九 連環與格雷碼
郭君逸
1. 前 言
九連環, 是個家喻戶曉的童玩, 相信很多人小時候都花了很大的功夫才將其解出。 過程中, 頭腦裡一直環繞著一些遞迴模型, 不小心還會出錯, 後來只好拿紙出來, 一面解一面紀錄當前的 狀態, 才能夠不出錯的將 「環」 與 「劍」 成功分開。 分開後, 應該很少人還有力氣把它立刻還原, 通常還原都是幾天後的事了。 後來, 在大學時期, 學了一些代數、 與編碼理論後, 才體會到, 經由 數學的幫忙, 解出九連環不但不難, 其實還蠻容易的, 只是時間問題而已。 最近無意間看到了幾 篇相關文章, 又引發了我當年的興趣, 將我的一些心得與大家分享。
九連環的起源, 有人說是戰國時代的惠施發明, 但依戰國策中提到的 「玉連環」 只有 「兩環 相貫」, 與九連環並不相同; 另外有人說是三國時期諸葛亮為排遣其妻之寂寞而發明, 至於實際 如何, 已不可考。 目前坊間的九連環, 其外觀如下圖:
圖1: 圖片取自 [1]
原始的玩法是要把上方的 「劍」 與 「九個環」 分離。 每個環有兩種狀態, 一個是被劍穿過(掛 在劍上), 一個是與劍分離。 每次改變一個環的狀態, 稱作一步。 但是並不是每個環都可以任意 改變狀態的, 只有符合下列兩條件之一的環 (依上圖的左右方向), 才能任意改變狀態:
(R) 最右邊的環
(S) 劍上最右邊環之左邊的環
這兩個動作其實不容易觀察出來, 很多已能將九連環解開的人, 還是沒觀察出所有的動作 完全都是由這兩個步驟組成。 然而這個觀察, 對於下一節的數學模型非常非常的重要。 除了單純
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把九連環解出來外, 我們還希望能回答或證明下列的問題:
1. 若每個環一開始可以自由指定狀態, 是否都能解開?
2. 有解的狀態, 是否都是唯一解?
3. 有解的狀態, 幾步可以解出?
4. 任給兩個狀態 x 與 y, 是否可以在有限步中把 x 移動成 y, 幾步?
5. 任給兩個狀態 x 與 y, x 移動成 y 的過程中, 第 k 步是移動第幾個環?
6. 任意狀態 x, 移動了 k 步後, 會變成什麼狀態?
最後, 我們還會提到與九連環相關的數學遊戲與其推廣。
2. 數學模型與解法
我們用 1 表示環在劍上, 用 0 表示環不在劍上, 而九個環的狀態, 連續寫成一個 9 位 二進位數, 以此來表示九連環目前的狀態。 而兩種操作方式 R 與 S, 視為狀態函數。 舉例來 說: R(1010110102) = 1010110112, 或 S(1010110102) = 1010111102。 九連環的玩法, 轉成此模型, 相當於是在問 「是否存在一連串 R 或 S 的操作, 使得 1111111112 會轉變成 0000000002」? 進而我們將討論更一般的情況, n 個環, 任意狀態 x, 是否能將所有的環打開?
因為 R 或 S 連續運作兩次, 則會還原回原來的狀態, 因此可以得到下列性質:
性質 1. R 與 S 皆為 involutions。 亦即對於所有狀態 x, R(R(x)) = S(S(x)) = x。
還有另一個觀察:
性質 2. 除了 000 · · · 002 與 1000 · · · 002 不能做 S 的操作外, 其餘的狀態都能夠操作 R 與 S。
因為性質 1 的關係, 可以知道, 其實九連環的解法, 不外乎就是 「R → S → R → · · · 」, 或是 「S → R → S → · · · 」 兩種而已, 差別就是誰先開始。 因為所有的狀態有限, 又這些動作 都是可逆的, 所以馬上可以有一個初步的解法 「策略一」 產生:
(A) 先由 R 開始, 「R → S → R → · · · 」 交替, 因為狀態有限, 所以一定會發生下列情況之 一:
1. 出現 「000 · · · 02」 即解開, 並結束 2. 出現循環, 表示無解
3. 出現 「1000 · · · 002」 無法再進行 S 操作, 此時逆操作所有的動作還原回 x, 然後進行 (B) 策略。
(B) 改成由 S 開始, 「S → R → S → · · · 」 交替, 因為狀態有限, 所以一定會發生下列情況之 一:
1. 出現 「000 · · · 02」 即結束 2. 出現循環, 表示無解
3. 出現 「1000 · · · 002」 無法再進行 S 操作, 亦無解。
以下開始, 在不會與十進位混淆的情況下, 我們將省略二進位的下標 2, 以求簡潔。
例 1. 假設要解四連環 x = 1010 的狀態, 先做 R 得 R(x) = 1011, 再做 S 得 1001, 再做 R 形成了 1000, 此時已經無法再做 S 了, 因此將剛剛的動作逆回去還原成 R(S(R(1000))) = x, 改成先做 S, 得 S(x) = 1110, 再做 R 得 1111, 再做 S . . ., 共 12 步之後, 得到 0000。
這樣的解法策略, 其實不用懂數學, 只要能夠清楚知道 R 與 S 這兩個步驟在做什麼, 交 替進行, 就可以把九連環解出來。 而上面的策略, 每種狀態, 只會有 「無解、 一個解、 兩個解」 三 種情況; 但經過了幾次的試驗, 發現每次都能夠解開, 而且先做 R 或先做 S, 只有其中一個能 解開; 因此我們不禁推測, 是不是每種狀態都有解, 而且唯一解?
我們借 「連環圖」 的輔助, 來回答此問題。 n 連環對應的連環圖 Gn= (V, E) 為一個簡單 圖, 其中點集合 V = {0, 1}n為所有狀態, 而邊集合 E = {{x, y} | y = R(x) 或 y = S(x)}。
若 n 連環中任兩個狀態 x, y, 都可以經過一連串 R 或 S 的操作互相達成的話, 等同 於 「Gn為連通圖 (connected)」; 若這步驟是唯一解的話, 等同於 「Gn 中任兩點有唯一的路 徑 (Path) 相連」, 兩個性質合起來, 即 「Gn 是一顆樹 (Tree)」。 又根據性質 2, 可以知道只有 000 · · · 0 與 100 · · · 0 兩個點的度 (degree) 是 1, 所有條件合起來, 等同於要證明:
定理 1. 對於所有正整數 n, 連環圖 Gn 皆為路徑 (Path)。
證明: 對 n 做數學歸納法。
當 n = 1 時, G1 = P2, OK。
假設 Gn 是一條路徑, 而且 x = 00 · · · 0 與 y = 100 · · · 0 為其端點。
在 Gn+1 中, 假設
x′= 00000 · · · 0 = 0x y′= 10000 · · · 0 = 1x w = 01000 · · · 0 = 0y z = 11000 · · · 0 = 1y
而 x′ 可以依照 Gn 的連線方式, 連到 w, 此路徑包含所有最高位數為 0 的點;
而 y′ 可以依照 Gn 的連線方式, 連到 z, 此路徑包含所有最高位數為 1 的點;
又 S(w) = z, 所以 w 與 z 在 Gn+1 中有邊相連;
所以 Gn+1 為 x′− w − z − y′ 的一條路徑, 其中 x′ 與 y′ 為端點。
例 2. 三連環的連環圖 G3
由於 Gn 的圖形就是一條路徑, 因此對於 n 連環的任何狀態都有解, 而且是唯一解。 而且 知道, 「策略一」 中並不會有 「無解」 的情況發生, 所以我們把它精簡成解法 「策略二」:
先由 R 開始, 「R → S → R → · · · 」 交替進行, 若達不到 000 · · · 0, 就會達到 100 · · · 0, 此時再 「R → S → R → · · · 」 交替進行即可。
另外, 由連環圖 Gn 可知, 其實狀態 111 · · · 1 並不是需要最多步才能解出的, 1000 · · · 0 才是 距離 000 · · · 0 最遠的點。
接下來, 若我們有辦法計算出任意狀態 x, 先 R 還是先 S, 才不會 「走回頭路」 的話, 那 解法就完美了。 想法是這樣的, 若要將狀態 x = 011001001 = x8x7x6· · · x0 解出的話, 最左 邊的 1 = x7 就要改成 0, 但要改變 x7 的話, 須先 x6x5· · · x0 = 1000000 才行, 而 x6 已經 是 1, 所以須先 x5x4· · · x0 = 00000 才行, 而 x0 到 x5 中, 最左邊的 1 = x3, 須先改成 0 才 行, 但要改變 x3 的話, 必須 x2x1x0 = 100 才行, 所以 x2 = 0 要先改成 1, 但要改變 x2 的 話, 必須 x1x0 = 10 才行, 所以 x1 = 0 必須先改成 1, 又因為 x0 已經是 1 所以可以直接改 變 x1, 此動作相當於 S, 經過了這樣的推導, 可以得知, 狀態為 x = 011001001 的話, 先做 S, 可以不走回頭路的解出九連環。
這樣一連串的判斷方式, 可以將其寫為一個 Finite Automaton 的函數 f :
例 3. 若 x = 0110010012, 由左至右照抄直到出現 1, 得 「01 · · · 」; 然後變成 01 互換直到出 現 0, 得 「010 · · · 」, 再變成 01 照抄直到出現 1, 得 「010001 · · · 」; 再變成 01 互換直到出現 0, 得 「0100011102」, 所以 f (x) = 0100011102。
所以
定理 2. 對於九連環的任意狀態 x, 完美解法如下:
(A) 若 f (x) 為奇數, 則以 「R → S → R → · · · 」 解出。
(B) 若 f (x) 為偶數, 則以 「S → R → S → · · · 」 解出。
我們將 f (x) 與連環圖 Gn 擺在一起來看:
例 4. 三連環的連環圖 G3 與 f (x)
將 f (x) 與連環圖 Gn 列出來比較的話, 馬上就可以看出, f (x) 由左至右, 剛好是 0 到 2n− 1 的 2 進位表示法。
定理 3. 對於任意狀態 x, 恰須要 f (x) 步才能解出。
這個定理, 就留給讀者自行驗證了。
所以九連環的解法, f (1111111112) = 1010101012 化成十進位為 20+ 22+ · · · + 28 =
45−1
4−1 = 341 步。 一般情況, n 連環時, 當 n 是奇數, f (11 · · · 12) = 1010 · · · 012 = 4
n+1 2 −1
4−1 =
1
3(2n+1− 1); 當 n 是偶數時, f (11 · · · 12) = 1010 · · · 102 = 2(4n/24−1−1) = 13(2n+1− 2)。 當然, 這樣的答案, 與差分方程 「an = an−1+ 2an−2+ 1」 解是一樣的:
系理 1. n 連環解的步數為 1 3
2n+1+(−1)n+1− 1 2 − 1
。 有了定理 3 之後, 要做任意兩個狀態的轉換也就容易了:
系理 2. n 連環, 狀態 x 移動到狀態 y, 須要 |f (x) − f (y)| 個步驟。
解法的話, 若 f (x) > f (y) 的話, 則跟解開 x 的方法一樣, 利用 f (x) 的奇偶來判斷; 若 f (x) < f (y) 的話, 則奇偶相反即可。
3. 格雷碼與相關研究
格雷碼 (Gray Code) 是貝爾實驗室的 Frank Gray 在 1940 年所提出的; 格雷碼是一個 數列, 此數列的特性是 「相鄰兩數間只有一個位元改數」。 主要用於傳送訊號時, 防止訊號出錯 的一種編碼方式。
格雷碼並不是唯一的, 每種 n 位元的格雷碼, 都相當於在 n 位元的 Hypercube上的漢彌 爾頓路徑 (Hamiltonian Path)。 九連環之類的益智玩具, 因為一次只能移動一個環, 所以很自 然的, 畫出的連環圖就會是相鄰狀態只會差一個位元, 又因為我們也證明了連環圖是個路徑, 所 以它一定是一種格雷碼。 然而最早提出的格雷碼, 與前面提到的連環圖是一模一樣的。 所以有很 多格雷碼上的性質都可以拿到九連環上使用。
n 位元的格雷碼可以利用 n − 1 位元的格雷碼前面補 0 加上逆序之後, 前面補 1 而成, 這個性質的證明, 與定理 1 類似。
例 5. 「10,00,01,11」 是個 2 位元的格雷碼, 前面補 0 得 「010,000,001,011」, 而逆序後前面補 1 得 「111,101,100,110」, 兩者連起來 「010,000,001,011,111,101,100,110」 即為一種 3 位元 的格雷碼。 但若一開始就利用此種方式來產生格雷碼的話, 就會剛好是連環圖: 「∅」→ 「0,1」→
「00,01,11,10」→ 「000,001,011,010,110,111,101,100」。
機械中的資料處理, 不外乎都是位元運算 (Bits Operations): AND, OR, XOR, NOT 等等, 至於上一節提到的 f (x) 函數, 在機械中, 用位元運算的型式呈現會非常快。 假設狀態 x = xn−1xn−2· · · x1x0, f (x) = yn−1yn−2· · · y1y0, 另外令 yn = 0; 則 k 依 「大到小」 的順 序, yk = yk+1⊕ xk (⊕ 代表 XOR 位元運算)。
例 6. 同例 3。 狀態 x = 011001001 經過上述的位元運算, 可得 f (x) = 010001110, 示意圖 如下:
f (x) 可以知道 n 連環的某個狀態 x 距離解開還有幾步, 但事實上, 在格雷碼中, 連 f−1(x) 都 也可以求出。
定理 4. f−1(x) = x ⊕ ⌊x/2⌋.
有了這個定理, 我們可以算出第 k 步之後狀態。
例 7. 由 0000000002 開始, 操作 123 步之後的狀態為 f−1(123)
123 ⊕ 61 = 0011110112⊕ 0001111012 = 0010001102
例 8. 狀態 x = 1011011002, 先操作 R 開始, 60 步後的狀態為何? 因為 f (x) = 1101101112
= 439 為奇數, 操作 R 的話, 是往數字小的方向走, 所以 439 − 60 = 379, 因此最後的狀態為 f−1(379) = 379 ⊕ 189 = 1110001102 。
另一個有趣的現象, 就是 n 連環, 我們把最外 (最右) 的環編號定為 1, 然後依序為 2, 3, . . .。
然後, 從 000 · · · 00 為初始狀態開始移動, 然後把動到的每個環紀錄下來, 會得到下面的數列:
1, 2, 1, 3, 1, 2, 1, 4, 1, 2, 1, 3, 1, 2, 1, 5, 1, 2, 1, 3, 1, 2, 1, 4, 1, 2, 1, . . .
此數列最早是由 Louis Gros 在 1872 年最先提出, 因此稱為 「Gros Sequence」, (OEIS, A001511), 利用九連環的解法特性, 可以列出 Gros Sequence 的遞迴式為:
gk =
(1, k : odd, gk/2+ 1, k : even.
也就是說 gk 等於 k 因式分解後 2 的冪次加 1。 雖然寫不出一般式, 但與計算 f (k) 一樣, 可 以在 O(ln k) = O(n) 的時間計算出來。
例 9. 由 x = 1011011002 狀態開始, 第 1 步先操作 R, 請問第 56 步, 是移動第幾個環? 同例 8, 因為 f (x) = 439 為奇數, 操作 R 的話, 是往數字小的方向走, 所以 439 − 56 + 1 = 384, g384 = g192+ 1 = g96+ 1 + 1 = g48+ 1 + 1 + 1 = · · · = 8, 或者直接由 384 = 27· 3, 所以 是第 7 + 1 = 8 個環。
Hinz [5] 證明了 Gros Sequence 有一個非常特別的性質。 就是它是一個 「貪心不重複 數列 (Greedy Nonrepetitive Sequence)」。 不重複數列在一些文獻上也稱作 「Square-free Sequence」, 指的就是不存在兩個相同相鄰子數列。 例如:「212342345678」 就不是不重複數列, 因為存在兩個相鄰的 「234」; 而 「12345678」 是不重複數列。 「貪心」 指的就是部分和(Partial sum) 最小, 也就是說, 長度為 5 的不重複數列中, 總和最小的就是 1 + 2 + 1 + 3 + 1 = 8。
另一方面, 若只用 1 與 2 兩個數字的話, 最長可以寫出長度為 3 的不重複數列, 即 「121」
與 「212」; 那只用 1, 2 與 3 三個數字的話, 最長可以寫出長度多少的不重複數列呢? 1906 年, Thue [6] 用了一個很聰明的方法, 證明了這個答案是 「無限大」。 而目前圖論的研究中, 把不重 複數列, 延伸出了 「線上版 (online)」: 第一種型式就是由 Alice 與 Bob 兩人輪流由給定的字 母集合中, 選一個字母出來填到數列上, Alice 的目的就是要讓此數列保持不重複, 但 Bob 的 目的就是盡量讓此數列重複。 2010 年, Pegden [7] 證明了, 若只有 3 個字元的話, Bob 可以在 16 步內獲勝; 第二種型式, 也是目前非常熱門的討論問題, 由 Alice 從給定的字母集合中, 選 一個字母出來填, 而 Bob 是指定 Alice 要填到哪個位置。 2013 年, Grytczuk 等人 [8] 證明 了, 若有 12 個字元的話, 玩再久 Bob 都無法獲勝, 若有 4 個字母的話, 則 Bob 定能獲勝。 至 於 5 到 11 之間, 誰勝誰負, 目前還未知。
Gros Sequence 與河內塔 (Hanoi Tower) 也有很大的關係。 我們把河內塔的圓盤, 由小 到大依序編號 1, 2, 3, . . ., 三根柱子的河內塔最佳解是唯一的, 而把每個步驟動的圓盤紀錄下 來, 剛好也是 Gros Sequence:
1, 2, 1, 3, 1, 2, 1, 4, 1, 2, 1, 3, 1, 2, 1, 5, 1, 2, 1, 3, 1, 2, 1, 4, 1, 2, 1, . . .
也就是說, 奇數步都是動最小的 1 號盤, 偶數步是移動非 1 號盤。 因此也是跟九連環一樣的方 式, 利用 Gros Sequence 來算出第 k 步是動幾號盤?
例 10. 在 2n− 1 步內, 解出 n 個圓盤的河內塔, 無論 n 是多少(當然數量要足夠), 第 60 步 是動幾號盤? 因為 60 = 22· 15, 所以 g60= 3, 所以第 60 步是移動 3 號盤。
而解法方面, 因為偶數步移動非 1 號盤, 就只能把編號第 2 小的盤移動到三者中最大的盤 上去, 所以偶數步的移動方法唯一; 奇數步是移動 1 號盤, 有兩種移動方式, 只要能判斷的出來 怎麼移, 那解法就容易了。 我們可以從 n = 1, 2, 3, . . . 的流程中, 觀察出 1 號盤的移動, 是環 循 (cyclic) 的。 Hinz [9] 在 1992 年證明了這件事。 由於我們知道河內塔最佳解是 2n− 1 步, 然後最後一步是把 1 號盤移動到 3 號柱子上, 所以倒推回來就可以知道第一步時, 1 號盤是要 移動到第 2 或 3 的柱子上了。
定理 5. n 圓盤的河內塔, 第一步是把 1 號盤移動到第 2 + (n mod 2) 柱子上。
事實上, 在自己試玩了幾次後, 應該也可以整理出這個規則。 而且當 n 是偶數後, 1 號盤 會依 2, 3, 1, 2, 3, 1, 2, 3, 1, . . . 順序移動, 當 n 是奇數, 1 號盤是依 3, 2, 1, 3, 2, 1, 3, 2, 1, . . . 來移動。
另外 p 根柱子河內塔的研究到現在, 都還非常熱門, 到目前為止, 有約四百篇的論文在討 論它; 但即使如此, 當 p ≥ 4 時, 卻還一直無法有個最佳的解法。 Klavzar 等人 [10], 證明了目 前文獻中提出的五種 p 根柱子河內塔移動策略的方法數, 都是相同的。 這些策略中, 最有名的 就是 Frame-Stewart algorithm。 Korf 與 Felner [11] 利用電腦證明了當 p = 4, n ≤ 30 時, Frame-Stewart algorithm 是最佳解。 Chappelon [12] 則是將 Frame-Stewart algorithm 推廣到更一般的型式。
4. 變形與推廣
與九連環類似的益智玩具有很多, The Brain (左), 還有中國環 (右), 都與九連環同構。
後者在科博館, 有一個非常大型的模型可供操作。
另一個與九連環類似的益智玩具, 叫 「大象轉彎」:
「大象轉彎」 英文叫 「Spin-Out」, 九章出版社翻譯為 「大象扭出來」。 其解法相當於 7 連環。 每 隻大象的狀態 即為 1, 逆時針轉 90 度時 為 0, 若順時針 90 度的狀態 會讓整個卡 住, 所以基本上是沒有這個狀態的, 詳細的情況需要讀者拿到實物操作會比較了解。 大象轉彎與 7 連環一樣, 需要 85 步完成。 但值得一提的是, 因為結構的關係, 事實上可以有個 「捷徑」 來完 成它, 方法如下:(圖形取自[13])
先用正常的方式將前六隻 大象轉 90 度。
然後將底座移到最右 將右邊四隻大象, 在外面 轉90 度, 如圖。
然後再將左邊三隻大象, 在裡面轉 90 度。
即可讓所有大象抽出。
所有的大象, 原本都只能在裡面缺口的地方轉動, 但此 「捷徑」, 是利用在外面也能轉動的偷吃 步, 減少了最後一輪的遞迴, 只用了 42 + 7 = 49 步, 即可解出。
2005 年, 德國的 Markus Gotz [14] 設計了 「瘋狂象舞 (Crazy Elephant Dance)」, 在 第 25 屆國際益智玩具大會 (IPP25) 中, 獲得了 「最佳榮譽獎(Honorable Mention)」, 如下 圖:
他改進了原始大象轉彎的結構, 讓原本只有兩種狀態的大象, 現在變成三種狀態, 向上、 向 下與向右; 解的過程不再只有 R 或 S 這兩種狀態而已, 而且若無法利用 「三進位格雷碼 (Base- 3 Gray Code)」 來解的話, 常常會走入死路而出不來。 而且 Markus Gotz 設計的結構非常 簡單, 就能達到這麼大的改變, 真的很厲害。 對結構有興趣, 或是想在線上操作的話, 可以參考 [14] 的連結。
Bill Cutler 在 2003 年設計了名為 Binary Burr (下圖左) 的神秘盒, 須要用格雷碼的 方式才能打開。 Goh Pit Khiam [4], 是世界有名的組木 (Burr) 設計專家, 他對格雷碼類型的 組木情有獨鍾, 並在 2007 年設計了名為 Ternary Burr 或稱 Base-3 Gray Code Burr 的神 秘盒, 2009 年被 Brian Young 改進 22 塊版本(下圖中), 若不了解三進位格雷碼的話, 解法會 非常非常難, 其拆開後如下圖右。
Goh Pit Khiam [4] 另外還設計了格雷碼類型的鎖 (key), 2004 年的 Binary Key (下圖左), 還有 2011 年的 Tern Key (下圖右):
2011 年, Jean Claude Constantin 設計了五進位的鎖 Kugellager (下圖左), 需要 1250 步 才能解出。 並更進一步, 把平面改成立體的型式, 做成鎖的樣子, 變成一把不用鑰鎖的鎖, 名為 Schloss Dick (下圖右)。
2012 年, Jean Claude Constantin 做出了七進位的鎖 Kugellager 7 (如下圖左), 需要 4802 步才能解出, 即使是 Constantin 本人, 也需要 45 分鐘才能解出來。 2013 年 Constantin 破 紀錄的做出了 15 進位的鎖, 稱為 Generation Lock (下圖右), 需要約 2.1 億步才能解出, 不 眠不休的每秒解 1 步, 也要 6.7 年才解的出來。
5. 結語
我們將目前所有格雷碼型式的益智玩具, 整理如下:
Base Puzzles
2 九連環、 大象轉彎、 The Brain、 Binary Burr、 Binary Key、
Cubi Barcode Burr、 Hexadecimal Puzzle
3 瘋狂大象跳舞、 Tern Key、 Ternary Burr、 Super Cubi、 K- 323、 Loony Loop、 Sliding Block Puzzle
4 K-419、MMMDXLVI
5 Kugellager, Schloss Dick, Mysterians, Cross and Crown 6 Sliding Lock
7 Kugellager 7 11 Seestern
15 Generation Lock
事實上, 依 Constantin 的製作方式, 可以無限延伸, 但解法上, 其實都是類似的, 先找出 其狀態圖, 並得知是如何編碼後, 就可以知道怎麼解, 當然也可以算出幾步後是什麼狀態。 因此, 解法大致上都是同樣的幾個動作一再的重覆進行, 解出來只是時間上的問題而已; 若設計多幾 個位數的話, 解的步數是指數成長, 就算知道怎麼解, 可能花一輩子也解不出來。
能把益智玩具轉換成數學模型, 不但可以減少很多嘗試錯誤的時間, 也可以得到很多漂亮 的性質; 但真正厲害的, 是還能把數學性質轉換成實體的物件來操作。 Khiam 和 Constantin 等的這些大師, 不但設計了格雷碼型式的益智玩具, 還能推廣到更一般的形式, 非常讓人驚嘆。
國際益智玩具大會 (International Puzzle Party) 每年都會在暑假舉辦, 今年 (2014) 已 是第 34 屆, 到底還會有什麼驚豔發明呢? 就讓我們拭目以待吧!
參 考資料
1. Andreas M. Hinz, Klavzar Sandi, Milutinovic Uros and Petr Ciril, The Tower of Hanoi - Myths and Maths, Springer Basel, 2013.
2. Wei Zhang and Peter Rasmussen, Chinese Puzzles, Chinese Culture Center of San Francisco, (2008), 26-31.
3. Brian Hayes, Group Theory in the Bedroom, Hill and Wang, (2008), 179-200.
4. Goh Pit Khiam, The Design of Mechanical Puzzles Based on the Gray Code, Cubism For Fun, 91(2013), 10-15.
5. Andreas M. Hinz, Square-free Tower of Hanoi Sequences, L’Enseignement Math´ematique,
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9. Andreas M. Hinz, Pascal’s Triangle and the Tower of Hanoi, The American Mathemat- ical Montyly, 99(1992), 538-544.
10. Sandi Klavzar, Uros Milutinovic and Ciril Petr, On the Frame-Stewart algorithm for the multi-peg Tower of Hanoi problem, Discrete Applied Mathematics, 120(2002), 141-157.
11. Richard E. Korf and Ariel Felner, Recent Progress in Heuristic Search: A Case Study of the Four-Peg Towers of Hanoi Problem, Proceedings of International Joint Conference on Artificial Intelligence, 2324-2329.
12. Jonathan Chappelon and Akihiro Matsuura, On generalized Frame-Stewart numbers, Discrete Mathematics, 312(2012), 830-836.
13. Jaap’s Puzzle Page, Spinout/The Brain/Chinese Ring puzzle, http://www.jaapsch.net/puzzles/spinout.htm.
14. Markus Gotz, Crazy Elephant Dance, http://www.markus-goetz.de/puzzle/0019.html.
—本文作者任教國立臺灣師範大學數學系—
2014 許振榮講座
主 講 人 : Nigel Hitchin 教授 (University of Oxford)
日 期 : 2014 年 10 月 15 日 (星期三) ∼ 2014 年 10 月 17 日 (星期五) 地 點 : 台北市大安區羅斯福路四段1 號 天文數學館 6樓演講廳
詳見中研院數學所網頁 http://www.math.sinica.edu.tw
