一、请你说说下述各种游戏中运用了那些数学知识。

国际象棋中的数学问题

摘自小学数学网

一个国际象棋盘，是一个8×8的64方格，欧拉曾研究过棋盘上马的跳跃问题，他证明了，存在一个马的跳跃路线，从一点出发，经过每一格一次且仅一次。最后又跳回到初始点。

上述的这样一个马步跳跃路线，称为棋盘上的马步哈密顿回路；如果不限制最后一步还要能跳回到始点，则称为马步哈密顿路。定义m，n是正整数，一个（m，n）马，是指在一个充分大的棋盘上一步可纵横跳m，n个格或n，m个格。于是，国际象棋的马是（1，2）马。下面给出一个定理，它刻画了（2，3）马和（1，2）马的本质区别。定理从8×8棋盘上任一点出发，均不存在（2，3）马的马步哈密顿路。证把8×8棋盘分成A，B两个区，分两种情形证明：

（1）若起始点在A区，存在（2，3）马的马步哈密顿路，由于从A区的任一方格经一步（2，3）马，它可以到A区的一格或B区的一格；而由B区的一格经一步（2，3）马只能跳到A区的一格，注意到A区的方格数和B区的方格数是同样多的，所以必须从A区到B区，再由B区至A区的交替跳跃，才可能不重复地跳遍A，B两区。另一方面，我们把棋盘依黑白两色染色，这样，从A区的白（黑）格，经一步（2，3）马，必到B区的黑（白）格，再从B区的黑（白）格经一步又回到A区的白（黑）格，如此下去，则只能跳过A区的白（黑）格和B区的黑（白）格，这和其存在（2，3）马的马步哈密顿路相矛盾。

（2）若起始点在B区，若存在着马步哈密顿回路，则（2，3）马不能交替地在B区与A去之间跳跃，否则归约到情形（1）的类似证明。于是，存在一步且仅有一步从区到区的跳跃，这是因为A区与B区的方格数相等，从B区的方格经一步（2，3）马必须跳到A区的缘故。考虑下面的3行，现考虑（2，3）马在P，Q，R之间的跳跃。若P，Q，R均尚未跳过。有以下情形：（i）（2，3）马首先跳到P点（首先跳到R的情形是类似的），由A，B区的构造，知必是A区跳到P点的。继而由（2，3）马从P至Q，Q至R.如果只不是最后一个未跳过的点。则下一步必须跳至A区的某一点。这样就出现了在A区之间的2次跳跃，因此R就是最后一个未跳过的点。当R是最后一个未跳过的点时，则考虑点S，T，U之间的（2，3）马的马步跳跃。当先跳到S或U时，由上述讨论可知，在S，T，U间会出现第2次从A区到A区的跳跃；当先跳到T时，由下述（ii）的推理知至少出现两次从A区到A区的跳跃。

（ii）（2，3）马首先跳到Q点，则（2，3）马从Q至P，P必至A区，经若干步又由A区跳到R点，至少出现2次从A区至A区的跳跃。（Q先至R后到P，讨论相同）

若从Q不跳到P或R点，它必跳到A区的某一点，则在以后的跳跃中，必然会出现一次从A区跳至P点，一次从A区跳至R点，同样会出现至少2次的从A区至A区的跳跃。总之，至少存在着2步从A区至A区的（2，3）马的跳跃，这与存在（2，3──马马步哈密顿路及A区，B区方格数相等相矛盾，定理证毕

二、在火柴游戏里有哪些数学知识

一个最普通的火柴游戏就是两人一起玩，先置若干支火柴于桌上，两人轮流取，每次所取的数目可先作一些限制，规定取走最后一根火柴者获胜。

规则一：若限制每次所取的火柴数目最少一根，最多三根，则如何玩才可致胜?

例如：桌面上有n=15根火柴，甲、乙两人轮流取，甲先取，则甲应如何取才能致胜?

为了要取得最后一根，甲必须最后留下零根火柴给乙，故在最后一步之前的轮取中，甲不能留下1根或2根或3根，否则乙就可以全部取走而获胜。如果留下4根，则乙不能全取，则不管乙取几根(1或2或3)，甲必能取得所有剩下的火柴而赢了游戏。同理，若桌上留有8根火柴让乙去取，则无论乙如何取，甲都可使这一次轮取后留下4根火柴，最后也一定是甲获胜。由上之分析可知，甲只要使得桌面上的火柴数为4、8、12、16…等让乙去取，则甲必稳操胜券。因此若原先桌面上的火柴数为15，则甲应取3根。(∵15-3=12)若原先桌面上的火柴数为18呢?则甲应先取2根(∵18-2=16)。

规则二：限制每次所取的火柴数目为1至4根，则又如何致胜?

原则：若甲先取，则甲每次取时，须留5的倍数的火柴给乙去取。

通则：有n支火柴，每次可取1至k支，则甲每次取后所留的火柴数目必须为k+1之倍数。

规则三：限制每次所取的火柴数目不是连续的数，而是一些不连续的数，如1、3、7，则又该如何玩法?

分析：1、3、7均为奇数，由于目标为0，而0为偶数，所以先取者甲，须使桌上的火柴数为偶数，因为乙在偶数的火柴数中，不可能再取去1、3、7根火柴后获得0，但假使如此也不能保证甲必赢，因为甲对于火柴数的奇或偶，也是无法依照己意来控制的。因为(偶-奇=奇，奇-奇=偶)，所以每次取后，桌上的火柴数奇偶相反。若开始时是奇数，如17，甲先取，则不论甲取多少(1或3或7)，剩下的便是偶数，乙随后又把偶数变成奇数，甲又把奇数回覆到偶数，最后甲是注定为赢家；反之，若开始时为偶数，则甲注定会输。

通则：开局是奇数，先取者必胜，反之，若开局为偶数，则先取者会输。

规则四：限制每次所取的火柴数是1或4(一个奇数，一个偶数)。

分析：如前规则二，若甲先取，则甲每次取时留5的倍数的火柴给乙去取，则甲必胜。此外，若甲留给乙取的火柴数为5之倍数加2时，甲也可赢得游戏，因为玩的时候可以控制每轮所取的火柴数为5(若乙取1，甲则取4；若乙取4，则甲取1)，最后剩下2根，那时乙只能取1，甲便可取得最后一根而获胜。

通则：若甲先取，则甲每次取时所留火柴数为5之倍数或5的倍数加2。

三、魔方中的数学知识

风靡全球的魔方也蕴藏着数学，那么你对魔方中的数学知识了解多少呢?以下是由我整理关于魔方中的数学知识的内容，希望大家喜欢!

通常所说的魔方，其国际标准称呼是鲁比克魔方，由匈牙利布达佩斯应用艺术学院的建筑学教授鲁比克—艾尔内于1974年发明!关于鲁比克发明魔方的初衷，流传甚广的一个说法是为了发明一种教具，以帮助学生理解、认识立体空间的构造。

鲁比克一开始并没有意识到他发明了一个极其具有挑战性的益智玩具，当他第一次将自己发明的魔方打乱，才发现了这个后来被无数人反复证明的事实：原始状态的魔方一旦被打乱，想要将其复原是一件极其困难的事情。

1980年初，一家玩具公司将魔方带至在巴黎、伦敦和美国召开的国际玩具博览会展出。此后不久，随着魔方制造技术的改进，魔方迅速风靡全球。到1982年，短短的3年间魔方在全球就售出了200多万只，而到今天，全世界售出了数亿只魔方，魔方已经成为全球最为流行的玩具之一。

魔方核心是三个相互垂直的轴，保证魔方的顺利转动。外观上，由26个小正方体组成一个正方体。其中包括与中心轴相连的中心方块6个，相对位置固定不动，仅一面涂有颜色;棱块12个，两面有颜色;角块8个，三面有色。复原状态下，魔方每面都涂有相同的颜色，六个面的颜色各不相同。魔方每个面都可以自由转动，从而打乱魔方，形成变化多端的组合。

魔方组合的数量可以按照如下方式计算：8个角块可以互换位置，存在8!种组合(8=8*7*6*5*4*3*2*1)，又可以翻转，每个角块可以具有’种空间位置，但因为不能单独翻转一个角块，需要除以3，总共存在8!* 37种组合;12个棱块可以互换位置，得到12!，又可以翻转，得到212，但因为不能单独翻转一个棱块，也不能单独交换任意两个棱块的位置，需要分别除以2，得到12!*212/(2*2)种组合。综上，得到魔方的所有可能组合数为：8!*37*12!*212/(2*2)=43,252,003,274,489,856,000≈4.33*1019

这是一个天文数字，如果某位玩家想要尝试所有的组合，哪怕不吃不喝不睡，每秒钟转出十种不同的组合，也要花上千亿年的时间才能如愿，这约是当前宇宙年龄的10倍。

实际上，如果将魔方拆开随意组合，其组合情况将多达5.19*1020种。也就是说，如果拆散魔方，再随意安装，有11/12的几率无法恢复原状。所以如果魔方被拆散，安装时应按复原状态安装，否则极可能会无法复原。

魔方复原的另一个困难来自于我们只能按特定的方式复原，即反复旋转某一面，一面上的9个方块必须整体参与运动，这样我们在复原过程中总是会打乱已经复原的部分，这种限制大大加大了复原魔方的难度。

很显然，任意组合的魔方都可以在有限步骤内复原，那么，问题来了，是否存在复原任意组合魔方所需的最少转动次数N?也即，如果至多进行N次转动便可以将任意魔方复原，这个N具体为多少?这个数字N被称为上帝数字，从魔方刚刚流行的1982年便被提了出来。

当然，对任意的魔方，寻找最少的转动步骤是极其困难的，需要针对每种情况寻找特定的步骤。一般的，还是利用本文前面所述的复原办法，只需学习记忆少量的套路或公式，如CFOP法，需要学习记忆119个公式，平均只需55次转动便可复原魔方。

数学是一门充满魅力的学科，在它复杂表面的背后，隐藏着大量极其简单、漂亮的规律。有趣的游戏、手头的玩具，往往在简单中蕴藏着深刻的数学规律。而复杂的数学经常以极其简单、漂亮的形式展现。

对于魔方，我们应该都不陌生，近两年来,魔方初级玩法，稍微细心一点的人都可以发现，魔方作为益智玩具的一种，已经被越来越多的摆上了货架，被越来越多的人所喜爱。不久以前，我因为无聊，也就拿了一个魔方来，准备学习学习。(其实是因为同学说，许许多多数学牛人魔方都玩得很好，所以就虚荣心作祟了)然后又有一个同学和我说：\"玩魔方没有意思，一看到魔方我就想起小学那些奥赛题了。\"其实在研究了之后，我不认同这一点，我认为魔方作为一个特殊的代数结构，还是有其相当大的存在价值和研究价值的。这篇文章主要是由一些魔方的入门知识(科普版)和数学原理(数学版)组成的。科普版主要写魔方的基本知识，以及其玩法，启发公式的重要性。数学版主要是对魔方的数学原理进行探究，其中包含群论的一些内容。

科普版：

魔方(Rubik's Cube)是匈牙利布达佩斯建筑学院鲁比克教授在1974年发明的。他发明魔方的目的是考察建筑学院学生的空间建构能力。具体地说，魔方由26块组成，具有12个棱块，8个角块，6个中心块组成，魔方中心那一块是中空的。同时6个中心块是无法移动的。那么，其实，一个魔方只有12个棱块，8个角块可以移动。(其实，拆过魔方的人都清楚，我就是一个拆魔方狂热分子。。。)。转动魔方只有一种操作，那就是，将一个面顺时针转90度。其他所有操作，都是这个操作复合而成的。那么，这一个操作，可以将魔方变出多少种不同的状态呢?答案是4.3*10^19。如此复杂的一个状态集合，也难怪大家难以把一个魔方复原了。

我佩服那些没有通过学习魔方玩法而自己把魔方复原出来的人。我自己就没有，(其实是我一位同学太坏了!他把我的魔方拆下来，又装上，于是那个是一个永不可复原的魔方，害得我后来白弄了半个月，只复原成只有一个角块不对，当然我也感谢这位同学，他让我思考了到底把魔方拆了再拼上，是一个正确魔方的概率有多大，详见数学版)这些没有自己把魔方复原的人大都付出了大量的努力。我非常敬佩这些人的毅力。正是他们，发现了一个又一个的魔方公式，才使我们还原魔方的速度变得越来越快。

普通玩法，也就是各种爱好者啦，他们满足于复原一个魔方，而不作更高的要求。

竞速玩法，为了追求更高的速度的玩法，这些复原方法是万能方法，而且他们运用的是复原方法中比较快的一种。我在这里写几种复原方法：

1.层进法(入门方法)：将魔方的一层一层进行还原，每一层进行还原，最后复原整个魔方，这种方法如果有一个好魔方1min之内可以轻松完成。

2. CFOP法(主流方法)：分为4步完成，C=cross(底层十字)F=first 2 layers(前两层)O=orient last layer(顶层定位)P=position last layer(顶层定向)。这个方法可以在30S内轻松完成。

这些方法大都和CFOP方法属于一个系统的。一般只是稍微的改变一下。

时间上的节省是用记忆力换得的，层进法只需要记忆不过20种情况，不到10个公式即可，而CFOP法则需要记忆上百种情况，及其所对应公式。所以为了比别人快，记忆很多东西是不可避免的。层进法需要大约120步，而CFOP法需要大约60步。关于群论上理论证明，复原任意一个魔方，只需要最多26步(这个界不是紧的)，那么我们可以设想，如果一个人大脑有足够的容量，记忆足够多的公式，那最多26步就可以完成了，肯定是一个创造吉尼斯纪录的成绩。不过，我觉得，比速度。。至少对于我来说，记忆不了那么多吧。所以这种玩法其实是记忆公式。

盲拧：蒙着眼睛把一个魔方复原，是不是一件很神奇的事情呢?如果按照CFOP法，这可不可能呢?答案是否定的，从盲拧和正常拧的世界纪录就可以看出它们用的方法不是一种，至今没有一个人成为这样的记忆奇才。因为百余种情况不是闹着玩的，而且每完成一步以后需要观察再进行下一步，蒙着眼睛是做不到的。这就需要一个神奇的公式三轮换公式，通过这个公式，不仅仅使我们变换的块数最少，而且还减小了它们之间的相互影响，这也使盲拧变成了一种可能。只需要记住4个公式就可以完成。当然同时，更让人头疼的可能是记住20块的位置朝向了。所以说，盲拧与其说是神奇，倒不如说是记忆位置。这个在CCTV科学探索中播出过。

最小步数复原：这个很NB。。应该是通过记公式算公式吧，我不太了解原理了。就把记录写在这里。。。目前的世界纪录是28步还原，耗时2个半小时。

还有单拧(单手拧)脚拧。。。当然我认为这些是无聊的。。

数学版：

曾经有个人发表了一个一篇关于三轮换的文章，结果。。有人钦佩，有人讽刺，只有极少数的人和作者进行了讨论。魔友大部分只是记住公式，其实也不用知道原理。他们也许是对的，不过，我在这里说一句，我觉得中国对于数学至少是不重视的，数学只是作为一种升学手段应用于应试教育中。尤其是奥数，其实数学当中哪里有那么多的技巧??奥数中绝大部分的题目来源于同年龄段更高等的数学之中。很多人都说奥数题又偏又难，为什么，因为他们没有学过相关知识而去做题，不习惯那些思考方式，怎么会不觉得难?为什么陶哲轩12岁拿到奥数金牌并且成为数学大师而中国本土出了那么多奥数金牌却都平平庸庸?因为陶哲轩不是做题做出来的，他在12岁前就把微积分学完了而且学得很好。再者中国为什么那么多人痛恨数学?做题做的。数学是很直观的东西，每一个概念都对应一个直观，从生活中抽象出来，只要用心看就有收获。

符号：u=upper, f=front, b=back,魔方站论坛, r=right, d=down, l=left

我们将魔方面对右面(r面)，看到右面一层如下左图，转动Y3后如右图，就可得出各块的变动。

类似分析Z3，

二者复合为

其中对角方块，右上角的正号表示此块顺时针转2π/3，负号表示反时针转。对棱方块表示有一个方向的翻转。上面分析说明，经过Y3,Z3两个转动，上右前角块回到原地，但顺时针转了2π/3。还有5个角方块做了一个轮换，各反时针转了2π/3，或说顺时针转了4π/3。7个棱方块做了一个轮换。

可以看出这是一个置换群，它是全部状态的一个子群，但它不是一个普通的20阶群，因为其棱块角块的朝向问题，魔方的群结构比一般的20阶群更复杂。而且它有另一个特点更为特殊。

特殊之处在于两个三轮换公式(分别是对棱块，角块)，这个公式我首先是直观认识到的，是我在学习层进法中众多公式的一个，它的意义在于我们可以把3个棱块(角块)互换，相当于(123)->(231)，而且在确定位置的情况下，这3块的朝向是确定的。我本来没有打算去证明这个结论，因为我们线性代数老师说过：\"如果你不信这件事情的话，亲自去做做不就行了。

我们证明对于棱块的三轮换公式是存在的。设想有两个轮换t1, t2,它们分别代表一个对于魔方的置换。这两个轮换有一个特点，他们变换了一个相同的棱块记为a，t1中a1->a,魔方高级玩法公式，t2中b1->a,下面我们做一个共轭变换t=(t1')(t2)(t1)，t是什么呢?t是一个近似t2的变换，只不过t1的a1变到t2的\"轨道\"里去了，而a还在原来的位置，下面我们做(t2')(t),就有a1,a,b1互换位置。

我们有图解如下：

其实证明中有一个小小的问题，因为只有8个角块，所以说我们要找两个共用一个角块的四轮换才可以，我们可以利用上述方法继续找，方法不详述了。

推论：我们能找到任意三轮换公式(即任何3个棱块(角块)都存在三轮换)。

对棱块进行说明，记6个棱块，123456，首先我们能找到两个三轮换(123),(345),我们作一个共轭变换(345)(123)(345)'=(124)，这样我们就从一个三轮换推到了另一个三轮换。我们再找一个关于6的棱块，把(124)共轭成(164)，这样，164三个棱块都是任选的了，证毕。

三轮换公式完全说明了魔方中角块和边块是互不影响的!也就是我们可以把魔方的20块拆成12个角块和8个边块分别进行研究。下面我有些?。。我应该说明二轮换公式是不存在的，不过我没有证明出来，但它确实是不存在的。也许哪位高人可以帮我。其实计算机搜索应该是可以解决的。。但一个纯数学的证明会更好些。

下面讨论如果把一个魔方拆了之后再拼上，正确概率有多大?我们知道一个好的魔方和一个不好的魔方只是不在一个\"轨道\"里，但是他们变出的状态时一样多的，因为他们同构。所以说我们只需要算出魔方不同轨道个数即可。

我们首先计算出随便拼出的魔方有多少种状态，这是可以由初等数学的排列组合解决的。

12!*8!*2^12*3^8=519024039293878272000

然后我们利用上面的结果，把角块和棱块分开考虑。对于棱块，全部正确是一种情况，如果我们把一块棱块朝向改变，其余都正确，是不可复原的。而这一个棱块可以在任意位置，它们都在一个轨道内(这个用任意三轮换公式可以证明)。还有一种是两个棱块调换位置，注意调换位置之后再改变朝向也是可以化到这种情况里的，而3个棱块及以上的调换，都可以用三轮换公式约简到2个棱块及以下的调换。所以对于棱块来说，只有3种情况。同样，由于角块多了一种朝向，所以是4种，那么，我们一共有3*4=12个轨道。

在这12个轨道里，我们只有一个是正确的，所以我们随意拼上正确的概率为1/12。

由此，我们可以计算魔方的状态数：12!*8!*2^12*3^8*1/12=43252003274489856000

后记：

其实我有更深的思考，魔方只是群论中的一个具体例子，但它已经如此繁复，有限群的研究不是那么简单的事情。而23步就一定能复原一个魔方给了计算机科学更大的挑战。如何搜索，能不能出现更新的技术都是小魔方能引入的大问题。实际上，把魔方用群的语言表示出来，最后找到复原解，是一个纯粹符号的计算，它只涉及到置换群的乘法，要找到复原魔法的最小步骤解，只需把分解成最少次乘法。研究这个搜索技术应该对研究置换群的运算是有很大好处的。

将魔方符号化是有好处的，它直接允许我们用计算机来研究魔方。

把魔方当作数学看，真的是一件很有趣的事情，也是学习群论的一种手段吧。