A，奇数天后到达B，而且在A和B结束的路径总数只差1条。谢谢你，迈克尔，精彩的论证。

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