来吧，我们继续来到以前我出的一道老题
10 （难度：难）

此图是由15根短木条和7根长木条通过18根钉子牢牢固定起来的图形（接触地面的为两个钉子，而非长木条），左下角为一个红色的正方形木框（中间为空心），我们的目标是将该正方形木框的任意一边，接触到右上角的红线段部分，现在给出下列条件
（1）所有钉子的固定都是足够牢固的，在任何情况都不会使木条与木条之间发生形变
（2）所有木条都是足够坚固的，在任何情况下都不会发生折断或者弯曲
（3）正方形的木框的变边长可以无限变大变小的，该图中所有的钉子都是可卸的，但是因为第一个条件的原因，所以如果想拿开一根木条必须同时卸掉两端的所有钉子
（4）图中的蓝色木条是禁止卸掉的，而黄色木条是禁止穿过且禁止移动的（当正方形木框在整个移动的轨迹中，它的一条边能通过变小接触到黄色木条则被视作穿过）
（5）本题必须考虑基本的物理因素，不能将整个图形切成两半而上半部分悬空，而且不能在移除多根黑木条的钉子时候将蓝木条两端的钉子顺带也移走了而导致蓝木条无法固定。但是因为钉子固定的力定义为无穷大，所以只要有两根钉子一个木条就可以支持任何重量
（6）假定正方形的初始长度为0.5（可发生改变），短木条的长度为1，长木条为5，忽略木框和木条的半径或者宽度
现在问题来了：当你在满足以上述条件之后将正方形木框的一边接触到红木条之后，你总共移除了多少根钉子，并让正方形木框发生了多少次形变，如果你移除了A根钉子，让正方形发生了B次形变，那么求你可以给出的A+B的最小值

第2题答案：
这道题需要三个层次的假设思考，抓住国王是公平的这个道理
假如你是一个王子
1 当你看见2个黑帽子的时候，那么你可以100%确定你的头上必须是白帽子，因为总共只有两个黑帽子，所以国王如果公平，绝对不会选择2黑1白来让戴白帽子的人胜利
2 当你看见1黑1白的时候，那么你可以根据第1个假设想，如果自己头上是黑帽子，那白帽子的人肯定稳赢，但是既然白帽子的人猜不出头上的帽子，那么自己头上只可能是白帽子
3 当你看见2个白帽子时，你会想如果自己头上是黑帽子，那么在国王的立场上来讲，就会有两个人同时看见1黑1白，于是就出现了上面的第2种假设，也同时对带白帽子的你来说，国王是很不公平的，所以如果国王是公平的，那么你必须是带白帽子才行

第三题答案：
这道题很简单，假如你是第一个哲学家，你会笑另外两个哲学家的头上，但是你开始疑问是否自己头上也有礼物，如果自己头上没有礼物，那么就是第二个哲学家笑第三个哲学家，第二个哲学家笑第三个哲学家，也就是说他们两个只会笑仅仅一个人，而站在他们角度上想，因为我头上没有礼物，那么他们笑的只有可能是他们自己，那么他们很快意识到自己是被嘲笑的那个人而止住笑，但是他们都还在笑，就可以推断出我头上也有礼物，因为你已经意识到：每个人都觉得对方两个人在互相，而你是在笑他们两个。于是乎，你推断出你头上也有礼物所以你止住了笑

10 （难度：极难）
一根很粗的电缆埋在地下，电缆两端连接AB两地，AB相距10公里。有120根电线杂乱无章地置于电缆之中，可是因为数量太多，电线长度太长，而事先没有为电线贴标签，导致无法区分出每一个电线的两端到底是哪两个点，也就是一条线在A B分别对应的哪两端的线头。现在你站在A端，你手里有一个电源和一个可以亮的灯泡一支笔和标签若干，你能否想出一个方案，将处于两端的每一根线都用标签归类（比如A端标记线1 2 3 4 5。。。120，B端标记线1 2 3 4 5.。。。120），请问你在整个过程中至少要走多少公里的路
另外忽略电线的电阻

4题答案：（已经有人解出来了）
将20个硬币分为两堆，每份10个，那么第一份正面数为X，反面为Y，第二份正面数为10-X，反面数为10-Y，将第二份的所有硬币翻面，则10-X成为了反面，10-Y成为了正面，因为第一份中的正面反面总共有10个硬币，那么X+Y=10，所以有X=10-Y Y=10-X，所以此时两边的正面反面数都是相同的了，没懂的自己拿硬币试去

12（前面出现了两道10题，后面一道改为11）（难度：难）
有A,B,C三个精灵，其中一个只说真话，另外一个只说假话，还有一个随机地决定何时说真话，何时说假话。你可以向这三个精灵发问三条是非题，而每条问题只可问一只精灵，而你的任务是从他们的答案中找出谁说真话，谁说假话，谁是随机答话。这个难题困难的地方是这些精灵会以”Da“或”Ja“回答，但你并不知道它们的意思，只知道其中一个字代表”对“，另外一个字代表”错“。你应该问哪三个问题呢？
（看过此题的人就不要出来秒了）

第五题答案：
其实2进制确实可以作为这道题的解题思路，但是因为很多人对2进制不了解，所以我这里通俗化一点
为什么我提示电灯开关的问题，就是因为抓住电灯拥有两个状态归类（1）亮，不亮（2）热，不热，所以我们可以将其（1)（2)互相交错分为4种电灯，（1）又亮又热的灯（2）不亮但热的灯（3）亮但不热的灯（4）不亮不热的灯
回到我们的问题，先抛弃庞大的1000，我们假设从简单的数字思考
（面对一个复杂问题，请记住一个思路：复杂的事情简单化，简单的事情流程化，流程的事情革命化）
（1） 2瓶酒找一瓶毒酒
只需要一个奴隶，如果他喝其中一瓶，20个小时后没死，那么另外一瓶就是毒酒，反之他喝的就是毒酒
（2） 如果1个人能找出两瓶酒中的毒酒，那么两个人能找出几瓶酒中的毒酒呢，我们再看看上面电灯的问题，于是自然就想到了那一定是2X2=4瓶，A喝第二瓶酒和第四瓶酒，B喝第三瓶酒和第四瓶酒，那么A不死B不死=第一瓶有毒，A死B不死=第二瓶有毒，A不死B死=第三瓶酒有毒，A死B死=第四瓶酒有毒
（3）我们继续延伸下去来到三个人，2X2X2=8，前面我们讲到一个奴隶只有喝与不喝一个状态，死与不死另外一个状态，那么8个人我借用一下原解答上的一个图来表示

左边ABC表示三个犯人，上面1-8分别表示8瓶酒，X表示喝了该酒，空白表示没喝
可以看到3个奴隶喝酒与否刚好可以组成8种不同的可能性，而从奴隶的死活也能找到中毒的是哪一瓶酒
（4）所以我们从奴隶喝与不喝这种可能出发，4个人就是2X2X2X2=16种可能，N个人就是2的N次方种可能，如果你想通了这一点，那么此题就好解决了，因为懂点计算机的人都知道2的10次方的1024，而答案肯定是最接近1000但大于1000的数
（5）这其实就是2进制思路，喝为1，不喝为0，那么每一瓶就都可被被10个1或者0来表示了，只要对应死的人1全部标注出来，其余没死的为0，组成的数字对应酒就可以找到答案了
其实2进制也是从复杂问题简单化，简单问题流程化，而最终从流程性的问题中革命化而最终发明出来的，所以不管你以后遇到再复杂的问题，只要从这个思路出发，结合你对简单问题的思考都是可以解决出来的
解释了这么多，不求让每一个人懂得其中的原委，只求让更多的人懂得思考的乐趣

13 （难度：难）
在一所监狱里，有101个犯人，被关在101个独立的牢房里，互相无法通信。
一天，召开全体囚徒大会。国王大赦，给大家一个机会。
条件：在当天夜里，会有人来把每间牢房门的正面随机地刷上黑色或者白色，颜色的选择是同等概率随机的（比如用抛硬币的方法决定门上该刷黑色还是白色），犯人们都不知道自己门上被刷了什么颜色。
第二天早上，犯人会依次被叫到典狱长办公室里。在走出牢房时，犯人都有机会看见所有其他人门上的颜色，但是因为他自己的牢门是开着的，门的正面靠着墙，所以他看不见自己门上面的颜色。在办公室里典狱长让每个囚犯猜自己门上的颜色，只能回答说“黑色”或者“白色”。然后犯人被带回牢房，关好门后，下一个犯人再被叫出询问。如此这般，直到所有人都被叫出来一次为止。
注意：在典狱长办公室里犯人是看不到前面其他犯人的回答的。
机会：最后典狱长统计一下所有犯人的回答。如果猜对自己门上颜色的犯人数过半，那么就释放所有犯人。如果不过半，每个犯人都只好把牢继续坐下去。
问题：囚徒大会后给大家20分钟时间讨论，囚徒们能找到方法么？

第六题的答案来了：
首先我们谈思路，第一点，站在最后面的一个人的生死无论怎样都是50%，因为后面的49个人的帽子颜色与自己是没有联系的，那么他唯一要做的就是帮助后面的人，而因为无法给予暗号，而红白也仅仅是一个选择性的答案，无法让后面的人在答出自己头上的帽子的同时，告诉前面的人他的帽子是什么颜色。所以需要从50个人这个固定的数字中找到规律，那就是颜色的奇偶性
如果在某一个人的眼中，红帽子为奇数，他如果知道头上的帽子为红色，那么当他答红色的时候，下一个人眼中如果是奇数，那么说明红帽子并没有因为自己头上的帽子缘故而变少，于是可以推断出自己头上的帽子是白帽子，反之他看到的是偶数，那么说明红帽子少了一顶，所以他头上必定是红帽子
以上在第一个回答的人知道头上帽子的颜色下所推断下去的，而因为站在最后一个人不知道自己帽子的颜色，所以这给推论必须从站在倒数第二也就是第二个回答问题的人开始，也就是说，站在最后一位的人需要做的只需要告诉前面那个人他看到的某种颜色帽子是奇数还是偶数即可
所以我们假装演示一遍：（假如以红帽子表示他看到的红帽子奇数，白帽子表示他看到的红帽子为偶数）
第一个人（站在最后的一个人）看见前面有偶数个红帽子，他回答白帽子
第2到第50个人此时立刻明白前面49排的红帽子数量为偶数
地2个人看见前面的红帽子为奇数，那么说自己头上是红帽子，因为偶数-1=奇数
第3到第50个人立刻明白前面48排的红帽子为奇数，因为只要有人回答红帽子，则奇偶会发生改变，白帽子的话奇偶不会发生改变
第3个人看见前面的帽子数为奇数，则头上是白帽子，然后后面的人知道此刻奇偶未发生改变
第4个人看见奇数，头上白帽子
第5个人看见偶数，头上红帽子
。。。。。
因为要考虑红帽子可能在某个时间段变为0，所以这里我们把0也归为偶数，所以一旦全剩下帽子了，我们的思路依旧可以继续

怎么没人回答的

14 （难度：极难--今天的压轴题）
在一所监狱迎接来了50个新犯人：监狱长将这50个犯人叫到了一起，说：
今天你们所有的人可以在一起碰一次面，你们可以自由交流。但是从明天起，你们将被分开关在各自的房间里，你们将没有机会交流，没有机会碰面。
　　那边有一间忏悔室，里面有2个开关 A 和 B，每个开关都可往上拨或者是往下拨动（也就是理解为打开和关闭两个个状态）。我不会告诉你们当前A,B 开关的状态（上或者下）。 另外开关 A 和 B 纯粹是一个开关，他们不控制任何东西。
　　从明天开始，我每天会随机的从你们中选一个人去那间房间忏悔，但有时我心情好可能抽两个或更多，不过我也可能一个也不抽。进入忏悔室的人在离开之前必须选择拨动一个开关，不准拨动两个或者一个也不拨动，而且我只允许拨动一次开关，比如你可以改变A也可以改变B。改变完开关后，我会送那个人回到他自己的房间
在前一个犯人从忏悔室回到监狱之前我不允许任何新的犯人进入，我也不允许除获批准的犯人之外的其他人去动那两个开关，因为我选犯人是随机性的，所以肯定有人被我抽到两次甚至几次，但是如果给你们足够的时间，你们所有50个犯人中总会有一天全部都去过那个忏悔室
如果你们其中一个人跑来告诉我你们已经全部进入过忏悔室了，那么我在确认之后会全部释放你们，如果我确认并不所以犯人都是进入忏悔室我会杀掉你们全部人
　　犯人们能在有生之年得救吗？明天之后唯一能让他们交流的便是那两个开关了，请你为犯人们设计一个好的方案，让他们尽早释放。

第7题答案有人已经说得很清楚了，如果你们看着复杂，我也简单解释一下吧
我们将12个硬币编号为1到12，毕竟数字大家更熟悉吧
1 我们先称1 2 3 4与5 6 7 8
1.1 （第一次称重之后） 如果他们是平衡的，那么我们进行第二次称重，比较9 10与 11 8（这个比前面的答案稍微简单点），因为我们已经确定的是8号硬币是真硬币了
1.1.1 如果第二次称重依旧是平衡的，那么我们可以确定那个唯一没称到的12号硬币是假的，我们甚至不必考虑这个硬币是否更重或者更轻
1.1.2 （第二次称重之后）如果11 8重于9和10，那么可以确定11更重（因为8是正常硬币）或者9和10中的其中一个更轻（同时9 10绝对不可能比真硬币更重），所以我们只需要在第三次称重中比较9和10，如果平衡则9 10一样重，假硬币为11（更重），如果一边轻那么肯定轻的那个就是假硬币咯
1.1.3 （第二次称重之后）如果9和10重于11 8，那么同理推出要么9 10中一个更重，要么11更轻，第三次称重9和10，更重的为假硬币，或者平衡的话11为假硬币
1.2 （第一次称重之后） 如果5 6 7 8重于1 2 3 4，那么就说明要么5 6 7 8中有更重的假硬币或者1 2 3 4有更轻的假硬币，但是我们同时确定9 10 11 12都是真硬币，那么我们第二次称重就比较1 2 5和3 6 9的重量
1.2.1 （第二次称重之后）如果他们平衡了，那么没称重的7 8 4中有假硬币，同时根据1.2的推理，要么7 8有更重的假硬币或者4为更轻的假硬币，像之前那样在第三次称重中比较7 8的重量，如果哪边重则该硬币为假，平衡则4为那个更轻的假硬币
1.2.2 （第二次称重之后） 如果3 6 9更轻，那么考虑到9为真硬币，6如果是假硬币只会更重所以6必定为真排除，而另一边的1 2如果是假硬币只会更轻所以1 2必为真。于是假硬币会出现在3（更轻）和5（更重）之间了，只需在第三次称重中让3与任何一个已经确认的真硬币比较，3轻则3为假硬币，平衡则5是假硬币
1.2.3 （第二次称重之后）如果1 2 5更轻，按照上述的推理就可得到要么是1 2中的一个更轻，或者6更重，像前面一样比较1和2的重量，谁轻则谁是假硬币，平衡则6是假硬币
1.3 （第一次称重之后）如果1 2 3 4终于5 6 7 8，我们只需像上面1.2那样操作，只是把前面的1 2 3 4和5 6 7 8相互替换一下即可，当然你也可以选择其他类似量法都可以，这里我依照前面的也就第二次测量我们选择比较是5 6 1和7 8 9
1.3.1 1.3.2 1.3.3略（雷同1.2）

15 （难度：中）
有一天，警察局长的车被小偷偷了，局长大发脾气，要求立刻找出谁是那个小偷，假如你是一个警长，你被局长任命查出谁是偷车贼，并交给你一个最新研制的测谎仪来帮助你审案，现在你已经抓到了4个犯罪嫌疑人，你可以肯定其中一个就是偷车的贼，那么下面是4个人在审讯过程中的陈词
A：
“我曾经和C在同一所高中上课”
“B连驾照都没有”
“这个小偷肯定不知道这辆车是局长的”
B：
“C肯定就是你们要找的那个犯人”
“我保证A绝对是无辜的”
“我从来没坐过那种带轮子的汽车”
C：
“我在今天之前从来就没有见过A”
“B肯定是无辜的”
“我保证D才是你们要找的那个罪犯”
D：
“我保证C一定是无辜的”
“废话，我肯定不是偷车贼”
“我确信A一定是偷车贼”
面对这12句陈词你一时无从下手，于是你满怀希望以为测谎仪能告诉你答案，谁知道测谎仪并没有想象中的给力，它只是报告在这12句陈词中，只有4句话是真实的，但是却不知道那些话是真实的
那你能告诉我，谁才是偷车贼呢

第8题答案其实很有意思的，就是考虑的人太少了，很多都是被2进制冲昏了头脑，不要太计算机思维了啊，首先答案有很多，我说一种，其他的点一下就ok了
解题的要素就是抓住扑克牌的规律
1 5张牌至少有两张是花色相同的
2 5张牌不可能有两张相同数字的牌为同一花色
3 总共只有13个数字而不是更多
因为我们的目的是在5张牌中选择1张作为推的对象而剩余4张拿来推理，那么我们需要将这4张进行规律的排列来缩小第5张牌的范围直到推出准确的牌
1 花色：因为你的5张牌中至少有两张或者两张以上是同花色的，所以在5张牌中选择一张牌，而这张牌的花色出现两次或两次以上，并将该花色的另外一张牌放在第一张，那么魔术师只需看第一张的花色即可猜到第5张牌的花色，当然你要把确定花色的牌放在第二第三最后都可以，只要你提前和魔术师沟通好
2 点数：因为每一张牌都是唯一的，那么剩下的三张牌怎样来确定点数呢，考虑到52张牌的唯一性，我们可以将52张牌以一个规定的方式从大到小排列，数字我们按照大小排列（也就是13到1），而花色大小我们规定黑桃＞红桃＞草花＞方块（例：红桃K大于方块A，黑桃A大于红桃A）有了大小的唯一性之后，我们就必须用这三张牌的数字来推出一张牌的数字了，但是就算大小排列也无外乎 大 中 小来组合（大中心、大小中、小中大、小大中、中大小、中小大），无外乎3×2×1=6种可能，也就是最多也就能对应6个点数，陷入困境的LZ立刻想到是否我们应该充分利用那两张确定花色牌来使我们可以确定的点数更多呢
3 扩展点数：现在我们来讨论那两张用来确定花色的牌，因为他们的花色相同，所以数字一定不同，那么如果规定13为一个轮回，任何答案超过13的加法会将结果归0，并显示多余的数字，也就是说3+10=13,4+10=1，11+10=8，12+13=12（看懂了我们继续）
重要结论：如果在1到13中选择任意两个数，那么必有一个数加上一个小于或者等于6的数等于另外一个数（想通了这题你就解了）
例1：3和7 3+4=7
例2：1和10 10+4=1
例3: 6和13 13+6=6
例4: 1和7 7+6=1
4 扩展点数的方法：如果用于确认花色的X 和 Y两张牌中，是X+Z=Y（z＜6或z=6），那么我们将Y交给作为要猜的牌，而X作为确认花色的牌与其他三张牌放在一起，因为剩下的三张牌可以根据大小对应6个数字（比如大中小=1、大小

更新啦还有人吗