http://www.matrix67.com/blog 50% Informatics, 50% Mathematics, and 50% Imagination Thu, 07 Aug 2008 21:33:01 +0000 http://backend.userland.com/rss092 en 在ahapuzzles.com逛了一天，看到了不少好玩的东西。   问号处应该填哪一个图形？ 答案：E。各方块的对角线组成了数字3、4、5、6、7的字样。       问号处应该填什么数字？ 答案：5。圆圈和点表示太阳和9大行星，旁边的数字表示每颗星球的名字的字母个数。         问号处应该填哪一个图形？ 答案：A。它们是字母A、B、C、D、E、F、G、H、I的侧视图。       问号处应该画一个什么图形？ 答案：">"形。它们是扑克牌四种花色的图案的右半部分。       这是什么东西？ 答案：麦田圈。把每个圆圈顺时针旋转90度，即可看到CROP CIRCLES的字样。       上面这幅图有一个明显的错误，你能找出来吗？ 答案：“1”应该是“A”。这是方块A到方块5重叠起来的样子。       问号处应该画一个什么图形？ 答案：问号处应填的图形是第四个图形竖直方向上的镜像。它们是罗马数字I、II、III、IV、V、VI加上下划线组成的。       问号处应该填写一个什么字母？ 答案：L。把“K”看作“I”和“C”，即有单词ICONIC, PICNIC, VOICE和ICICLE。       哪一个图形是不完整的？添加一笔补完这幅图。 答案：第三个字母是不完整的。把“C”补成“O”，将图中的文字补为ABODE。       添加12根同样长的小木棒，把图中的数字补充完整。你所添加的小木棒不能挨在一起摆放（端点处相接也不行）。 答案：在四个空列中水平放置12根木棒，补成2、3、5、8四个数字。     大家觉得哪个最好玩？ http://www.matrix67.com/blog/archives/610 http://www.matrix67.com/blog/archives/608 Koch雪花不可能图形版     Sierpinski三角形不可能图形版     Cantor集？     Sierpinski曲线不可能图形版     不可能几何体的嵌套     Hilbert曲线不可能图形版     接下来的两个比较强     查看更多：http://www.cameronius.com/graphics/impossible-fractals-figures/ http://www.matrix67.com/blog/archives/605     不知大家有过硬盘坏道没，反正有一次我是遇上了，珍贵的collection顷刻间化为乌有。信息时代，每个人都面临着一个新的问题：如何储存你的重要文件最为安全？大多数人会选择多弄它几个备份，虽然这种办法的效率和“性价比”都不高。有没有什么高效而又节省空间的办法来保证数据安全呢？最近，ttsiod写了一篇关于Linux小软件Rsbep的文章，里面提到的算法可以保证大段数据丢失以后仍然能复原原来的数据。算法基于一种叫做Reed-Solomon的编码方式。     Reed-Solomon编码的核心思想非常有趣：任意k个点都惟一地确定了一个最高次数为k-1次的多项式，如果我们把要传送的信息用一个多项式函数上的点来表示，那么我们可以用更多的点来描述这一信息，这样即使某些点的位置在传输过程中发生了错误，接收者也能根据其它的点来复原全部信息。考虑一个大小为n的有限域（由于一个字节有2^8=256种可能的值，n通常取256），其元素分别为x_0, x_1, x_2, ..., x_n；而我们要传输的数据长度为k。首先我们把这k个字节的数据当作有限域的前k个非0元素所对应的函数值，确定出它们所对应的k-1次多项式函数f；然后计算出n-1个非0元素的函数值f(x_1), f(x_2), ..., f(x_n)，作为最终的编码发送出去。注意我们的元素是一个有限域，因此多项式的值仍然在这个域里面（范围仍然是0到255）。在实际应用中，我们通常取k=223，这样的话223个字节的数据将加强为一段255字节长的数据，其中有32个字节是附加的信息。这种编码的纠错能力很强，即使有16个字节在传输中发生错误，我们也能通过剩余的信息复原出原始数据。     对于现今常用的数据储存方式，这样的算法仍然有它的局限性：数据丢失往往是一个扇区一个扇区地丢，而一个扇区就有512个字节，普通的存储方式将导致整段编码全部丢失。我们必需要避免把同一段自校对编码放在一个扇区里。rsbep强就强在：它把本该储存在同一个扇区的自校对编码分散存储到各个扇区去。得到整个数据编码后所需要的扇区数之后，我们重新排列整个编码中的所有字节，先顺序填满每个扇区的第一个字节，再依次填充每个扇区的第二个字节（就像栅栏密码一样）。如此一来，每一段（255字节长的）自校对编码都横贯255个扇区，倘若有一个扇区不能读了，那么我们丢失的就是512段编码各自在该扇区中的那一个字节。事实上，一个更强的储存方法是，在遍历扇区时也跳着进行存取，先填满第1, N+1, 2N+1, ...个扇区，再填充第2, N+2, 2N+2, ...个扇区。在ttsiod修改后的rsbep中，常数N=8，因此每第8个扇区中同一位置上的字节合在一起才组成一段编码。由于Reed-Solomon编码可以自我校对多达16个字节的错误，因此只有第i个、第i+8个、第i+8*2个、……、第i+8*16个扇区同时损坏才能造成真正的损失。这样的话，即使连续的128个扇区全部损坏，我们也能完整地恢复出原数据。 http://www.matrix67.com/blog/archives/600 如果一个矩形可以分割为若干个小矩形，每个小矩形都有至少一边为整数长，则原矩形同样有至少一个长度为整数的边。换句话说，用至少有一边的长度是整数的小矩形拼成一个大矩形，大矩形也有至少一条整数长的边。     不假，利用数论知识我们真的可以证明这个和数论八杆子打不着的题目。证明的关键就在于，质数有无穷多个。给定一个满足要求的大矩形，如果你宣称它的每条边都不是整数，它们都至少多出了大小为ε的“零头”。那么，我就找出一个足够大的质数p，使得1/p < ε，然后说明有一条边的长度除去整数部分后的“零头”不会超过1/p。这样的话，至少有一边恰好是整数长才行。     仍然是把大矩形放在平面直角坐标系上，左下角对齐原点(0,0)。考虑所有形如(i/p, j/p)的点所形成的点阵（其中i, j均为整数）。我们需要把整个点阵平移到一个合适位置，使得点阵中没有点恰好落在小矩形的边界上。这总是可以办到的，例如我们算出每个小矩形的横边到点阵中离它最近的点的距离，取所有这些最近距离中最小的非0的值，然后竖直方向上移动一个比这还小的距离；另一个方向亦是如此。注意到每个小矩形内部所含的点数都是两个数的乘积，由于其中至少有一个数是p的倍数，因此每个小矩形内都有p的倍数个点。那么，整个大矩形所含的点的个数（即每个小矩形所含点数之和）也是p的倍数。大矩形内的所有点的个数也是两个数的乘积，然而p是质数，因此两个数中至少一个是p的倍数（数论的一个基本结论）。那么，对应的那条边就应该是整数长，并且最多有1/p的误差。 （三）（四）两种证明均来自http://domino.research.ibm.com/Comm/wwwr_ponder.nsf/solutions/May1999.html http://www.matrix67.com/blog/archives/598 感慨，解开一个女人的胸罩就有那么难么？ 来源：http://xkcd.com/457/ http://www.matrix67.com/blog/archives/596     只有想不到，没有做不到。还是在这里，我惊奇地发现Mathematica居然有DictionaryLookup和WordData这样的函数（我的6.0里就有，不知道5.x有没有）。于是，一连串牛B的Mathematica用法出现了：   包含ijk三个连续字母的单词： In[1]:= DictionaryLookup["*" ~~ "ijk" ~~ "*"] Out[1]= {"Dijkstra"}   连续三次出现重复字母的单词： In[2]:= DictionaryLookup[RegularExpression[".*(.)\1(.)\2(.)\3.*"]] Out[2]= {"bookkeeper", "bookkeepers", "bookkeeping"}   首尾三个（及以上）的字母完全相同的单词： In[3]:= DictionaryLookup[RegularExpression["([a-z]{3,})[a-z]*\1"]] Out[3]= {"abracadabra", "anticoagulant", "antidepressant", \ "antioxidant", "antiperspirant", "bedaubed", "beriberi", "bonbon", \ "cancan", "chichi", "couscous", "dumdum", "entailment", \ "entanglement", "entertainment", "enthrallment", "enthronement", \ "enticement", "entitlement", "entombment", "entrainment", \ "entrancement", "entrapment", "entrenchment", "froufrou", "hotshot", \ "hotshots", "ingesting", "ingoing", "ingraining", "ingratiating", \ "ingrowing", "ionization", "mesdames", "microcosmic", "murmur", \ "muumuu", "outshout", ... http://www.matrix67.com/blog/archives/586 Wolfram Blog最近提到了一些新发现的anagram (?)，比起那些经典的anagram毫不逊色。它们是： Centenarian == Near ancient.   (Dan Fortier) Heel claims == me, Achilles.   (Paul Pan) Remains hot == in a Thermos.   (Adrian Hickford) True friends == endure rifts.   (Joe Fathallah) Homo sapiens == Ape’s son, IMHO.   (Noam D. Elkies) Internet spam == It’s permanent.   (Tom Myers) Rats and mice == in cat’s dream.   (Joe Fathallah) Metamorphosis == ... http://www.matrix67.com/blog/archives/583 如果一个矩形可以分割为若干个小矩形，每个小矩形都有至少一边为整数长，则原矩形同样有至少一个长度为整数的边。换句话说，用至少有一边的长度是整数的小矩形拼成一个大矩形，大矩形也有至少一条整数长的边。     在这个命题的所有常见的证明方法中，我总觉得这个证明是最诡异的。真不知道第一个想出这个证明方法的人是怎么思考出来的。把矩形放在平面直角坐标系上，左下角对齐原点(0,0)。考虑函数e^(2 · pi · i · (x+y))在每个小矩形上的积分（展开并分离变量分别积分）：          显然，这个式子等于0当且仅当(x1-x0)和(y1-y0)中至少一个是整数（也即至少有一边的长度是整数）。考虑函数在整个大矩形上的积分，它可以拆成各个小矩形上的积分的和，因此结果仍然是0。这说明，大矩形至少有一条整数长的边。 http://www.matrix67.com/blog/archives/576     我在学校时，时不时会有人闯进宿舍，给宿舍里的每个人发一张调查表邀请大家填写。如果我不是很忙的话，通常还是很乐意填写的。不过，有时我很悲哀的发现，很多调查表的设计都很缺乏科学性。设计一张合理的调查表并不是一件容易的事情，你需要综合考虑各方面的因素。例如，假如你需要在调查表中问一个极度隐私的问题，尽管你在调查表上再三强调你们的保密措施，但你真的指望所有人都能够如实地回答吗？你真的指望会有人在“我不是处男/处女”或“我有同性恋倾向”前面打一个勾然后把表递到问卷回收人的手中吗？     让我们考虑这样一个问题：你希望在调查表上问一个隐私问题。为了方便起见，假设这个问题只有“是”和“否”两个选项。有什么方案能够绝对地保证个人隐私完全不可能被泄露，让每个人都能够放心地填写，并且问卷回收之后能够得到一个准确的统计结果？                                                       在问卷上要求每个人准备一枚硬币（或者叫问卷发放人给每个人发一枚一块钱的硬币，顺便也当作酬谢）。对于指定的隐私题目，请填写人投掷一次硬币：如果正面朝上，则如实填写个人的真实情况；如果反面朝上，那么就再投掷一次硬币，正面就填“是”，反面就填“否”。当然，若第一次投掷硬币为正的话，填写人完全可以假装再投一次硬币来掩人耳目。这样，别人永远不知道你在“我不是处男/处女”前面打了勾是因为你真的不是还是因为那个答案是投掷出来的。     假设回收后有效问卷有M份，其中该问题答“是”的有N个人。如实填写了该问题的人平均有M/2个；在另外M/2人中，平均有M/4人答的“是”。因此，我们所需要的最终结果应该为(N-M/4)/(M/2)。     把这个算法写在问卷上，让大家知道问卷调查结果将如何统计，以便让大家严格遵守该问题的填写方法。 来源：http://www.cut-the-knot.org/Probability/EmbarrassingQuestion.shtml 另：刚收到邮件，我最喜欢的数学谜题比赛站点puzzleup将在7月30日开始新一轮的比赛。了解更多 http://www.matrix67.com/blog/archives/572