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：

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：

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：

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：

抛两次硬币也是四种可能情况，我们列出：

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：

B 的策略：

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

本文原载于 reincarnatey.net，遵循 CC BY-NC-SA 4.0 协议，复制请保留原文出处。