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逻辑解构 | 默契硬币

相隔遥远的两人如何猜对另一方抛的硬币?

题目

国王亚路开德试图量化一对搭档有多默契,于是他设计了一个默契测试:两位受试者分别在两个相隔遥远的封闭房间内各抛一枚硬币,然后猜测其搭档的抛硬币的结果,如果两个人中至少一个人猜对搭档的结果,则计一分。进行一百次这样的测试后的总分,就是这对搭档的默契值。

然而,数学大臣尤泽尔立刻发现了这个测试的漏洞,他想到了一个可以百分百得分的策略。

请问尤泽尔的策略是什么?

答案

一人始终把自己硬币的结果猜上去,一人始终把自己硬币的相反结果猜上去。

在这样的策略下,总会有一人猜对,一人猜错。

证明

设 A 是那个始终把自己硬币的结果猜上去的人,B 是始终把自己硬币的相反结果猜上去的人。

不妨设 A 抛到了正面。根据 A 的策略,A 会猜 B 抛到了正面,此时有两种可能:

  • 如果 A 猜对了,即 B 抛到的是正面,根据 B 的策略,B 会猜 A 抛到了反面,B 猜错。

  • 如果 A 猜错了,即 B 抛到的是反面,根据 B 的策略,B 会猜 A 抛到了正面,B 猜对。

所以总会有一人猜对,一人猜对。根据游戏规则,在这样的策略下可以百分百得分。

原理

先来看最容易想到的一种错误方式:每个人猜对的概率是 $\frac12$,那么两个人中至少一个人猜对的概率应该是 $\frac34$。如果这是对的,那么不应该存在百分百得分的策略才对。

答案的正确性毫无疑问,但其并非来自于灵光一现,下面我们来理解答案的原理。

答案是怎么起作用的?上面的想法错在哪儿了?为什么猜对方的硬币,策略却只与自己的结果有关?

硬币只有两种结果,所以一共只有 16 种情况,我们可以使用枚举法。这里我列出了所有无法得分的情况,即两个人都猜错的情况:

序号 A 结果 A 猜测 B 结果 B 结果 B 猜测 A 结果
1
2
3
4

如果你观察力足够强,可以发现四种情况存在一些共性:

  • 1 和 2 是两个人都把自己硬币的结果猜上去了
  • 3 和 4 是两个人都把自己硬币的相反结果猜上去了

现在可以回答第一个问题了:答案的策略完全避开了两个人都猜错的情况,所以就必然得分了。

的确,枚举之后就可以瞪出答案。直接枚举情况然后针对特点来设计策略是一种好方法,但可能会有点令人失望。有没有更深一点的原理呢?

还可以这样理解答案:”把自己硬币的结果猜上去“有些奇怪,其实意思就是“猜两个硬币的结果相同“。同理,另一方实际上在做的是”猜两个硬币的结果不相同”。显然,两个硬币的结果要么相同,要么不相同,所以必然一人对一人错,因而必然得分。这么一讲就非常好理解了。

要回答第二个问题,我们需要用新的理解去重新看待这些事件。

抛两次硬币,结果相同的概率的确是 $\frac12$,也就是这种策略下 A 和 B 猜对的概率确实都是 $\frac12$,但不同的是,这时 A 猜对和 B 猜对是一对互斥事件,而非我们先前认为的相互独立。

独立与互斥,显然是策略不同导致的。随机猜时确实相互独立,但为什么这个游戏里可以按某种策略然后变成互斥?

关键在于,正如上表,这个双人游戏实际上并非简单的猜两次抛硬币,而是包含了两个信息与两个决策,总共四个事件的。

如果受试者随机等概率地猜测,信息与决策无关,四个事件之间相互独立,所以十六种情况概率相等,于是得分的概率就是 $\frac{12}{16}$。思维盲点在于,四个事件在游戏中并不完全独立,游戏中存在一个很容易忽视、极其隐秘的联系:猜之前是已知自己硬币的结果的。

画成流程图则如下:

  graph TB
A[受试者 A]--已知-->B[A 的结果]
A-.猜测.->D
C[受试者 B]--已知-->D[B 的结果]
C-.猜测.->B

有已知信息,那么决策时就可以考虑利用已知信息,从 16 种情况中划去一些情况

例如,若 A 的策略是只把自己硬币的结果猜上去,那么 16 种情况就会划去 8 种,剩下 8 种情况。而上表 4 种不能得分的情况也被划掉了两种,只剩下上表中序号 1 和 2 的情况。

不难想到,假如 B 也有一个利用已知信息的策略能够把 1 和 2 给划掉,同时可以得分的情况没有被划完,那么就可以实现百分百得分了。

观察序号 1 和 2 中 B 的结果与已知的关系发现,B 都是把自己硬币的结果猜上去了,不难想到 B 的策略:只把自己硬币的相反结果猜上去。不能得分的情况全被划掉,同时还剩下 4 种可以得分的情况,这样就必然得分了,也就是我们的答案。

第三个问题也迎刃而解:因为在猜之前,自己的结果是一个已知信息,既然要有策略,那么当然就只能是由已知信息来决定猜什么。

好像划掉情况很容易呀,那还有没有别的答案呢?

先来个简单的:A 只猜正,也就是把自己身份也当做一个已知信息来决策。我们把前面不能得分的四种情况再列一下:

序号 A 结果 A 猜测 B 结果 B 结果 B 猜测 A 结果
1
2
3
4

A 只猜正时,总情况数少一半,上表中四种情况只剩下 1 和 4。那么此时 B 能否找到对应的策略呢?答案是不能,因为情况 1 和 4 中,B 自己硬币结果都是反,但 B 猜测结果有正有反,两者找不到关联,没办法形成从已知推决策的有效策略,他只能知道自己抛到正面就稳了,但是抛到反面的话,B 没办法依据已知信息来决策自己猜正还是猜反,不能划掉这两种情况,因此不能必胜。A 只猜反也同理。

从这里我们可以发现,上表四种情况我们要么剩 1 和 2,要么剩 3 和 4,否则会出现 B 自己的结果与 B 的猜测结果找不到关联,那么 B 决策时就利用不了已知信息,那就变回了独立的情况了。

因此,没有别的答案,只能是答案的策略或其等价形式。

思考

这还是抛硬币吗?

答案的策略,实际上将问题转化为了猜两个人抛硬币结果相不相同,为什么可以这样转化呢?两者之间有什么隐含的联系?

我们来看看这两个游戏分别都发生了什么。

采取答案的策略后,只剩下四种可能情况,我们一一列出:

序号 A 结果 A 猜测 B 结果 B 结果 B 猜测 A 结果 结果
1 A 猜对
2 B 猜对
3 B 猜对
4 A 猜对

因为 A 与 B 的猜测来自于 A 与 B 的结果,是确定的,因此我们不妨略去这两列,即:

序号 A 结果 B 结果 结果
1 A 猜对
2 B 猜对
3 B 猜对
4 A 猜对

抛两次硬币也是四种可能情况,我们列出:

序号 第一个硬币 第二个硬币 结果
1 相同
2 不同
3 不同
4 相同

很容易发现,之所以能这么转化,是因为答案的策略划掉了十二种情况,剩下的四种情况与抛两次硬币的情况相同,因而我们可以这么转化地去解释,但两个问题并没有本质上的关联。

那么,我们能否设计出类似的游戏呢?

实际上只要是类似于这个流程图的,都是一样的策略。

  graph TB
A[A]--已知-->B[二元信息 1]
A-.猜测.->D
C[B]--已知-->D[二元信息 2]
C-.猜测.->B

例如,两个相隔遥远的人,互猜对方的性别。

有没有什么数学原理呢?

我们不妨转换为布尔值(硬币正面为 0,反面为 1),列出 A 与 B 策略的真值表。

A 的策略:

已知 猜测
0 0
1 1

B 的策略:

已知 猜测
0 1
1 0

直接说 A 是相同 B 是相反好像并没有发现什么新的原理,因为策略本来就是这么描述的。所以我们往其他方向考虑:奇偶性?

A 的已知与猜测的和是 0 或 2,都是偶数;而 B 的已知与猜测的和是 1,是奇数。因此我们可以这么描述策略:A 始终猜两个硬币的和是偶数,B 始终猜两个硬币的和是奇数。由于两个硬币的和要么是偶数要么是奇数,自然总有一个人对。

上面的思路看起来很有空间,因为奇偶性其实就是进行模二,而模 $n$ 运算具有天然的 $n$ 分性。

改成模三是不是可以拓展到三个呢?

当然是可以的。

  flowchart TB
	subgraph 决策者
		direction LR
		A[A]
		B[B]
		C[C]
	end
	subgraph 信息
		direction LR
		D[三元信息 1]
		E[三元信息 2]
		F[三元信息 3]
	end
	A-.猜测.->D
	A--已知-->E
	A--已知-->F
	B-.猜测.->E
	B--已知-->D
	B--已知-->F
	C-.猜测.->F
	C--已知-->D
	C--已知-->E

流程图表示出来较为复杂,设计起来也是。这里有 $3^6$ 种情况,采用决策过后有 $81$ 种情况,只需让每个人占有其中 $27$ 种情况作为胜利即可。

我们依据这个图设计一个最简单的、没有玩什么文字游戏、没有隐藏信息、没有加太多限制的游戏:

三个人各戴一顶红色或黄色或蓝色的帽子(颜色可以重复),每个人只看得到别人帽子的颜色,看不到自己的,不能进行任何形式的交流,若三个人中有人猜对自己帽子的颜色即胜利。

类比上述数学原理,我们设红为 0,黄为 1,蓝为 2,设三个帽子的和为 $s$。

由于 $s\bmod 3$ 的必然是 0 或 1 或 2,我们容易想到以下策略:

  • A 始终猜 $s\bmod 3\equiv 0$
  • B 始终猜 $s \bmod 3 \equiv 1$
  • C 始终猜 $s \bmod 3 \equiv 2$

这样就必然有一个人是猜对的。同理,可以推广至更多人的情况。

当然这个游戏是我现场设计的,不要纠结里面的漏洞。

套娃:数学原理的数学原理

如果你深究上面的策略究竟是不是对的,一定会注意到策略成立的一个前提:ABC 这样的“猜”等价于某一种符合游戏规则的策略,即,这样的策略在游戏中能对应唯一确定的颜色。

我们可以直接列。由于另外两个帽子的和模三一定是 $0,1,2$ 之中一个,且自己的帽子也只能是 $0,1,2$ 之中一个,所以:

  • 若 $s \bmod 3\equiv 0$,则 $s$ 来自于 $0+0$ 或 $1+2$ 或 $2+1$
  • 若 $s \bmod 3\equiv 1$,则 $s$ 来自于 $0+1$ 或 $1+0$ 或 $2+2$
  • 若 $s \bmod 3\equiv 2$,则 $s$ 来自于 $0+2$ 或 $1+1$ 或 $2+0$

例如,看到的是一个红帽子和一个黄帽子(总和为 $1$),并且我猜 $s\bmod3\equiv0$,那么可以算出自己是 $2$,即蓝帽子。

实际上,这就是一个模运算的填空题:$1+\square\equiv0\pmod 3$。

在 $\square\in{0,1,2}$ 的情况下,类似这样的填空题中 $\square$ 是有唯一解的。也就是说,在已知 $s$ 并已知另外两个帽子的和时,确实可以唯一确定自己的颜色出来,该策略有效。

附录

参考文献

本题经过了我的美化(当然,这会成为逻辑解构系列的传统),第一道思考题来自 GM 的视频

版权信息

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最后更新于 Jul 04, 2025
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