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正在上虚词研究课，好友Chain发来短信说，北大BBS化学学院版上发了一道很有趣的谜题，已经上十大热门话题第三了。我也是第一次看到这个题目，和大家分享一下。

话说周一某实验室有16名同学，有一天*老师把大家叫到一起说：下周来做实验的时候，我会给你们每个人背后贴一张纸，纸上的数字从1到16都有可能，不同同学背后的数字可以重复。你们每个人可以看到别人背上的数字，但不能看到自己的数字。贴纸之后你们之间不允许进行任何形式的沟通交流。之后你们排队依次来D***，告诉我你自己背后的数字是多少；由于D***室隔音效果很好，室外的人不能听到室内的同学的说话声（更好的说法是，每个人独自在一张小纸条上写下猜测结果，这就避免了可能由排队猜数的时间和顺序带来的“交流”）。等到16名同学都猜完之后公布结果。只要你们16个人中间能有一个人猜对自己背后的数字，我会让大家都得满分；但如果你们都没有猜对自己背后的数字的话，则你们全部都要重修有机实验。那么你要怎样做才能避免挂科的命运呢？

这道题目很有意思，看答案之前不妨自己先想一下。
提示：先从两个人的情况开始想起。

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    上次我们谈到，我们考虑时间复杂度时往往假设任意大的整数运算（赋值、四则运算、取余运算、比较运算、位运算包括左移右移）都可以在常数时间内完成，殊不知这留下了一个非常具有研究价值的漏洞：能否利用计算机理想模型中的整数运算，把问题打包成超大整数后并行计算，从而办到一些在普通计算机上无法办到的事情？我们在上一次的文章中介绍了利用“大整数随便算”的漏洞“耍赖”得到了一个线性时间的排序算法。这个漏洞真的已经被充分利用了吗？我们还能从里面榨出多少汁水来？令人无法想象的是，线性时间的排序算法远远没有挖掘到理想大整数运算的巨大潜力，事实上我们能做到常数时间的排序！问题和解答仍然来自Using your Head is Permitted，在这里向Michael Brand表示深深的膜拜。
    自然，说“常数时间排序”是有前提条件的，否则即使读入输出也得耗费线性的时间。不过，我们可以假设所有待排序的数都已经打包进一个大整数里，输出时也无需解包，直接返回另一个大整数即可。在这样的情况下，我们完全可以用常数时间完成排序。换句话说，我可以用O(1)的时间，“一下子”就把0100 0111 0001 0010变成0001 0010 0100 0111，不管这个大整数里面装了多少个数。为了方便大家阅读和思考，我们再取一些名字，方便描述。我们把由多个数构成的大整数叫做“整数串”。整数串中所含的数都是二进制，它们用空格隔开。整数串中每个数的位数都必须相等，位数不够用零补足。我们把这个位数叫做“定宽”，本文例子的定宽都是4。

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    我们常常在电视上看到这样的一幕：一位老太太兴冲冲地走上台去，翻过三个商标牌，发现上面尽是5块钱、10块钱的小奖，垂头丧气地回到观众席；然后马脸李咏会跑出来，边翻着另外几个牌子边说，1000块的大奖在这个后面，800块的在这里，之类的。或许有人会纳闷了，为什么主持人要演出“事后揭大奖”这一幕呢？道理很简单，节目组想通过这一个“验证过程”告诉观众，这个环节不是骗人的，大奖真的就在这后面，只是刚才那家伙运气背了没摸到而已。摸奖前宣称有大奖，摸完奖之后还能证实大奖真的存在，这就是带有防欺骗的承诺。
    但是，同样的事情在网络上似乎是办不到的。一个典型的例子就是QQ原来弄的那个恶心的砸金蛋砸银蛋。屏幕左边那个是银蛋，屏幕右边那个是金蛋，你鼠标选一个敲下去，看能否砸出QQ宠物来。大量测试表明砸出宠物的概率远远低于50%，让人质疑游戏的真实性。鬼知道它那个程序是不是真的预先指定了一个有宠物的蛋蛋，很可能不管你点了哪个蛋蛋结果都一样，系统按照概率直接显示出抽奖结果来。当然，怀疑游戏的公平性也没办法，要想在网络上实现带防欺骗的承诺是比较困难的，毕竟让你看一段从另一个蛋蛋里跳出一个宠物的Flash动画不能让你相信刚才你是真的“选错”了吧。
    我们的问题就是：如何设计一个协议，用以保证一个二选一的网络互动抽奖游戏的真实性？换句话说，假如你选择了金蛋，结果没有中奖，那么系统如何能够令你相信奖品刚才真的在银蛋里？

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    当我们研究复杂度时，我们往往会将现实机器进行理想化。例如，我们说冒泡排序是O(n^2)的，这其实是不准确的。这个论断假设整数之间的比较运算是O(1)的，而事实上它们是O(log(min(|a|,|b|)))的。多数时候我们都认为这种机器模型的理想化是合理的，毕竟这让问题简化了不少，并且也能反映出算法的本质。但大家有想过吗，这个“大整数随便算”的假设其实是一个超级大漏洞，我们可以利用理想模型中的这一漏洞来作弊，获得时间复杂度更低的算法。上个月，Michael Brand在他的UyHiP里就提出了这样一个问题：假设计算机对任意大整数的赋值、四则运算、取余运算、比较运算、位运算（包括左移右移）的复杂度都是常数级别，你能否设计出一个O(n)的排序算法来？

    我非常喜欢这个题目。月初的时候我就提交了一个正确的算法。我们将用左移和加法运算把整数序列编码成一个超大整数，然后利用排序网络进行并行排序。这个算法比较复杂，你可以按照下面的思路一步一步得到这个算法。

1. 如何用位运算来取绝对值？

2. 给出两个正整数a, b，不用比较运算和判断语句如何把小数赋给a，大数赋给b？
    提示：和加差除以2等于大数，和减差除以2等于小数

3. 如何利用位运算把整数序列编码成一个超大整数？
    例如把（二进制数）11, 1011, 1110, 1编码为一个数00011 01011 01110 00001

4. 如何用位运算给超大整数中的所有数同时取绝对值？

5. 给出两个超大整数a, b，不用比较运算和判断语句如何把对应位置上的小数赋给a的对应位置，大数赋给b的对应位置？ 例如把
      a = 000010 000111 000100 001001
      b = 000001 001011 000011 011111
    变成
      a = 000001 000111 000011 001001
      b = 000010 001011 000100 011111

6. 如何实现奇偶移项排序？

    最后，由于奇偶移项排序只有O(n)层，因此整个算法是O(n)的。

    但是，这个算法太繁琐了，不具有美观性。虽然这个算法是我自己想出来的，但我仍然很不满意。待我看了这个月Michael Brand发布的答案后，我一拍大腿，哎呀，还有一个如此简单巧妙的算法我没想到！相比之下，我的算法太复杂了，原因就在于我还没有充分挖掘到“大整数的常数级运算”的潜力。这个理想模型的假设太强大了。打开思路，放宽思维，大胆想象，从更大的尺度上来思考，我们可以得到一个简单得出奇的线性排序算法来。

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    在所有8-bit的整数中，含有k个数字“1”的二进制数一共有C(8,k)个。给出其中的一个二进制数，你如何利用位运算快速找到下一个恰有k个“1”的数？例如，如果给你二进制数01011100，那么下一个（含4个“1”的）数就是01100011。在继续阅读下去之前，建议你仔细思考一下。你或许会想看看我很早以前写的一篇介绍位运算的文章。这是一道很好的题目，很多位运算技巧在这里都有体现。

    在草稿纸上随便举几个例子，规律很容易看出来。由于“1”的个数是固定的，为了让这个二进制数更大，我们必须把第一个出现在“1”左边的“0”改成“1”；同时，为了让这个二进制数尽可能小，我们必须把它右边那些“1”重新排到最低位去。
    更具体地说，下一个二进制数可以通过以下步骤得到：找到右起第一个单个的或连续的数字“1”，把它们全改成“0”，同时把它们左边的那个“0”改为“1”。此时，“1”的个数可能减少了，我们只需把还差的“1”摆在最右边就行了。举个例子，01011100的右起第一个“1”在第三位，把它和左边紧挨着的“1”一并变为“0”，并把再左边那个“0”变为“1”，于是我们得到01100000。我们还差两个“1”，把这两个“1”补在最低位得到01100011即可。现在我们的任务是，想出一个用位运算来实现这些步骤的办法。
    我们已经熟知，用x & -x可以提取最右边的那个“1”。当意识到可以利用加法来消除连续的“1”时，我们很快得到了第一步操作的位运算实现：把x & -x加到x上，利用二进制加法的进位把“..01111..”变成“..10000..”。现在，我们需要计算出刚才的操作中一共“跳过”了多少个“1”，换句话说现在的x的右起第一个“1”和原来的x的右起第一个“1”差了多少位。关键就在这里！我们可以用除法来完成这一步，例如100000除以100就相当于把被除数右移2位，得到的结果即可以表示两个数中的“1”差了多少位。在最低位产生指定数量的“1”需要用到另一个技巧：减1操作可以把右边连续的“0”都变成“1”，即把...10000变成...01111。我们得到了该问题的第一个算法：

b = x & -x;
t = x + b;
c = t & -t;
m = (c/b >> 1) - 1;
r = t | m; //最终结果

    我们对上述算法做一个简单的说明：

操作              | 样例     |  说明
------------------+----------+----------------------------
x                 | 01011100 |  原数
b = x & -x        | 00000100 |  提取x的右起第一个“1”
t = x + b         | 01100000 |  把x的右起第一个位于某个“1”左边的“0”变成“1”，并把它右边的那些“1”都变为“0”
c = t & -t        | 00100000 |  提取t的右起第一个“1”
c / b             | 00001000 |  右移c中的那个“1”，其结果中最低位连续的“0”的个数正好是c和b中的“1”相差的距离
m = (c/b >> 1) - 1| 00000011 |  在最低位产生数字“1”，其个数比上述的“距离”少1
r = t | m         | 01100011 |  最终结果

    除去赋值，我们一共用了9个运算符。有可能用更少的运算么？

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    Quake III公开源码后，有人在game/code/q_math.c里发现了这样一段代码。它的作用是将一个数开平方并取倒，经测试这段代码比(float)(1.0/sqrt(x))快4倍：
float Q_rsqrt( float number )
{
  long i;
  float x2, y;
  const float threehalfs = 1.5F;

  x2 = number * 0.5F;
  y  = number;
  i  = * ( long * ) &y;  // evil floating point bit level hacking
  i  = 0x5f3759df - ( i >> 1 ); // what the fuck?
  y  = * ( float * ) &i;
  y  = y * ( threehalfs - ( x2 * y * y ) ); // 1st iteration
  // y  = y * ( threehalfs - ( x2 * y * y ) ); // 2nd iteration, this can be removed

  #ifndef Q3_VM
  #ifdef __linux__
    assert( !isnan(y) ); // bk010122 - FPE?
  #endif
  #endif
  return y;
}

    code/common/cm_trace.c中也出现了这样一段解释sqrt(x)的函数，与上面的代码唯一不同的就是这个函数返回的是number*y：
/*
================
SquareRootFloat
================
*/
float SquareRootFloat(float number) {
    long i;
    float x, y;
    const float f = 1.5F;

    x = number * 0.5F;
    y  = number;
    i  = * ( long * ) &y;
    i  = 0x5f3759df - ( i >> 1 );
    y  = * ( float * ) &i;
    y  = y * ( f - ( x * y * y ) );
    y  = y * ( f - ( x * y * y ) );
    return number * y;
}

    这样的代码速度肯定飞快，我就不用多说了；但算法的原理是什么呢？其实说穿了也不是很神，程序首先猜测了一个接近1/sqrt(number)的值，然后两次使用牛顿迭代法进行迭代。根号a的倒数实际上就是方程1/x^2 - a = 0的一个正实根，它的导数是-2/x^3。运用牛顿迭代公式x' = x - f(x)/f'(x)，式子化简为x' = x * (1.5 - 0.5a * x^2)。迭代几次后，x的值将趋于1/sqrt(a)。
    但这段代码真正牛B的是那个神秘的0x5f3759df，因为0x5f3759df - (i >> 1)出人意料地接近根号y的倒数。人们都不知道这个神秘的常数是怎么来的，只能把它当作神来膜拜。这个富有传奇色彩的常数到底咋回事，很少有人说得清楚。这篇论文比较科学地解释了这个常数。

    你认为，一个函数图象里是否有可能包含这个函数本身的“图象”？难以置信的是，还真有人构造了这样一个东西。2001年，Jeff Tupper发表的一篇论文里提到了这样一个有趣的不等式：
  
    在0 <= x <= 105，n <= y <= n + 16的范围内，这个不等式对应的图象是这个样子：
  

其中，n = 96093937991895888497167296212785275471500433966012930665150551927170280239526642
46896428421743507181212671537827706233559932372808741443078913259639413377234878
57735749823926629715517173716995165232890538221612403238855866184013235585136048
82869333790249145422928866708109618449609170518345406782773155170540538162738096
76025656250169814820834187831638491155902256100036523513703438744618483787372381
98224849863465033159410054974700593138339226497249461751545728366702369745461014
655997933798537483143786841806593422227898388722980000748404719

    你会觉得这个很神奇吗？你也许会想，天哪，这个是怎么构造出来的啊！但仔细思考之后，你会发现这个一点都不神奇。事实上明白了道理之后你可以构造出无数个这样的式子来。现在给你一些时间让你思考一下，你能否看出其中的奥秘？










































    就像魔术揭秘一样，说穿了真相后上面的这些东西就一点意思都没有了。在这个式子里，涉及到x和y的变量时都加上了取整符号，因此整个图象都是一格一格的。这样，不等式右边的式子就简化为y div 17 * 2^(-17x - y mod 17) mod 2，其中x和y都为整数。接着观察，一个数乘以2的负k次方相当于对应的二进制数右移k位，那么x * 2^(-k) mod 2实质上就是二进制数x右起第k位上的数字。对于某个自然数t，当17t <= y < 17(t+1)时，指数-17x - y mod 17恰好对应所有的负整数，于是位于y=17t和y=17t+16之间的图象的每个像素和t的二进制中的每一位数字一一对应。随着t值的增加，图形的像素会一点一点地变化。当纵坐标足够大时，必然会出现一段高度为17的图象，图象的样子和不等式本身的样子相同。当然，你也可以在里面“找到”任何你想要的图象，只需要把图象还原为二进制数并转换为十进制即可。你甚至可以告诉你的MM，说你发现了一个函数，函数在某个位置的图象正好是某某某我爱你的字样。

Matrix67原创
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