趣题：猜帽子游戏与Hamming编码

三个人坐成一个圆圈，每个人头上戴着一顶黑色的或者白色的帽子。每个人都只能看到另外两个人头上的帽子颜色。现在，他们需要独立地猜测自己头上的帽子颜色。每个人都需要在自己的小纸条上写下“黑色”、“白色”或者“放弃”。如果说至少一个人猜对，并且没有人猜错，那他们就获胜了；只要有任何一个人猜错，或者所有人都写的“放弃”，那么他们就输了。如果在游戏开始前他们能够商量一个策略，那么最好的策略是什么？

仔细想一下你会发现，要想保证他们百分之百地获胜是不可能的，因为游戏中大家不能交流信息，谁也不能保证自己能猜对。但是，有一种策略能保证他们有75%的几率获胜。事实上，当人数n=2^k-1时，我们有一种方法可以让获胜的概率达到(2^k-1)/(2^k)。你能想到这种策略吗？

设身处地地想，你会想到一个很自然的策略：如果一个人看到另外两个人的帽子颜色一黑一白，那这个人就放弃（换了你你也不敢猜）；如果另外两个人的帽子颜色一样，那你就猜相反的颜色（概率上看也要大些）。我们来看一下在哪些情况下使用这样的策略能够获胜：

3个黑帽子：每个人都看到两个黑帽子，每个人都猜自己是白帽子，所有人都猜错；

2个黑帽子，1个白帽子：戴黑帽子的人看到一黑一白，于是放弃；戴白帽子的人看的是两个黑帽子，因此他将猜对，从而所有人都获胜；

2个白帽子，1个黑帽子：和上面这种情况是类似的，所有人都将获胜；

3个白帽子：和第一种情况是类似的，所有人都猜错。

注意到只有在第一种情况和第四种情况下才会输掉游戏，这两种情况占了所有情况的2/8。于是，使用这种策略有75%的概率获胜。

我们需要想一想，在这个看似几乎不可能获胜的游戏中，为什么这种策略会有如此高的获胜概率。最关键的就是，这种策略充分利用了胜负判断的准则：大家要错就一起错，只有一个人错怪划不来的；要获胜就只让一个人猜对，多几个人同时猜对也没用。

根据上面的讨论，我们开始尝试把游戏的人数推广到一般的n。为了叙述方便，我们把每个人头顶上的帽子颜色依次用0和1来表示，数字1表示黑帽子，数字0表示白帽子。于是所有可能的情况就是2^n个01串。游戏开始前n个人预先约定一些“保留串”。他们的策略就是，观察其余n-1个人的帽子颜色：如果和所有的保留串都不匹配里，则放弃；如果恰好符合某个保留串，就猜自己是相反的颜色。比如，当n=3时，他们可以约定两个保留串000和111。如果实际情况是001的话，前两个人看到的是?01和0?1，不属于任何一个保留串，于是放弃；第三个人看到的是00?，正好和000相符，于是他就反过来猜自己不是那个0。注意到一些有趣的事实：如果实际情况恰好就是这些保留串之一，那大家就全猜错了；如果实际情况与所有保留串都相差两个数字以上，那大家全部放弃；如果实际情况与某个保留串恰好差一个数字，那只有一个人猜对，其余人放弃，从而获得胜利。现在的问题就是，如何寻找一个保留串集合，使得和某个保留串只差一个数字的情况尽可能的多。注意，我们必须要保证，任意两个保留串之间不能只差一个数字，这样的话才能保证发现有相符保留串的人不会面临“两可”的情况。假如你找到了t个保留串，则保证获胜的情况最多有t*n个（每个串“变一位”都有n种方法）。显然，最完美的情况就是t+t*n恰好等于总的情况数2^n。当n=2^k-1时，t+t*n是有可能恰好等于总情况数2^n的，也就是说每种可能的情况要么就是一个保留串，要么与唯一的一个保留串恰好差一位。此时，t+t*n=t(n+1)=t*(2^k)=2^(2^k-1)，t应该等于2^(2^k-1-k)。下面我们说明这t个保留串是如何生成的。

每个保留串都由原码和校验码两部分组成。我们把n位01串的位置编号转化为二进制，二进制里只有一个数字1的位置（即左起第1,2,4,8,…位）叫做校验码，有至少两个1的位置（3,5,6,7,9,…等其余位置）上的数字称作原码。显然，原码应该有n-k位（即2^k-1-k位）。枚举2^(n-k)种原码的01组合，对于每一组原码，定义第i个校验码的值为，除了它本身以外，所有编号的二进制表达中右起第i个数字为“1”的位置上一共有奇数个1还是偶数个1（相当于把标“x”的位置上的数异或一遍）。比如，第2个校验码是1，当且仅当有奇数个位置上的原码满足，位置编号的二进制表达形如…???1?且该位置上的数值正好也是1。所有可能的原码加上它对应校验码就是我们的保留串。

  01串:     a1  a2  a3  a4  a5  a6  a7
十进制编号:  1   2   3   4   5   6   7

二进制编号: 001 010 011 100 101 110 111
校验码1(a1):         x       x       x
校验码2(a2):         x           x   x
校验码3(a4):                 x   x   x
保留串0:     0   0   0   0   0   0   0
保留串1:     1   1   0   1   0   0   1
保留串2:     0   1   0   1   0   1   0
保留串3:     1   0   0   0   0   1   1
保留串4:     1   0   0   1   1   0   0
   ......      ......     ......        
保留串14:    0   0   1   0   1   1   0
保留串15:    1   1   1   1   1   1   1

我们可以说明，对于任一个n位01串，只要它不是我们的保留串，我都有办法只变动一个数字让原码和校验码相符（从而变成一个保留串）。我们可以观察一下，由原码算出来的校验码和实际的校验码有哪些不同。如果只有一位校验码不同，直接把它改过来就是了；如果有多位校验码不同，那就找出改动哪一位原码可以让这些校验码同时取反。从位置编号的二进制的角度来考虑，这样的一位原码显然是唯一存在的。同时，我们可以保证任两个

保留串之间都相差至少两个数字，即便你的原码只改动一位，校验码必然也会随之变化。前面已经说过，保留串的个数有2^(2^k-1-k)个，只有这2^(2^k-1-k)种情况下才会输掉游戏。因此，我们最初的问题就解决了：当人数n=2^k-1时，获胜的概率达到1 - [2^(2^k-1-k)/2^(2^k-1)]，即(2^k-1)/(2^k)。

顺便说一句，上面的编码方式叫做Hamming编码，是一种数据传输的校验方式。

参考资料：http://cornellmath.wordpress.com/2007/09/20/hat-guessing-puzzles-the-revenge/