《algorithm puzzles》——谜题

这篇文章开始正式《algorithm puzzles》一书中的解谜之旅了!

狼羊菜过河：

谜题：一个人在河边，带着一匹狼、一只羊、一颗卷心菜。他需要用船将这三样东西运至对岸，然而，这艘船空间有限，只容得下他自己和另一样东西(狼、羊或卷心菜)。若他不在场看管的话，狼就会吃掉羊，羊就会吃掉卷心菜。此人如何才能把这三个“乘客”没有损失的送到对岸？

提示：看到这个谜题的谜面非常小，利用穷举解决是绰绰有余的。

解谜：首先搬运的一定是羊，将其搬运到对岸，将其放下，随后驾空船回来，这次带狼或者卷心菜都可以，将其带到对岸，放下狼或者卷心菜，然后将羊装上床，然后将其运回来，放下羊并装入卷心菜或狼，然后再回来把羊运到对岸。

手套选择：

在抽屉里有20只收到。其中，5双黑手套，3双棕色手套和2双灰色手套。你只能在黑暗中挑手套，并且只有将手套跳出之后才能检查其颜色。最少要挑几次才能满足以下条件？

(a)至少挑出一双颜色匹配的手套。

(b)所有颜色的手套都至少挑出一双匹配的。

提示：这里不仅要注意到题干所说最少，更关键的是意识到设问中的“至少”意味着什么。

解谜：设问中的“至少”体现出一个”算法最差情况分析“，对于(a)，最坏的情况是拿到5只黑色左(右)手套、3只棕色左(右)手套、2只灰色左(右)手套，随后取任何一个手套，都必将得到一双同颜色的手套，因此至少需要拿11只。(这里默认手套分左右，而袜子不分左右，虽然现在的确有分左右的袜子……)。同理，对于(b)，我们至少需要拿19只。

矩阵切割：

将一个矩形切成n(n>1)个直角三角形，有多少种方法？

提示：这里给出的谜面是不确定的，因此考虑解决问题的通法，考虑到构造直角三角形的方法，这里需要从递推的角度找到规律。

解谜：我们设置F[n]切割成n个直角三角形的方法数。当n是偶数，我们在F[n/2]的基础上，将每一个直角三角形一分为二,即F[n] = F[n/2]；当n是奇数的时候，我们在F[n-1]的基础上，选择n-1个三角形中的任意一个，将其一分为二，即F[n] = (n-1)F[n-1]。而对于起始情况，有F[2] = 2.

士兵渡河：

25个士兵组成的小分队需要渡河，可是河宽且深，周围也看不到桥。他们发现河岸边有一个小船，两个12岁的男孩正在上面玩耍。船很小，仅能承载两个男孩或一个士兵的重量。士兵应怎样渡河？船从一个岸边到另一个岸边来回共计几次？

提示：模拟出正确可行的渡河方案是关键。

解谜：容易看到，第一次渡河是不可能让1个士兵驾船渡河的，因此考虑让2个男孩先渡河，然后将1个男孩留在对岸，另1个男孩驾船回来，然后一个士兵驾船过去，对岸的男孩再驾船回来，这回到了最开始的状态，但是士兵的数量少了1.那么很显然，对于25个士兵，我们需要100次。

数数的手指：

一个小女孩正在用左手手指数数，从1到1000.她从拇指算作1开始数起，然后食指为2，中指为3，无名指为4，小指为5.接下来调转方向，无名指算作6，如此反复。问如果她按照这种方式数下去，最后结束时停在哪根手指上？

提示：模拟出这个过程以期找到规律。

解谜：我们在纸上稍微多写几个数字，很容易发现落在拇指上的数字满足8n + 1，随后的三个数字是递减1的(当然除了1~5),因此当n = 125的时候，拇指上的数字是1001，所以1000这个数字出现在食指上。基于这个规律，也可以将这个谜题的谜面推广成一般形式。

硬币中的假币：

有8枚外观完全一致的硬币，其中的一枚是假币，并且知道假币要比真币轻一些，可以使用天平但不能使用砝码，问最少几次才能把假币辨别出来？

提示：对，3次一定会找到那个假币的，但是是最少的次数么？

解谜：我们任取6枚硬币，将其平分在天平的两侧，会出现如下两种情况。

1.平衡，则我们称剩余的两个硬币，得到假币。

2.不平衡，较轻的那三枚硬币中存在假币，我们任取其中的两枚平分在天平两侧，即可找到假币。

可以看到，整个过程只需要两次。

我们容易将这个谜题的谜面给一般化然后来思考问题，然后二分硬币堆来找到假币，但是这种通用的方法好像并不适合这个题目中的特殊谜面。

那么解决这种问题是否存在一个解决一般性谜面的方法呢？这里卖个关子，笔者会在以后的谜题中给出介绍。

假币堆问题：

有10堆10枚外观完全一致的硬币，其中有一堆全部是假币，其它各堆中的硬币都是真币。所有的真币重量都是10g，假币则重11克。你有一把示数可读的秤，可以称出任意数目硬币的实际质量。问最少称几次才能将全部都是假币的那堆硬币辨别出来？

提示：需要考虑如何充分利用秤显示实际质量的功能。另外这里称几次表示读几次数。

解谜：既然秤能够显示数目，为了充分利用这一功能，我们就不单单用它来定性的比较大小了，而应该将其用到定量的计算当中。我们从第i堆硬币中拿出i个硬币，假设均为真币，实际质量为(1 + 2 + 3…… + 10)*10 = 550，那么我们只需测出实际质量m = 550 + j，这个j便是假币堆了，因此只需要1次即可。这是一种“表示变更”的思想。

平铺多米诺问题：

能否用单位长度2x1的多米诺牌将8x8的方格阵铺满？里面不包含由两张2x1多米诺并行排列而成的2x2的正方形。

提示：直觉告诉我们是不能的，如何证明呢？

解谜：我们用一个二维数组map[i][j]来8x8个方格中第i行第j列的那个1x1小格子。

我们首先假设覆盖map[1][1]的是横置的多米诺牌。则map[2][1]是竖置的多米诺牌，则map[2][2]是横置的多米诺牌......容易看到规律，map[i][i]是横置的多米诺牌覆盖、map[i][i+1]是竖置多米诺覆盖，我们考虑map[7][7]、map[7][8]、map[8][8]，容易看到，按照上面的规律，是无法铺满map[8][8]的，而如果用横置多米诺去铺map[7][8]、map[8][8]，这显然又是与题设相矛盾的。类似的，我们可以分析map[1][1]被竖置多米诺覆盖的情况。

正方形的拆分：

将一个正方形拆分成n个小正方形，找出数字n的所有取值可能，并且将这种拆分方法归纳成算法。

提示：考虑从n的奇偶性来归纳算法。

解谜：首先考虑n是偶数的时候，n=2显然无解，而n = 4的解是十分明显的。对于n = 2k时的情况，我们首先将正方形划分成kxk的小方格，为了方便描述，我们用方阵来表示，则第一行和k列形成了k-1个正方形，而剩余的k^2 - k + 1个小正方形，恰好又构成了一个大正方形，因此对于所有n为偶数且n≠2，都是有划分方案的。

而n = 2k + 1的情况下，有n = 2k - 2 + 3，我们基于n = 2k - 2的划分方案，选择任意一个小正方形，将其分割成4份，便可以得到n = 2k + 1的划分方案。而这种模式适用于k≥3时，对于k＜3，即n＜6，即n = 3、5，我们需要单独考虑。而我们会发现，这两种情况是无解的。

页码计数：

一本书的页码从1开始计数。如果所有用于标记页码的十进制数总和为1578，那么这本书共有多少页？

提示：题目描述是摘抄《算法谜题》上的原话，但是这里感觉可能由于翻译问题导致问题描述有一些偏差。拿一个例子来说明题目想描述的意思，比如对于页码12，这里记录十进制总和的sum需要+2.

解谜：在充分理解题意的基础上，我们开始对页数n进行位数的讨论。

n是一位数，则sun = n。

n是两位数，则sum = 9 + 2(n-9)。

n是三位数，则sum = 189 + 3(n-99)

....

然后将sum = 1576带入这一系列等式中，求出有意义的n即可。

煎饼制作：

需要制作n≥1个煎饼，所用的煎锅一次只能同时煎两个煎饼。煎饼两面都需要烤，完成一面的煎炸需要1分钟，无论一次制作一个煎饼还是同时煎两个煎饼。煎饼两面都需要烤，完成一面的煎炸需要1分钟，无论一次制作一个煎饼还是一次同事只做两个煎饼，设计一个算法计算做这项工作的最短时间。

提示：这道题目需要充分利用题设给出的贪心策略，即是否能够尽可能每次都烤两个饼的一面。

解谜：我们从n的奇偶性来分析，当n是偶数的时候，很容易看到，我们能够使得每次在煎锅上的都有两个饼，正好能够烤完。

而当n是奇数的时候，正是这个问题充分利用贪心策略的关键所在，我们从比较简单的n = 3时入手分析，按照往常的思维我们可能会认为需要4次，即先煎好1、2号饼，然后单独烤3号饼。其实时间还可以更少，考虑到它有6个面，我们看一看能否仅仅用3次就完成，这样就保证了每次都烤两个面的最优策略。

仍然以n = 3为例，我们先烤1、2号的一个面，然后再烤2、3号的一个面，然后烤1、3剩余的两个面。这种方法可以推广到所有n取奇数的情况。

综合起来，当n = 1时，我们最少需要2分钟；其余情况，我们最少需要n分钟。

三个水壶：

有一个充满水的8品脱的水壶和两个空水壶(分别是5品脱和3品脱)。通过将水壶完全倒满水和将水壶的水倒空这两种方式，在其中的一个水壶中得到4品脱的水。

提示：在理解题意的基础上，这道题目利用穷举的思想去尝试，很快就能够得到方法。

解谜：我们记整数对(a，b，c)表示8品脱、5品脱、3品脱水壶中存水量，则其实状态为(8,0,0).

这得到4品脱水的方法可以是如下的步骤(方法并不唯一)：

(8,0,0) -> (3,5,0) -> (3,2,3) -> (6,2,0) -> (6,0,2) -> (1,5,2) -> (1,4,3).

三色排列：

一个长方形的方格板，上面有3行n列的格子，有n个红色、n个白色和n个蓝色总共3n个筹码随机放在这些格子中，每个格子有且仅有一个筹码。现在需要重新调换这些筹码的位置，使得方格板上每一列都能有三种不同颜色的筹码。，唯一允许的操作是交换同一行筹码的位置，设计一个算法完成这项任务或者这名这样的算法并不存在。

提示：其实如果存在这种算法，你也应该先证明其合理性，而最好的方法就是给出一种可行的方案。

解谜：首先，我们容易看到，通过操作，存在一种方法，使得n列中每一列都有且仅有一个红色。而后我们遍历这n列，假设当前我们遍历到第i列，无非会出现如下的两种情况：

(i)该列三个颜色不同。那么符合要求，继续遍历。

(ii)该列有两个颜色同色，这里假设是1红2白。那么我们可以看到，必然存在第j列，是1红2蓝，则我们很容易证，第i列和第j列至少有一组白、蓝在一行当中，那么调换，第i列和第j列均符合要求，继续遍历。

棍子切割：

一根长度为100的棍子需要被结成100根长度为1的小短，如果一次可以同时切割多跟棍子，问最少需要切几次？设计一个算法，处理此类问题，即对长度为n的棍子，计算切割所需要的最少次数。

提示：关键要想清楚怎样的切割方法是最优的。

解谜：我们首先进行模糊化的思考，我们就简单的比较将100切成1、99和将100切成50、50两种方案，很容易看到后者方案是比较好的，因为我们为了达到最优，倾向于把我们一刀能砍尽可能多的点(假设这跟棍子上有99个100等分点)。那么我们能够猜想，在终点附近进行切割可能会是最好的方案，因为这样我们总是能够得到一系列长度相似的木棍，然后我们就可以将这些木棍并排起来然后锯开。顺着这层思路，100切成50、25、13、7、4、2、1，共计7次。

这其实就是程序设计当中非常重要的二分思想，有点类似于细胞分裂，我们切割棍子的最优策略就是将我们手头有的x根棍子一起来一刀，得到2x根棍子，而保证出现这样的切割方法就是在棍子的中点附近进行切割。为何更好理解我们将其与细胞分裂联系起来，刚开始的一根木棍相当于一个细胞，然后几个操作其实就是分裂，按照最优化的切割方法，对于长度为n的木棍，设最优策略为k次，则有2^k = n，即k = log2 n(这也是很多算法分析当中会出现log的原因，即它基于了二分思想)。考虑到n不一定刚好是2的整数次幂，我们接下来需要讨论向上还是向下取整的问题。

容易看到，向下取整切出的是2^ ⌊log2 n⌋ < n，所以这里应该向上取证。

即，对于长度为n的棍子，最小的切割次数是⌈log2 n⌉。