Amusements in Mathematics Henry Ernest Dudeney 4554 downloads.pdf

古腾堡计划电子书：《数学中的趣味题》
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书名：《数学中的趣味题》
作者：亨利·欧内斯特·杜德尼
发布日期：2005年9月17日 [电子书编号#16713]
最新更新时间：2020年12月12日
语言：英语
更多信息及格式请访问：www.gutenberg.org/ebooks/16713
制作团队：斯蒂芬·舒尔茨、乔纳森·英格拉姆以及https://www.pgdp.net上的在线校对团队

*** 古腾堡计划电子书《数学中的趣味题》开始 ***

誊写者注：本书中的许多谜题都假定读者熟悉20世纪初英国的货币情况。对于英国以外的人而言，这很可能并非常识。

（可能还有更多种货币），我附上了一张显示各种货币相对价值的图表。
最常用的货币单位有：

便士，缩写为d。（源自罗马时期的denarius）
先令，缩写为s。
英镑，缩写为£。

1先令等于12便士，1英镑等于20先令，因此1英镑相当于240便士。更复杂的是，还有许多面值介于便士、先令或英镑之间的硬币。

¼d：法丁
½d：半便士
1d：便士
3d：三便士
6d：六便士
1s：先令
2s：弗罗林或两先令硬币
2s 6d：半克朗或半美元
4s：双弗罗林
5s：克朗或美元
10s：半索维林
1英镑或20s：索维林或英镑

这当然不是完整的列表，但应该足以解决本书中的谜题。

数学中的趣味事物

亨利·欧内斯特·杜德尼

在数学领域，他远胜于第谷·布拉赫或埃拉·帕特：因为他能够利用几何方法来测定麦芽酒罐的尺寸；通过正弦和正切函数精确计算出面包或黄油的重量；还能运用代数方法巧妙地算出时钟在一天中的具体敲钟时间。

《巴特勒的幽默集》
1917年

前言
在出版这本《数学谜题集》时，其中一些谜题曾发表在各类期刊上，而另一些则是首次在此呈现。我必须感谢国内外许多不知名的来信者给予我的鼓励——他们希望将这些谜题汇集在一起，并且希望对某些谜题的解答进行更详细的阐述，而这在杂志和报纸上是无法做到的。虽然我也收录了一些几代人都感兴趣的古老谜题，因为我觉得这些谜题还有新的解读空间，但总体而言，这些谜题都是我原创的。的确，有些谜题已经通过媒体广为人知，读者或许会乐于知道它们的来源。

关于数学谜题本身，或许无需再赘述我曾在其他地方写过的内容。这一学科的历史其实就是人类逻辑思维诞生与发展的历程。历史学家必须从人类第一次能够数清自己的十根手指、并将一个苹果大致分成两等份的那刻开始讲起。每一个值得研究的谜题都与数学和逻辑有关。每一个试图“推理”出最简单谜题答案的男女老少，其实都在运用数学思维，尽管他们可能并未意识到这一点。即便那些只能靠随机尝试才能解决的谜题，也可以被纳入所谓的“优化尝试”方法之中——即通过避免或剔除那些经推理证明无用的尝试来减少工作量。事实上，有时候很难界定“经验主义”从何处开始，又到何处结束。

当有人说“我这辈子从未解过谜题”时，很难准确理解他的意思，因为每个聪明人每天都在解谜题。那些不幸被送进精神病院的人，正是因为他们无法解谜题——因为他们已经失去了推理能力。如果没有谜题可解，也就不会有问题可问；而没有问题可问，那将会是怎样的世界啊……

那当然不行！如果我们都拥有同样的全知能力，那么对话就变得毫无意义且徒劳无益了。或许有一些极为严谨的数学家，他们不愿在自己的研究领域中使用任何非学术性的术语，也不愿看到那些难以理解的x和y以其他名称出现，他们可能会希望各种问题能以更简洁的方式呈现，用更严谨的措辞来阐述。对此，我只能让他们参考标题中的第一句话，并提醒他们：我们阅读这些内容主要是为了获得乐趣——当然，同时也希望能顺便学到一些知识。如果表达方式较为轻松，那我只能用《试金石》中的话来说：“先生，这确实不是什么好做法，但这是我自己的风格；只是我的幽默感罢了。”至于难度问题，有些谜题，尤其是算术和代数方面的，其实相当简单。不过，那些看似最简单的题目也并非可以不加思考地跳过，因为其中往往隐藏着一些或隐或现的陷阱，读者很容易掉进其中。养成仔细审视题目表述习惯是个不错的锻炼方式，它能培养人的严谨性与谨慎态度。当然，也有一些难题确实非常棘手，值得资深数学家去研究。读者自然会根据自己的兴趣来选择要解决的问题。在很多情况下，我只给出答案，这样初学者就需要自己想办法找出解题方法，同时也能节省篇幅，避免给高级学生带来不必要的负担。而在那些可能引起兴趣的特殊情况下，我会给出较为详尽的解答，并从总体上分析问题。通常，对一个问题的说明往往能帮助读者理解书中的许多其他问题，因此随着阅读的深入，读者的困惑也会逐渐消除。只要有可能用通俗易懂的语言来表达，我就会选择这种简单的方式，以此吸引更多人的注意力。而数学家们则可以用他们熟悉的符号来表达相关内容，自然不会遇到任何困难。

我在校对稿件时极为谨慎，相信其中出现的错误应该寥寥无几。即便真有错误，我也只能用贺拉斯的话来说：“即便是伟大的荷马也会犯错”，或者用那位主教的話来说：“在我的教区里，就连最年轻的牧师也并非毫无过失。”我特别要感谢《The Strand Magazine》、《Cassell’s Magazine》、《The Queen》、《Tit-Bits》以及《The Weekly Dispatch》的编辑们，感谢他们允许我将这些杂志上刊登过的谜题重新刊载出来。
作者俱乐部
1917年3月25日

目录
前言 v
算术与代数问题 1
货币谜题 1
年龄与亲属关系谜题 6
时钟谜题 9
运动与速度谜题 11
数字谜题 13
各类算术与代数问题 17
几何问题 27
分割谜题 27
希腊十字形谜题 28
各类分割谜题 35
拼图谜题 46
各类几何谜题 49
点与线相关问题 56
移动计数器问题 58
路径与路线问题 68
组合与分组问题 76
棋盘问题 85
棋盘简介 85
静态棋类谜题 88
有防护措施的棋盘 95
动态棋类谜题 96
各类棋类谜题 112
测量、称重与包装谜题 109
过河问题 112
与游戏相关的问题 114
谜题游戏 117
幻方问题 119
减法、乘法与除法幻方 124

素数幻方。125
迷宫及其解法。127
悖论集。137
未分类问题。142
解答。148
索引。253

数学中的趣味内容。

算术与代数问题。
“他究竟是谁呢？其实，他是个出色的算术家。”
——《奥赛罗》，第一幕第一场

为方便读者，这些题目被大致分类整理。有些很简单，有些则相当困难。不过它们并没有按照难度顺序排列——这是有意为之，因为这样就不会让解题者提前知道某个题目的真实难度。因此，某个题目可能看起来很简单，但实际上却暗藏陷阱，稍有不慎或过于自信就可能会陷入其中。

此外，这些算术与代数题目并未像某些作者那样被分开处理，那些作者会强制要求用某种特定方法来解答某些题目。读者可以自行选择，判断哪些题目可以通过纯算术方法来解决。

金钱谜题。
“不要信赖金钱，而应将金钱托付给值得信赖的人。”
——奥利弗·温德尔·霍姆斯

1. ——邮局的难题
在生活的各种事务中，我们偶尔会遇到一些突如其来的问题，令我们一时不知所措。有一次，我在一家邮局看到一位年轻女士遇到麻烦：有位先生走进来，把一英镑放在柜台上，要求她：“请给我一些两便士的邮票，六倍数量的便士邮票，剩下的钱则用两便士半便士的邮票凑齐。”起初她显得很困惑，但很快就想通了，微笑着按照要求递上了相应的邮票。你需要多长时间才能想出答案呢？

2. ——少年的早熟与平凡
有些少年的早熟现象实在令人惊讶。人们常常会说：“你家那个孩子真是个天才，长大后一定会取得巨大成就。”但经验告诉我们，他们往往最终只是成为普通人而已。相反，那些看似平庸的少年反而有可能成为杰出人物。谁也说不准。大自然总喜欢给我们呈现这些奇怪的悖论。众所周知，那些能以惊人速度完成计算、不时让世界惊叹的“闪电计算器”，一旦学会了最基本的算术规则，就立刻失去了那些神奇的能力。
有个男孩正在吃一根上等的香蕉，这时一个年轻朋友走过来，用羡慕的目光看着他，问道：“你花了多少钱……”

“弗雷德，你为那根香蕉付了多少钱？”他的回答实在令人惊叹：“我买香蕉的那个人，用16打香蕉换来的钱，只相当于他用5英镑卖香蕉所得钱的一半而已。”那么，读者要花多少时间才能正确算出弗雷德为这种稀有又美味的水果付出了多少钱呢？

3. ——在牲畜市场
三个乡下人在牲畜市场相遇了。霍奇对杰克斯说：“我把我的6头猪换成你的1匹马，这样你这里的动物数量就会是我的两倍。”杜兰特对霍奇说：“如果这就是你做生意的方式，那我就用14只羊来换你的1匹马，这样你这里的动物数量就会是我的三倍。”杰克斯则对杜兰特说：“我可以给出4头牛来换你的1匹马，那样你这里的动物数量就会是我的六倍。”毫无疑问，这是一种非常原始的交换方式，但要想知道杰克斯、霍奇和杜兰特各自带了多少动物到市场上，倒也是一道有趣的谜题。

4. ——豆子宴之谜
有一些人一起去参加一场豆子宴。受邀的人一共有四组：25名鞋匠、20名裁缝、18名帽商以及12名手套匠。他们总共花费了6英镑13先令。已知5名鞋匠的花费相当于4名裁缝的花费；12名裁缝的花费相当于9名帽商的花费；6名帽商的花费相当于8名手套匠的花费。这个谜题就是要算出每组人分别花了多少钱。

5. ——奇怪的巧合

有七个人，他们的名字分别是亚当斯、贝克、卡特、多布森、爱德华兹、弗朗西斯和古吉恩。最近他们一起玩游戏。具体玩的是什么游戏并不重要。他们约定：每当有一个人赢得一局游戏时，他就必须给其他每个人双倍的金额——也就是说，他需要给的金额等于那些人当时口袋里的钱数。他们一共玩了七局游戏，奇怪的是，按照他们名字的顺序，每个人轮流赢了一局。更有趣的是，当游戏结束后，这七个人的口袋里都有相同的金额——两先令八便士。问题在于，要弄清楚每个人在开始游戏之前各自带了多少钱。

6. ——一项慈善遗赠
有一个人在遗嘱中指示他的遗产管理人，每年要将他拥有的55先令分发给所在教区的穷人；不过，只要能够用不同的方式来分配这笔钱，就可以继续这么做，即每次给一些妇女每人18便士，给一些男子每人半克朗。那么，这项慈善事业最多能持续多少年呢？当然，“不同的方式”指的是每次分配时给予的男子和妇女的人数不同。

7. ——寡妇的遗产
有一位刚刚去世的绅士，他将8,000英镑的遗产留给了他的寡妇、五个儿子和四个女儿。他规定，每个儿子的继承额应该是每个女儿的三倍，而每个女儿的继承额则是她们母亲的两倍。那么，寡妇能得到多少遗产呢？

8. ——随意的慈善行为

一天晚上，一位乐善好施的绅士在回家途中，接连遇到三个需要帮助的人向他求助。他给第一个人的是口袋里钱的一半再多一便士；给第二个人的是当时口袋里钱的一半再多两便士；给第三个人的是剩余钱的一半再多三便士。回到家后，他的口袋里只剩下了一便士。那么，你能算出这位绅士出发时身上到底有多少钱吗？

9. ——两架飞机
有个男人最近买了两架飞机，但后来发现它们并不符合他的使用需求。于是他以每架600英镑的价格把它们卖掉，其中一架亏损了20%，另一架则盈利了20%。那么，他在这笔交易中总体上是盈利还是亏损？亏损或盈利了多少？

10. ——购买礼物
“威廉兄弟，你觉得我上周在城里遇到了谁？”本杰明叔叔问道。“就是那个吝啬鬼乔金斯。他的家人带他去购买圣诞礼物。他对我说：‘为什么政府不取消圣诞节，还规定送礼是一种违法行为呢？’今天早上我出门时带了一定数额的钱，结果发现只花掉了一半。事实上，相信我的话，我带回家的先令数量等于我原本拥有的英镑数量，而英镑数量则是先令数量的一半。这太荒谬了！”你能算出乔金斯为那些礼物花了多少钱吗？

11. ——骑自行车者的盛宴

那是上一个银行假日，我听说有些骑自行车的人在美好的天气里外出游玩。他们在一家老酒馆里休息，于是决定一起享用一顿大餐。“请把所有费用列在一张账单上，”他们说，“每个人只需支付相同的金额。”账单很快就被摆在了桌上，那天的总费用是四英镑。可惜的是，当他们准备结账时，发现有两个人偷偷溜走了。因此，那些留下来的人每人要多付两先令。毫无疑问，他们后来与那两个骗子解决了这笔账。他们最初一共有多少人呢？

12. ——关于金钱的有趣现象
66英镑6先令6便士等于15,918便士。这里的四个6加起来是24，而15,918这个数各位数相加也是24。有趣的是，还有另一个由英镑、先令和便士组成的金额，其各位数相加的结果也与15,918的各位数之和相同。那个金额是多少呢？

13. ——一个新的金钱谜题
使用九个数字各一次，用英镑、先令、便士和法寻来表示的最大金额是98,765英镑4先令3.5便士。现在，试着找出在完全相同条件下能表示的最小金额。对于英镑、先令、便士和法寻这些货币单位，都必须赋予一定的数值，而且不能使用0。这需要一点判断力和思考能力。

14.—平方货币
“这真奇怪，”麦克拉克克对他的朋友说，“2便士加上2便士是4便士，而2便士乘以2便士也是4便士。”当然，他错了——金钱是不能相乘的。乘数应被视为一个抽象数字。的确，2英尺乘以2英尺等于4平方英尺；同样地，2便士乘以2便士也等于4平方便士！至于“平方便士”究竟是什么，恐怕会让读者感到困惑。不过为了解决这个谜题，我们就假定2便士乘以2便士确实等于4便士。那么，有哪些两种金额，无论以加法还是乘法的方式计算，都能得到相同的最小结果呢？这两种金额不必相等，但必须是该国现行的硬币面额。

15.—零用钱
如果我只使用现行的银币，且不能给出半索维林的零钱，那我最多可以拥有多少钱呢？

16.—百万富翁的困惑
美国人称他为“蛤蜊王”的百万富翁摩根·G·布卢姆加滕因为拥有太多钱财而无所适从。这让他感到无聊，于是他决定用这些钱来折磨一些贫穷却幸福的朋友们。这些人从未对他做过任何坏事，但他还是想让他们受到“一切邪恶的根源”的影响。因此，他打算把一百万美元分给他们，然后看着他们迅速堕落。不过他是个有着奇怪幻想和迷信的人，他有个不可违背的原则：绝不会送出价值不是一美元的礼物。

或是7的幂次——比如7、49、343、2,401，这些数字都是通过将7不断相乘得到的。他的另一条规则是：绝不会给超过六个人完全相同的金额。那么，他该如何分配这1,000,000美元呢？在给定的条件下，你可以把钱分给任意多的人。

17.—神秘的货币盒
有四个兄弟——约翰、威廉、查尔斯和托马斯——每人都有一个货币盒。这些盒子是在同一天交给他们的，他们立刻将自己手头的钱放入盒中；由于盒子容量不大，他们先将钱换成了尽可能少的硬币。之后，他们互相告知自己存了多少钱，结果发现：如果约翰的盒子里多2先令，威廉的少2先令，查尔斯的金额是现在的两倍，而托马斯的则是现在的一半，那么他们四人的金额就会完全相同。现在，再加上四个盒子里总共只有45先令，且里面的硬币总数仅为6枚，这就变成了一道有趣的谜题，需要找出每个盒子里分别有哪些硬币。

18.—市场女商贩们
有一些市场女商贩以每磅固定的价格出售各种商品（价格各不相同），而且每个人获得的收入都是一样的——2先令2½便士。那么，最多可能有多少名女商贩呢？每磅的价格必须是可以用现钞支付的金额。

19.—新年前夜的晚餐费用
伦敦一家小咖啡馆的老板给了我一些有趣的数据。他说，独自前来消费的女士平均每人花费18便士，而独自前来的男士则每人花费半克朗；如果是一位男士带一位女士一起来，那么他需要支付半基尼。在新年前夜，他为25个人提供了晚餐，总共收入了5英镑。假设这些平均值在所有情况下都成立，那么那次来用餐的人有哪些呢？显然，只有单身男士、单身女士以及情侣（一男一女）才有可能出现在那里，因为我们不考虑人数更多的团体。

20.—牛肉与香肠
“我的一个邻居，”简阿姨说，“以每磅2先令的价格购买了若干磅牛肉，又以每磅18便士的价格购买了同样重量的香肠。我告诉她，如果把同样的钱平均分配在牛肉和香肠上，那么她得到的总重量就会多出2磅。你能告诉我她到底花了多少钱吗？”
“当然，那与我无关，”桑尼伯恩夫人说，“不过，能支付这种高价的女性，想必在家庭理财方面还相当缺乏经验。”
“我完全同意，亲爱的，”简阿姨回答道，“但你看，这并不是我们正在讨论的重点，就像商人的姓名或品行也不是重点一样。”

21.—苹果的交易
我付给一个人1先令买了一些苹果，但那些苹果实在太小了，所以我让他再多给我两颗。这样一来，每颗苹果的成本就只剩1便士了。

比他最初要求的价格低了十几便士。那么，我用一先令能买到多少个苹果呢？

22.—鸡蛋交易
最近，有个人去奶店购买鸡蛋。他想要不同品质的鸡蛋。售货员有刚下蛋的鸡蛋，每个5便士；新鲜的鸡蛋，每个1便士；普通鸡蛋，每个0.5便士；还有用于选举宣传的鸡蛋，价格则低得多。但由于当时没有选举，买主不需要那种鸡蛋。不过，他还是买了另外三种鸡蛋，总共用8先令4便士买到了100个鸡蛋。由于他买的两种品质的鸡蛋数量相同，因此要算出每种鸡蛋的具体购买数量就成了一道有趣的谜题。

23.—圣诞礼物盒
几年前，有个人告诉我，他在圣诞礼物盒上花了100枚英国银币，给每个人准备的礼物金额相同，总共花费了1英镑11先令1便士。你能算出收到礼物的人数吗？他又是怎么分配这些礼物的呢？那多出来的1便士看起来有点奇怪，但实际上并没有问题。

24.—购物难题
两位女士走进一家商店，由于某种奇怪的规定，这家商店不找零钱。她们的购物总额还不到5先令。“你知道吗？”其中一位女士说，“我需要至少6枚硬币才能支付我所买的物品。”另一位女士思考了一会儿，然后说道：“真是巧合，我也需要……”

“正好处于同样的困境中。” “那我们就一起支付这两笔账单吧。”
但令他们惊讶的是，他们仍然需要六枚硬币。那么，若购买两种不同的物品，所需的最小金额是多少呢？

25.—中国的货币
中国人是个奇怪的民族，他们的做事方式也颇为奇特。据说他们使用的是向上施力的锯子而非向下施力的那种；在打磨木板时，他们是把工具往自己这边拉而不是推；建造房屋时，则是先搭建屋顶，等屋顶就位后再从上往下施工。至于货币方面，该国的货币是价值不稳定的银两。银两的厚度越来越薄，以至于2000枚银两堆在一起的高度还不到三英寸。常见的现金是各种厚度的黄铜币，币心有圆形、方形或三角形的孔，就像图中所展示的那样。
这些硬币被串在绳子上，就像纽扣一样。假设11枚带圆形孔的硬币价值15个青钱，11枚带方形孔的硬币价值16个青钱，11枚带三角形孔的硬币价值17个青钱，那么，如果只用这三种硬币，一个中国人要如何为我找回半克朗的零钱呢？1个青钱的价值恰好相当于2便士又15/16个青钱。

26.—初级职员的谜题

有两名年轻人，名字分别是莫格斯和斯诺格斯，他们在明辛巷的一家商店里担任初级文员。两人的薪资相同，均为每年50英镑，每半年支付一次。莫格斯的薪资每年增加10英镑，而斯诺格斯也获得同样的加薪幅度，只不过他要求将加薪部分每半年支付2英镑10先令——他的雇主（或许这并不奇怪！）并未反对这一要求。

现在我们来探讨这个谜题的真正关键点。莫格斯会定期将自己工资的一定比例存入邮政储蓄银行，而斯诺格斯则将更高比例的工资用于储蓄。五年后，两人一共存下了268英镑15先令。那么他们各自存了多少钱呢？利息问题可以忽略不计。

27.—找零问题。
大家都熟悉在找零时常常出现的麻烦，以及有时有第三方带着一些硬币帮忙就能解决这个问题。这里有一个例子：一名英国人走进纽约的一家商店，购买了价值34美分的商品。他手头只有1美元、1枚3美分硬币和1枚2美分硬币。店主只有半美元和1/4美元硬币。不过当时还有另一位顾客在场，他在被请求帮忙后拿出了2枚10美分硬币、1枚5美分硬币、1枚2美分硬币和1枚1美分硬币。店主究竟是如何完成找零的呢？对于那些不熟悉美国硬币面值的读者来说，只需知道1美元等于100美分，10美分硬币相当于1枚10美分硬币即可。只要用正确的方法来处理，这类谜题其实不会造成什么困难。

28.—有缺陷的观察。

我们对细微之处的观察往往存在缺陷，记忆也极易出错。有位法官在处理一起案件时称，他完全不记得自己曾给妻子戴上过结婚戒指。在没有看到硬币的情况下，你能回答这些问题吗？硬币上的日期在哪一面？有些人极其粗心，尽管他们几乎每天都在接触硬币，却仍无法回答这个简单的问题。如果我把一枚硬币平放在桌子上，那么我还能在它的周围放置多少枚同样平放在桌子上的硬币，使得这些硬币都与第一枚硬币相接呢？几何学家当然能立刻给出答案，而且无需进行任何实验。他还会知道，由于所有圆形都是相似的，因此这个答案对任何硬币都适用。下一个问题很适合让一群人一起解答——每个人都在纸上写下自己的答案，这样就不会有人能借助别人的答案。最多可以在半克朗硬币的表面上平放多少枚三便士硬币，且这些硬币彼此不重叠、也不超出半克朗硬币的边缘？对于这个问题，人们给出的答案种类繁多，而能答对的人则寥寥无几。当然，答案必须在不看硬币的情况下得出。

29. ——破损的硬币
有个人拥有三枚硬币：一英镑硬币、一先令硬币和一便士硬币，他发现每枚硬币都有相同比例的部分被弄坏了。假设这些硬币原来的面值与其实际价值相等——也就是说，一英镑硬币价值一英镑，一先令硬币价值一先令，一便士硬币价值一便士——那么，如果剩余三块硬币的总价值恰好为一英镑，那么每枚硬币损失了多大比例的价值呢？

30. ——两个概率问题

或许，没有哪种谜题会像与概率论相关的谜题那样，让人们如此频繁地犯错。我将给出两个我所说的这类谜题的简单例子。其实它们相当简单，但仍有很多人会被难住。最近，一位朋友拿出五枚硬币对我说：“如果同时抛这五枚硬币，那么至少有四枚硬币呈现正面或反面的概率是多少？”他自己的答案是完全错误的，不过正确的答案应该不难找到。还有一个人在我听到他提出的以下小谜题时也给出了错误答案：“有个人在袋子里放了三枚金币和一枚一先令硬币。那么，要抽取一枚硬币的话，需要支付多少费用呢？”当然，前提是抽取到四枚硬币中的任何一枚的概率都是相同的。

31. 家庭经济
来自普特尼的珀金斯夫人给我写了如下信：“如果您能告诉我一个最近一直困扰我的问题的答案，我会非常高兴。问题如下：我们结婚不久，从开始共同生活到现在已经两年了。我丈夫告诉我，我们把他每年收入的三分之一用于房租、各种税费，一半用于家庭开销，九分之一用于其他用途。他银行里还剩下190英镑。我知道这个数字，因为前几天他不小心把存折落下了，我偷看了一下。您不认为丈夫应该在财务问题上完全信任自己的妻子吗？我认为是的；但您相信吗？他从未告诉过我他的实际收入是多少，而我自然很想知道。根据我提供的这些数字，您能算出他的收入是多少吗？”
是的，根据珀金斯夫人信中的数据，确实可以算出答案。而如果不加以提醒的话，我的读者们几乎都会给出一个远远高于正确答案的数字！

32. ——旅行车票之谜
当那些醒目的广告牌出现在小型的地方火车站上，宣布大——公司将在圣诞假期期间提供前往伦敦的廉价旅游列车时，穆德利-卡姆-特米茨的居民们顿时兴奋不已。火车到达前半小时，小小的售票处就已经挤满了那些想要去大城市探望朋友的乡下人。售票员不习惯处理如此多的人流，事后他一边擦着额头上的汗一边告诉我，让他头疼的是这些乡下人用太多小额硬币来支付车费。他说，他手头的便士足够给一家西区的服装店当一周的零钱，而三便士硬币的数量则足以满足三座教区教堂的需求。“那趟旅行的车费是19先令9便士，”他说，“我倒想知道，用这个国家的现有硬币，到底有多少种不同的方式可以支付这笔钱。”
那么，这就是一个谜题：用我们现在的硬币，19先令9便士有多少种不同的支付方式？请注意，四便士硬币已经不再流通了。

33. ——反向换算之谜
大多数人知道，如果用英镑、先令和便士来表示一笔金额，且英镑的数量（小于12英镑）多于便士的数量，那么将英镑换成便士，便士换成英镑，再计算两者之间的差值，最后再将这个差值反过来相加，结果总是12英镑18先令11便士。但如果去掉“小于12英镑”这一条件，允许用0来代表先令或便士，那么：(1) 这条规则不再适用的最低金额是多少？(2) 这条规则仍然适用的最高金额是多少？当然，像14英镑15先令3便士这样的金额，可以写成3英镑16先令2便士，这其实和3英镑15先令14便士是相同的。

34.—杂货商与布商
有个乡村的杂货商和布商，他们各有两名竞争关系的助手，这两人都以能为顾客提供快速服务而自豪。负责杂货业务的助手每分钟能称量两包一磅重的糖，而负责布匹业务的助手则能在同一时间内剪下三段一码长的布料。某个闲暇的日子里，他们的老板给他们安排了一场比赛：让杂货商用一桶糖称量出四十八包一磅重的糖，同时让布商将一卷48码长的布料剪成一段一段的。在这期间，有顾客打扰了他们两人共9分钟，但布商被打扰的时间是杂货商的17倍。那么这场比赛的结局如何呢？

35.—朱德金斯的牲畜
德克萨斯州的牲畜商人海勒姆·B·朱德金斯拥有五群牲畜，包括牛、猪和羊，每群的数量相同。一天早上，他把所有的牲畜都卖给了八位商人。每位商人购买的牲畜数量相同，每头牛的价格为17美元，每头猪的价格为4美元，每只羊的价格为2美元；海勒姆总共收到了301美元。那么他最多能拥有多少头牲畜？其中每种牲畜又有多少头呢？

36.—购买苹果
由于少量购买苹果总是会带来不少麻烦，我觉得有必要就此谈谈。我们都知道那个聪明的男孩的故事：当老妇人告诉他她的苹果售价是3便士买4个时，他说道：“让我来试试吧。”

“看我！三个便士买四个；两个便士买三个，一个便士买两个，免费一个——我要一个！”
还有类似的令人困惑的情况。比如，有个男孩从摊位上拿了一个一便士的苹果，但当他得知那个女人卖的梨价格相同后，便把苹果换成了梨，正准备离开。“等等！”女人说，“你还没付梨的钱呢！”“没有，”男孩回答，“当然没有。我已经用苹果抵钱了。”“但你并没有为苹果付款啊！”“天哪！你难道还指望我为苹果和梨都付款吗？”还没等那女人想出办法，男孩就不见了。
另外，还有这样一件事：有个男人给了一个男孩六便士，并承诺一旦男孩凑到九便士就会再给他一些钱。五分钟后，男孩回来了，他说：“我已经凑到九便士了”，同时把三便士交给了那个男人。“你是怎么做到的？”有人问他。“我买了价值三便士的苹果。” “但那样总还不等于九便士吧！”“我觉得就是了，”男孩回答，“卖苹果的女人有三便士，对吧？那我买了价值三便士的苹果，又把剩下的三便士给了你，这不就是九便士了吗？”
我举这些例子只是为了说明，这个小男孩确实需要一些关于购买苹果的技巧指导。因此，我将给出一个与这种购物方式相关的简单题目。
有个老妇人出售三种大小的苹果——一种一便士一个，两种的也是一便士一个，三种的同样是一便士一个。显然，两个第二种大小的苹果加上三个第三种大小的苹果，其价值相当于一个最大的苹果。现在，有个男人，他的儿子和女儿人数相等，他给了孩子们七便士，让他们一起用来购买这些苹果。问题是要让每个孩子得到的苹果数量相等。那么，这七便士是如何花费的？孩子们一共有多少人呢？

37. ——购买栗子。

虽然下面的小谜题是关于购买栗子的，但它并不属于“栗子类”谜题，而是一种全新的类型。乍看之下，它似乎属于那种无意义的谜题，但仔细思考后就会发现其实有合理的解答。

有个男人去商店买栗子。他说自己想要一便士重的栗子，于是得到了五颗栗子。“还不够，我应该再得到一颗。”他说道。店主则回答说：“如果你再要一颗的话，你就会有六颗了。”奇怪的是，两人说的都是对的。那么，如果支付半克朗的话，买家应该得到多少颗栗子呢？

38.—自行车窃贼
这是个经常以不同形式出现的谜题。有个骑自行车的人以15英镑的价格买了一辆自行车，但他用的是一张25英镑的支票作为付款方式。卖家便找附近的店主帮忙将这张支票兑现，骑车人拿到10英镑的零钱后便骑上自行车逃走了。后来那张支票被证明是无效的，卖家只好向那家店的店主退还他所收到的钱。由于骑车人没有留下地址，无法找到他，卖家不得不向朋友借钱25英镑来偿还这笔钱。既然那辆自行车的实际成本仅为11英镑，那么卖家总共损失了多少钱呢？

39.—水果商的谜题
“比尔，你买那些橙子花了多少钱？”
“我才不会告诉你呢，吉姆。不过我让那个老头每百个橙子少收4便士。”
“那对你有什么好处呢？”
“嗯，这样每10先令就能多买五个橙子啊。”

那么，比尔实际上为这些橙子支付了多少钱呢？只有一种价格符合他的陈述。

关于年龄与亲属关系的谜题
“我们的寿命约为六十年零十岁。”
——《诗篇》90:10

几个世纪以来，人们最喜欢用询问某人年龄的形式来出算术谜题。这类谜题通常可以通过代数方法轻松解决，不过难点往往在于如何准确表述问题。虽然有些谜题可能相当复杂，需要巧妙的思维才能解答，但并没有通用的解题规律，解谜者必须依靠自己的智慧。至于与亲属关系相关的谜题，令人惊讶的是，很多人会觉得这类问题十分棘手。即使在日常对话中，说话者自己很清楚某种亲属关系，但别人却可能立刻被搞得一头雾水。比如“他是我叔叔的女婿的妹妹”，如果没有详细的解释，有些人根本无法理解其含义。在这种情况下，最好的办法就是画出一个简短的家谱图，这样就能帮助人们迅速理清关系。如今，由于人们对家族血统的重视程度越来越低，大多数人已经不再习惯快速绘制这样的家谱图了，这实在令人遗憾，因为这样做本可以节省大量时间和精力。

40. ——妈妈的年龄
汤米：“妈妈，您多大了？”
妈妈：“让我想想吧，汤米。嗯，我们三个人的年龄加起来正好是七十岁。”
汤米：“那可真多啊！那爸爸呢，您多大了？”
爸爸：“我就是你年龄的六倍，孩子。”

汤米：“爸爸，我什么时候才能有您一半大呢？”
爸爸：“会的，汤米；到那时，我们三个人的年龄加起来将会是今天年龄总和的两倍。”
汤米：“那要是我比您先出生呢，爸爸？要是妈妈把这件事给忘了，我出生的时候她不在家呢？要是——”
妈妈：“汤米，咱们去睡觉吧。亲爱的，不然你会头疼的。”
如果汤米再大几岁的话，他或许就能根据父母给出的信息算出他们的确切年龄了。你能算出妈妈的准确年龄吗？

41. ——他们的年龄
“我丈夫的年龄，”一位女士最近说道，“可以用我自己的年龄倒过来表示。他比我年长，我们两人年龄之差等于他们年龄总和的十一分之一。”

42. ——一家人的年龄
最近，斯迈利一家接待了他们最喜欢的叔叔的到访，这对慈爱的父母把五个孩子都带到了叔叔面前。首先是比利和小格特鲁德，叔叔得知男孩的年龄恰好是女孩的两倍。接着亨丽埃塔来了，有人指出她和格特鲁德的年龄之和等于比利年龄的两倍。然后查理跑了进来，又有人说现在两个男孩的年龄之和恰好是两个女孩年龄之和的两倍。叔叔正对这些巧合感到惊讶时，珍妮特走了进来。“啊！叔叔，您居然正好在我21岁生日那天来到这里！”斯迈利先生则补充了一个更令人震惊的消息：

“没错，现在三个女孩的年龄之和恰好等于两个男孩年龄之和的两倍。”你能算出每个孩子的年龄吗？

43.—廷普金斯夫人的年龄。
埃德温：“你知道吗？18年前廷普金斯夫妇结婚时，廷普金斯的年龄是妻子的三倍，而今天他的年龄则是她的两倍。”
安吉丽娜：“那廷普金斯夫人结婚那天多大呢？”你能回答安吉丽娜的问题吗？

44—一项人口普查谜题。
乔金斯夫妇有15个孩子，他们都是每隔一年半出生一个。最大的女儿艾达·乔金斯不愿向人口普查员透露自己的年龄，但她承认自己的年龄是最小的小约翰尼的七倍。那么艾达的年龄是多少呢？不要急于认为自己已经解出了这个谜题，因为你可能会犯严重的错误！

45.—母女之间。
“妈妈，我希望您能送我一辆自行车，”一天，一个12岁的女孩说道。
“我觉得你还不够大，亲爱的，”妈妈回答道。“等我年龄变成你的三倍时，就送你一辆吧。”

现在，这位母亲的年龄是四十五岁。那么，那位年轻女子预计什么时候能收到她的礼物呢？

46.—玛丽与马默杜克
马默杜克：“亲爱的，你知道吗？七年后，我们两人的年龄加起来将会是六十三岁。”
玛丽：“真的吗？不过事实上，当你和我现在这个年纪时，你的年龄可是我的两倍呢。我昨晚算过了。”
那么，玛丽和马默杜克的年龄各是多少呢？

47—罗弗的年龄
“那么，汤米，罗弗多大了？”米尔德里德的男朋友问她的弟弟。
“嗯，五年前，”年轻人回答道，“姐姐的年龄是那只狗的四倍，但现在她只是那只狗的三倍大而已。”你能算出罗弗的年龄吗？

48.—关于汤米的年龄
汤米·斯马特最近被送到了一所新学校。他刚到学校的第二天，老师就问他年龄，而他给出了这样的回答：“嗯，是这样的。我出生的时候——我忘了是哪一年了——我唯一的妹妹安的年龄恰好是母亲年龄的四分之一，而现在她的年龄则是父亲年龄的三分之一。” “那倒也说得通，”老师说，“但我想知道的不是你妹妹安的年龄，而是你自己的年龄。” “我正要说到这一点，”汤米回答道，“我的年龄正好是母亲年龄的四分之一。”

现在我这个年纪，再过四年，我的年龄就会是父亲年龄的四分之一。有趣吧？
这就是老师从汤米·斯马特那里得到的所有信息。根据这些信息，你能算出他的确切年龄吗？这确实有点令人困惑。

49.—隔壁的邻居们
在图廷贝克，有两户人家住在彼此隔壁——朱普一家和西姆金一家。朱普家四口人的年龄总和为100岁，西姆金家四口人的年龄总和也是100岁。在每户家庭中，每个孩子的年龄的平方加上母亲年龄的平方，都等于父亲年龄的平方。不过，朱普家的朱莉娅比她的弟弟乔大1岁，而西姆金家的苏菲则比她的弟弟萨米大2岁。那么，这八个人的年龄分别是多少呢？

50.—一袋坚果
有三个男孩在圣诞节时收到了一袋坚果作为礼物，他们约定按照各自的年龄来分配这些坚果，三人的年龄总和为17.5岁。袋子里共有770颗坚果。每当赫伯特拿4颗坚果时，罗伯特就拿3颗；每当赫伯特拿6颗坚果时，克里斯托弗就拿7颗。问题是要找出每个人拿到了多少颗坚果，以及他们各自的年龄是多少。

51.—玛丽多大了？

这是一个由已故的萨姆·洛伊德所设计的有趣年龄问题，在美国非常流行。你能解开这个谜团吗？玛丽和安的年龄加起来是44岁。当玛丽的年龄是安将来年龄的一半时，玛丽的年龄是安当时年龄的两倍；而当安的年龄是玛丽当时年龄的三倍时，玛丽的年龄又是安那时年龄的两倍。那么，玛丽多大了呢？就这些了，你能算出来吗？如果不行，可以请朋友帮忙，看看他们在试图理解这个复杂问题的过程中脸上露出困惑的表情吧。

52. ——奇怪的关系
“说到关系问题，”某次晚宴上牧师说道，“我们的立法者把婚姻法搞得一团糟。比如，我就遇到过一起令人费解的案件：两兄弟分别娶了两姐妹。其中一个兄弟去世了，另一个兄弟的妻子也死了。之后，剩下的两人便结了婚。”
“根据新法律，那个男人娶的是他已故妻子的妹妹？”律师问道。
“没错。因此，从民法的角度来看，他们的婚姻是合法的，他们的孩子也是合法出生的。但是，从现实情况来看，那个男人其实是那个女人已故丈夫的兄弟，所以按照民法，他们并不构成合法夫妻，他们的孩子也是私生儿。”
“他娶了她，而她却没有嫁给他！”医生说道。
“正是如此。那个孩子是他父亲的合法儿子，但却是他母亲的私生儿。”
“毫无疑问，法律真是麻烦透顶，”艺术家感叹道，“如果允许我这么说的话，”他向律师鞠躬补充道。
“当然，”律师回答，“我们律师会尽力让法律为人类服务。而立法者则负责制定法律本身。”

“这让我想起，”牧师继续说道，“我教区里有个人娶了他遗孀的妹妹。那个男人——”
“请稍等一下，先生，”教授说。“娶了他遗孀的妹妹？你们教区里还会有人娶死者的女儿吗？”
“不，不过我稍后会解释清楚。嗯，那个男人自己也有一个妹妹。他们的名字分别是斯蒂芬·布朗和简·布朗。上周有个年轻人出现了，斯蒂芬称他为自己的侄子。我自然而然地称简为他的姑妈，但令我惊讶的是，那年轻人纠正了我，他声称虽然自己是斯蒂芬的侄子，却不是斯蒂芬的妹妹简的侄子。这让我很困惑，但实际上他的说法是完全正确的。”
律师最先弄清了谜团的核心。他的解决方案是什么？

53.—电话里的对话。
第一位女士：“那他和您有亲戚关系吗，亲爱的？”
第二位女士：“哦，有的。其实，那位先生的母亲是我母亲的岳母，但他和我父亲关系不好。”
第一位女士：“哦，原来如此！”（不过显然她也没更明白些。）
那么，那位先生和第二位女士之间到底有什么关系呢？

54.—一个家庭聚会。
某个家庭聚会中包括了：1位祖父、1位祖母、2位父亲、2位母亲、4个孩子、3位孙辈、1位兄弟、2位姐妹、2位儿子、2位女儿、1位岳父、1位岳母以及1位儿媳。你可能会觉得是23个人吧？其实只有7个人在场。你能解释这是怎么做到的吗？

55.—复杂的血缘关系。
约瑟夫·布洛格斯：“我搞不懂啊，孩子。这让我头晕！”
约翰·斯诺格斯：“其实很简单。再听一遍吧！你既是我父亲的姐夫，也是我兄弟的岳父，同时还是我岳父的兄弟。你看，我父亲是——”
但布洛格斯先生拒绝再听下去了。读者能解释这种奇特的三重关系究竟是如何产生的吗？

56.—威尔逊的谜题。
“说到令人困惑的事情……”威尔逊先生说着，把一本杂志扔在铁路酒店商务室的桌子上。
“谁在说令人困惑的事情？”斯塔布斯先生问道。
“嗯，准确地说，是我在阅读相关内容时想到，也许你们三个人会对与我有关的一件小事感兴趣。”
那是圣诞夜，这四位商务旅客正在格拉斯明斯特度过假期。他们很可能都怀疑其他人没有家，或许也都意识到自己同样处于同样的困境中。不过他们看起来倒很自在，围坐在温暖的火炉旁，谈话也逐渐变得轻松起来。
“有什么难题吗？”帕克赫斯特先生问。
“只要正确理解的话，其实并没有什么难题。事情是这样的：有个叫帕克的人有一架可以载两人的飞行器。他是个喜欢冒险的人——可以说是鲁莽至极——他很难找到愿意和他一起冒险飞行的人。不过，我的一位叔叔愿意试试看，于是……”

早上好，他坐进飞行器里，一切都很顺利。当他们上升到大约一千英尺的高度时，我的侄子突然——”
“喂，停一下，威尔逊！你的侄子在那儿做什么？你刚才说是你的叔叔，”斯塔布斯先生打断道。
“我这么说了吗？算了，那不重要。我的侄子突然转向帕克，说引擎运转不正常，于是帕克就叫我的叔叔过来——”
“听着，”沃特森先生插话道，“我们越说越混了。是你的叔叔还是你的侄子？请明确一点。”
“我说的是对的。帕克叫我的叔叔去处理点什么，而我的侄子则——”
“又来这一套，威尔逊，”斯塔布斯先生叫道，“到底该明白是你叔叔和你侄子都在飞行器上吗？”
“当然。我以为我已经说清楚了。我讲到哪儿了？哦，我的侄子回过头来对帕克喊话——”
“唉！很抱歉又要打扰你了，威尔逊，但这样下去不行。这飞行器真的只能容纳两个人吗？”
“当然。我一开始就说过它只能载两个人。”
“那你究竟为什么说有三个人在上面？”斯塔布斯先生大声问道。
“谁说有三个人的？”
“你是说帕克、你的叔叔还有你的侄子一起上了那架飞行器。”
“没错。”
“可那东西明明只能载两个人啊！”
“还是没错。”

“威尔逊，我认识你已有一段时间了，知道你是个诚实且节制的人，”斯塔布斯先生严肃地说。“但恐怕自从你开始经营那种新商品之后，你就过度劳累了。”
“等一下，斯塔布斯，”沃特森先生插话道，“我明白我们哪里出错了。当然，威尔逊，你是想让我们明白帕克要么是你的叔叔，要么是你的侄子。如果你能告诉我们帕克究竟是你的叔叔还是侄子，那我们就没问题了。”
“他和我没有任何亲属关系。”
三个人都叹了口气，彼此之间面露忧虑之色。斯塔布斯先生从椅子上站起来去拿火柴，帕克赫斯特则开始给手表上发条，而沃特森先生则拿起火钳来照看火堆。这真是尴尬的时刻——在气氛如此融洽的情况下，没人愿意直接告诉威尔逊先生他的真实想法。
“真奇怪，”威尔逊先生故意说道，“有些人真是愚蠢至极，实在令人难过。你们似乎没有理解事实的真相。你们俩难道就从未想过，我的叔叔和侄子其实是同一个人吗？”
“什么！”三个人同时惊呼。
“没错；大卫·乔治·林克莱特既是我的叔叔，也是我的侄子。因此，我既是他的叔叔，又是他的侄子。很奇怪吧？我来解释一下这是怎么发生的。”
威尔逊先生把事情解释得非常简单，三个人立刻明白了：原来无需发生禁止的近亲婚姻，这种情况也是有可能出现的。也许读者自己也能想通这一点。

时钟谜题。
“看看那个钟！”
《英戈尔斯比传奇》。
在探讨一些与时钟及手表相关的谜题，以及在这些条件下指针所显示的时间时，有必要始终牢记一个特定的规则。通常情况下，要解决这类谜题，就必须假设指针确实能够记录下包含微秒级精度的时间。当然，这样的时间实际上是无法被准确显示的。那么，这类谜题就无解了吗？通过逻辑推理得出的结论其正确性取决于所假设的两个前提，数学领域也是如此。有些事情是预先假设的，而答案则完全取决于这些假设是否正确。
拉格朗日说：“如果两匹马能够拉动一定重量的负载，那么很自然地会认为四匹马可以拉动两倍重量的负载，六匹马则可以拉动三倍重量的负载。但实际上并非如此。因为这种推论是基于‘四匹马的力量大小和方向都相同’这一假设，而在现实中几乎不可能做到这一点。因此，我们的计算结果往往与现实有很大偏差。但这并不是数学的错，因为数学总是如实反映我们输入的信息。根据那个假设，比例是恒定的，结果也是基于该假设得出的。如果假设错误，那么结果必然也是错误的。”
如果一个人能在六天内收割一块田地，我们会认为两个人可以在三天内完成，三个人则可以在两天内完成。在这里，我们和拉格朗日讨论马匹的问题时一样，假设所有人的工作效率完全相同。但实际上，我们假设的还更多。因为当三个人一起工作时，他们可能会浪费时间闲聊或玩耍；或者，竞争意识可能会促使他们更加努力工作。我们可以做出任何假设。

只要问题中的条件表达清晰且被准确理解，答案就会符合那些条件。

57.—现在几点了？
“拉克兰布里恩，现在几点了？”前几天，有个熟人这样问我们的朋友——那位教授。他的回答实在有趣：“如果你把从中午到现在的时间的四分之一，加上从现在到明天中午的时间的一半，就能得到准确的时间。”那么，教授说话时是几点钟呢？

58.—时间谜题。
如果50分钟前是3点过4倍于当前时间的分钟数，那么距离6点还有多少分钟？

59.—一只有问题的手表。
一位朋友拿出他的手表说：“我的这只手表走时不准，得让人校准一下。我发现，分针和时针每65分钟就会恰好重合一次。”这只手表是快了还是慢了？每小时快/慢多少分钟？

60.—瓦普肖码头之谜。
1887年1月12日上午，泰晤士河下游街道上一片骚动。当早班工作人员到达时……

在瓦普肖码头，他们发现保险箱已被撬开，大量现金被盗，办公室里一片混乱。夜班看守不知去向，但所有认识他的人都不认为他会是劫匪。当天晚些时候，当店主们得知那名可怜人的尸体已被河警打捞上来时，这一想法更加坚定了。一些暴力痕迹表明他曾遭到残忍袭击后被抛入河中。他口袋里的手表也停止了走动，这种情况下手表通常都会如此，而这为确定案发时间提供了重要线索。不过，有个极其愚蠢的警察（在最优秀的团队中总会有那么一两个蠢人）竟试图转动表针让手表重新走动，以此取乐。在因这种严重失职行为受到严厉斥责后，有人问他是否记得手表被发现时的时间。他回答说记不清，只记得时针和分针完全重合，秒针则刚刚超过49秒。除此之外，他什么也记不起来了。那么，那名看守的手表究竟是在什么时候停止走的呢？当然，我们可以假设那块手表是精准的。

上面的时钟显示的时间是4点42分稍早一点。8点23分稍后，指针又会指向完全相同的位置。实际上，此时指针的位置已经互换了。从下午3点到午夜之间，时钟的指针会互换位置多少次？在所有这些指针位置互换的时刻中，分钟针距离IX点最近的准确时间是多少？

62.—俱乐部时钟。
前几天晚上，思考者俱乐部里的一座大钟停止了运转，从示意图可以看出，当时秒针正好位于另外两根指针的中间。一位会员向他的朋友们提议，让他们告诉他：如果时钟没有停止的话，秒针下一次再次处于分钟针和小时针中间时的准确时间。你能算出这个时间吗？

63.—秒表。

这里有一块带有三根指针的秒表。秒针每分钟绕表盘转动一圈，其末端靠近中心处有个小环。表盘上显示的是手表主人停止计时时的确切时间。可以看到，这三根指针之间的距离几乎相等：时针与分针所指的位置相距表盘周长的三分之一，而秒针则稍微超前了一些。要让三根指针的距离完全相等是不可能的。现在，我们想知道下一次三根指针彼此之间的距离再次达到相同值时是几点钟。你能说出这个时间吗？

64.—三只钟表
1898年4月1日星期五，三只新钟表同时开始走动，时间都设定为中午12点。次日中午时发现，钟表A的走时完全准确，钟表B快了整整1分钟，而钟表C则慢了1分钟。现在假设钟表B和C并未被调整过，而是继续以原来的速度运转，且始终保持相同的走时速率，那么三只钟表的指针何时又会再次同时指向12点呢？

65.—火车站的钟表
火车站的墙上挂着一面钟表，其长度为71英尺9英寸，高度为10英尺4英寸。这些数字指的是墙的尺寸，而非钟表本身的尺寸！在等待火车时，我们注意到钟表的指针指向相反的方向，并且与墙的一条对角线平行。那当时到底是什么时间呢？

66.—村里的傻子
有个爱开玩笑的人在乡间散步时，遇到一个坐在门槛上的乡巴佬。由于他不确定自己的行进方向，便打算向当地人询问路线；但第一眼看到那人后，他就草率地认为自己遇到了村里的傻子。于是他决定先用最简单的问题来测试这个人的智力，问题就是：“好心人，今天是星期几？”而他得到的回答却是：
“当后天变成昨天时，今天与星期日的距离，就如同前天还是明天时，今天与星期日的距离一样。”

读者能猜出那是星期几吗？很明显，那个乡下人并不像看上去那么愚蠢。那位先生在困惑之余也变得更加明智了，继续上路去了。

关于速度与行进距离的谜题。
“比赛并非比谁跑得快。”——《传道书》第九章第12节。

67. ——平均速度
在最近的一次驾车旅行中，我们发现前行的速度为每小时10英里；而返回时由于路上车辆较少，速度则达到了每小时15英里。那么我们的平均速度是多少呢？对于这个简单的问题，千万不要急于给出答案，否则很可能会出错。

68. ——两列火车
我把这个问题问了一位火车站站长，他立刻就给出了正确答案。由此我确信，美国或其他地方其实没有必要再寻找有才能的铁路工作人员了。有两列火车同时出发，一列从伦敦开往利物浦，另一列则从利物浦开往伦敦。如果它们在相遇后分别用1小时和4小时到达目的地，那么其中一列火车的速度比另一列快多少呢？

69. ——三个村庄
前几天，我打算开车从阿克菲尔德前往巴特福德，但由于失误，我选择了经过奇斯伯里的路线——这条路虽然比直接通往巴特福德的路线更靠近阿克菲尔德，但它位于直接路线的左侧12英里处。

本应该继续赶路的。到达巴特福德后，我发现自己已经走了35英里。那么，这些村庄之间的距离分别是多少呢？要求每个数值都是整数。需要说明的是，这三条路都非常笔直。

70.—领取养老金的老人。
“说到奇怪的人，”一位在政府机构工作的绅士说道，“我认识的一个最奇怪的人物，就是一位年老且跛脚的寡妇。她每周都会爬上山去村里的邮局领取养老金。她上山的速度为每小时1.5英里，下山的速度则为每小时4.5英里，因此往返一次需要6个小时。有谁能告诉我，从山脚到山顶的距离是多少呢？”

71.—埃德温·德·都铎爵士。

在插图中，我们看到埃德温·德·都铎爵士正前往营救他的心上人——美丽的伊莎贝拉。她被邻近的恶霸男爵囚禁着。埃德温计算过，如果以每小时15英里的速度骑行，他会提前一小时到达城堡；而如果以每小时10英里的速度骑行，则会晚一小时抵达。对他来说，至关重要的是必须准时到达，这样才能让他的营救计划成功。约定的见面时间是五点钟，那时被囚禁的伊莎贝拉正在享用下午茶。问题在于要算出埃德温·德·都铎爵士究竟需要骑行多远的距离。

72.—水上飞机之谜。
斯洛科姆比海镇的居民们因为有一位飞行家的到访而极为兴奋。全镇的人都出来观看那架神奇的水上飞机的飞行，当然，多布森和他的家人也在场。主人

汤米状态很好，他告诉父亲：英格兰人比苏格兰人和爱尔兰人更适合作飞行员，因为他们体重较轻。“你是怎么得出这个结论的？”多布森先生问道。汤米回答说：“的确，爱尔兰有科克郡的人，苏格兰有艾尔郡的人，那当然更好，但英格兰有体形较轻的人。”不幸的是，还得向多布森夫人解释这件事，这反而破坏了原本的趣味性。水上飞机的飞行路线是从斯洛科姆伯到附近的普德莱维尔——距离为五英里。当时风很大，这对飞行员很有利，他仅用十分钟就完成了前往目的地的旅程；而返回斯洛科姆伯的途中风势相反，他花了整整一小时才回来。那么，在没有风的情况下，他跑完这十英里需要多长时间呢？当然，水上飞机的引擎始终保持着稳定的运转速度。

73. 骑驴比赛
在去海边的过程中，汤米和伊万杰琳坚持要在沙滩上举行一英里的骑驴比赛。多布森先生以及他在海滩上遇到的一些朋友担任裁判。不过，由于这些驴子彼此很熟悉，不肯分开行动，因此比赛结果自然是平局。不过，裁判们站在以四分之一英里为间隔的各个位置上，记录下了以下数据：前三个四分之一英里的路程分别用了六分之三分钟和七分之三分钟，前半英里与后半英里的用时相同，第三个四分之一英里与最后一个四分之一英里的用时也完全一致。根据这些数据，多布森先生试着计算出这两头驴跑完一整英里需要多少时间。你能给出答案吗？

74. 土豆篮子

有个男人有一个装着50个土豆的篮子。他打算让儿子玩个游戏：把这些土豆依次摆在地上，第一颗土豆与第二颗之间的距离为1码，第二颗与第三颗之间为3码，第三颗与第四颗之间为5码，第四颗与第五颗之间为7码，以此类推——每多放一颗土豆，距离就增加2码。然后，男孩需要把它们一个个捡起来，放回篮子里，而篮子则放在第一颗土豆旁边。那么，男孩要走多远的距离才能完成这项任务呢？我们不考虑放置土豆时的行走距离，也就是说，他是从已经摆放好所有土豆的篮子处开始行动的。

75. ——乘客的运费
乍看之下，这个小故事中的问题似乎没什么可争议的，但实际上，相关两人还是花了一些时间才达成一致。史密瑟斯先生以3英镑的价格租了一辆汽车，从阿德勒福德前往克林克维尔，然后再返回。在半途的贝肯汉姆，他遇到了一位熟人——汤普金斯先生，于是同意带他一起到克林克维尔，回程时再把他送回贝肯汉姆。那他应该向这位乘客收取多少费用呢？这就是问题所在。对于汤普金斯先生来说，合理的运费应该是多少呢？

数字谜题。
“他们被称作九位贤者。”
——德莱顿：《花与叶》

我将这些与九个数字相关的谜题单独归为一类，因为我认为它们值得得到比通常更多的关注。除了“弃九法”这一技巧之外，人们似乎对这类问题背后的规律知之甚少。然而，了解数字的种种特性，不仅可以用于各种计算，还能帮助我们进行有效的验算，从而节省大量精力。让我举一个例子——这是我首先想到的例子。

如果要求读者判断15,763,530,163,289是否为完全平方数，他该怎么做呢？如果这个数的个位数是2、3、7或8，那他当然知道它不可能是完全平方数；但就这个数的外观而言，并没有什么迹象表明它不是完全平方数。我猜在这种情况下，他只能叹着气或抱怨着，开始费力地计算其平方根。不过，如果他稍加留意数字的特性，就可以用简单的方法来解决这个问题。这个数的各位数字之和为59，59的数字之和为14，14的数字之和为5（这就是所谓的“数字根”）。因此，我可以确定这个数不可能是完全平方数。

从1开始的连续完全平方数的数字根始终是1、4、7或9，绝不可能是其他数值。实际上，1、4、9、7、7、9、4、1、9这样的序列会无限重复下去。对于三角数来说，类似的序列则是1、3、6、1、6、3、1、9、9。由此可见，如果一个数的数字根是2、4、5、7或8，那么它就不可能是三角数（即形如(n²+n)/2的数）。

有个人购买了一些装在桶里的葡萄酒，其中还有一个桶里装的是啤酒。插图中标明了每个桶的容量。他把一部分葡萄酒卖给了一个人，另外一部分则卖给了另一个人，数量是前者的两倍，而啤酒则留给了自己。谜题就是找出哪个桶里装的是啤酒。你能猜出是哪一个吗？当然，这个人在出售这些桶时并没有对里面的物品做任何处理。

77.—数字与平方数。

从图中可以看出，我们将这九个数字排列在一个方格中，使得第二行的数字是第一行的两倍，而最底行的数字则是最顶行的三倍。还有另外三种排列方式也能得到相同的结果，你能找出来吗？

78.—奇数与偶数
奇数1、3、5、7、9的和为25，而偶数2、4、6、8的和仅为20。请将这些数字重新排列，使得奇数与偶数的和相等。不允许使用带分数、假分数以及循环小数。

79—储物柜谜题

某人的办公室里有三个柜子，如图所示，每个柜子里又有九个抽屉。他让店员在A柜的每个抽屉上写上一个不同的个位数，B柜和C柜也照此办理。由于这里允许将0视为一个数字，而且他也未被禁止使用0，因此他完全可以选择从每个柜子的十个数字中省略任意一个。

不过，雇主并没有要求这些抽屉必须按照某种特定的顺序编号。当工作完成后，他惊讶地发现这些数字似乎被随意混在一起了。他询问店员原因，这个古怪的年轻人称，他是这样安排这些数字的：让每一组数字相加后都能得到下面的那个数，即上面两行数字相加的结果就是最下面那一行的数。但最令人惊讶的是，他还将这些数字安排得使得A柜中的加法结果是最小的，C柜中的加法结果则是最大的，而且这三个加法结果中的九个数字互不相同。任务就是找出实现这一目标的办法。不允许使用小数，且百位上也不能出现0。

80.—三组数字
《数学新年鉴》上刊登了一道谜题，它是对我所设计的“坎特伯雷谜题”的变体。需要将这九个数字分成三组，每组的数字个数分别为2、3和4，使得前两组数字相乘的结果等于第三组数字。例如，12 × 483 = 5,796。

现在还建议将包含1位、4位和4位数字的情况也考虑进来，例如4 × 1,738 = 6,952。你能找出这两种情况下的所有可能解吗？

81.—九个计数器
我有九个计数器，每个上面分别标有1、2、3、4、5、6、7、8和9这九个数字。我把它们分成两组放在桌子上，如图所示，从而得到两个乘法算式，结果发现这两个算式的乘积相同。158乘以23的结果是3,634，79乘以46的结果也是3,634。现在，我提出的谜题是：如何重新排列这些计数器，使得得到的乘积尽可能大？最好的排列方式是什么？请记住，两组算式的乘积必须相同，而且仍需像现在一样，一组中有三个计数器相乘，另一组中有两个计数器相乘。

82.—十个计数器
在这种情况下，除了1、2、3、4、5、6、7、8、9之外，我们还可以使用0。谜题与上一个案例相同：如何排列这十个计数器，使得两个乘法算式的乘积相等？此时，乘数可以由一个或多个数字组成，由你自行决定。上述任务其实很简单；但同时还需要找到能得到最高和最低乘积的两种排列方式。当然，所有的计数器都必须被使用，且数字不能放在没有作用的空位上。不允许使用普通分数或小数。

83.—数字乘法。
这又是一个有趣的题目，涉及九个数字，但0不在其中。我们可以每次只使用每个数字一次，构造出两个乘法算式，使它们的乘积相同，而且实现方式有很多种。例如，7×658和14×329都使用了所有的数字各一次，且两者的乘积都是4,606。可以看到，这个乘积的各位数字之和为16，而这既不是可能得到的最小值，也不是最大值。你能找到能让乘积的各位数字之和最小的解吗？又能找到让之和最大的解吗？

84.—小丑谜题。
图中的小丑摆出的姿势代表着乘号。他想要说明这样一个有趣的现象：15乘以93的结果仍然是1,395，只不过数字的排列顺序不同而已。这个谜题的要求是：任选四个不同的数字，将它们以适当的方式排列，使得小丑一侧的数字与另一侧的数字相乘后仍得到相同的数值。这样的排列方式其实很少，我会列出所有可能的情形。你能全部找出来吗？你可以像例子那样在小丑的两侧各放两个数字，或者在一侧放一个数字、在另一侧放三个数字。

另一个例子：如果我们只使用三位数而非四位数，那么可能的组合只有这两种：3乘以51等于153，6乘以21等于126。

85.—计程车号码
一天晚上，一名伦敦警察发现有两辆计程车在可疑的情况下朝相反方向驶去。这名警察极为细心，他立刻拿出笔记本想要记下这两辆计程车的号码，却发现自己的铅笔丢了。幸运的是，他找到了一小块粉笔，便用它把这两个号码标记在附近一个码头的门上。当他再次回到那个地方时，他仔细观察了那些数字，发现了一个有趣的现象：这九个数字一个都没漏，也没有重复的数字；而且将这两个数字相乘后，得到的结果仍然包含全部九个数字，而且每个数字都只出现一次。清晨，有名职员来到码头，看到了那些粉笔标记，便将其擦掉了。由于警察已经记不住那些数字了，于是有人请教数学家们，是否存在某种方法可以找出所有具有这种特性的数字对。不过数学家们也找不到这样的方法。不过，这项研究很有意思，于是人们提出了这样一个问题：哪两个数字，只要把它们相乘，就能得到另一个同样包含全部九个数字的数（且是可能得到的最大数值）？其中不允许出现0。

86.—特殊的乘法运算
如果我将51,249,876乘以3，那么就会得到153,749,628，这个结果同样包含了全部九个数字，而且每个数字都只出现一次。同样地，如果将16,583,742乘以9，得到的结果是149,253,678，这两种情况下也都用到了全部九个数字。现在，试着用6作为乘数吧。

将剩下的八个数字进行排列，使得通过相乘得到一个包含1到9每个数字恰好一次的数。你会发现这绝非易事，但却是可以做到的。

87．数字验证谜题。
在建筑工地上有大量工人工作时，通常会为每位工人配备一个标有其编号的小圆盘。工人们到达后会把这些圆盘挂在板上，以此来确认是否准时上班。有一次，我注意到一位工头把板上的若干圆盘取下来，放进了自己口袋里的环中。这立刻让我想到了一个不错的谜题。事实上，我要告诉读者们，谜题的灵感往往就是这么产生的：你无法刻意创造出一个想法——它只是自然而然地出现，而你必须保持警觉，及时抓住它。

从图示中可以看出，环上共有十个这样的圆盘，编号为1到9以及0。这个谜题的要求是：在不取下任何圆盘的情况下将它们分成三组，使得第一组与第二组的乘积等于第三组。例如，我们可以把它们分成……

三组数字分别为：2—8、9、7—1、5、4、6、3。如果将6和3合并为4，那么就可以得到一组数字。不过遗憾的是，前两组数字相乘后无法得到第三组的数字。你能正确地将它们分开吗？当然，每组中可以使用任意多个校验数字。这个谜题需要一些巧思，除非你能幸运地偶然找到答案。

88.—数字除法。
这又是一个不错的谜题：需要将九个数字（不包括0）分成两组，使得其中一组除以另一组后能得到指定的整数且没有余数。例如，1、3、4、5、8除以6、7、2、9的结果是2。读者能否找到类似的分组方式，使得结果分别为3、4、5、6、7、8、9呢？另外，能否找出每种情况下数值最小的组合？比如，1、4、6、5、8除以7、3、2、9的结果也是2，不过这里的数字更大。

89.—数字求和。
如果我把金额987英镑5先令4.5便士写下来，然后将所有数字相加，总和为36。在这个金额或求和中，没有任何数字被重复使用。这是在给定条件下的最大可能金额。现在，请找出在包含所有数字的前提下，数值最小的金额，即英镑、先令、便士和法寻的数量都要尽可能少。你不必使用全部九个数字，但每个数字只能使用一次，且不能使用0。

90.—百数之谜。
你能用所有的九个数字，且每个数字只用一次，将100表示成带分数的形式吗？已故的著名法国数学家爱德华·卢卡斯找到了七种不同的表示方法。

人们怀疑是否还有其他方法。事实上，只有十一种方法而已。以下是其中一种：91 5742/638。其余十种方法的整数部分也都包含两个数字，而第十一种方法的整数部分则只有一个数字。读者能找到这最后一种表达方式吗？

91.—更多混合分数。
当我首次公布这个谜题的解法时，我试图用包含全部九个数字的混合分数来表示从1到100的所有数字。以下是十二个数字，供读者尝试：13、14、15、16、18、20、27、36、40、69、72、94。在每种情况下，都必须且只能使用一次这九个数字中的每一个。

92.—数字平方数。
以下是九个数字，它们可以组合成四个平方数：9、81、324、576。现在，你能把它们全部组合成一个平方数吗？——（I）尽可能小的那个；（II）尽可能大的那个。

93.—神秘的十一。
你能找到一个由十个数字中的任意九个数字组成的、能够被11整除的最大数字吗？同时，你也能找到以相同方式构成的、能被11整除的最小数字吗？这里有一个例子，其中省略了数字5：896743012。这个数字包含了九个数字，且能被11整除，但它既不是最大的，也不是最小的符合要求的数字。

94.—数字世纪。
1 2 3 4 5 6 7 8 9 = 100。
需要在这九个数字之间加上运算符号，使得它们的和等于100。当然，不能改变这些数字的原有排列顺序。请问能否找到一种正确的解法，既能使用尽可能少的运算符号，又能使笔画的次数尽可能少？也就是说，要尽量使用最少的符号，而且这些符号也应该是最简单的形式。加号和乘号（+和×）各算作两笔，减号（-）算作一笔，除号（÷）则算作三笔，以此类推。

95.—四个7。

在插图中，拉克布兰教授正在演示他常用来逗乐学生的那些小游戏。他认为，通过让学生们接触一些常规之外的内容，才能更好地吸引他们的注意力，并激发他们运用创新、巧妙的思维方式。正如我们所见，他刚刚展示了如何用简单的运算符号将四个5组合起来表示100。任何年轻读者都能立刻看出他的例子是完全正确的。现在，他希望你们做的是：用运算符号将四个7（既不能多也不能少）组合起来，使其表示100。如果他要求我们使用四个9的话，我们或许可以直接写出999/9，但用四个7则需要更多的巧思。你能找到那个小窍门吗？

96.—骰子上的数字。

我有一组四个骰子，它们上没有传统的点数标记，而是印有阿拉伯数字，如图所示。每个骰子当然都标有1到6的数字。将这四个骰子组合起来，就可以得到许多不同的数字。按照图示方式排列时，得到的数字是1246。现在，如果我用这些骰子来组成所有可能的四位数（且每个数字在同一个数中不能出现多次），那么这些数的总和将会是多少呢？你可以把6倒过来，让它代表9。我不要求读者费力去列出所有的数字然后再把它们相加——人生苦短，没必要浪费精力在这样的事情上。你有没有别的方法可以得出答案呢？

各种算术与代数问题。
“多样性才是生活的精髓，它为生活增添了色彩。”
——考珀：《任务》

97. 桌子上的污点
一个刚从学校回家的男孩想向父亲展示自己的聪慧才智。他如示意图所示，将一张大圆桌推到房间的角落里，让桌子同时抵住两面墙，然后指着桌子最边缘的一个墨点。

“父亲，这里有个小谜题给您，”年轻人说道。“那个点距离一面墙恰好8英寸，距离另一面墙则为9英寸。不用实际测量，您能算出桌子的直径吗？”

有人听到那男孩对朋友说：“他可真把老师难住了。”不过他的父亲则告诉一位城市里的熟人，自己仅用一分钟就解决了这个问题。我常常怀疑，谁说的才是真的。

98.—礼仪规范
在某所注重培养良好礼仪的混合学校里，他们有一项有趣的晨会规则。那里的女孩数量是男孩的两倍。每位女孩都要向其他所有女孩、所有男孩以及老师鞠躬；每位男孩则要向其他所有男孩、所有女孩以及老师鞠躬。如此一来，这家学校每天早上总共会有900次鞠躬动作。那么，您能准确算出学校里有多少名男孩吗？如果不仔细计算的话，很可能会得出错误的答案。

99.—三十三颗珍珠
“我认识一个人，”泰迪·尼科尔森在某个家庭聚会上说，“他拥有一串由33颗珍珠组成的项链。最中间的那颗珍珠是最大且最优质的，其余的珍珠也经过精心挑选与排列——从一端开始，每颗珍珠的价值都比前一颗多100英镑，一直到那颗最大的珍珠为止。而从另一端开始，每颗珍珠的价值则递增150英镑，最终也达到那颗最大珍珠的价值。整串珍珠的总价值为65,000英镑。那么，那颗最大珍珠的价值是多少呢？”

“珍珠和其他服饰啊，”沃尔特叔叔在得知那颗珍贵宝石的价钱后说道，“让我想起了亚当和夏娃。各位可能不知道，关于亚当和夏娃吃了多少个苹果，不同的人有不同的看法。有些人认为夏娃吃了8个，亚当吃了2个，总共只有10个。但也有一些数学家得出了不同的结论，他们认为夏娃吃了8个，亚当吃了8个，总共是16个。不过最新的研究……”

调查人员认为上述数字完全错误，因为如果夏娃为8 2、亚当为8 1，那么总数应该是90才对。”
“嗯，”哈里说，“在我看来，如果当时有巨人存在的话，那夏娃应该是8 1、亚当则是8 2，这样总数就是163了。”
“我一点也不满意，”莫德说。“我觉得如果夏娃是8 1、亚当是8 1 2，那么他们俩加起来就会消耗893。”
“我肯定你们都错了，”威尔逊先生坚持说，“因为我认为夏娃是8 1 4亚当，而亚当是8 1 2 4夏娃，这样总数就是8,938。”
“但是，听我说，”赫伯特打断道，“如果夏娃是8 1 4亚当，亚当是8 1 2 4 2夏娃，那么总数肯定应该是82,056才对！”
这时沃尔特叔叔建议他们就此打住。他认为这显然就是数学家们所说的不定问题。

100.—工人的谜题。
拉克布兰教授在一次闲逛时，偶然遇到一个正在挖深坑的人。
“早上好，”他说，“那个坑有多深？”
“猜吧，”工人回答，“我的身高正好是五英尺十英寸。”
“你还要再挖多深？”教授问道。
“我会再挖两倍深的深度，”工人回答，“那样我的头部就会处于地下两倍于现在在地上的深度处。”
拉克布兰接着问，是否能够算出这个坑挖完后的深度。

101.—干草捆的重量
汤普金斯农夫有五捆干草，他让工人霍奇在把干草交给客户之前先称一下重量。这个笨蛋一次只称两捆，用各种方法进行称重，然后告诉主人每捆的重量分别是110磅、112磅、113磅、114磅、115磅、116磅、117磅、118磅、120磅和121磅。那么，汤普金斯农夫要如何从这些数字中算出每捆干草的单独重量呢？读者可能会觉得应该告诉他“哪两捆是哪两捆”，但实际上没这个必要。你能算出这五捆干草的正确重量吗？

102.—大雾中的古宾斯先生
古宾斯先生是个勤勉的商人，伦敦的浓雾给他带来了很大不便。由于电灯出了故障，他只能依靠两支蜡烛来照明。他的职员告诉他，虽然这两支蜡烛的长度相同，但一支可以燃烧4小时，另一支则能燃烧5小时。工作一段时间后，雾气散去了，他熄灭了蜡烛，发现其中一支蜡烛剩余的长度恰好是另一支的4倍。那天晚上回到家后，喜欢解谜的古宾斯先生心想：“当然可以算出这两支蜡烛今天各自燃烧了多久。我试试看。”但他很快发现自己陷入了比天气上的雾还要复杂的困境。你能帮他解决这个问题吗？这两支蜡烛分别燃烧了多久？

103.—粉刷路灯柱
蒂姆·墨菲和帕特·多诺万受当地政府委托，负责粉刷某条街道上的路灯柱。蒂姆是个早起的人，他最先到达现场，已经粉刷了南侧的3根路灯柱，这时帕特才赶到。

并指出蒂姆的负责区域在街道北侧。于是蒂姆在北侧重新开始工作，而帕特则继续在南侧施工。帕特完成自己的那部分工作后，便穿过街道，为蒂姆涂漆了六根灯柱，这样任务就完成了。由于街道两侧的灯柱数量相同，那么问题很简单：哪个人涂的灯柱更多？多出多少根？

104.—抓住小偷。
“现在，警官，”被告的辩护人在盘问时说道，“您说当您开始追赶他时，那名囚犯比您领先二十七步对吗？”
“是的，先生。”
“您还发誓说，他每走八步，您才走五步？”
“没错。”
“那么我请您这个聪明人解释一下，既然如此，您究竟是怎么抓住他的？”
“嗯，我的步幅更大。实际上，我的两步长度相当于那名囚犯的五步。只要算一算，就会发现我所需要的步数正好能让我走到抓住他的地方。”
这时，陪审团主席要求几分钟时间来计算警官到底走了多少步。您能算出这名警官需要走多少步才能抓住小偷吗？

105.—教区委员会选举。
这是一个适合初学者的简单问题。在上次蒂特尔伯里-因-德-马什教区委员会的选举中，共有23名候选人参选……

9个席位。每位选民有权为这9名候选人中的任意多名投票，也可以选择投票给更少的人数。有位选举人想知道，他一共有多少种不同的投票方式。

106.—穆德尔镇的选举。
在穆德尔镇上一次议会选举中，共收到了5,473张选票。自由党以18票的优势击败保守党，以146票的优势击败独立党，以575票的优势击败社会主义党。你能给出一个简单的规则来计算每位候选人获得的选票数吗？

107.—妇女参政运动者的会议。
在最近一次妇女参政运动者的秘密会议上，出现了严重的意见分歧。这导致了分裂，有一些人离开了会议。“我本来也打算离开的，”会议主席说，“如果我真这么做了，我们当中就有三分之二的人会离开。”另一位成员说：“没错，但如果我能说服我的朋友怀尔德夫人和克里斯汀·阿姆斯特朗留下来，那么我们失去的成员只会有一半。”你能算出最初有多少人出席这次会议吗？

108.—闰年中的女性们。
去年那些处于闰年中的女性们立刻行使了提出结婚请求的特权。如果我从某个可靠渠道得到的数据是正确的，那么以下就是该国的相关情况：有一些女性各提出了一次求婚，其中八分之一是寡妇。因此，也有相应数量的男性即将结婚，其中十一分之一是鳏夫。在向鳏夫提出的求婚中，有五分之一被拒绝了。而所有的寡妇的求婚都得到了接受。四十四分之三十五……

寡妇们嫁给了单身汉。有1221名单身女郎被单身汉拒绝。而被单身汉接受的独身女郎数量，是那些被接受的寡妇数量的七倍。这些就是我所能获得的全部细节了。那么，有多少女性主动提出结婚呢？

109.—激烈的争夺战
晚餐过后，一家五口男孩偶然发现了一包糖李子。这真是意外的收获，于是立刻引发了激烈的争夺。我会详细讲述整个过程，因为这确实是个有趣的谜题。安德鲁最终得到了这包糖李子的三分之二；鲍勃则拿走了八分之三；查理也抢到了十分之三。接着，小大卫冲过来，夺走了安德鲁剩下的部分，只留下七分之一，而埃德加则用巧妙的手段把那部分据为己有。此时，真正的战斗开始了——安德鲁和查理一起攻击鲍勃，鲍勃撞到了桌边，弄掉了自己手里的东西的一半，那些东西立刻被躲在桌子下面的大卫和埃德加捡走了。随后，鲍勃从椅子上跳下来攻击查理，把查理所有的东西都弄到了地上。在这批战利品中，安德鲁得到了四分之一，鲍勃得到了三分之一，大卫得到了七分之二，而查理和埃德加则平分了剩下的部分。

他们正以为战斗已经结束，大卫却突然同时向两个方向发起攻击，毁掉了鲍勃和安德鲁之前获得的物品中的四分之三。后两人费了很大劲，才将其中的五分之八平分拿走，而另外三人则每人得到了五分之一。所有的糖梅都已分配完毕，于是他们决定停战，将剩余的物品平分。那么，最初糖梅的最少数量可能是多少？每个男孩又分别得到了多少？

110.—修道院长的谜题。
第一位名字被记载下来的英国谜题设计者是约克郡人——也就是坎特伯雷修道院院长阿尔昆（公元735-804年）。以下是他著作中的一道小谜题，至少相当有趣。

由于其历史悠久。 “如果有100蒲式耳的玉米要分给100个人，每人分得3蒲式耳，女性每人分得2蒲式耳，儿童每人分得半蒲式耳，那么其中有多少男人、女人和儿童呢？”
如果我们不考虑没有女性的情况，那么会有六种不同的正确答案。但如果女人的数量是男人的五倍，那正确的解法又是怎样的呢？

111.—收割玉米。
有个农夫有一块正方形的玉米地。玉米已经成熟，可以收割了，但由于人手不足，他决定自己和儿子一起完成这项工作。农夫首先沿着正方形的边缘各切掉一杆宽的土，这样在田地中央就留下了一个较小的正方形区域，里面的玉米仍然可以收割。“现在，”他对儿子说，“我已经割出了我应负责的那部分，剩下的就由你来做吧。”儿子对这种分工方式并不满意，恰好这时村里的老师经过，于是他请求老师来裁决此事。老师认为，只要双方对田地的大小没有争议，那么农夫的做法就是正确的，而他们也确实在这个问题上达成了共识。你能算出这块田地的面积吗？那位聪明的老师就做到了。

112.—一个棘手的遗产问题。
有个男人留下100英亩的土地，打算按照三分之一、四分之一和五分之一的比例分别分给他的三个儿子——阿尔弗雷德、本杰明和查尔斯。但查尔斯去世了。那么，该如何公平地将这块土地分给阿尔弗雷德和本杰明呢？

113.—被撕碎的数字。
前几天，我手头上有一张标有数字3 0 2 5的标签，这些数字都是用较大的字体写的。这张标签不小心被撕成了两半，一片上写着3 0，另一片上写着2 5，如图所示。看着这两片碎片，我开始进行计算，几乎没意识到自己在做什么，这时我发现了一个有趣的现象：如果把3和2 5相加，再将这个和的平方，得到的结果正是标签上原来的那个数字！也就是说，30加上25等于55，而55乘以55恰好也是3025。很有趣吧？现在的谜题是：找出另一个由四个不同数字组成的数，将其从中间分开后也能得到同样的结果。

114.—有趣的数字。
数字48有一个特殊之处：如果给它加上1，得到的结果是一个完全平方数（49，即7的平方）；如果给它的半数加上1，同样也能得到一个完全平方数（25，即5的平方）。具有这种特性的数字其实有很多，找到另外三个最小的这样的数字无疑是个有趣的谜题。它们分别是多少呢？

115.—印刷错误。
在某篇文章中，印刷工需要排版54 × 23这个算式，显然这意味着5的四次方（625）需要与某个数相乘。

2的立方是8，而5000可以表示为某个数的乘积。但他把54 × 23错误地写成了5 4 23，这是不对的。能否以某种方式排列这四个数字，使得无论打印机如何设置或再次犯同样的错误，结果都是正确的？

116.—转变了的守财奴
贾斯珀·布利昂先生是为数不多的那些意识到自己有责任帮助更不幸的人的守财奴之一。在一个充满变数的夜晚，他清点了自己积累的财富，决定将其分发给那些值得帮助的穷人。他发现，如果每天拿出相同数额的英镑，那么12个月内就能刚好把钱分完，不会剩下任何剩余；但如果他在周日休息，只在工作日每天拿出固定数额的英镑，那么到新年前夜就会多出一英镑。那么，至少的情况下，他需要分配的英镑数究竟是多少呢？还有比这更简单的题目吗？一笔钱除以某个数没有余数，但除以另一个数却会多出一英镑。仅此而已；然而，当你真正去解决这个小问题时，会惊讶地发现它竟然如此令人困惑。

117.—围栏问题
我们往往容易忽视谜题的实际价值。但实际上，我经常收到很多人的来信，他们表示掌握了构成谜题的某些基本原理后，这些原理以意想不到的方式为他们带来了巨大好处。事实上，可以认为这样一条准则：如果一个谜题仅仅具有趣味性和迷惑性，却没有蕴含任何教育意义或实用价值，那么它的实际价值就微乎其微。

这确实是个实用的功能。不过，这些学到的小知识究竟是如何与日常生活中的各种需求相契合的，实在令人好奇；同样令人费解的是，有些读者似乎会用它们来制造一些奇怪而神秘的东西。例如，那位从爱荷华州写信给我的威廉·奥克斯利先生，他想要知道自己打算围起来的那块地的尺寸——这块地的面积应该等于围栏上栏杆的数量。

他希望把一块完全呈正方形的土地围起来，其面积恰好等于所需围栏中栏杆的总数。每根栏杆的高度为7根横杆，两根横杆的长度相当于一根立柱的长度（16.5英尺）；也就是说，一根立柱上共有14根横杆。那么，这块地的大小应该是多少呢？

118.—围绕正方形画圈。

这个谜题的要求是在十个方格中分别填入不同的数字，使得任意两个相邻数字的平方和等于与它们相对的两个数字的平方和。作为示例，已有的四个数字保持不变：16的平方是256，2的平方是4，两者相加结果为260；14的平方是196，8的平方是64，相加同样得到260。按照同样的规则，B和C的值应等于G和H的值（其和不一定为260），A和K的值应等于F和E的值，H和I的值应等于C和D的值，以此类推，适用于圆圈上任意两个相邻的方格。你只需要填入剩下的六个数字即可。不允许使用分数，而且我可以证明，每个数字的位数都不需要超过两位。

119.—拉克布兰的小损失

拉克布兰恩教授正在与他的老朋友波茨夫妇共度一个夜晚，他们一起玩了一种纸牌游戏（他没说具体是哪种游戏）。教授在第一局中输了，结果波茨夫妇放在桌上的赌金翻了一倍。第二局是波茨夫人输了，她丈夫和教授手中的赌金也翻了一倍。有趣的是，第三局则是波茨先生输了，这又使得他妻子和教授手中的赌金翻了一倍。最终发现，每个人的赌金都相同了，但教授在游戏过程中损失了五先令。那么，教授最初坐在桌边时手头有多少钱呢？你能告诉他吗？

120.—农夫与他的羊群。

朗莫尔农夫拥有惊人的算术天赋，在当地被誉为“数学农夫”。新来的牧师并不知道这一事实，有一天他在小巷里遇到这位出色的教区居民时便问道：

在简短的交谈中，有人问他：“那么，你一共有多少只羊呢？”因此，当听到朗莫尔的回答时，他感到十分惊讶。朗莫尔的回答是：“可以把我的羊分成两组，这两组数量的差值，应该等于它们各自平方后的差值。也许，帕森先生，您愿意自己算一算这个数值吧。”

读者能算出这位农夫到底有多少只羊吗？假设他只有20只羊，把它们分成12只和8只两组。此时，12的平方与8的平方之差为144减64，等于80。但这显然不对，因为4和80显然不相等。如果能够找到合适的数字，就能知道朗莫尔农夫究竟拥有多少只羊了。

121.—正面还是反面？
古德伍德有个惯于赌博的家伙，他最近对一个朋友说：“我愿意用口袋里一半的钱来赌抛硬币的结果——正面我就赢，反面我就输。”硬币被抛出了，钱也交给了对方。他一再重复这个提议，每次都用自己当时所拥有的钱的一半来下注。我们不知道这场游戏持续了多久，也不知道硬币被抛了多少次，但可以确定的是，克鲁克斯输的次数恰好与他赢的次数相同。那么，通过这次赌博，他最终是赚了还是亏了呢？

122.—跷跷板谜题。
的确，需求是发明之母。前几天，我看到一个男孩想玩跷跷板，但由于找不到另一个孩子一起玩，他便想出了一个巧妙的办法：在木板的一端绑上几块砖头，以此来平衡另一端的重量。

事实上，当砖块被固定在木板的短端时，他需要用16块砖来保持平衡；但如果将砖块固定在木板的长端，则只需11块砖即可。那么，如果一块砖的重量相当于四分之三块砖的重量，再加上四分之三磅的话，那个男孩的体重是多少呢？

123.—一个法律难题。
“我的一位客户即将去世，而他的妻子当时正准备生下孩子，”一位律师说道。“我为他起草了遗嘱，规定他将三分之二的财产留给儿子（如果是男孩的话），三分之一留给母亲。但如果生的是女孩，那么三分之二的财产归母亲所有，三分之一归女儿所有。实际上，他去世后生下了双胞胎——一男一女。这就出现了一个棘手的问题：该如何按照死者遗嘱的精神，公平地将财产分配给这三个人呢？”

124.—一个定义问题。
“我的土地面积正好是一平方英里，”一位土地所有者对另一位说。“有趣的是，我的土地也是平方英里大小，”对方回答道。“那两者之间就没有区别了吗？”这种说法正确吗？

125.—矿工的假期。

在一场大规模罢工期间，七名煤矿工人到海边度假。其中六人的花费恰好都是半索维林，而比尔·哈里斯则更为奢侈——他的花费比团队平均水平多出三先令。那么比尔的实际花费是多少呢？

126.—简单乘法。
如果我们给六张卡片编号为1、2、4、5、7、8，并按以下顺序将它们放在桌上：1 4 2 8 5 7，那么可以发现，要想用3来乘以这些数字，只需把数字1移到行的另一端即可，这样就能得到结果428571。你能找到这样一个数吗：将其乘以3后再除以2，得到的结果会与把行最开头的数字（此处为3）移到行末后所得到的结果相同？

127.—简单除法。
有时候，一些看似简单的初等算术问题却会让人十分困惑。例如，我想要用尽可能大的数来去除4个数字701、1,059、1,417和2,312，同时让这四个数除以该数后的余数都相同。我该如何着手解决这个问题呢？当然，通过反复试算的方法最终也能找到答案，但只要找到合适的方法，其实有一种相当简单的解法。

128.—平方问题。
我们有三块正方形板。第一块板的面积比第二块多5平方英尺，而第二块板的面积又比第三块多5平方英尺。

比第三个要小。您能给出这些木板各边的精确尺寸吗？如果您能解开这个小谜题，那就试着找出三个等差数列中的正方形，其公差分别为7和13。

129.—黑斯廷斯战役。
所有历史学家都知道，关于1066年10月14日那场令人难忘的战役的细节，存在着许多神秘与不确定之处。我的谜题源自一部古老僧侣编年史中的一段奇特记载，这段记载或许从未得到应有的重视；即便我无法保证该文献的真实性，它依然可以为我们提供一个难题，那些喜欢数学的读者肯定会对它感兴趣。以下就是那段文字：
“哈罗德的士兵们像往常一样紧密地团结在一起，组成了61个正方形，每个正方形中的士兵人数相同。任何胆敢闯入他们防御阵地的诺曼人都会遭殃——撒克逊人的战斧只需一击，就能折断他的长矛并刺穿他的盔甲……当哈罗德亲自加入战斗时，撒克逊人则形成了一个庞大的正方形阵型，高喊着战斗口号：‘Ut！’‘Olicrosse！’‘Godemitè！’”
据我所知，所有同时代的史料都表明撒克逊人确实是以这种密集的阵型作战的。例如，在被认为是当时亚眠主教居伊所写的诗作《黑斯廷斯战役之歌》中，就有“撒克逊人以密集的队形站立”的描述；亨廷顿的亨利也记载说“他们就像一座城堡，对诺曼人来说坚不可摧”；一个世纪后，罗伯特·韦斯也说了同样的话。因此，在这方面，我新发现的这份编年史很可能没有太大错误。但我有理由相信，其中的实际数字存在问题。请读者试着分析一下吧。士兵的总人数应该是某个平方数的61倍；而当哈罗德本人也加入战斗后，他们便能组成一个更大的正方形。那么，士兵人数的最小可能值是多少呢？

为向读者说明这个问题的简单性，我将给出60和62这两个数对应的最小解。60和62分别是61的前后相邻数字，其对应的解分别为60×42+1=312，以及62×82+1=632。也就是说，60个每组16人的队伍加起来共有960人，当哈罗德加入后总人数为961人，这样就可以形成一个每边有31人的正方形。62的情况也是如此。现在，请找出61对应的最小解。

130.—雕刻师之谜。
有一位古代雕刻师受委托制作两座雕像，每座雕像都放置在一个立方体形状的基座上。我们关注的正是这些基座。从示意图中可以看出，这两个基座的尺寸并不相同。到了付款之时，双方就究竟应该按照线性尺寸还是立方体尺寸来计算费用产生了争执。不过，当他们实际测量这两个基座时，问题立刻就解决了——因为奇怪的是，其线性尺寸与立方体体积所表示的数值恰好相同。这个谜题的要求就是找到具有这种特性的两个基座的尺寸，且数值要尽可能小。例如，如果两个基座的每边长度分别为3英尺和1英尺，那么其线性尺寸为4英尺，而立方体体积则为28立方英尺，两者显然不同，因此这样的尺寸是不合适的。

131.——西班牙吝啬鬼
在新卡斯蒂利亚的一个小镇上，住着一位出了名的吝啬鬼，名叫唐·曼努埃尔·罗德里格斯。他对金钱的渴望，仅逊于他对算术题的浓厚兴趣。这些算术题通常都与他积累的财富有关，而他出题的目的，只是为了能自己享受解题的乐趣。不幸的是，这类题目几乎都没有保存下来。我在西班牙旅行时，为撰写一本关于“洋葱如何导致国家衰落”的著作而收集资料，也只找到了寥寥几道这样的题目。其中一道题，就是那张真实画像中出现的三个箱子相关的。

每个盒子里装的黄金双倍币数量各不相同。最上层的盒子与中间层盒子中的双倍币数量之差，等于中间层盒子与最下层盒子中的双倍币数量之差。而且，如果将任意两个盒子里的双倍币数量相加，得到的结果都会是一个完全平方数。那么，任何一个盒子里可能存在的最少双倍币数量是多少呢？

132.—九个宝箱之谜。
下面的谜题可以说明在确定某个数值的最小值和最大值时的重要性。实际上，这种情况经常会发生。例如，至今仍无法确定……

在棋盘上，骑士巡游路线有多少种不同的走法？我们知道这个数字小于从168个物品中每次选取63个的组合数，同时又大于31,054,144——因为后者是某种特定类型路线的数量。或者用一个更常见的例子来说，如果你问一个人他口袋里有多少硬币，他可能会说自己完全不知道。但经过进一步询问后，你可能会得到这样的回答：“是的，我确定我的硬币数量超过三枚，同时也确定不会超过二十五枚。”在我的谜题中，知道这个数字介于2和12之间，就能帮助解谜者找到准确答案；如果没有这个信息，就会出现无数种可能的答案，从而无法选出正确的那个。

这是我从我的朋友唐·曼努埃尔·罗德里格斯那里得到的另一个谜题。他是新卡斯蒂利亚的一个吝啬鬼。1879年的除夕夜，他给我看了九个宝箱，并告诉我每个箱子里装的都是平方数的金币，而且A盒与B盒的金额差、B盒与C盒的金额差、D盒与E盒的金额差、E盒与F盒的金额差、G盒与H盒的金额差以及H盒与I盒的金额差都是一样的。他要求我算出每个箱子里有多少枚硬币。起初我觉得这不可能，因为会有无数种不同的答案，但仔细思考后我发现并非如此。我发现虽然每个箱子里都有硬币，但A、B、C三个盒子的硬币数量是按字母顺序逐渐增加的；D、E、F三个盒子的硬币数量也是如此；G、H、I三个盒子的硬币数量也是这样。不过D或E的硬币数量不一定比C多，G或H的硬币数量也不一定比F多。另外，可以肯定的是，A盒里的硬币数量绝对不会超过十几枚；甚至可能还不到一半，但我确信不会超过十二枚。有了这些信息，我就能够得出正确答案了。

简而言之，我们需要找到九个平方数，使得A、B、C以及D、E、F、G、H、I这九组数构成等差数列，每组的公差相同，且A的值小于12。那么，这九个箱子里分别有多少枚金币呢？

133.—五个强盗

那五个西班牙强盗——阿方索、贝尼托、卡洛斯、迭戈和埃斯特班，在一次抢劫后正在清点战利品。他们发现自己总共抢到了200枚金币。其中一人指出：如果阿方索拥有这200枚中的12倍，贝尼托拥有3倍，卡洛斯拥有与阿方索相同的数量，迭戈拥有其一半，而埃斯特班则拥有三分之一，那么他们的总数仍然会是200枚金币。那么他们每人分别拥有多少枚金币呢？

对于这个问题，有很多正确的答案。以下是其中一个答案：

A. 6×12=72
B. 12×3=36
C. 17×1=17
D. 120×½=60
E. 45×1/3=15

这个谜题的关键在于找出究竟有多少种不同的正确答案，同时要求每个人至少分到一些金币，而且所有的金额都必须是整数，不能有分数。

这个问题的表述略有不同，最初是由塔尔塔利亚（卒于1559年）提出的。他自认为已经找到了一个解；但一位著名的法国数学家M.A.拉博斯内在其最新著作中表示，其实有6,639种不同的正确答案，这一数字会让读者大吃一惊。真的是这样吗？到底有多少种答案呢？

134.—银行家的谜题。
有一位银行家，他有个喜欢赌博的顾客。为了改掉他的坏习惯，银行家提议让他打赌：他无法将一个里面只有六便士的盒子里的钱分成若干份，每份恰好有六便士。

银行家首先投入一个或多个六便士（数量由他自己决定）；接着，客户也需投入一个或多个六便士（但其投入金额不得超过一英镑），双方都不知道对方投入了多少。最后，客户需要将银行家要求的数量的六便士从银行家的柜台转移到那个盒子里。这个谜题的关键在于：银行家应该先投入多少个六便士，又应该要求客户转移多少个，这样才能最大程度增加获胜的机会。

135.—石匠的难题
有个石匠的院子里有大量大小完全相同的立方体石块。他有一些奇特的习惯，其中之一就是把这些石块堆成一个个立方体形状的堆，而且每个堆中的石块数量都不一样。他自己发现了一个事实（这也是数学家们早已知晓的）：如果按照一定的顺序把任意多个堆中的石块取出来，从单个立方体开始，总可以将它们排列成完美的正方形。这一点对读者来说很容易理解——因为一个石块本身就是一个正方形，1+8=9也是一个正方形，1+8+27=36同样是正方形，1+8+27+64=100也是正方形，以此类推。实际上，从1开始的任意多个连续立方数的和，始终都是一个完全平方数。
有一天，有位绅士来到石匠的院子，提出愿意支付一定的费用，只要石匠能提供一系列连续的立方体堆，这些堆中的石块总数能够拼成一个正方形。不过，这位买家坚持要求至少要有三个堆，并且因为单个石块有瑕疵而拒绝接受它。那么，石匠最少需要提供多少块石块呢？

136.—苏丹的军队

有一位苏丹希望派出一支军队，这支军队能够以12种不同的方式被排列成两个完美的正方形。那么，这支军队最少需要多少人呢？为便于初学者理解，我举个例子：如果有130人，那么他们只能以两种方式被排列成两个正方形——81和49，或者121和9。当然，在每种排列方式中都必须使用所有的人。

137. 节约之道
有些数字被称为三角数，因为如果把它们当作筹码或硬币，就可以把它们摆放在桌子上形成三角形。数字1始终被视为三角数，因为它同时也是平方数和立方数。在桌子上放一个筹码，这就是第一个三角数。再在它的下方放两个筹码，这样就形成了由三个筹码构成的三角形；因此3也是三角数。接着再放一排三个筹码，这样就形成了由六个筹码构成的三角形；因此6也是三角数。我们可以看到，每多加一排筹码，且这一排的筹码数量比上一排多一个，就会形成一个更大的三角形。

另外，任何一个数与其平方之和的一半始终是一个三角数。例如，2+2²的一半是3；3+3²的一半是6；4+4²的一半是10；5+5²的一半是15，以此类推。所以，如果我们想用8个筹码来构成边长为8的三角形，那么就需要8+8²的一半，也就是36个筹码。这是数字的一个有趣特性。在继续之前，我想说的是，如果读者参考过“石匠问题”（第135题），就会记得，从1开始的任意多个连续立方数的和始终是一个平方数，这些数构成了1²、3²、6²、10²……这样的序列。现在就应该明白，解决这个谜题的关键之一就在于，这些数始终都是三角数的平方——也就是1、3、6、10、15、21、28……等数的平方，而我们之前已经知道，这些数都可以用来构成三角形。

每一个整数要么是三角数，要么是两个三角数之和，要么是三个三角数之和。也就是说，无论我们选择哪个数，总可以用来构成一个、两个或三个三角形。

数字1显然只能构成一个三角形；有些数字只能构成两个三角形（如2、4、11等）；还有些数字只能构成三个三角形（如5、8、14等）。另外，有些数字既可以构成一个三角形，也可以构成两个三角形（如6）；有些数字既可以构成一个三角形，也可以构成三个三角形（如3和10）；还有一些数字既可以构成两个三角形，也可以构成三个三角形（如7和9）。而像21这样的数字，则可以根据需要构成一个、两个或三个三角形。现在，让我们来解一个关于三角数的小谜题吧。

阿伯丁的桑迪·麦卡利斯特是个非常节俭的人，他希望将自己的节俭习惯传授给妻子。在最后一个除夕夜，他告诉妻子：当她攒下的硬币数量足够多，能够摆成正方形、完美的三角形、两个三角形或三个三角形时，他就会再给她5英镑作为奖励。不久之后，她带着一袋价值36英镑的硬币去找丈夫，要求得到奖励。结果发现，这36枚硬币可以摆成一个边长为6的正方形，也可以摆成一个边长为8的三角形，还可以摆成两个边长分别为5和6的三角形，或者摆成三个边长均为3、5和5的三角形。在这四种情况下，36枚硬币都被全部用上了，因此桑迪如实地给了妻子承诺的礼物。

随后，桑迪决定将承诺的时间再延长五年：如果明年她攒下的硬币数量仍然可以以这四种方式摆放，她就能得到第二份礼物；如果再成功的话，就能得到第三份礼物，以此类推，直到她总共得到六份礼物为止。那么，她需要攒够多少枚硬币才能获得第六份礼物呢？你需要找到五个大于36的最小数值，这些数值能够分别用来摆成正方形、三角形、两个三角形以及三个三角形。这五个数值中最大的那个数，就是答案。

138.—炮兵的困境。

“所有的炮弹都要堆成正四棱锥形，”这是下达给该团的命令。他们照做了。随后又有了新的命令：“所有的四棱锥中所装的炮弹数量都必须是平方数。”于是问题出现了。“这不可能做到，”少校说道，“比如看这个四棱锥：底部有16个炮弹，然后是9个，接着是4个，最顶部有1个，总共30个。但要变成平方数的话，还得再多6个或少5个炮弹才行。”“必须做到，”将军坚持道，“你们只需在每个四棱锥中放入正确数量的炮弹即可。”“我有办法了！”该团里的数学天才——一名中尉说道，“把炮弹一个一个地摆放就行了。”“胡说！”将军叫道，“不可能把一个炮弹单独堆成一个四棱锥！”真的有可能同时遵守这两条命令吗？

139.—荷兰人的妻子们。
我不知道我的读者中有多少人熟悉“荷兰人的妻子们”这个谜题——在这个谜题中，需要确定三个男人的妻子分别是谁，或者更准确地说，哪个妻子属于哪个男人。大约30年前，这还算是新奇的东西，流传甚广；但我最近在1739-40年的《女士日记》中发现了它，显然很多人已经熟悉这个谜题了。

170多年前，那些优雅的女性们。如今，我们的母亲、妻子、姐妹、女儿以及姑妈中，有多少人能够解开这个谜题呢？希望这一比例能比那时高得多吧。

有三位荷兰人，名叫亨德里克、埃拉斯和科尼利厄斯，他们各自的妻子分别是古特伦、卡特伦和安娜。他们都去购买猪，每个人购买的猪的数量取决于他/她愿意为每头猪支付多少先令。每位丈夫支付的金额都比自己的妻子多出三几尼。亨德里克购买的猪比卡特伦多23头，而埃拉斯则比古特伦多11头。那么，这三位男人的妻子分别叫什么名字呢？

140.—找出艾达的姓氏。
这个谜题与上一个非常相似，读者可以参考我之前关于该谜题解答的说明，将其应用到其他类似问题中。最近，有人将这个谜题投递给一家喜欢刊登“智力挑战题”的悉尼晚报，但被拒绝了，理由是它太幼稚了，而该报只刊登那些能够被解开的谜题！五位女士一同……

这些女儿们都在同一家商店购买布料。十个人每人根据所购布料的长度按相应价格付款，每位母亲花费的金额都比自己的女儿多8先令5¼便士。罗宾逊夫人比埃文斯夫人多花6先令，而埃文斯夫人的花费大约是琼斯夫人的一半。史密斯夫人花的钱最多。布朗夫人比其中一个女孩贝西多买了21码布料。安妮比玛丽多买了16码布料，而且她的花费比艾米丽多3英镑0先令8便士。另一个女孩的教名是艾达，那么她的姓氏是什么呢？

141.—星期六的购物活动。
这是一个有趣的购物案例。虽然其中涉及了许多金钱方面的问题，但最终要解决的却是一个完全不同性质的问题。最近一个星期六的晚上，四对已婚夫妇到他们所在的村庄去购物。他们必须非常节俭，因为他们总共只有40先令。实际上，安妮花了1先令，玛丽花了2先令，简花了3先令，凯特则花了4先令。男人们则比他们的妻子更挥霍：奈德·史密斯的花费与妻子相同，汤姆·布朗的花费是妻子的两倍，比尔·琼斯的花费是妻子的三倍，而杰克·罗宾逊的花费则是妻子的四倍。在回家的路上，有人建议他们把剩下的钱平均分配。他们照做了，现在的问题就是：这四位女士的姓氏分别是什么？你能把四对夫妇配对起来吗？

几何问题。
“上帝一直在运用几何原理。”——柏拉图。
奥古斯塔斯·德·摩根说：“没有哪门学科的入门如此简单，就像几何学一样；也没有哪门学科的难度会随着学习的深入而迅速增加。”读者在思考以下这些谜题时就会明白这一点，尽管这些谜题并没有按照难度由低到高的顺序排列。数千年来，它们一直能吸引人们的兴趣并带来愉悦感，这无疑在一定程度上是因为它们既能够激发人们的视觉享受，也能锻炼大脑思维。有时候，某个代数公式或定理会让数学家感到愉悦，但这很可能只是一种智力上的满足而已。不过，对于某些几何问题，尤其是那些与分割或叠加相关的谜题而言，人类的审美能力无疑也起到了重要作用，让人感受到乐趣。例如，很少有读者在看到下文中所展示的希腊十字形的各种切割方式后，不会被某种美感所打动。大自然中的秩序与规律总是令人愉悦的，而当它们呈现在眼前时，更会给人一种强烈的吸引力。即便是没有几何知识的人，在看到这类图形后也会忍不住感叹：“真是漂亮！”事实上，我就认识不止一个人，因为被这些切割谜题的趣味性所吸引而开始学习几何学。因此，我觉得有必要将这些分割谜题与那些更为一般的几何问题区分开来。

分割谜题。
“把他取出来，剪成小星星的形状。”
——《罗密欧与朱丽叶》，第三幕第二场。

谜题的种类繁多，但或许没有哪种谜题比分割、剪裁或叠加类谜题更为古老了。早在公元前数千年，中国人就已经知晓这类谜题。时至今日，它们依然具有与历史上任何时期相同的吸引力。据研究此问题的人士所说，古代中国哲学家曾利用这些谜题作为向人们传授几何原理的一种方式。无论事实是否如此，可以肯定的是，所有优秀的分割谜题（那些仅仅只是将图案剪成碎片后再重新拼合起来的简单谜题并不值得认真考虑）其实都是基于几何规律的。不过，这一说法不必让初学者感到畏惧，因为它的意思不过是：如果我们有兴趣了解其中的原因，几何学就能为我们提供答案；当然，只要具备耐心、创造力以及正常的智慧，任何人都能找到解决方案。

如果我们想把一个平面图形分割成若干部分，再通过重新组合让这些部分构成另一个图形，首先需要找到实现这一目标的方法，然后再设法用尽可能少的块数来完成它。通常情况下，如果不考虑块数的限制，这类分割问题其实相当简单。1902年，《每周快报》刊登了一种将等边三角形分割成四部分并使其组成正方形的 方法（见第26期“坎特伯雷谜题”），当时没有任何几何学家会觉得用五块来完成这项任务有什么困难；而这项发现的真正意义在于能够仅用四块就完成这一任务。

对于这类谜题来说，粗略的近似解毫无价值；解决方案必须是几何上精确的，否则就不算真正的解。偶尔也会出现一些错误，我将来会提到一两个这样的例子。它们之所以有趣，只是因为它们属于错误答案而已。但我想要说的是……

在剪纸谜题中，总会出现两个相关问题——即“仅靠一线相连”的情况以及“翻转”的问题。这些问题可以通过旧书中常见的某道谜题来最好地说明，不过那道谜题的答案往往是错误的。该谜题要求将图1中所显示的图形剪成三块，使得这三块能够拼合在一起，形成一个半正方形三角形。通常给出的答案就是图1和图2所示的那种分割方式。然而有人声称，标有C的这四块实际上只是一块，因为可以将它们以某种方式切割，使其“仅靠一线相连”。但任何真正的谜题爱好者都不会认同这种观点。如果按照这种方式切割，那么这四块就无法完美地拼合在一起；而如果想要得到完美的解决方案，那就必须要有四块——或者总共六块。因此，这并非三块就能解决的方案。

不过，如果读者仔细看看图3和图4中的解决方案，就会发现其中不存在这样的缺陷。显然，这里确实有三块，从这个角度来看，这个解决方案相当令人满意。

但另一个问题出现了。仔细观察后会发现，图3中标记为F的拼图块在图4中被翻转了——也就是说，它必须以另一面朝上的状态出现。如果这种拼图只是用纸板或木头制成的，那么翻转并无问题；但实际上，这类材料很可能无法被翻转。图案、表面处理或纹理差异都可能阻碍这一操作。不过，人们普遍认为，在解谜游戏中是可以翻转拼图块的，除非有明确规定禁止这样做。而且很多时候，加上“任何拼图块都不得翻转”这样的限制反而会让拼图变得更有趣。我也曾设计过一些拼图，其图样中包含重复的小图案，因此拼图块在切割时不仅要确保不能翻转，还必须保持图案对应一致——而如果将拼图块翻转过来，即便将正确的一面朝上，也无法实现这一要求。在介绍一系列难度各异的剪裁拼图之前，我建议先探讨一类特殊的拼图——那些涉及所谓“希腊十字加正方形”结构的难题。这类拼图会展现出多种有趣的变换方式，而且由于我们会在讲解过程中给出解决方案，读者就无需反复翻阅书本，所有内容一目了然。希望这样能让初学者有所收获，同时也能让其他读者感到有趣。

希腊十字谜题。
“用十字架来折磨人的心灵。”——斯宾塞
“不过对我来说，那完全是希腊式的符号罢了。”——尤利乌斯·凯撒，《高卢战记》第一卷第二章

许多人习惯将十字架视为纯粹的基督教象征。其实这种看法是错误的：十字架有着极其古老的起源。古埃及人便将其用作神圣的符号；在希腊雕塑中，我们可以看到带有十字架图案的饼状物（这大概就是我们今天所见的十字面包的真正起源）。在赫库兰尼姆发现了两块这样的饼。塞克洛普斯曾将这类神圣的饼献给奥林匹斯山的朱庇特。在埃及雕像上常见的十字形与圆形组合，实际上就是圆圈与tau形十字。圆圈象征着世界的永恒守护者，而tau形符号则源自希腊字母tau，它是埃及神话中的智慧之神托特的象征。基督徒也将这种tau形十字称为圣安东尼的十字，它被刻在埃克塞特主教宫的徽章上。至于那种有四条等长臂的普通十字架，据权威的考古学家所说，数千年来，古代的神秘主义者一直将其视为自然界两种力量的象征——即一切永恒存在之物中的男性与女性力量。

如图5所示，希腊十字是由五个大小相同的正方形组合而成的。我们先从所谓的“印度问题”说起，这个问题的历史据说已有三千多年之久。它出现在哈佛学院的印章上，在许多古籍中也被视为数学科学与精确性的象征。需要将这个十字形切割成五块才能构成一个正方形，图6和图7展示了具体的切割方法。直到19世纪中叶，人们才发现其实只需四块就能将这个十字形转换成正方形。如果还要求这四块的尺寸和形状完全相同，图8和图9会展示相应的操作方法。图9尤为特别，因为根据勒普隆让博士的说法……

正如史密森学会的威尔逊教授在著作中所阐述的那样，这里还有那个象征“祝你好运”的神圣符号——万字纹。这是有记录以来最古老的人类符号。威尔逊教授的著作中展示了大约四百幅关于这一奇特符号的图片，这些图片来自墨西哥的阿兹特克古墓、埃及的金字塔、特洛伊的废墟，以及印度和中国的古代传说。几乎可以说，希腊十字与万字纹之间存在某种奇妙的相似性！不过，如果要求只能用两次剪刀剪裁就将纸张分成四块（假设谜题是以纸张形式呈现的），那么就必须按照图10所示的方式剪切，从而得到图11的形状，第一次剪切是从a点到b点。当然，在这种情况下是不允许折叠纸张或在第一刀之后将各部分粘在一起的。不过，要实现将纸张分成四块的目标，其实存在无数种不同的剪切方法。关于这一点，我打算稍后再谈。

可以看出，每一个这样的谜题都有一个对应的反向谜题——即将正方形切割成若干块，从而构成一个希腊十字形。但由于正方形的角数少于十字形，因此要找到正确的切割方向并非总是那么容易。不过在所给出的例子中，我会让读者自行判断切割方向，因为从图示上就能很清楚地看出答案。

将一个正方形切割成五块，使其能够组成两个大小不同的希腊十字形。这是个相当简单的谜题。如图12所示，我们只需将正方形分成25个小正方形，然后按照图示进行切割即可。十字形A会完整地被切出来，而B、C、D、E这四块则可以组合成图13中的较大十字形。读者可以试着将B这块切成四块形状相同的小块，再按照图13所示的方法用它们来组成一个十字形。其实无需再给出解答了。

将一个正方形切割成五块，使其能够组成两个大小完全相同的希腊十字形。这就比较困难了。我们需要按照图14所示的方式切割，这样十字形A会完整保留下来，而另外四块则共同构成另一个十字形。

见图15。切割的方向相当明显。可以看出，图14中正方形的各边被分成了六个相等的部分。而十字形的各边则是通过从这些点中的某些点向其他点画线来确定的。现在，我将按照承诺解释为什么一个希腊十字形可以被分割成四块，并以无数种不同的方式构成一个正方形。先画出一个十字形，如图16所示。然后在透明纸上画出图17所示的正方形，注意确保c到d的距离与十字形中a到b的距离完全相同。接着将透明纸放在十字形上，再将其移动到不同的位置，但必须始终保持正方形与十字形的夹角不变，即让ab与cd保持平行。如果将点c恰好放在点a的位置上，那么线条就会显示出对应的解（见图10和11）。如果将c放在虚线正方形的正中心，则会得到图8和图9所示的解。现在你可以明白：只要不断移动正方形，使点c始终位于虚线正方形之内，就可以得到任意多的不同解；因为从理论上讲，这个正方形内部可以放置无数个不同的点，所以必然存在无数种不同的解。不过，点c并不一定非得位于虚线正方形之内——例如，可以将其放在点e的位置上，从而得到由四块组成的解。在这种情况下，a点和f点的连接线可以尽可能细。然而，一旦点c移出了a点或f点的范围，就不再能得到由四块组成的解了。这个证明既有趣又具有启发性。如果你手头没有透明纸，用任何薄的纸张也可以，只需将两张纸贴在窗户的玻璃上即可。

从我所给出的谜题解法中可以发现，由交叉形状构成的正方形的边长始终等于图16中的a到b的距离。事实必然如此，我稍后会进一步阐明这一点。
现在我们再深入一步。我已经说过，解决剪裁谜题的理想方式就是使用尽可能少的碎片。我们刚刚看到，可以用五块碎片从一个正方形中剪出两个大小相同的十字形。那些成功解开这个谜题的读者或许会问自己：“能否用更少的碎片来完成呢？”这正是真正的谜题爱好者总会提出的问题，也是他们应该持有的正确态度。答案是：这个谜题可以用四块碎片来解决——这是最少的数量了。那么，这就变成了一个新的谜题：如何将一个正方形切成四块，使其能够组成两个大小相同的希腊十字形？

这个解法非常巧妙。如果将正方形的各边等分为三部分，那么图18中各线条的方向就会变得十分明显。沿着这些线条切割后，A和B两部分会构成图19中的十字形，而C和D两部分则会形成图20中的类似十字形。在这个正方形中，我们又看到了另一种万字标志的形态。

读者此时应该能明白我的观点：将十字形转换为正方形时，确定切割方向要比将正方形转换为十字形容易得多。因此，在图6、8和10中，切割方向比图14更为清晰——在图14中我们必须先将正方形的各边等分为六部分，而在图18中则是等分为三部分。再假设需要将两个相同的希腊十字形各自切成两块以组成一个正方形，只需看看图19和图20就可知，这样做要比反过来将正方形切割成两个十字形容易得多。

关于我之前提到的“谬误”问题，现在我将举一个这类“看似正确实则错误”的解法的例子。几年前，有一位年轻的来信者向我展示了他自认为是一项了不起的新发现——即通过沿正方形各边平行切割的方式，将正方形分成四块并转化为希腊十字形。我在图21和图22中展示了他的尝试，可以看出这四块并不能构成对称的希腊十字形，因为其四条臂并非真正的正方形，而是长方形。若要使其成为真正的希腊十字形，就需要加上我用虚线标出的那些部分。当然，他的方法确实可以做出十字形，但并非该谜题所要求的那种对称的希腊十字形。

我的那位年轻朋友认为自己的尝试已经“差不多”正确了；但如果他用六便士买了一个一便士的苹果，而只得到四便士找零的话，他大概就不会觉得它“差不多”正确了。随着阅读的深入，读者将会意识到精确性的重要性。

在这些剪裁拼图游戏中，不仅需要尽可能准确地确定切割线的方向，还要记住这些线条是没有宽度的。如果按照文章中的说明将某个十字形图案剪开后，发现各部分无法恰好拼成一个正方形，那可以肯定错误完全出在你自己身上——要么是该十字形图案的绘制不够精确，要么是切割方向有误，又或者（如果你使用的是木头和曲线锯）锯子的精度不够高。如果用剪刀在纸上或用小刀在硬纸板上剪裁，就不会有任何材料损失；但无论锯子多么精密，总会有一些材料损耗。对于大多数拼图来说，只要按较大尺寸进行剪裁，这种微小的损耗并不明显；但也有一些情况，为了获得完美的结果，我不得不逐一单独绘制并剪裁每个部分——而不是直接从同一张图上剪下来。现在来看另一个拼图吧。如果你已经剪出了图14中所示的五个部件，就会发现它们可以组合在一起，形成一个奇特的形状。

如图23所示的十字形。如果让我让你把图24切成五块，以便拼成一个正方形或两个大小相等的希腊十字形，你应该知道该怎么做——只需按照图23中的方式切割，然后再像图14和图15那样将这些碎片组合在一起。但我希望得到比这更好的结果，那就是：只需将图24切成四块，让它们能够拼接成一个正方形。

这个谜题的解法如图25和图26所示。第一个图中，分割A点和C点的切割方向非常明显，而第二个切割则与前者成直角。对于初学者来说，这四块碎片能够拼接成一个正方形这一事实可能会让他们感到惊讶；因此他们最好仔细研究这个谜题，因为它具有很高的教学价值。

现在我来解释一下用来确定与希腊十字形面积相同的正方形边长的巧妙法则——这一法则几乎适用于我们遇到的所有分割谜题，也是解决这类谜题所必需的。它最早是由公元前500年去世的哲学家毕达哥拉斯发现的，同时也是欧几里得著作中的第47条命题。那些对几何学基础一无所知的年轻读者，通过这个例子也能了解到几何学那迷人的魅力。图27中的三角形ABC属于直角三角形，因为BC边与AB边呈直角。如果在三角形的每条边上各构造一个正方形，那么AB边和BC边上的两个正方形的面积之和，恰好等于AC边上的那个正方形的面积，而AC边被称为斜边。在我给出的例子中，是通过将这三个正方形再分割成尺寸相同的小方块来证明这一点的。

可以看出，9加16等于25，而这正是大正方形的边长。如果用边长为5、12和13的三角形，或是边长为8、15和17的三角形来构造，也会得到类似的数学证明——因为这些都属于“有理数”直角三角形，但这一规律对所有情况都成立。假设我们截下希腊十字形下方的那条边，并将其置于上方那条边的左侧，如图28所示，那么EF所构成的正方形与DE所构成的正方形之和恰好等于DF所构成的正方形的面积。因此我们可以知道，DF所构成的正方形的面积与整个十字形的面积相等。这一事实已通过本系列中之前那些谜题的解答得到了实际验证。不过，无论我们给DE和EF赋予多长的长度，都无法用数值精确地表示出DF的长度，因为该三角形并非“有理数”三角形。但这一规律在几何上依然是成立的。

现在请看图29，你会看到一种巧妙的方法：将一块形状为两个正方形（尺寸可任意）的木头切割成三块，这三块拼合起来就能形成一个完整的正方形。只要划出与cd等长的ab距离，切割的方向就一目了然了。从我们刚才的讨论中，你应该能立刻明白为什么bc的长度必须是……

这就是新正方形的边长。你可以随时重复实验，改变两个正方形的相对比例，你会发现这一规律始终成立。如果让两个正方形的大小完全相同，那么就会发现：任何正方形的对角线长度都等于边长为该数值两倍的正方形的边长。这些原理虽然简单到任何人都能理解，但对于解决剪裁谜题来说却至关重要，实际上它们就是解决大多数此类谜题的关键。这一切都如此美妙，可惜并非人人都了解它。

现在我们再进一步，来研究半正方形。取一个正方形，沿对角线将其切成两半。接着试着找出如何将这个三角形切割成四块，从而构成一个希腊十字形。其解法如图31和图32所示。在这种情况下，我们需要将三角形的两条边分成三等份，而长边则分成四等份，这样切割的方向就很容易确定了。这是一个相当有趣的谜题，难度也略高于我之前介绍的一些谜题。需要再次强调的是，如果反过来，从十字形切割出半正方形三角形，那么确定切割位置会容易得多。

谜题设计者始终牢记的另一个理想是：尽可能只存在一种正确解。因此，对于第一个谜题而言，如果我们只要求将希腊十字形切割成四块来组成一个正方形，那么正如我所展示的，会有无数种不同的解法。如果再加上一个条件，即这四块的尺寸和形状必须完全相同，那么就只能有一种解法了，如图8和图9所示。通过这种方式，那些过于简单而缺乏趣味性的谜题也可以得到改进。举个例子吧：我们在图28中已经看到，图33可以被切割成两块来构成一个希腊十字形。我认为一个聪明的孩子五分钟就能解决它。但假如我们规定必须使用图中所示带有严重结节的木块来解这个谜题——而且不能试图切开这些结节——那么用两块来解决的方案就被排除了，此时用三块来解决问题就会变得更有趣味。我在图33和图34中展示了一种解决方法，而找到其他解决方法也会是一件有趣的事。当然，我也可以通过增加更多的结节来排除所有其他解决方法，从而让谜题只有唯一解，但那样一来谜题的条件就会过于复杂。这就引出了寻找理想谜题时的另一个要点：不要设置过多的条件，否则谜题会变得过于复杂而失去趣味性。谜题的条件越简单越好。虽然解法可以尽可能复杂、困难，但条件本身应当易于理解，否则人们就不会尝试去解决了。

如果现在要求读者“将一个半正方形切成尽可能少的块，以便拼成一个希腊十字形”，他很可能会采用图31-32所示的解法，并自信地认为自己已经正确解决了这个谜题。但实际上他是错的，因为题目中并没有要求沿对角线切割正方形。虽然我们应当始终遵守谜题所规定的具体条件，但也绝不能自行添加那些并不存在的条件。许多谜题正是利用了人们这种倾向而设计的。解决谜题的首要原则就是确保自己完全理解所有具体条件。现在，如果将正方形一分为二得到图35所示的形状，那么只需将其切成三块就能拼成希腊十字形，这样就可以少切一块。

我在图36中给出了另一个谜题。其中的虚线只是为了显示图形的正确比例——即一个由25个方格组成的正方形，其中四个角上的方格被切掉了。这个谜题的要求是将该图形切成五块，从而拼成一个完整的希腊十字形以及一个正方形。对于上一个谜题的解法——即将形状为半正方形的矩形切成三块以拼成希腊十字形——其解法如图37和38所示。可以看出，我们需要将长边分成六等份，短边分成三等份，这样才能确定切割的方向。读者可以将这个解法与之前的示例进行比较。例如，如果继续沿着十字形中B点和C点之间的切割线进行切割，就会得到图15。

另一个谜题，如图12和图13所示，展示了在解决分割谜题时，简单的算术运算有时能起到多么重要的作用。我们的图形被划分成了21个小的正方形区域，我们需要用这些区域拼出一个正方形和一个希腊十字形。由于希腊十字形由5个正方形构成，而21减去5等于16——一个完全平方数——因此我们应该很容易就能找到图39中所展示的解法。可以看到，希腊十字形可以完整地被切出来，而剩下的4块则可以拼成图40中的正方形。

当然，半正方形矩形其实就相当于两个相同的正方形拼在一起。因此，如果想要将希腊十字形切成4块，从而得到两个大小相同的正方形，只需沿着图38中的路径一直切过整个十字形，这样就能得到4块大小和形状都相同的碎片。

现在，将图37沿中间水平线切开，使其分成两个面积相等的正方形，这样就能看到这四块碎片构成了这两个正方形。

将一个希腊十字形切成五块，让这些块能够组成两个独立的正方形，其中一个正方形的面积相当于十字形某条边所对应正方形面积的一半。为进一步说明我的观点，如果如图41所示，大小相同的正方形ABCD和BCFE按照虚线所示的方式被切开，那么这四块碎片就会构成更大的正方形AGEC。由此可见，对角线AC的长度相当于一个面积是ABCD两倍的正方形的边长。同样，任何正方形的对角线长度的一半，就等于一个面积是其一半的正方形的边长。因此，如果图中的大正方形就是十字形的一条边，那么小正方形的大小则恰好符合谜题中所要求的正方形尺寸。

解决方案见图42和图43。可以看出，小正方形被完整地切出来，而大正方形则由B、C、D、E这四块拼合而成。经过上述说明后，读者应该不难理解：正方形A的尺寸恰好是十字形某条边长度的一半，因为前者对角线的长度显然与后者边的长度相同。这样一来，这个问题就显而易见了。我试图以此说明：那些被许多人视为极其复杂且令人困惑的谜题，其实只要稍加思考与判断，便并不难解决。在结束这个话题之前，我将给出四个希腊十字形谜题，并附上相应的解答。

142.—丝绸拼布谜题
威尔金森家族的几位女士制作了一床简单的拼布被子，作为圣诞小礼物，所有拼布块都是大小相同的正方形，如图所示。只是还缺少四个角上的拼布块才能让被子完整。有人向她们指出：如果先拆开中间的希腊十字形结构，再沿着深色的接缝线剪开，那么那四块大小形状相同的拼布块就能拼合成一个正方形。从图39的解答中可以看出，这其实很容易做到。不过乔治·威尔金森却向她们提出了这样一个难题。他说：“与其把整个十字形结构拆开后再用四块相同的拼布块拼成正方形，能不能直接切出一个完整的正方形，再找出四块相同的拼布块来组成一个完美的希腊十字形呢？”当然，这个谜题现在已经变得很简单了。

143.—从一个十字形得到两个十字形。
将一个希腊十字形切成五块，这五块可以拼成两个大小相同的十字形。这个谜题的解法非常巧妙。

144.—十字形与三角形。
将一个希腊十字形切成六块，这六块可以拼成一个等边三角形。这也是一个难题；必须事先了解我将等边三角形转化为正方形的技巧，否则几乎不可能找到解法（参见第26题“坎特伯雷谜题”）。

145.—折叠十字架。
用纸剪出一个希腊十字形，然后将其折叠，使得只需用剪刀剪一次，就能让剪下来的四块纸拼成一个正方形。

各种剪纸谜题。
现在我们来看看一些难度各异的剪纸谜题。

146. ——一个简单的剪纸谜题。
首先，按照图示的形状剪出一块纸或硬纸板。可以看出，它的结构其实就是一个正方形与另一个相同大小的正方形的半部分沿对角线连接而成的。这个谜题的要求是将它剪成四块，且每块的尺寸和形状都完全相同。

147. ——一个简单的正方形谜题。

如果取一块长是宽两倍的矩形纸板，然后沿对角线将其切开，就会得到图中所示的兩块。这个谜题要求用五块大小相同的纸板拼成一个正方形。其中一块可以被切成两半，但其他块必须保持完整。

148.—馒头谜题。

三个圆圈代表三个馒头，任务就是找出如何将它们平均分给四个男孩。这些馒头的厚度应视为一致，彼此之间也相等。当然，切分的块数应尽可能少。为简化问题，这里有一个令人惊讶的事实：其实只需要五块即可完成分割。

这是必要的说明，由此可以看出：一个男孩会得到两块巧克力，而另外三个男孩则各得到一块。我知道这样的说明会“暴露”谜题的答案，但对于那些想要找出其中原因的人来说，这并不会削弱他们对此谜题的兴趣。

149.—巧克力方块
这里有一块巧克力，其上标有虚线，这样就可以轻松地将20个方块分开。请用纸或纸板制作一块与原巧克力形状相同的副本，然后尝试将其切割成9块，使得这9块能组成4个大小完全相同的正方形。

150.—切割尖顶帽

插图中所让木匠困惑的图形其实是一个等边三角形。可以看出，它的形状相当于一个正方形去掉了一角后的样子。难题在于如何将它切割成五块，使得这些块能够拼接在一起，形成一个完美的正方形。我展示了一种在美国发表过的尝试，试图通过四块来完成这一任务，该方法基于所谓的“阶梯原理”，但实际上是错误的。

首先，我们需要将1号和2号部件切割下来，然后将它们放入由虚线标出的三角形区域内，从而形成一个矩形。这一步没有问题。接下来，按照指示，我们需要运用所谓的“阶梯法”：将4号部件向下移动一步，以此来形成所需的正方形。但不幸的是，这样做并不能得到正方形，而只能得到一个长方形。假设该长方形的三个长边长度均为84英寸，那么在将长方形分割成三部分之前，它的尺寸为84×63英寸。此时，每个“阶梯”的高度应为10.5英寸，宽度则为12英寸。因此，当向下移动一个“阶梯”时，84英寸的边长会减少12英寸，而63英寸的边长则会增加10.5英寸。这样一来，最终得到的长方形尺寸将为72英寸×73.5英寸，显然这不是正方形！事实上，“阶梯法”只适用于那些边长比例符合特定条件的矩形。例如，如果这种情况下较短的边长为615/7英寸（而非63英寸），那么就可以使用这种阶梯法；此时，每个“阶梯”的高度仍为10.5英寸，宽度则为12英寸。注意，615/7×84等于72英寸的平方。目前，还没有找到用四块部件就能解决这个问题的方法，而且我认为也不可能存在这样的解法。

151.—木工的难题。
我常常谈到这类谜题的实际用途：在解决娱乐性问题时所学到的那些小技巧与方法，若应用到日常生活之中，就能发挥很大的作用。
图中的木工希望将一块木头切割成尽可能少的块数，从而制成一个正方形的桌面，且不浪费任何材料。他应该如何操作？需要多少块木头呢？

152.—另一个木工的难题。

有个木工手头有两块形状和比例如图所示的木料。他希望将它们切割成尽可能少的块数，以便能够毫无浪费地拼接在一起，从而形成一个完美的正方形桌面。他应该怎么做呢？无需给出具体尺寸，因为无论那块较小的木料（面积为半平方单位）稍大一点还是稍小一点，都不会影响解题方法。

153.—剪裁谜题。
这是一个简单的剪裁谜题。我取一张5英寸长、1英寸宽的纸，将其剪成五块，这些块拼接起来就能形成一个正方形，如图所示。现在，如何仅用四块纸就做到这一点，可真是个有趣的谜题。

154.—霍布森夫人的地毯问题。
霍布森夫人的儿子在玩火时出了意外，导致漂亮的地毯的两个角被烧坏了。那些受损的角已被切掉，现在地毯的形状和尺寸如我的图所示。霍布森夫人该如何将这块地毯切割成尽可能少的块，使得这些块拼接后仍能形成一块完美的正方形地毯呢？可以看出，这块地毯的尺寸比例为36×27（用英寸或码表示都无所谓），而每块被切下的部分的边长分别为12和6。

155.—五边形与正方形。
我很好奇，在那些没有仔细学习过几何学知识的读者中，有多少人能够在突然被要求画出正五边形——也就是五边形的时候做到这一点。至于正六边形，则相当容易，因为大家都知道只需画一个圆，然后以圆的半径作为一边的长度，在圆周上标出六个点即可。但五边形就完全不同了。由于我的谜题涉及对正五边形的切割，或许我最好先向大家展示一下……

请有经验的读者说明如何正确绘制这个图形。首先画一个圆，然后在图中以圆心为起点画出两条互相垂直的直线HB和DG。接着找到点A，它位于C和B的中点处。然后将圆规的针尖放在点A上，以AD为半径画弧，该弧与HB相交于点E。再把圆规的针尖放在点D上，以DE为半径画弧，该弧与圆的周缘相交于点F。此时，DF就是五边形的一条边，只需沿着圆周标出其余的边即可。只要知道方法，其实相当简单；否则就会显得有些棘手。

一旦画出了五边形，接下来的任务就是将其切割成尽可能少的部分，使得这些部分能够拼接成一个完美的正方形。

156.—被切割的三角形。
一个好的谜题，就是图中那位先生正在向朋友们展示的那种。他只是用纸剪出一个等边三角形——也就是三边长度都相同的三角形。他打算将这个三角形切成五块，使得这些碎片能够重新组合起来，形成两个或三个较小的等边三角形，而且每种情况下都要用完所有的纸张。你能想出该如何切割吗？请记住，切完之后，你必须能够根据需要将这五块碎片重新组合，要么恢复成原来的那个三角形，要么形成两个等边三角形，要么形成三个等边三角形。

157.—桌面与椅子。
我经常发现，对于许多最古老、最著名的谜题，那些已公布的答案要么是完全错误的，要么还有改进的空间。今天我要探讨的就是那个关于“桌面与椅子”的老谜题——我的大多数读者很可能在那些专为儿童娱乐而编写的书中见过类似的内容。

据说，有一位既节俭又聪明的老师，他想把一块无用的圆形桌面改造成两个椭圆形的座位，每个座位上都有一个孔。他让木匠按照图示进行切割，然后将这八块木片按所示方式拼接起来。他对自己的创意极为满意，于是将这个难题作为几何课上的练习题。不过，这个故事的后续内容从未被公开过，因为据说学术机构的校长们从不承认自己会犯错。我的信息来自那个与此事最为相关的男孩的后代。

那个聪明的少年谦逊地向老师提出，那些孔实在太大，小孩子可能会掉进去。因此他提出了另一种切割方法来避免这个问题。由于他的冒昧行为，他受到了严厉的惩罚，从此他认为，凳子上的孔越大，坐起来就越舒适。

那么，那个男孩提出的方法是什么呢？你能说明如何将圆形桌面切成八块，使它们能够拼接在一起，形成两个大小形状完全相同的椭圆形座位，并且每个座位上的孔都比上面例子中的要小吗？当然，所有的木料都必须被利用起来。

158.—伟大的单体符号。

这是一个极为古老的符号，值得注意。它出现在韩国的国旗及商船旗帜上，也被北太平洋铁路公司用作标志。不过，恐怕很少有人知道它其实就是下面这幅图中所展示的“伟大单体符号”。对中国人而言，这个符号就如同基督教中的十字架一般，是神灵与永恒的象征；而圆圈被分割成的两部分则被称为阴与阳，即自然界中的两种力量。据记载，三千多年前就有学者在谈到这个符号时说：“无垠之物产生了极致之态；极致之态又产生了两种原理；这两种原理进而形成了四个方位，从这四个方位又可推导出《易经》中的八种卦象。”希望读者不要要求我解释这些内容，因为我完全不明白其含义。不过我相信，长期以来，对于那些研究神秘学的人而言，这个符号一直具有神秘的、甚至是数学上的意义。

我将介绍单子的最基本形式。关于这个重要的符号，这里有三个简单的问题：
（I.）包含阴与阳的内圆与外环，哪一个的面积更大？
（II.）用一次切割将阴与阳分成四块大小和形状相同的部分。
（III.）用一次直线切割将阴与阳分成四块大小相同但形状不同的部分。

159.—贴面正方形的问题。
下面是我所拥有的一块木头，其面积为5平方英寸。通过表面的标记，它可以被划分为25平方英寸的小区域。我希望找到一种方法，将这块木头切成尽可能少的块，这些块能够拼接在一起，形成两个大小不同且尺寸已知的完美正方形。不幸的是，在那16条交叉线的每一个交点上，都曾经被钉过小钉子；如果我的曲线锯接触到这些钉子，就会损坏。因此，我必须找到一种不需要穿过这16个点就能完成切割的方法。要如何做到呢？请记住，这两个正方形的尺寸必须是精确已知的。

160.——两枚马蹄铁。
为何马蹄铁会被视为“幸运之物”，这其实是没人能解释得清的。这是一种非常古老的迷信。约翰·奥布里（1626–1700）说过：“伦敦西区的大多数房屋门阶上都会放一枚马蹄铁。”1813年时，蒙茅斯街上就有17枚马蹄铁，而到了1855年仍有7枚。就连纳尔逊勋爵也在他的战舰“胜利号”的桅杆上钉了一枚马蹄铁。如今，人们认为，将马蹄铁牢牢地钉在即将驱赶的马的脚上，才能带来“好运”。
不过，既然马蹄铁与万字标志以及其他我曾研究过的符号一样，都能象征健康、繁荣以及对人类的善意，那么我们完全有理由以一种敬重的态度来对待它。或许，马蹄铁的形状中还隐藏着某种深奥的、已失传的数学奥秘吧？我一直在研究这个问题，希望能让读者们也了解这一点。

请注意一个非常有趣的事实：我插图中所展示的那对马蹄形图案，与象征永恒的圆形之间存在着一种奇妙而美妙的关联。我将这一事实以一个简单的问题形式呈现出来，这样人们就能明白这种关联是如何在漫长的岁月里被巧妙地隐藏起来的。我相信，当我的读者找到解开这个谜团的钥匙时，一定会感到很高兴。

请仔细沿着轮廓剪下那两个马蹄形图案，然后再将它们切成四块形状各异的碎片，这些碎片组合起来就能形成一个完美的圆形。每个马蹄形图案都必须再被切成两半，而且位于轮廓范围内的所有部分都应被视为该圆形的一部分。

161.—贝琪·罗斯谜题。
有位读者请求我为他提供一道古老谜题的解答，据说这道谜题是由费城的一位名叫贝琪·罗斯的女子发明的，她曾将这道谜题展示给乔治·华盛顿看。这道谜题的要求是：通过适当折叠一张纸，再用剪刀剪一下，就能得到一颗五角星形的“自由之星”。至于关于这道谜题起源的故事是否属实，我无法确定；不过我有那座据说曾是贝琪·罗斯居住过的老房子的图片，我相信它至今仍然存在。不过，我的读者们肯定会对这道小谜题感兴趣的。

取一张圆形纸，将其折叠，只需用剪刀剪一次，就能得到一个完美的五角星。

162.—纸板链。
能否在不进行任何拼接的情况下，从一块纸板上剪出这样的链条呢？链条的每一个环节都是完整的，既没有被拆开过，也没有在任何地方重新拼接过。这是我小时候学过的一个有趣的古老谜题，不过我不知道它的发明者是谁。

163.—纸盒。
虽然严格来说这不算谜题，但这里还是介绍一种制作纸盒的巧妙方法吧。取一张厚实的方形纸，按照图示中的虚线依次折叠。然后剪掉那些被标出阴影的八个小三角形部分，再沿着实线将纸剪开。第二张图展示了已经折了一半的纸盒，读者应该不难完成剩下的折叠步骤。在折叠之前，读者可以按照图示剪下那个圆形部分，其用途我稍后会解释。

这个盒子非常适合用来制造涡环。这些涡环早在1858年就由冯·亥姆霍兹提出过，极具研究价值；而有了这个带孔的盒子，就能完美地制造出这些涡环。只需通过孔轻轻吹入烟草烟雾即可将盒子填满烟雾。接着，将盒子水平放置，轻轻敲击与孔相对的那一侧，那么仅用一口烟雾就能生成大量完美的涡环。房间里最好没有空气流动。人们往往没有意识到，即便不使用烟雾，这些涡环也会在空气中形成——烟雾只是让它们变得可见而已。如果能够正确引导其中一个涡环，它就能穿过整个房间并熄灭蜡烛的火焰；而如果能在不使用烟雾的情况下做到这一点，那就更加令人惊叹了。当然，稍加练习后也可以直接用嘴吹出涡环，但使用这个盒子能制造出更为完美的涡环，而且完全不需要任何技巧。开尔文勋爵提出了这样的理论：物质可能由充满整个空间的流体中的涡环构成，通过进一步发展这一假设，他成功解释了化学结合现象。

164.—土豆谜题。
取一块圆形的土豆，将其放在桌上，然后用刀切6下，看看最多能将其分成多少块。当然，切割后不得重新调整这些块的位置或把它们堆在一起。最多能分成多少块呢？

图示展示了如何将土豆切成16块。不过，这个数字显然可以被打破。

165.—七头猪

这是前几天给艾林的一个儿子出的一个小谜题，却让他十分困惑，其实它非常简单。从插图可以看出，他看到的是一个方形围栏的示意图，里面有七头猪。他被问到该如何用三道直线将围栏划分开来，让每头猪都处于独立的区域里。换句话说，只需用铅笔在方形区域内画三条直线，就能把每头猪分开。没有比这更简单的了。

那个爱尔兰人抱怨说，在他画这些线的时候猪们不会乖乖待着。他说猪们会聚在一起，或者有一头固执的猪会躲到角落里独自待着。有人向他指出，对于这个谜题来说，猪们应该是静止不动的。他则回答说爱尔兰的猪可不会静止——它们可是猪肉啊。在别人的劝说下，他终于试着画了三条线，其中一条线穿过了其中一头猪。当被告知这样是不允许的时，他提出了抗议。

“猪不割断喉咙就毫无用处。” “贝戈拉，如果你想得到培根却不想宰杀猪，那得到的只会是熏肉罢了。”我们可不会冤枉那个爱尔兰人，认为他故意使用这个糟糕的双关语。不过，他终究没能解开这个谜题。你能解出来吗？

166. ——地主的围栏

图中的地主正在与他的管家商量一个相当棘手的问题。他有一张自己一块田地的平面图，上面标有11棵树。现在，他希望用直线形的围栏将这块田地分成11个独立的区域，每个区域内都有一棵树，作为牛群的庇护所。他该如何用最少的围栏做到这一点呢？

可能吗？拿上铅笔，在纸上画出直线，直到划出11个区域为止（不能再多了），然后再看看需要多少条围栏。当然，这些围栏可能会相互交叉。

167.—巫师的猫们。

如图所示，一位巫师将10只猫放进一个魔法圈里，并用催眠术让它们保持静止，任由巫师摆布。接着，他打算在大圆圈内再画三个小圆圈，这样每只猫都会有自己的领地，且不穿过任何魔法圈就无法接近其他猫。试着画出这样的三个圆圈，让每只猫都有独立的领地，且必须穿过线条才能接触到其他猫。

168.—圣诞布丁。

“说到圣诞布丁，”主人说着，目光落在桌子另一头那道精美的美食上，“这让我想起前几天有个朋友给了我一个关于它的谜题。来，我拿出来。”他说着，伸手进了胸前的口袋。

“‘问题：找出里面的东西，’我猜是这么说的吧？”伊顿公学的男孩说道。

“不，答案就在食用过程中。我来把条件读给你们听。”

“‘将布丁切成两块，大小和形状完全相同，且不能碰到里面的李子。要把布丁视为平面圆盘，而非球体。’”

“为什么要把圣诞布丁当作圆盘呢？而且，哪个理智的人会想要如此精确地分割它呢？”那个愤世嫉俗的人问道。

“这只是个谜题而已——一种分割问题罢了。”大家都轮流看了看这个谜题，但没人能解出来。除非……否则这确实有点难。

人们了解制作这类拼图所涉及的原理，只要知道具体做法，其实就很容易上手了。

169.—七巧板悖论。
许多古老的娱乐活动，比如国际象棋，经过几个世纪的发展与变化，其最初的创造者几乎已无法认出它们。但七巧板则不同——这种至少已有四千年历史的娱乐方式似乎从未停止过发展，自从传说中的中国人谭首次将图一所示的七块纸板剪出来之后，它就再也没有被修改或“改进”过。如果在任意大小的正方形的一边上标记点B，使其位于A和C之间，而在相邻边上标记点D，使其位于C和E之间，那么切割的方向就显而易见了，无需进一步解释。本文中的所有图案都是由这七块黑色纸板拼合而成的。显然，其可能的组合方式是无穷无尽的。

纽约已故的萨姆·洛伊德先生曾出版过一本包含许多巧妙设计的书，他拥有已故的查伦诺尔先生的手稿，后者对七巧板进行了深入的研究。据说，查伦诺尔记录称，在公元前两千年时，中国就已经有七本关于七巧板的书籍。这些书籍极为罕见，以至于……

他在该国居住了四十年，最终只得以看到第一卷和第七卷的完整版本，以及第二卷的部分内容。其中有一本书的部分内容是用金箔印在羊皮纸上的，后来被一名英国士兵在北京发现，并以三百英镑的价格卖掉。几年前，我从已故的刘易斯·卡罗尔的藏书中得到了一本名为《时髦的中国拼图》的小书。书中包含323种七巧板图案，大多是些普通的几何图形，可以通过这七块拼板组合而成。该书由J.和E.沃利斯在斯金纳街42号出版，J.沃利斯则负责南德文郡西德茅斯的海军图书馆的相关工作。书中没有标注出版日期，但以下说明大致确定了其出版时间：“这种巧妙的玩具长期以来一直是前拿破仑皇帝最喜爱的消遣方式；如今他身体虚弱，过着隐居生活，每天都会花很多时间来锻炼自己的耐心与智慧。”读者会像那位伟大的流亡者一样发现，通过拼凑出各种图案，可以获得不少乐趣，同时也能学到一些知识。书中的许多图案都很容易拼出来，但也有一些相当困难。因此，每一个图案都可以被视为一种谜题。

不过，创造全新的、具有独特风格的图案则是另一种娱乐方式。令人惊讶的是，七巧板竟然能够用来绘制出各种现实生活中的场景——虽然这些图案往往棱角分明、略显怪异，但却充满特色。我举一个特别优美的卧姿人物图案（2）作为例子，只需稍微减少其棱角感，就能得到一个非常完美的轮廓。

既然我已经提到了《爱丽丝梦游仙境》的作者，那我也会展示自己设计的三月兔（3）和帽匠（4）的形象。此外，我还尝试设计了拿破仑（5）的形象，以及洛伊德先生设计的非常出色的红印第安人及其妻子形象（6和7）。更多设计作品可见我1908年11月发表在《斯特兰德杂志》上的文章。

当这篇杂志文章发表后，已故的著名语言学家詹姆斯·默里爵士以他一贯的勤奋态度，试图追溯“七巧板”这一词语的起源。最终他写道：“我的一个儿子是天津英华书院的教授。通过他以及他的同事和学生们，我得以向中国学者们询问有关‘谭’这个字的相关信息。我们这里的中文教授也对此很感兴趣，并从伦敦的中国公使馆秘书那里获得了信息，那位秘书可是中国文人中的杰出代表。” “调查结果表明，‘谭’这个人物、‘谭神’以及《谭书》在中国文学、历史或传统中根本不存在。大多数学者都从未听说过这些名称或关于它们存在的传闻。当然，这种拼图游戏是众所周知的，在中文中它被称为‘七巧图’，字面意思就是‘由七块部件构成的巧妙拼图’。在中文里没有任何与‘tangram’或甚至‘tan’相近的名称，对于‘tan’这个词，人们提出的猜测只有‘伸展’之意的中文字‘t’an’，或是粤语中表示‘中国人’的‘t’ang’。有人认为，可能是某个略懂中文或粤语的美国人，为了给这种拼图游戏起个名字而编造出了这样的名称。”

这些词以及欧洲式的后缀“gram”。我认为“七巧板”这一名称很可能是由某个美国人于1864年之前、1847年之后发明的，但在韦氏词典1864年版的出版物中我找不到相关记载。因此，我在词典中只能简短地介绍这个词的用途、关于其名称的各种猜测，并引用了一些例子，其中就有您文章中的内容，多亏了这些资料，我才能更深入地探讨这个主题。

有几位来信者告诉我，他们拥有或曾经拥有过那些古老的中国书籍。有一位美国先生这样写给我：“我有一本用薄纸制成的书，黑色印刷（首页上有中文题字），里面包含三百多幅图案，属于我拥有的‘七巧板’套装的一部分。这套七巧板共有七块，由珍珠母制成，表面经过精心打磨，两面都有精美的雕刻。它们被放置在一个21/8英寸见方的红木盒子里。我的叔公是最早前往中国的传教士之一。这个盒子与这本书，再加上其他许多珍品，都被送给了我的祖父，后来又传到了我手中。”

我的来信者还慷慨地提供了七巧板的拓印图，从这些拓印图中可以清楚地看出，这些七巧板的尺寸确实与我所描述的完全一致。

正如所指示的那样，我之所以重新抄录中文铭文（8），正是出于这个原因。这本书的拥有者告诉我，他曾将这本书交给美国的几位中国人，愿意出1美元请他们翻译，但他们全都断然拒绝阅读那些文字，还找借口说那是日文。然而，日本人则坚称那是中文。难道七巧板中存在着什么神秘而深奥的奥秘，以至于如此难以揭开其面纱？或许会有懂中文的读者看到这页内容，并提供所需的翻译，从而为这个有趣的问题带来一些解答。

通过同时使用多组七巧板，我们可以创造出更为复杂的图案。有位朋友建议我不要将我的作品《台球游戏》（9）寄给那个协会，他保证那幅作品不会被接受，因为“评委们太过拘泥于传统观念”。也许他是对的，那幅作品或许会更受后印象派和立体派画家的青睐。画面中的球员们正在考虑在球桌顶部采取怎样的动作。当然，那两个球员、球桌以及时钟都是用四组七巧板拼成的。我的第二幅作品名为《管弦乐队》（10），它是为装饰一个大型音乐厅而设计的。画中有指挥家、钢琴家、那个胖乎乎的小圆号手、左手演奏低音提琴的人——他的姿态栩栩如生，尽管他与乐器的距离有些异常；还有拿着巨大乐谱架的鼓手。钢琴后面的狗并不是在嚎叫，它只是在认真聆听音乐而已。

这些七巧板图案的奇妙之处在于，它们能激发人们的想象力，让人想象出许多实际上并不存在的东西。例如，仔细观察“贝琳达夫人”（11）和“荷兰女孩”（12）这两个图案，没过几分钟就会感受到前者那傲慢的表情以及后者那弯腰的姿态。再看看“鹳鸟”（13）这个图案，就会发现它让人觉得它的腿实际上比所使用的任何一块拼图都要细得多——这其实是一种视觉错觉。同样地，在“游艇”（14）这个图案中，由于顶部留有一个小尖角，人们就会联想到一根完整的桅杆。如果把七巧板块放在白纸上，让它们彼此之间不完全接触，那么在某些情况下，白色线条会增强这种视觉效果；而在其他情况下，则几乎会破坏这种效果。

最后，我举一个在摆弄七巧板时经常会遇到的有趣悖论的例子。图中是两个看起来一模一样的形象（15和16），唯一的不同在于其中一个有脚，而另一个没有。实际上，这两个形象都是用相同的七块七巧板拼成的。那么，第二个形象的脚是从哪里来的呢？

拼图游戏。
“由碎片与拼块组成。”——《哈姆雷特》，第三幕第4场。

170.——垫子套面。
上图展示的是一块锦缎。有一位女士希望将这块锦缎切成四块，使得其中两块可以拼成一个完美的正方形垫子表面，另外两块则可以拼成另一个正方形的垫子表面。她该怎么做呢？当然，她只能沿着将25个小方格分隔开的线条进行切割，而且图案必须完全匹配，不能有任何不规则之处。其实只有一种方法可以实现这一点。你能找到它吗？

171.—旗帜谜题。

有一位女士拥有一块方形布料，上面有两只狮子图案，此图即为该图案的缩小版。她希望将这块布料剪成若干小块，这些小块拼接起来后能形成两面方形旗帜，每面旗帜上各有一只狮子。她发现只需四块布料就能做到这一点。她是如何做到的呢？当然，绝不能切割到英国狮子的图案上，因此必须确保任何切割线都不会穿过两只狮子图案的任何部分。需要提醒的是，不得为裁剪余料而留出空间，也不能浪费任何布料。只要方法得当，这其实是一个相当简单的拆分谜题。请记住，这两面旗帜必须是完美的正方形，不过大小不必相同。

172.—斯迈利夫人的圣诞礼物。

当六个孙女们送给斯迈利夫人一件她们亲手制作的漂亮拼布被子作为圣诞礼物时，她脸上的喜悦之情十分真挚。这件被子是由大小相同的方形丝绸布料拼接而成的，每边有14块这样的小方块，因此总共用了196块布料。六个孙女各自贡献了一块布料，这些布料都是完美的正方形，不过大小各不相同。为了将它们拼接成一块大的正方形被子，必须把其中一个女孩所贡献的布料拆分成三块。你能说明该如何进行拼接吗？当然，任何一块布料都不能被翻过来。

可以看出，在这种情况下，这块方形拼布被子是由169块小方块组成的。任务是找出构成该被子的最少所需的小方块数量，并说明这些方块应如何拼接在一起。或者换种说法，就是仅通过拆开缝线的方式，将被子分割成尽可能少的平方块。
174.—锦缎方块。

我恰好去一位女士家做客，从桌上拿起两块精美的锦缎。它们堪称东方工艺的杰出代表作——图案相同，都是精致的方格纹样。
“它们真是美极了，对吧？”我的朋友说道。“这是我的一位刚从印度回来的表亲送给我的。现在，我希望你能帮个忙。我打算把这两块锦缎拼接起来，做成一个大的方形坐垫套。要如何操作才能尽量减少材料的损耗呢？当然，我打算只沿着那些分隔小方格的线条进行切割。”

我按照要求将两个正方形切割成四块，使得这些块能够拼接在一起形成一个更大的正方形，同时还要确保拼接后的图案能够完全吻合。切割完成后，我发现其中有两块的面积完全相同；也就是说，这两块上交叉点的数量是一样的。你能说明一下是如何在满足这些条件的情况下进行切割的吗？

175.—另一个拼图谜题。

有位女士在两位闺蜜的协助下，收到了图中所示的那些漂亮的丝绸拼布作品。可以看出，这两块拼布都是由大小相同的正方形组成的——一块为12×12，另一块为5×5。她打算将它们拼接起来，做成一块13×13的正方形拼布被，当然，她不会切割任何布料，只需在必要的地方拆开缝线，再将各部分重新拼接即可。让她困惑的是如何做到这一点。有一位朋友向她保证，要制作出新的拼布被，总共只需要四块布料即可。您能告诉她该如何用这么少的布料来解决这个手工拼布难题吗？

176.—油地毡切割。

此图展示了两块独立的油地毡。由于背面没有重复的方格图案，因此这两块无法翻转。任务是将这两块正方形切割成四块，使它们能够拼接成一个10×10的完整正方形，同时确保图案能够完全对齐，并且让较大那块上被切割掉的面积尽可能小。

177.—另一道油地毡拼图题。

你能将这块油地毡切割成四块，使其能够拼接成一个完整的正方形吗？当然，切割只能沿着线条进行。

各种几何谜题。
“人们的品味真是千差万别。”
马克·阿肯赛德

178.—纸板箱之谜
这个谜题并不难，但找到其简单的解法会让人觉得很有意思。我有一个长方形的纸板箱，其顶面的面积为120平方英寸，侧面的面积为96平方英寸，而端面的面积为80平方英寸。那么，这个箱子的准确尺寸是多少呢？

179.—偷钟绳之谜
一天夜里，两个人闯入一座教堂的塔楼，企图偷走钟绳。这两根绳子从他们头顶上方的木制天花板上的孔中穿过，他们立刻开始向上爬。这时，其中一人拿出刀子，割断了自己头顶上方的绳子，结果他掉落到地上，受了重伤。他的同伙则嘲笑他太愚蠢了，还说他本应该像自己那样做——也就是割断自己手中那根绳子下方的部分。然而令他沮丧的是，他的处境并没有因此有所改善：在用尽全力坚持了一会儿之后，他也不得不松手，掉落在同伴身边。第二天早上，两人都被发现四肢骨折。他们到底掉了多高呢？当人们找到其中一根绳子时，它刚好触到地面；而将绳子的末端拉到墙上并保持绳子绷紧的状态时，它则触到了离地面3英寸高的地方。另外，当绳子处于静止状态时，墙与绳子之间的距离为4英尺。那么，这根绳子从地面到天花板的长度是多少呢？

180.—四个儿子的故事。
读者们一定会认出这个图景——它正是他们童年时常见的场景。有位男子拥有一块方形土地，他将其中被标出阴影的部分留给了自己的遗孀。剩下的土地则要平均分配给他的四个儿子，这样每个儿子得到的土地面积相同，形状也完全一致。故事中说明了具体的分配方法，但后续的情节却鲜为人知。在这块土地的中央有一口井，用深色点标示出来。本杰明、查尔斯和大卫抱怨说这种分配方式并不“公平”，因为阿尔弗雷德可以方便地使用那口井，而他们若想使用井水，则必须侵入别人的领地。这个谜题的要求就是：如何分配这块土地，使得每个儿子都能拥有形状和面积相同的土地，同时还能在不离开自己领地的情况下使用那口井。

181.—三个火车站
我坐在火车车厢里时，注意到车厢另一端有一位我认得的绅士，他正在与另一位乘客交谈，显然那是他的朋友。
“从火车站到你家还有多远？”陌生人问道。
“嗯，”那位绅士回答，“如果我在阿普尔福德下车，距离和去布里奇菲尔德的距离是一样的，因为布里奇菲尔德再往前15英里；而如果在阿普尔福德换车，再从那里行驶13英里到卡特顿，距离也还是相同。你看，我到这三个火车站的距离都相等，所以可以选择很多不同的火车。”
我恰好知道布里奇菲尔德距离卡特顿只有14英里，于是便试着算出无论他在哪个车站下车，回家所需的准确距离。那距离是多少呢？

182.—花园之谜
拉克布雷恩教授告诉我，他最近在一位乡下朋友的花园里树下抽着烟。那个花园被四堵直墙围着，他的朋友告诉他已经测量过这些墙的长度，分别是80码、45码、100码和63码。“那么，”教授说，“我们就可以算出花园的准确面积了。”“不可能，”主人回答，“因为用这四段长度可以拼出无数种不同的形状。”“但你忘了，”拉克布雷恩眼睛一亮地说，“你曾经告诉过我，你把那棵树种在距离花园四个角等距的位置上。”你能算出花园的面积吗？

183.—绘制螺旋线

如果将纸张水平握住，同时快速旋转它，并注视螺旋的中心，就会觉得螺旋在转动。或许很多读者都熟悉这种小小的视错觉。但问题在于：我究竟是如何仅使用圆规以及绘图用的纸，就如此精确地画出这个螺旋的？在这种情况下，你会如何操作呢？

184.—如何画椭圆形。
只需用圆规画一次，就能在纸上画出一个完美的椭圆形吗？只要掌握了方法，这其实是世界上最简单的事情之一。

185.—圣乔治旗。

在庆祝圣乔治节这个国家节日的活动中，我凝视着我们国家守护圣人的标志。我们都知道那种白色背景上带有红色十字的图案，这就是圣乔治的标志。苏格兰的守护圣人圣安德鲁的标志则是蓝色背景上的白色“圣安德鲁十字”。爱尔兰的守护圣人圣帕特里克的标志则是白色背景上的红色十字。这三种标志组合在一起，就形成了我们的联合杰克旗。

看着圣乔治的标志，我想到这样一个简单却有趣的小谜题：假设旗帜的尺寸为4英尺乘3英尺，那么要使红色和白色的布料使用量相同，十字的臂长应该是多少呢？

186.—布料切割谜题

一个男孩将两根杆子的顶端分别用绳子连接起来，再把绳子的另一端系在另一根杆子的底部。然后他向父亲提出了这样一个问题：由于其中一根杆子离地面恰好7英尺高，而另一根则恰好5英尺高，那么两根绳子相交时的点距离地面的高度是多少呢？

187.—挤奶女工之谜。
这是一个简单的乡村谜题，乍看之下，人们可能会以为它非常复杂，需要复杂的计算才能解答。甚至有人会认为，除非知道具体的距离，否则根本无法给出答案。但实际上，这个谜题其实相当“简单幼稚”。

在田野的一角，有个挤奶女工正在给牛挤奶；而在田野的另一边，则是用来存放牛奶的乳品厂。不过，人们注意到，这位年轻女子总是在回到乳品厂之前先带着水桶去河边。这时，那些多疑的人可能会问，她为何要反复去河边。我只能说，这与我们无关——那些牛奶完全是供当地人饮用的。

“你打算去哪儿，我漂亮的女仆？”
“去河边，先生。”她回答。
“我不会选择你的工作地点的，我漂亮的女仆。”
“没人问过您的意见啊，先生。”她说。
如果有人对这件事感到好奇的话，这种独立的精神肯定会让人心服。那么，我们就从商业道德的话题转到这个谜题上来吧。
请从挤奶凳画一条线到河边，再从河边画到乳品店的门口，这条线就代表了女仆最短的行走路线。就是这样。要确定她若想走最短的路应该走到河岸上的哪个位置，其实很简单。你能找到那个地方吗？

188.—球的问题。

前几天，有个石匠正在为某种建筑装饰而雕刻一个圆形球体，这时有个聪明的小学生来到了现场。
“听着，”石匠说，“你看起来是个聪明的孩子，能告诉我答案吗？如果我把这个球放在平坦的地面上，那么我还能在它周围放置多少个相同大小的球，才能让每个球都与这个球相接？”
那男孩立刻给出了正确答案，然后又向石匠提出了这样一个问题：“如果这个球的表面积所对应的平方英尺数等于它的体积所对应的立方英尺数，那么它的直径会有多长呢？”
石匠无法回答这个问题。你能正确回答石匠和那个男孩的问题吗？

189.—约克郡的庄园们

我当时正在约克郡的一个大城市里游览。出发那天，我在前往火车站的途中，有个男人递给我一张传单，我便将其带进火车车厢，在闲暇时仔细阅读。传单上写着，约克郡有三处相邻的地产即将出售。每处地产都是方形，且彼此在角落处相连，正如图示所示。A地块面积为370英亩，B地块为116英亩，C地块则为74英亩。而那三块方形地块所围成的小三角形区域并不出售。不知为何，我很好奇那块区域的面积是多少——它有多少英亩呢？

190。——沃泽尔农夫的地产。

现在我将介绍另一个土地面积问题。我认为，我给出的解答既有趣又容易理解。
沃泽尔农夫拥有附图中所示的三块正方形地块，其面积分别为18英亩、20英亩和26英亩。为了给自己的土地围上围栏，他购买了中间的四块三角形地块。问题在于：他拥有的土地总面积究竟是多少？

191.—新月形谜题。

这是一个简单的几何谜题。这个月牙形是由两个圆构成的，C是较大圆的圆心。B与D之间的月牙宽度为9英寸，E与F之间的宽度为5英寸。那么这两个圆的直径分别是多少呢？

192.—谜题墙

那里有一片小湖，四个穷人在这湖边建造了自己的小屋。后来，四个富人也在那里建起了豪宅，如插图所示。他们希望独占这片湖泊，于是吩咐建筑师建造一堵尽可能短的墙，既能将那些穷人隔在外面，又能让他们自己能够自由进入湖泊。那这堵墙应该怎么建呢？

193.—羊圈问题。
有趣的是，在过去五十年或一百年间出版的所有休闲娱乐类小书中出现的那些最著名的谜题，其答案要么完全不能令人满意，要么明显是错误的。然而似乎从来没有人发现过这些错误。这里有一个例子：有个农夫有一个由50根栅栏构成的羊圈，只能容纳100只羊。如果他想让羊圈的容量增加到原来的两倍，那么他还需要再添加多少根栅栏呢？

194.—花园的围墙。

有一位有远见卓识的乡村建筑师，他拥有一块圆形土地，上面建了四间小屋，如图所示。这块地被一堵砖墙环绕着，建筑师还打算再建三堵砖墙，这样邻居们就不会互相看到对方了。不过，那四位租户坚持要求不能有偏袒，每个人都应该拥有相同长度的围墙空间来种植果树。这个难题在于如何建造这三堵墙，使得每位租户都能拥有相同的土地面积以及相同长度的围墙。

当然，每个花园都必须被围墙完全围住，而且必须能够证明每个花园的围墙长度是完全相同的。如果这个难题能得到正确解决，就不需要任何数值数据。

195.—贝琳达夫人的花园。

贝琳达女士是一位热心的园艺爱好者。在插图中，她正在为如何解决一个有趣的小问题而苦恼，下面我就来讲述这个问题。她的其中一个花园呈长方形，周围有高高的冬青树篱围着，她打算把这片区域改造成种植优质玫瑰的花园。她希望将花园的一半面积用来种植玫瑰，形成一大片花坛；另一半则用作环绕整个花园的路径，且路径的宽度要保持一致。图片下方的示意图展示了这样的花园。那么，在这些简单的条件下，她要如何划分出花园的边界呢？她只有长度与花园相当的卷尺可用，而且由于冬青树篱非常茂密，她必须全部在树篱内部进行测量。贝琳达女士并不知道花园的确切尺寸，既然她也没有必要知道，所以我也不给出具体数值。无论花园的大小或比例如何，这都是一项相当简单的任务。然而，又有多少女园艺师真正知道该如何操作呢？那把卷尺可以是很普通的——也就是说，它不必是带有刻度的测量工具。

196.—被拴住的山羊。

这里有一个大家都应该知道如何解决的简单问题。有一只山羊被关在一片面积为半英亩的草地上，这片草地呈等边三角形形状。山羊被拴在场地一个角上的柱子上。为了使山羊能够吃掉草地上的半数草，绳子的长度应该是多少？结果需四舍五入到最接近的英寸数。假设山羊可以沿着绳子的长度去吃草。

197.—指南针谜题。
有趣的是，有时加上一个条件或限制，就会把一个极其简单的谜题变成一个有趣且可能较为困难的谜题。我记得多年前在街上买过一个当时非常畅销的机械小谜题。它由一枚带有孔洞的奖章组成，谜题要求将一个带有缝隙的环从一个个孔中穿过去，最终使其脱离奖章。我在街上行走时很快就掌握了用一只手取出环的技巧，而另一只手则继续握着那个谜题。我把这个技巧展示给一位朋友后，他也开始尝试自己完成这个谜题，几天后我再见到他时……

他展现出了自己在这门艺术上的高超技艺。不过，当我从他手中拿过那个谜题，仅用一只手的拇指和食指夹住那枚奖章，通过一系列轻微的摇晃动作，就让戒指在没有触碰它的情况下掉到了地上时，他显得有些惊讶。接下来的这个小谜题，由于种种限制条件，很可能会让很多读者感到棘手——只需用圆规就能找到任意直线的正中间点。不允许使用尺子、铅笔或其他任何工具，只能使用圆规；也不允许采用任何作弊手段，比如折叠纸张，必须以常规且合法的方式使用圆规。

198.—八根棍子
我有八根棍子，其中四根的长度恰好是其他棍子的一半。我把这些棍子都放在桌子上，让它们围成三个大小相同的正方形。要怎么做呢？不能有任何多余的棍子悬在旁边。

199.—帕普斯的谜题
这是三世纪末生活在亚历山大的帕普斯所提出的一个谜题，出自他的《数学集》第八卷中的第五个命题。我以几年前所用的“帕普斯的谜题”这个标题来呈现它，只是想看看有多少读者能发现它其实出自帕普斯之手。“那个小女孩的爸爸拿了两张尺寸不同的矩形纸板，从其中一张上剪下了一个三角形，然后通过一根线将这张纸板挂在点A处，这样它的长边就会保持水平状态，如图所示。他让小女孩找出另一张纸板上的点A，使得剪下并悬挂后也能得到类似的效果。”当然，不能通过尝试来找到那个点。

剪报。这个谜题的设定中蕴含着一个有趣而巧妙的细节。读者能够发现它吗？

200.—一个放风筝的谜题。
有一次，我陪同我的朋友海伊弗莱特教授参加在苏塞克斯郡南唐斯地区举办的科学放风筝比赛，当时我参与了一个小计算，相信会引起读者的兴趣。教授从绞盘上放出连接风筝的金属丝，而那根金属丝原本被卷成了一个完美的球形。这个金属丝球的直径为两英尺，金属丝本身的直径则为百分之一英寸。那么，这根金属丝的长度是多少呢？
这样一个人人都能理解的简单问题，却让很多人难以给出答案。让我们看看，是否无需进行复杂的数学计算就能找到答案。

可以大致得到答案——误差在正确值的1%以内！我们假设当导线完全卷起时，球体是完全实心的，且无需考虑穿过它的轴心。在这样简化的条件下，不知道有多少读者能够给出与正确值相差不超过1%的导线长度。

201.—如何制作蓄水池。

图中的朋友有一块大的锌板，切割前的尺寸为8英尺乘3英尺，他从四个角上切下了大小相同的正方形块，现在打算将各边折起来并焊接边缘，从而制成一个蓄水池。但他困惑的是：他切下的那些正方形块的大小是否确实合适，才能让……

水槽要如何才能容纳尽可能多的水呢？其实，如果把水槽的尺寸切得过小，它就会变得很浅；而如果尺寸切得过大，则水槽会又高又细。关键在于找到一种方法，让这四块方形材料恰好具有合适的尺寸。我们该如何避免让它们变得过小或过大呢？

202.—圆锥谜题。

我有一个木制圆锥体，如图1所示。我要如何从中切割出体积最大的圆柱体呢？显然，我可以切割出如图2那样又长又细的圆柱体，或者如图3那样又短又粗的圆柱体。但这两者都不是体积最大的圆柱体。如果知道规则的话，连小孩也能告诉我要在何处切割。你能找出这个简单的规则吗？

203.—关于轮子的问题。

关于车轮的运转，有一些令人费解的现象，很容易让初学者感到困惑。例如：当一列火车从伦敦驶往克鲁时，实际上在某一时刻，火车的某些部分正在从克鲁朝伦敦方向移动。你能指出那些部分吗？同一列火车的某些部分竟然可以随时朝相反方向移动，这听起来很荒谬，但事实确实如此。

在附图中有两个轮子。下方的轮子被视为固定不动的，而上方的轮子则沿着箭头所示的方向旋转。那么，当上方轮子完成一次完整旋转时，它自身绕轴心转动了多少圈呢？请不要急于给出答案，否则很可能会出错。不妨试一试。

只需稍加思考，正确的答案就会让你惊讶——一旦你看出来之后。

204.—一种新的火柴谜题。

图中展示了18根火柴，它们被排列成两个区域，其中一个区域的面积恰好是另一个的两倍。你能重新排列这些火柴（1），使得它们围成两个四边形区域，其中一个区域的面积恰好是另一个的三倍吗？另外，还能不能重新排列它们（2），使得它们围成两个五边形区域，其中一个区域的面积恰好是另一个的三倍？在每种情况下，18根火柴都必须被完全利用；这两个区域必须彼此分离，且不能有剩余的火柴或重复使用的火柴。

205.—六个羊圈。

这是一个关于火柴的新谜题。从图示中可以看出，有13根火柴被用来代表农夫设置的障碍物，这些障碍物将六个大小相同的羊圈围了起来。现在，其中一根障碍物被偷走了，农夫仍希望用剩下的12根火柴来围出六个大小相同的羊圈。他该怎么做呢？12根火柴必须全部得到合理利用，且不能有重复的火柴或未使用的火柴。

点与线谜题。
“一道又一道，此处一点，彼处一点。”——以赛亚书第二十八章。
10.
所谓“点与线”谜题深受许多人的喜爱。这里所举的最常见的例子是：如何种下九棵树，使它们形成十排直线，每排有三棵树。这个例子被认为是艾萨克·牛顿爵士提出的，但我认为最早收集这类谜题的书籍是我所拥有的一本珍罕的小册子——约翰·杰克逊于1821年出版的《冬夜的益智游戏》。书中给出了十个“成排种植树木”的例子。
这类植树谜题向来令人极为困惑。从真正意义上讲，它们确实是“谜题”，因为至今还无人能找到一种直接且确定的解决方法。解决这些谜题需要智慧、创造力以及耐心，而我们所说的“运气”有时也能起到作用。也许有一天会有某位天才揭开这一切的谜团。请记住，这些树应被视为单纯的点；因为如果我们允许树木足够大，就可以轻易地操纵图表，制造出一些看似真实实则虚假的直线排列。

206. 国王与城堡
远古时代，有一位强大的国王，他对军事建筑有着独特的见解。他认为对称的构造具有极大的强度与实用性，还总是以蜜蜂建造出完美六边形蜂巢为例，来证明自己的观点有自然界的支持。他决定在自己的国家建造十座新城堡，这些城堡之间要用防御墙连接起来，形成五条直线，每条直线上有四座城堡。皇家建筑师提出了如我所展示的初步设计方案。但国王指出，每座城堡都可以从外部接近，于是命令对方案进行修改，让尽可能多的城堡无法从外部遭到攻击，只能通过穿越防御墙才能进入。建筑师回答说，他认为不可能做到让哪怕一座作为王室居所的城堡也能得到如此保护，但国王很快就指出了实现方法。你会如何设计这十座城堡及防御工事，以最好地满足国王的要求？请记住，这些城堡必须形成五条直线，每条直线上有四座城堡。

207.—樱桃树与李子树。
插图展示的是一座小屋的平面图，周围环绕着55棵果树。其中10棵是樱桃树，10棵是李子树，其余的则是苹果树。樱桃树被种成5条直线，每条直线上有4棵樱桃树；李子树同样被种成5条直线，每条直线上有4棵李子树。谜题就是要找出哪10棵是樱桃树，哪10棵是李子树。为使樱桃树和李子树看起来更美观，在条件允许的情况下，应尽量少在果园的北侧和东侧种植树木。当然，在挑选出一组10棵树时，可以忽略中间的所有树木。也就是说，即使中间有其他树木或房屋，每条直线上仍可有4棵树。解决了上一个谜题后，这个谜题就会变得相当简单了。

208.—种植园谜题。

有个人种了一块正方形的土地，上面共种了49棵树。但从示意图中可以看出，有4棵树被风吹倒并移除了。现在他打算把剩下的树全部砍掉，只留下10棵树，这10棵树要排成5行，每行4棵。那么，他应该留下哪10棵树呢？

209.—21棵树的问题。
有一位绅士希望在自己的公园里种21棵树，让这些树排成12行，每行5棵。您能为他设计出一个既美观又符合这些条件的排列方式吗？

210.—10枚硬币的问题。

如图所示，将十枚硬币放在一张大纸或硬纸上，每条边上放五枚。现在取出四枚硬币，不要弄乱其余的硬币，再将它们放回纸上，使得这十枚硬币能形成五条直线，每条直线上有四枚硬币。这本身并不难，但你需要试着找出所有可能的解法，前提是每种情况下最开始的兩行必须完全相同。

211.—十二个馅饼问题。
从示意图中可以看出，如何将十二个馅饼放在桌子上，使其形成六行直线，每行有四个馅饼。这个谜题的要求是只移动其中的四个馅饼到新的位置，从而使总数变为七行直线，每行仍为四个馅饼。你会选择移除哪四个馅饼？又会把它们放到哪里呢？

212.—缅甸的种植园。
不久前，我收到了来自上缅甸梅克蒂拉的英国牧师的一封有趣来信。他在信中告诉我，自己在返程的船上试图解开这个小谜题，还因此获得了一些乐趣。

如果他有一片由49棵树组成的林子，这些树呈正方形排列，如附图所示。他想知道该如何砍掉27棵树，使得剩下的22棵树能尽可能多地排成行，每行4棵树。当然，任何一行中的树木数量都不能超过4棵。

213.—土耳其人与俄罗斯人。
这个谜题与我多年前在《Tit-Bits》杂志上发表的阿弗里迪谜题类似。
在一片开阔的平地上，一队俄罗斯步兵驻扎在那里，他们彼此不会处于同一位置，突然遭到32名土耳其人的袭击，这些土耳其人从各个方向向俄罗斯人开火。每个土耳其人都同时发射了一颗子弹，而每一颗子弹都会从三名俄罗斯士兵的头顶上方飞过。由于每颗子弹在发射时……

又有一名男子被杀，现在的问题是：俄军最少可能由多少名士兵组成？双方的伤亡人数又是多少？

计数器相关的问题。
“没有计数器，我根本无法进行游戏。”
——《冬天的故事》，第四幕第三场。

这类谜题，除非与国际象棋之类的实际游戏相关，否则似乎是近代才出现的。近代的数学家们，尤其是范德蒙德和赖斯，对它们有所研究，但古代的作家们似乎并未关注过它们。就使用计数器的游戏而言，最古老且最为人熟知的或许是“九人莫里斯舞”（正如我将会说明的，它还有许多其他名称）；不过，奥维德的著作中明确提到的那种更为简单的游戏可能更为古老，而“井字棋”似乎就是从那种游戏中演变而来的。

在法国，这种游戏被称为Marelle；在波兰则称为Siegen Wulf Myll；在德国和奥地利则叫Muhle；在冰岛则称为Mylla。据说南美洲的博加斯人也玩这种游戏，在亚马逊河流域则称其为Trique，而且人们认为它起源于印度。在我国，不同地区有不同的名称，比如Meg Merrylegs、Peg Meryll、Nine Peg o’Merryal、Nine-Pin Miracle、Merry Peg以及Merry Hole。莎士比亚在《仲夏夜之梦》（第二幕第一场）中提到了它：“那九人莫里斯舞的游戏场地满是泥泞；那些错综复杂的迷宫因为无人行走而已无法辨认。”牧羊人们会用石头在草地上挖出洞来玩这种游戏。北安普敦郡的农民诗人约翰·克莱尔在《牧童》（1835年）中写道：“我们常常追踪他的行踪……就是在那长满草地的九人莫里斯舞游戏场上。”德雷顿也在他的《Polyolbion》中提到了这种游戏。在锡尔切斯特的考古发掘中发现的古老罗马瓷砖上，以及雅典卫城的台阶上，也有这种游戏的图案。

几年前在克里斯蒂安尼亚博物馆，我看到了那艘1880年在戈克斯塔德发现的古老维京船。在构成船甲板的橡木板上，有标记着游戏格子的线条与孔洞，这些孔洞是用来放置棋子的。在阿姆斯特丹的国立博物馆参观那些古老的橡木家具时，我对一个旧式的教徒座椅产生了兴趣，惊讶地发现座椅中央刻有游戏格子图——这显然便于偷偷玩游戏。这种图案也在我们英国的几座大教堂的唱诗班席位上被发现过。20世纪80年代初，在北安普敦郡的哈格雷夫教堂进行修缮时，人们在一块嵌入墙中的石头上发现了类似的刻痕（大概可追溯到1200年左右），这块石头现在保存在北安普敦博物馆中。后来在林肯郡的塞姆普林厄姆也发现了类似的石头。在马恩岛的一块古墓碑上以及荷兰的古老瓷砖上也能看到这种图案。1901年，在奥斯韦斯特里附近的一个砾石坑中还挖出了一块刻有该游戏图案的石头。

这个游戏在不同时期、不同地点有着不同的规则。我附上棋盘图案的副本。有时会省略对角线，但这显然不会影响游戏玩法——只是因为人们认为仅用角点就能标示出各个位置而已。斯特拉特在《体育与娱乐》一书中是这样描述这个游戏的，这与我小时候玩这个游戏的方式一致：“两人各持九枚棋子，轮流将棋子一枚一枚放在格子上；每方的目标都是阻止对手在没有己方棋子阻拦的情况下形成三连珠。一旦形成三连珠，形成者可以随意从他认为最有利的位置拿走对手的一枚棋子，但前提是他自己棋盘上还有另一枚不属于那三连珠的棋子。当所有棋子都放置完毕后，棋子可以沿着线条的方向前后移动，但每次只能移动到相邻的格子。能够拿走对手所有棋子的人即为胜者。”

214.—六只青蛙

图中的六只“受过训练”的青蛙能够改变自身的排列顺序，使得它们的数字依次为6、5、4、3、2、1，而那个空格则保持原位。它们可以跳到下一个空格（如果该格为空的话），或者跳过一只青蛙再到达更远的空格（同样要求该格为空）。这一操作方式与国际跳棋中的移动规则类似，而且它们还可以随时向前后移动。你能用最少的步数让它们完成这个任务吗？其实这很简单，完成后在右边再加一只青蛙再试一次。接着继续添加青蛙，直到能为任意数量的青蛙找到最短的解决方案。因为只要有一个空格存在，无论有多少只青蛙，总可以实现这一目标。

215.—蚱蜢谜题。
据称，这种谜题在16世纪和17世纪的伦敦年轻学徒中极为流行。读者们应该注意过皇家交易所上那个奇特的黄铜蚱蜢雕像。这种“长寿的生物”在1666年和1838年的火灾中幸存了下来。与它同类的图案曾是1579年去世的杂货商托马斯·格resham爵士的徽章，因此后来也被各类杂货商用作标志。不过，关于其起源的传说并不属实——实际上这个谜题是我在1900年才创造出来的。在13个黑色圆盘中的12个上，各有编号的棋子或蚱蜢图案。谜题的要求是将这些棋子的顺序颠倒过来，使其从相反方向依次呈现1、2、3、4等数字，而那个空着的圆盘则保持原来的位置不变。每次只能移动一个棋子，可以移到相邻的空圆盘上，或者像跳棋那样跳过一个棋子。移动方向可以是任意方向。那么，完成这个谜题所需的最少步数是多少呢？

216.—受过训练的青蛙们

我们那六只受过训练的青蛙已经学会了一项新技能。将它们放在玻璃杯中，如插图所示，它们会调整自己的位置，使得三只黑色的青蛙在左侧，白色的青蛙在右侧，而另一侧则为空——即第7号杯子。它们可以跳到下一个空杯子中，或者跳过一只或两只青蛙，再到达另一个空杯子。跳跃方向可以是任意的，而且青蛙可以跳过与自己颜色相同的青蛙、颜色不同的青蛙，或是两种颜色的青蛙。通过连续四次跳跃就能让情况变得一目了然：4到1，5到4，3到5，6到3。你能用十次跳跃来演示它们是如何做到这一点的吗？

217.—特威肯汉姆谜题。

在图中，有11个圆盘排成一圈。其中5个圆盘上放置带有黑色字母的白色棋子，另外5个圆盘上则放置带有白色字母的黑色棋子。最底部的圆盘保持空置状态。游戏开始后，需要将这些棋子按顺时针方向排列，使其拼出“Twickenham”这个词，同时让那个空置的圆盘保持原位。黑色棋子按照时钟指针转动的方向移动，而白色棋子则朝相反方向移动。如果空置的圆盘位于相邻位置，那么某个棋子就可以跳过颜色不同的棋子。例如，如果第一步是移动K，那么C就可以跳过K；之后如果K向E移动，那么W就可以跳过C，以此类推。这个谜题可以在26步内解决。请记住，棋子不能跳过与自己颜色相同的棋子。

218.—维多利亚十字谜题。

设计谜题的人往往擅长从那些看似微不足道的细节中寻找灵感，他们的作品常常是由最简单的元素构成的。那些可能完全被他人忽视、或者即便被注意到也被认为毫无价值的琐碎事物，却常常能为那些寻求谜题的人提供不错的主题或创意，让他们觉得这些元素具有某种“价值”。

在维多利亚女王钻石禧年时，我坐在火车车厢里与一位女士相对而坐，她的胸前别着一枚胸针。那枚胸针的形状类似于马耳他十字勋章或维多利亚十字勋章，上面还有“VICTORIA”这几个字母。这些字母的排列方式立刻给了我设计这个谜题的灵感。如图所示，该谜题的棋盘由九个格子组成。任务是将写有“VICTORIA”各字母的八个棋子按所示方式放置好，然后依次将每个字母在黑色格子和白色格子之间移动，直到整个单词能以同一方向完整呈现出来，只不过首字母“V”会位于十字架的某个黑色臂上。

任何时候，两个字母都不能处于同一个格子中。需要找到最短的解法。当然，不允许跳着移动棋子。第一步显然必须用A、I、T或R来移动。假设将T移到中心位置，那么接下来的回应只能是O或C，因为I和R无法移动。这个谜题的解法有一些特别之处，我会加以解释。

219.—字母方块谜题。

这让人想起我们熟悉的老朋友——十五方块谜题。有八个标有字母的木块，被放置在一个盒子里，如图所示。显然，每次只能将一个方块移到目前空着的格子中，因为不能把方块从盒子里拿出来。谜题的目标就是通过不断移动这些方块，最终让它们按照特定顺序排列起来。

A B C
D E F
G H

如果可以随意移动的话，这根本不算难事。但真正的挑战在于用最少的步数完成任务。我不会告诉大家这个最小步数是多少，因为希望读者能自己找出答案。在记录自己的移动步骤时，只需按字母移动的顺序将其写下来即可——比如前五步可以是C、H、G、E、F，这样的记法不会产生任何歧义。实际上，只需要八个标记物以及一张纸上的简单示意图就可以了。

220.—一家旅馆里的难题。

多布森一家在斯洛科姆比海边租到了公寓。如示意图所示，同一层楼上有六个相互连通的房间。他们选择的房间是4号、5号和6号，这些房间的窗户都面向大海。不过问题出现了：多布森先生坚持要让钢琴和书架更换房间。这其实是个巧妙的办法，因为多布森一家并不懂音乐，但他们不想让别人使用那架钢琴。然而，这些房间非常小，而钢琴和书架又相当大，因此不可能同时把这两件家具放进同一个房间里。那要如何解决呢？

如何以最少的搬运次数完成转移？例如，可以先将衣柜搬到2号位置，然后再把书架搬到5号位置，钢琴则搬到6号位置，依此类推。这确实是个有趣的谜题，但房东却不喜欢它。请在纸上用标记标出最少的搬运次数，来解决她的难题。

221.—八台机车
该图展示了一家管理不善的铁路公司的机车场。这些机车只能停放在图中标记的九个点上，其中有一个点目前是空的。需要用17次搬运将每台机车依次从一处移动到另一处，使得所有机车按数字顺序分布在圆周上，同时保持中心点为空。不过，有一台机车的引擎已经熄火，因此无法移动。那该如何解决这个问题呢？又哪台机车会一直保持静止状态？

222.—一个铁路谜题。

在一张大纸上画出与示例相同的图表，标记出三个标有A的计数器、三个标有B的计数器以及三个标有C的计数器。可以看到，线条的交点处共有九个停靠点，还有一个类似“Q”字尾状的停靠点位于外圆上。将标有A的三个计数器、标有B的三个计数器以及标有C的三个计数器分别放在指定的位置上。这个谜题的要求是：每次移动一个计数器，沿着线条从一个停靠点移动到另一个停靠点，直到让每个圆上都出现A、B、C各一个，同时每条直线上也都有A、B、C各一个。你需要用尽可能少的步数来完成这个任务。需要多少步呢？

223.—铁路谜题。

该计划涉及伦敦、克洛德维尔和穆德福德铁路公司线路的一部分。这是一条带有环线的单线铁路。在环线的左线或右线上，从B点到C点之间只能容纳8节车厢，或者7节车厢加1台机车。恰好有两列货物列车（每列由1台机车和16节车厢组成）处于图中所示的位置。这种情况看起来似乎无解，两位机车司机都希望对方返回下一站并卸下9节车厢。不过，有一位聪明的司炉工想出了办法，让这两列列车能够继续前行，且机车的位置也保持正确。他还设法以最少的次数让机车改变方向。你能够完成这项任务吗？你需要让机车改变方向多少次呢？“改变方向”指的是向后方或前方移动。不允许使用绳索调车、飞车调车或其他任何技巧，所有操作都必须由两台机车本身来完成。如果用计数器来辅助解决的话，这将是一个简单而有趣的谜题。

224.—汽车修理厂的谜题。

汽车修理厂老板所面临的种种难题，其实可以变成一种富有趣味性的小游戏。只需在一张纸或硬纸上画出简单的平面图，再给8个停车位编号1到8，这样全家人就可以一起参与这场有趣的竞赛，寻找解决这些难题的最佳方法。
这张图展示的是一个可停放12辆汽车的汽车修理厂平面图。但由于空间布局极为有限，老板常常会陷入困惑之中。例如，如果1到8号这8辆车目前处于图中所示的位置，那么要如何以最快速度调整它们的位置，使得1、2、3、4与5、6、7、8互换位置——也就是说，数字仍从左到右排列，但上下两排的位置要互换？最少需要多少次移动才能实现这一目标呢？

每次只有一辆汽车移动，无论移动多远都算作一次移动。为避免误解，停靠点用方块标出，且一个方块内同一时间只能有一辆汽车。

225.—十名囚犯
即便监狱没有其他用途，它们依然可以因为能为谜题设计者提供灵感而存在。监狱似乎是无穷无尽的谜题源泉。这里有一个小谜题，或许能让读者短暂地感兴趣。图中是一个有16间牢房的监狱，可以看到那十名囚犯的位置。狱卒对奇数和偶数有着奇怪的迷信观念，他希望重新安排这十名囚犯的位置，使得在垂直、水平及对角线上，偶数人数的行数尽可能多。从箭头所示可以看出，目前只有12行人数为2或4的行。我可以直接告诉大家，最多可以有16行满足这个条件。但狱卒只允许将4名囚犯转移到其他牢房，并且表示位于右下角的那个囚犯身体虚弱，不能被移动。那么，在这样的条件下，我们该如何实现16行偶数人数的目标呢？

226.—环游海岸。

这是一个谜题，我觉得它既有趣又有教育意义。我们有一个由八个圆圈组成的环状结构，其中第8个圆圈是空的。我们需要用这种方式写出英国一个七个字母的港口名称：用铅笔触碰某个空圆圈，然后向任一方向跳过两个圆圈，再写下第一个字母；接着触碰另一个空圆圈，再跳过两个圆圈，写下第二个字母。以此类推，按正确顺序写出所有字母，最终组成一个单词。比如，如果我们选择“Glasgow”，则操作步骤为：6—1，7—2，8—3，7—4，8—5。也就是说，先触碰6号圆圈，跳过7号和8号圆圈，在1号圆圈上写下“G”；然后触碰7号圆圈，跳过8号和1号圆圈，在2号圆圈上写下“l”，依此类推。我们会发现，按照上述方法写出前五个字母“Glasg”之后，就无法继续下去了。要么是“Glasgow”这个名称有误，要么就是我们的跳跃方式不对。你能解开这个谜团吗？

227.—中央单人纸牌游戏。

这种古老的谜题很受我们祖母们的喜爱。我想，我们大多数人也都曾见过“单人纸牌游戏”用的棋盘——那是一种圆形的抛光板，上面按几何图案挖有孔洞，每个孔里都有一颗玻璃弹珠。有时我会在郊区的客厅的边桌上看到这样的棋盘，或者在乡村小屋的架子上发现它，也曾在路边的旅店里见到过。虽然有些棋盘是如上图所示的形状，但更常见的情况是棋盘上还有四个孔，位于点号所示的位置。我选择较简单的那种形式。尽管玩具店里仍然有出售这类棋盘，但读者只要在一张硬纸板或纸上按照上述样式画出棋盘，给各个孔编号，再准备33个计数器、纽扣或豆子即可。接着把除中央的第17号孔之外的所有孔里都放一个计数器，游戏的目标就是通过一系列的移动将所有的计数器移走，只有最后一个计数器必须留在中央的孔里。你可以像下跳棋一样，让一个计数器跳过另一个计数器，落到后面的空孔中，而被跳过的计数器会立即从棋盘上移除。只需记住：每次移动都必须是跳跃形式，因此每走一步就会移除一个计数器，最终需要移除31个计数器。

当然，一次跳跃就能消除所有的31个计数器。不过也可以使用复合移动（就像国际跳棋一样），只要有一个计数器持续在移动，那么这些跳跃就都算作一次移动。以下是一个虚构的解法示例，它能清楚地说明移动的规则，以及解题者应如何记录自己的尝试步骤：5-17、12-10、26-12、24-26（13-11、11-25）、9-11（26-24、24-10、10-12）等等。括号内的跳跃算作一次移动，因为它们是由同一个计数器完成的。需要找到最少的移动步数。当然，不允许进行对角线方向的跳跃；只能沿着线条方向移动。

228.—十个苹果。

图中的这家人正在玩这个有趣的谜题，它虽然并不难，但相当有意思。他们有……

可以看到，桌子上摆着16个方格，每个方格中放一个苹果。他们希望找到一种方法，通过一次跳过一个苹果、再跳到下一个空方格的方式，把除了一个之外的所有苹果都移走——就像跳棋游戏中的操作方式；或者更像单人纸牌游戏中的操作方式，因为这里不允许进行对角线移动，只能沿着方格的边移动。显然，如果苹果就那样摆放着的话，是无法进行任何移动的，但可以在开始之前将任意一个苹果移到某个空方格上。之后所有的移动都必须是跳跃式移动，即跳过被跳过的苹果。

229.—九颗杏仁谜题。
“这是个小谜题，”一位牧师说道，“我觉得它特别有趣。虽然很简单，但却能让人一直保持兴趣。”这位牧师拿出一张纸，将其分成25个方格，就像国际象棋棋盘的一部分。然后他在中央的方格里放了九颗杏仁，如图所示，为了便于说明解法，我们还在这些方格上标上了数字。牧师继续说：“现在，这个谜题的要求是：把八颗杏仁移走，只留下中央方格里的那颗。移动时，需要跳过一颗杏仁，再跳到另一侧的空方格上，同时把被跳过的那颗杏仁移走——就像跳棋一样，只不过这里可以朝任何方向跳跃，而不只是对角线方向。关键是要用尽可能少的步数完成这个任务。”以下是一个示例：先让4号杏仁跳过1号杏仁到达另一侧的空方格，再让5号杏仁跳过9号杏仁，接着让3号杏仁跳过6号杏仁，然后让5号杏仁跳过3号杏仁，再让7号杏仁跳过5号和2号杏仁，之后让4号杏仁跳过7号杏仁，最后让8号杏仁跳过4号杏仁。但这样之后，中央方格里并没有留下8号杏仁，而应该是留下的。记住，必须把被跳过的那些杏仁也移走。每次移动可以连续进行多次跳跃，但每次跳跃所涉及的杏仁数量应保持不变。

230.—十二枚便士的谜题
这是个很有趣的谜题，只需要十二枚便士或小圆片即可。将它们按图示排成一圈。然后一次拿起一枚便士，将其放在它旁边两枚便士之外的第三枚便士上；接着再拿起另一枚便士，重复同样的操作，如此下去，经过六次操作后，这些便币就会以两两一组的形式分布在1、2、3、4、5、6这六个位置上。每次操作时都可以沿着圆圈的任意方向移动，而且被跳过的那两枚便币是单独的还是成对的也无关紧要。只要稍加思考，就能轻松解决这个谜题。

231.—盘子与硬币。
如所示，将十二个盘子放在圆桌上，每个盘子里放一枚硬币或一个橙子。从任意一个盘子开始，始终沿着同一方向绕着桌子移动：取出一枚硬币，让它经过另外两枚硬币，然后将其放入下一个盘子中。继续这样做：再取出一枚硬币，让它经过两枚硬币后放入某个盘子中，如此循环。只需取出六枚硬币，最终六个盘子中每个盘子应有两枚硬币，而另外六个盘子则为空。这个谜题的关键在于尽可能少地绕桌子移动。被经过的这两枚硬币位于同一个盘子还是两个不同的盘子中，并不影响结果；同样，硬币经过时旁边有多少个空盘子也不重要。但必须始终沿着同一方向绕桌子移动，并最终回到起始点。也就是说，手要一直朝一个方向前进，绝不能倒退。

232.—捕捉老鼠。

“公平点！”老鼠们说。“你懂游戏规则吧。”
“没错，我知道规则，”猫回答道。“我得沿着你们所指的方向绕着圆圈走，每十三只老鼠吃一只，但最后必须留下一只白老鼠给自己吃。13是个不吉利的数字，不过我会尽力满足你们的要求。”
“那就快点吧！”老鼠们喊道。
“给点时间让我想想，”猫说。“我不知道该从哪只老鼠开始数。我得先想清楚。”
就在猫苦思冥想之际，它睡着了。魔法被打破后，老鼠们安全地回到了家中。那么，猫应该从哪只老鼠开始数，才能让白老鼠成为最后被吃掉的那只呢？
当读者解开了这个小谜题后，还有另一个谜题等着他。如果猫必须从白老鼠开始数（把那只老鼠记为“1”），并且仍要让白老鼠最后被吃掉，那么它最少需要绕着圆圈数多少次呢？
作为第三个谜题，试着找出：如果猫必须从白老鼠开始数（将其记为“1”），并且要让白老鼠成为第三只被吃掉的动物，那么它最少需要绕着圆圈数多少次呢？
233.—古怪的奶酪商。

插图中的奶酪商是个热衷于解谜的人。他最喜欢的谜题之一，就是在仓库里把奶酪堆成四堆，每堆四块——他觉得这种游戏既能锻炼身体，又能锻炼头脑。他会先把16块奶酪排成一排，然后再通过将一块奶酪移到另外四块之上，使得它们分成四堆，每堆四块。如果用16个计数器，并将它们依次编号为1到16，那么就可以把1放在6号位置上，11放在1号位置上，7放在4号位置上，以此类推，直到每堆都有四块奶酪。需要注意的是，被移动的那四块奶酪是单独放置还是与其他奶酪堆在一起并不重要，它们的数值都是一样的；而且奶酪可以朝任意方向移动。在12步之内完成这项任务的方法有很多种，因此这确实是一道不错的“耐心游戏”——人们可以尝试找到解决方案，让四堆奶酪分别位于指定的位置上。例如，试着让四堆奶酪位于排队的最两端，即1号、2号、15号和16号位置上，这其实相当容易。然后再试着让它们位于其他位置上……

将三个堆叠在一起，分别位于13、14和15号位置。然后再进行操作，使它们分别位于3、5、12和14号位置。

234.—交换谜题。
这是一个相当有趣的小谜题，需要移动棋子。你只需要12个棋子——6个一种颜色，标记为A、C、E、G、I和K；另外6个为另一种颜色，标记为B、D、F、H、J和L。首先将它们按照图示放置，然后的目标是将它们按字母顺序排列成如下形式：—

ABC D
E F GH
I J KL

操作方式是交换同一行上颜色相反的棋子。因此，G和J可以交换位置，F和A也可以交换，但G和C或F和D则不能交换，因为前者同属白色，后者同属黑色。你能在17次交换内让棋子达到要求的排列吗？

无法用更少的步骤完成。只要方法得当，这个谜题其实比看上去要简单得多。

235.—鱼雷练习。

如果有16艘战舰停泊在锚地且被敌人包围，如果每枚以直线飞行的鱼雷都能穿过三艘舰艇并击沉第四艘，那么最多能击沉多少艘舰艇呢？在图中，我们将舰队排列成方形阵型，通过发射箭头所示的鱼雷，最多可以击沉7艘舰艇（即最上面一行和第一列的那些舰艇）。如果我们能以不同的方式安排舰艇的锚位，那么这个数字还能增加多少呢？请记住，每枚鱼雷在发射下一枚之前就会先击沉一艘舰艇，而且每枚鱼雷的飞行方向都不同；否则，如果将舰艇排成一条直线，那就有可能击沉多达13艘舰艇！这是一项关于海战的有趣小研究，也极具实用性——当然前提是敌人愿意配合。

让你能够按照自己的方便来安排那些帽子的摆放顺序，同时要求这些帽子保持不动，不得有任何移动！

236.—帽子谜题。
如图所示，有十顶帽子挂在挂钩上——五顶丝绸帽和五顶毛毡帽，它们交替排列。队伍两端的两个挂钩是空的。

这个谜题的要求是：先将两顶相邻的帽子移到空挂钩上，然后再将另外两顶相邻的帽子移到刚才还空着的挂钩上，如此反复，直到五对帽子都被移走，所有的帽子再次排成一行，只不过所有的丝绸帽在一起，所有的毛毡帽也在一起。请记住，被移走的帽子必须是相邻的，而且必须用双手各拿一顶，再将它们放到新的挂钩上，不能改变它们之间的相对位置。不允许交叉双手，也不允许一次只移动一顶帽子。你能解开这个谜题吗？我把它作为下一个谜题的引子。你可以用两种颜色的棋子或硬币来尝试解决它，同时要记住，那两个空挂钩必须始终位于队伍的一端。

237.—男孩与女孩。
如果你在一张纸上划出十个区域来表示椅子，再用八个带编号的棋子来代表孩子们，那就会有一种有趣的娱乐方式。可以用奇数代表男孩，偶数代表女孩；或者也可以使用两种颜色的棋子或硬币。

这个谜题的要求是：先让坐在相邻椅子上的两个孩子换到两把空椅子上，让他们改变位置；接着再从相邻的椅子上去掉另一对孩子，将他们放到那两把现在空着的椅子上，同样让他们改变位置；如此反复进行，直到所有的男孩聚在一起，所有的女孩也聚在一起，而两端仍各有一把空椅子。要解决这个谜题，必须在五步之内完成操作。被移动的孩子必须始终来自相邻的椅子；同时务必记住让孩子们改变位置这一要点，因为这正是该谜题的独特之处。所谓“改变位置”，意思就是：例如，如果你先把1和2移到空椅子上，那么原来的第一把椅子就会由2来坐，第二把椅子则由1来坐。

238.—摆放果酱罐。
我偶然看到一个小女孩正在为母亲整理橱柜里的果酱。她把不同种类的果酱分别放在架子上。我注意到，她一只手拿着一罐黑莓果酱，另一只手拿着一罐鹅莓果酱，然后把它们交换位置；接着又把草莓果酱和覆盆子果酱交换位置，以此类推。她做了许多不必要的操作，实在令人费解，我觉得这可以成为一个不错的谜题。

从插图中可以看出，小多萝西需要将24个大罐子放入24个对应的格子里。她希望这些罐子能按正确的顺序排列——也就是最上层的格子放1、2、3、4、5、6，下一层放7、8、9、10、11、12，以此类推。那么，如果她总是用右手拿一个罐子，左手拿另一个罐子并让它们交换位置，究竟需要多少次这样的交换才能让所有罐子都处于正确位置呢？显然，她可以先交换1号和3号罐子，然后再交换2号和3号罐子，这样前三个罐子就能各归其位了。接下来您会建议她如何继续操作呢？可以在一张被划分成方格的纸上标上数字，这样就会发现这其实是一个有趣的谜题。

普遍性与路径问题。
“我看见他们沿着蜿蜒的小路前行。”
——雷金纳德·赫伯

可以合理地推测，从远古时代起，就总有人向他人提出这样的问题：“哪条路是回家的最近路线？”“哪条路最简单或最舒适？”“我们该如何找到一条能避开乳齿象和蛇颈龙的路？”“我们怎样才能在不经过敌人领地的情况下到达那里？”这些都是最基本的路径问题，通过加入一些使情况变得复杂的条件，它们就可以变成有趣的谜题。以下示例中就包含了各种这样的复杂因素，我还列出了不同难度的题目。这些题目能够很好地锻炼人的推理能力，还能帮助人们以最具启发性的方式理解对称结构中的规律。

239.—一个儿童谜题。
多年来，总有一些小朋友向我请教这个谜题。似乎大多数孩子都知道它，但奇怪的是，他们却从来不知道答案。他们总是问：“请告诉我，这真的可能做到吗？”我相信魔术师胡丁很喜欢把这个谜题讲给他的孩子们听，但我不确定他是否就是这个谜题的创造者。毫无疑问，很多读者都希望了解这个谜题的答案，因此我并不为引入这个古老的谜题而道歉。这个谜题的要求是用三笔铅笔画出插图中所展示的图形。当然，每画一笔时都不能把铅笔从纸上拿开，也不能重复画同一条线。你会发现，其实只需一笔连续的线条就能画出大部分图形，但看起来却好像需要四笔才行。

另一种解谜方式是在石板上画出图案，然后通过三次擦拭将其擦掉。

240.—英国国旗。

该插图是一幅粗略的草图，外形有点像英国国旗——联合杰克旗。如果不把铅笔从纸上抬起或不在同一条线上重复画线的话，就无法画出整个图案。这个谜题就是要弄清楚：在不抬起铅笔、也不在相同线条上重复画线的情况下，最多能画出图案的多少部分。拿起铅笔，看看你能做到什么程度吧。

241.—被分割的圆圈。
要画出插图中的图案，且不把铅笔从纸上抬起，需要多少次连续的笔画？一旦改变铅笔的移动方向，就视为开始新的笔画。如果愿意的话，也可以在同一条线上重复画线多次。只要稍加注意，就能避免因为一次错误的笔画而前功尽弃。

242.—铁路检查员的难题。
图中的男子面临着一个小难题。他刚刚被任命为某条铁路系统的检查员，他的职责是在规定的时间内，逐一检查该系统内连接12个车站的17条线路，这些线路就显示在他正在查看的那张大型地图上。现在，他希望规划一条路线，以便以最短的行程走完所有线路。他可以任意选择起点和终点。那么，最短的路线是什么？还有比这更简单的吗？不过读者很快就会发现，无论他如何安排路线，都不得不重复经过某些线路。换句话说，如果假设各个车站之间的距离为1英里，那么他为了检查每条线路，就必须行走超过17英里的距离。这就是这个小难题所在。他究竟需要行走多远的距离？您建议他选择哪条路线呢？

243.—游览各城镇。
一名旅行者从第1号城镇出发，希望每次只访问每一个城镇一次，且只能沿着用直线标出的路线行进。他有多少种不同的路线可以选择？当然，他必须最终回到出发点即第1号城镇，同时不得考虑岔路，而应直接从一个城镇前往另一个城镇。只要方法得当，这其实是个极其简单的谜题。

244.—十五次转弯。
这是另一个有趣的旅行谜题，其解法需要巧思。这名旅行者从黑色城镇出发，希望在仅进行十五次转弯的情况下尽可能远地前进，且不能重复走同一条路。假设各城镇之间的距离为1英里。例如，如果他先直接前往A，再直接前往B，然后依次前往C、D、E和F，那么他在五次转弯后就会行驶37英里。那么，在十五次转弯的情况下，他最多能走多远呢？

245.——八面体上的飞虫
“看这里，”教授对他的同事说，“我一直在观察那只在八面体上的飞虫，它总是只在边缘上移动。它为何要避开面呢？”
“也许它是在尝试解决某种路径问题吧，”另一人建议道。
“假设它从顶点出发，那么它有多少种不同的路径可以走完所有的边，且在任何一条路径中都不会重复经过同一条边呢？”

这个问题比他们预想的要难，经过几天的业余时间努力后，他们的结果并不一致——实际上，两人都答错了。如果读者对他们的失败感到惊讶，不妨亲自尝试解这个小谜题。我只需说明：八面体是五种正多面体之一，由八个全等且边长相等的三角形构成。如果按照插图边缘所示的形状剪出两块纸板，沿虚线将其对半切开，再弯曲并将它们拼合起来，就能得到一个完美的八面体。无论沿着哪条路径遍历所有棱，飞虫最终都会回到顶部的出发点。

246.—二十面体谜题。
二十面体是五种正多面体或柏拉图多面体中的另一种，这类多面体的所有边、角和面都彼此相似且相等。它由20个全等的等边三角形构成。如果按照小图所示的形状剪出一块纸板，然后沿虚线将其对半切开，再折叠起来，就能得到一个完美的二十面体。
所谓柏拉图多面体，并非指天体；不过，如果我们假设存在一颗呈这种形状的适宜居住的行星，那它就非常适合用于我们的谜题。我们还会假设，由于水资源过于丰富，唯一的陆地都分布在边缘地带，而那些居民并不懂得导航技术。如果每条边缘的长度都是10,000英里，且有一名旅行者位于北极点（即图中所示的最高点），那么他需要行走多远才能游览到行星上的所有适宜居住的区域——也就是走完所有的边缘？

247.—检查矿井。
该图展示了矿井中的通道或巷道。我们假设从A到B、从B到C、从C到H、从H到I等所有通道的长度均为一弗隆。由此可见，这样的通道共有31条。

现在，有位官员需要检查所有的通道，他需通过竖井下降到点A。他需要行走多远的距离？您建议他走哪条路线呢？初看之下，人们可能会认为：“既然一共有31条通道，每条长度都为一弗隆，那他只需要行走31弗隆的距离即可。”但这种想法的前提是：他不必重复走过任何一条通道，而实际上并非如此。请拿起铅笔，试着找出最短的路线。您很快就会发现，这个问题需要一定的判断力才能解决。事实上，这真是个令人头疼的谜题。

248.—骑自行车者的旅行。
两位骑自行车的人正在查看地图，为一起出行做准备。圆圈代表城镇，而所有良好的道路则用线条表示。他们从标有星号的城镇出发，最终必须到达点E。但在到达那里之前，他们希望每到一个城镇都只去一次。这就是其中的难点。斯派塞先生说：“我确信我们一定能找到解决办法。”而马格斯先生则回答：“绝对不可能。”那么，谁的说法是对的呢？请拿起铅笔，看看能否找到可行的路线。当然，您必须沿着标记好的道路行进。

249.—水手的谜题。
插图中的水手称，他从小就在太平洋上的大约二十座小岛上，用一艘小船从事贸易活动。他提供了那张粗略的地图，我这里有它的副本；他还解释说，地图上连接各岛屿的线条代表了他曾经使用过的唯一航线。每个季节开始时，他都会从A岛出发，然后逐一访问每一座岛屿，每次只访问一次，最后再回到起点A岛。不过出于一些无需详述的贸易原因，他总是尽可能推迟前往C岛的时间。这个谜题的要求就是找出他确切的航行路线，而且可以准确找到答案。请拿起铅笔，从A岛开始尝试画出这条路线。如果你按照访问的顺序把各个岛屿的名称写下来——比如A、I、O、L、G等等——就能立刻知道是否有岛屿被重复访问或遗漏了。当然，必须忽略那些线条的交叉点——也就是说，必须沿着直线继续前进，不得在交叉点处改变方向。这个谜题中没有任何诡计。水手知道最理想的路线。你能找出来吗？

250.—长途旅行。
生活中常见的难题之一就是规划路线。如果你打算骑自行车或开车去度假，总会有这样一个问题：如何最有效地利用时间和其他资源。你可能决定前往某个特定的地方，参观某些城镇，还想看看其他有趣的地方，或许还会顺道去拜访一位老朋友。这时你就需要规划路线，避开糟糕的道路和无趣的地域，尽可能避免原路返回。有了地图的帮助，这个有趣的难题就能得到解决。下面我将给出一个基于此情境的小谜题。

我会给出一个国家的简略地图——不必说明是哪个国家——圆圈代表城镇，虚线则表示连接这些城镇的铁路。在标有A的城镇里住着一个人，他出生在那里，一生中从未离开过故乡。从年轻时起，他就非常勤奋，一直专注于自己的工作，完全没有出外游历的念头。然而，在他五十岁生日时，他决定去看看自己的祖国，尤其是去拜访住在标有Z的城镇里的那位老朋友。他的计划是：从家中出发，每个城镇只访问一次，最后在Z结束旅程。由于他决定只通过铁路来完成这次长途旅行，因此规划路线对他来说是个不小的挑战，但他最终还是成功做到了。他是如何做到的呢？请记住，每个城镇都必须且只能被访问一次。

251.—水、气与电。
有一些由来已久的谜题，总是不断出现，几乎每个月都会有人询问其解法。偶尔，那些人们原以为已经“熄灭”的谜题会以出人意料的方式再度出现。关于我称之为“水、气与电”的这个古老谜题，我收到了大量来信。它比电灯甚至煤气出现的时间还要早，不过新的应用方式让它重新变得重要起来。这个谜题的要求是：用W、G、E分别代表水、气、电，将它们连接到A、B、C三个房屋中，且不能让任何管道相互交叉。请用铅笔画出实现这一目标的线路图。很快你就会发现这其实是个难题。

252.—给驾车者的谜题。

一天早晨，有八名驾车者前往教堂。他们的住所、教堂以及唯一的可行道路（虚线）均标示在图中。其中一人从自己的住所A开车前往教堂A，另一人从住所B前往教堂B，还有人从C出发前往教堂C，以此类推。但后来发现，没有一名驾车者与另一辆车的行驶路线相交。请用铅笔试着画出他们各自的行驶路线。

253.—银行假日谜题。
两位朋友在银行假日里骑自行车出游。他们在一家乡村客栈休息时，查看了路线图——为了使谜题更有趣，我们在此以极其简化的形式呈现该路线图。他们从左上角标有A的城镇出发。可以看到，一共有120个这样的城镇，它们之间都由直线道路相连。他们发现，只要始终朝正南或正东方向行进，就有1,365条不同的路线可以到达目的地。这个谜题的任务就是找出他们的目的地是哪个城镇。
当然，如果发现有超过1,365条路线通向某个城镇，那它就不可能是正确的目的地。

254.—汽车旅行。

在上面的图中，圆圈代表城镇，线条则表示良好的道路。
从伦敦（标有L）出发的司机，有多少种不同的方式可以游览所有这些城镇？每次行程必须访问每个城镇一次且仅一次，最后还要返回伦敦。与某条路线完全相反的路线不被视为不同的路线。

255.—水平谜题。

这是一个简单的计数谜题。你可以通过将铅笔尖放在字母“L”上，然后沿着线条依次连接各个字母来拼出“LEVEL”这个词。你可以朝任何方向移动，无论是向前还是向后。当然，不能跳过任何字母——也就是说，一旦遇到某个字母，就必须使用它。

256.—钻石谜题。
在所示的排列中，有多少种不同的方式可以读出“DIAMOND”这个词？你可以从任意一个“D”开始，向上或向下、向前或向后、向内或向外，以任何你想要的方向移动，只要始终从一个字母移动到与其相邻的另一个字母即可。一共有多少种方式呢？

257.—神圣的谜题。
在与上一个谜题相同的条件下，单词“DEIFIED”有多少种不同的读法？另外，每次阅读时可以重复使用任何字母。

258.—选民的谜题。

这里或许有着最有趣的谜题形式。在与之前相同的条件下，这句话“先生，请起身去投票”有多少种不同的解读方式？在这种情况下，每种对这句回文语的解读都必须以中间的字母V作为中心字母。

259.—汉娜的谜题。
有个男人爱上了一位名叫汉娜的年轻女子。当他向她求婚时，她将自己的名字的字母这样写了下来：—

她承诺，如果他能正确说出她的名字有多少种不同的拼写方式——即每次只能从某个字母移动到与其相邻的字母，对角线方向也是允许的——那么她就会成为他的伴侣。至于她这么做是为了戏弄他还是为了考验他的聪明才智，没有记载，不过知道他最终成功了已经足够令人欣慰了。你也能做到吗？拿起铅笔试试看吧。你可以从任何一个“H”字母开始，然后向前、向后或任何方向移动，只要所拼出的所有字母都是彼此相邻的即可。究竟有多少种不同的拼写方式呢？而且这些方式之间不能有任何重复。

260.—蜂窝谜题。

这是一个条件极为简单的谜题。将铅笔尖放在蜂窝格子中的某个字母上，然后始终从一个格子移动到与其相邻的格子，从而画出那句我们非常熟悉的谚语。如果选择正确的路径，你将会恰好访问每一个格子一次。其实这个谜题比看上去要简单得多。

261.—僧人与桥梁
在这个谜题中，我给出了一条河流的简略示意图，河上有一个小岛以及五座桥。河流的一侧有一座修道院，而在另一侧则可以看到一名僧人。这名僧人决定在返回修道院的途中，每座桥都只走一次。当然，做到这一点并不难，但他在路上心想：“不知道有多少种不同的路线可供选择。”你能告诉他答案吗？这就是这个谜题的所在。用铅笔画出一条能够恰好经过所有五座桥的路线，然后再画第二条、第三条路线，试着统计出所有的不同路线。你会发现，这个谜题有两个难点：一方面要避免遗漏某些路线，另一方面则不能重复计算相同的路线。

组合与群论问题。
“真是组合与形式的完美结合啊。”——《哈姆雷特》，第三幕第4场。
这类谜题可被称为“位置几何学”中的问题，但其解法实际上依赖于组合理论，而组合理论又直接源自排列理论。此处将一些群论相关的谜题及计数问题也一并列出，因为它们或许同样可以归入其他类别；不过还是要请读者不要对这种分类方式过于苛求，毕竟这种分类极为困难且带有主观性。由于我已加入了“圆桌问题”（编号273），或许再简单谈谈同一类中另一个著名的问题会很有意思——在法语中称为“La Problême des Ménages”。如果有n位已婚女士以某种特定顺序围坐在圆桌旁，那么她们的n位丈夫有多少种不同的坐法，才能确保每位丈夫都处于两位女士之间，且不会与自己的妻子相邻？
这个难题最初是由Laisant解决的，而下表中所展示的解法则出自Moreau之手：

4 0 2
5 3 13
6 13 80
7 83 579
8 592 4738
9 4821 43387
10 43979 439792

第一列表示已婚夫妇的数量。第二列中的数值则是通过以下方式计算得出的：5 × 3 + 0 – 2 = 13；6 × 13 + 3 + 2 = 83；7 × 83 + 13 – 2 = 592；8 × 592 + 83 + 2 = 4821，以此类推。只要找出表中除2以外的所有数值，其计算方法就一目了然了。

需要注意的是：当第一个数字（即夫妇对数）为奇数时，要减去2；而为偶数时则要加上2。第三列中的数字就是这样得出的：13 – 0 = 13；83 – 3 = 80；592 – 13 = 579；4821 – 83 = 4738，以此类推。最后一列中的数字就是所求的解。因此，四位丈夫有2种安置方式，五位丈夫有13种安置方式，六位丈夫则有80种安置方式。卢卡斯提出的以下方法展示了如何运用棋盘分析来解决这类循环问题。将正方形分成36个6×6的小格子，划掉从左下角到右上角的对角线上的所有格子，以及其上方对角线上的5个格子和右下角的1个格子。对于六对夫妇来说，答案就相当于在未被划掉的格子里放置六只车且使任何一只车都不会攻击另一只车的放置方式总数。经计算，这六只车有80种不同的放置方式，与上表结果一致。

262.—那十五只羊。
据我所知，有一本百科全书中有一道有趣的题目：“把十五只羊放入四个围栏中，使得每个围栏里的羊数量相同。”该书并未给出答案，于是我决定亲自研究这个问题。我发现，如果是处理苹果或砖块的话，这个问题似乎根本无法解决，因为任何数的四倍都是偶数，而15是奇数。因此我认为，羊一定具有某种不为人所知的特殊性质。于是我决定向一些农民咨询这个问题。第一个人建议说，如果把一个围栏套在另一个围栏里面，就像靶子的环一样，然后把所有的羊都放在最小的那个围栏里，那样就可以做到每个围栏里的羊数量相同。但我反对这个办法，因为这样实际上是把所有羊都放在了一个围栏里，而非四个围栏里。第二个人则说，如果我在三个围栏里各放四只羊，而在最后一个围栏里放三只羊（总共15只羊），并且让最后一个围栏里的一只母羊在夜里生下一只小羊，那么到了早上，每个围栏里的羊数量就会相同。不过这个办法也未能让我满意。

第三位农夫说：“我在自己的田地里建了四个围栏，里面养着一小群公羊。如果您愿意跟我一起过去，我就会向您展示具体做法。”插图中的场景正是我的朋友准备向我演示这一过程的样子。他清晰明了的讲解显然就是那本百科全书中文章作者所设想的内容。那么，那是什么呢？您能把那15只羊安排好位置吗？

263.—亚瑟王的骑士们。
亚瑟王连续三个晚上与他的骑士们——贝勒奥布斯、卡拉多克、德里安、埃里克、弗洛尔以及加拉哈德——一起坐在圆桌旁。但没有任何一个人会再次与之前坐过他旁边的人相邻而坐。第一个晚上，他们是按字母顺序围坐在圆桌旁的。但之后的两次聚会中，亚瑟王则刻意将贝勒奥布斯安排在自己尽可能近的位置，而将加拉哈德安排在尽可能远的位置。在牢记“任何骑士都不能两次与同一个人相邻”这一规则的前提下，他是如何为骑士们安排座位的呢？

264.—城市里的午餐会。
伦敦市的一家大公司的12名员工每天都会在同一个房间里一起吃午餐。那些桌子都很小，每次只能容纳两人。请你想办法让这12人能够在11天内两两配对用餐，且任何一对人都不会再次坐在一起。我们可以用字母表中的前12个字母来代表这些人，假设第一天的配对方式如下：(A B)、(C D)、(E F)、(G H)、(I J)、(K L)。接着你可以自行决定第二天的配对方式，比如(A C)、(B D)、(E G)、(F H)、(I K)、(J L)，以此类推，直到完成11天的配对安排，且没有任何一对人出现两次。其实有很多不同的安排方式，试着找出一种吧。

265.—给扑克玩家的谜题。
一个俱乐部的12名成员打算在11个晚上一起玩桥牌，但每位玩家都不能与同一个人搭档超过一次，也不能与同一个对手对战超过两次。请你设计出一个方案，说明他们每晚如何能在三张桌子旁各自就座。可以用字母表中的前12个字母来代表这12名玩家，然后尝试为他们分组。

266.—网球锦标赛。
四对已婚夫妇参加了一场“混合双打”网球比赛，每场比赛都由一名男子和一名女子对阵另一名男子和另一名女子。但是，没有任何人可以……

不得与任何其他人在同一场比赛中出现超过一次。你能说明他们如何在连续三天的时间里都在两个球场上进行比赛吗？这是个相当实用的谜题，其复杂性恰到好处，因此十分有趣。

267.—错误的帽子
“我最近遇到的最令人困惑的问题就是这个，”威尔逊先生说，“有八个人在伦敦的一家餐厅里大吃特吃。他们是最后离开的，但没有人能认出自己的帽子。既然他们是随机拿取帽子的，那么每个人拿到不属于自己的帽子的概率是多少呢？”
“首先，”沃特森先生说，“得弄清楚这八顶帽子有多少种不同的拿法。”
“那很简单，”斯塔布斯先生解释道，“把1、2、3、4、5、6、7、8这几个数字相乘就行。让我想想——半分钟——对了，一共有40,320种不同的拿法。”
“现在要做的就是找出在这些情况中，有多少种情况下没有人拿到自己的帽子，”沃特森先生说。
“谢谢，我可不想参与这种事，”帕克赫斯特先生说，“我真不羡慕那些要逐一列出那四万多种情况并从中找出符合条件的情况的人。”
大家都认为，人生苦短，没时间玩这种游戏；而且由于没人能找到别的解法，这个问题就被无限期地搁置了。你能解开这个谜题吗？

268.—钟声的回响

有一位显然对钟声演奏颇有兴趣的记者问我，该如何为四口钟设计出他所谓的“正确且完美”的敲钟顺序。他说，四口钟的所有可能排列组合都必须被敲响一次，且只能敲响一次。他还补充说，每口钟每次移动的距离不能超过一个位置；无论是在起始位置还是最终位置，每口钟连续敲击的次数都不能超过两次；而且最后的敲击顺序必须能够过渡到最初的顺序。在以下三口钟的示例中，就可以看到这些苛刻条件得到了遵守：

12 3
21 3
23 1
32 1
31 2
13 2

那么，我们要如何为他设计出适用于四口钟的正确解决方案呢？

269.—船上的三个人
有一位慷慨的伦敦制造商，每年都会自费为他的工人提供一周的海边度假时间。有一年，他的15名工人前往赫恩湾度假。在他们离开伦敦的那天早上，雇主对他们说了几句话，希望他们能度过一段愉快的时光。
“我听说，”他继续说道，“你们当中有一些人很喜欢划船，所以这次我打算为你们提供这项娱乐活动，同时给你们出一个有趣的小谜题来解决。在你们在赫恩湾的七天里，你们每个人每天都必须在同一时间出去划船，但每条船上最多只能有三人。任何两个人都不能一起乘船超过一次，而且任何人也不能在同一条船上划船两次。如果你们能做到这一点，并且尽量使用最少的不同船只，那么就可以让公司承担这笔费用。”

其中一名男子告诉我，他在这类问题上的经验使他很快就能找到答案，让他们自己以及他们的雇主都十分满意。不过有趣的是，他们其实从未真正解开那个小谜题。我认为他们的方法是完全错误的，相信我的读者们会感兴趣知道这些人应该怎样被分配到各艘船上。由于他们的名字分别是安德鲁斯、贝克、卡特、丹比、爱德华兹、弗里斯、盖伊、哈特、艾萨克斯、杰克逊、肯特、朗、梅森、纳珀和昂斯洛，我们可以用他们名字的首字母来表示他们，并以以下简单的方式列出七天中每天的五组人：

1 2 3 4 5
第一天：(ABC) (DEF) (GHI) (JKL) (MNO)。

这里，每对括号中的两人同乘一艘船，因此A永远不能再与B或C同船，C也永远不能再与B同船。其他四艘船的规则也是如此。这些数字表示船只的编号，因此例如A、B或C就永远不能再乘坐编号为1的船。

270.—玻璃球。
有一些技艺高超的射手住在一处乡间别墅里，主人为了给他们一些娱乐，便悬挂了如插图所示的一串串玻璃球，让他们射击。在所有人都充分展示了自己的射击技巧之后，有人提出了这样一个问题：“如果我们必须每次打破某根绳子上剩下的最低编号的玻璃球，那么这16个玻璃球共有多少种不同的打破方式？”一种方式是从左到右依次打破每根绳子上的四个玻璃球；另一种方式则是先打破四根绳子上的第四个玻璃球，然后再打破第一根绳子上剩下的三个玻璃球，接着从右到左交替打破另外三根绳子上的玻璃球，以此类推。由于顺序的任何细微变化都会产生不同的打破方式，所以不同的解决方式实在多得数不胜数，让人一开始会觉得这个问题极其困难。但实际上它相当简单。

一旦找到了正确的攻击方法，究竟有多少种不同的方式呢？

271.—十五字母谜题。

ALE FOE HOD BGN
CAB HEN JOG KFM
HAG GEM MOB BFH
FAN KIN JEK DFL
JAM HIM GCL LJH
AID JIB FCJ NJD
OAK FIG HCK MLN

BED OIL MCD BLK
ICE CON DGK

以上就是我在1896年夏季的《Tit-bits》杂志中提出的谜题的答案。谜题要求使用字母A、B、C、D、E、F、G、H、I、J、K、L、M、N和O，将它们分成35组，每组3个字母，且这些组合应尽可能包含更多的常见英语单词。同一组中，任何两个字母不得出现超过一次。因此，既然A和L已经在“ALE”这个组合中出现过，那么它们就不能再出现在同一个组中；A也不能再与E同组，L同样不能与E同组。上述答案满足了所有这些条件，而且由此可以构成21个单词。此后有许多人试图打破这一纪录，但至今仍未成功。

在现有条件下，无法用这15个字母组成35组以上的组合。从理论上讲，最多也只能构成23个单词，因为只有这样的组合数量才有可能在每组中都包含一个元音字母。而由于用给定的四个元音字母（A、E、I、O）无法构成任何英语单词，所以实际能构成的单词数量应为22个。从理论上来说这是正确的，但实际上第22个单词是无法找到的。如果上面所示的“JEK”是一个单词的话，那当然没问题；但它并非单词，无论如何调整其他字母，都无法得到比现有答案更好的结果。需要说明的是，专有名词和缩写，如Joe、Jim、Alf、Hal、Flo、Ike等，都是不允许使用的。

现在的谜题则是上述谜题的变体。其规则很简单：不必使用给定的15个字母，读者可以自行选择15个不同的字母，然后按照相同规则将它们分成35组，尽可能多地找出有效的英语单词。

272.—九个学童

这是与“十五名女学生”谜题相对应的另一个有趣的新谜题（参见第269题的解答）。即便以最简单的形式来呈现，其中也存在着明显的难度。九名男生在六个工作日里以三人一组的方式外出，且任何一名男生都不得与另一名男生两次并肩行走。该如何安排他们的行走顺序呢？如果我们用字母表中的前九个字母来代表这些男生，那么第一天时他们可以这样分组：——ABC、DEF、GHI。这样一来，A就再也无法与B并肩行走，B也无法与C并肩，D也无法与E并肩，以此类推。不过，A当然可以与C并肩行走。这里的关键并非是否处于同一个三人组中，而是是否真的并肩行走。在这种条件下，他们可以在六天内外出；而在“女学生”谜题的条件下，他们只能在四天内外出。

273.—圆桌问题。将n个人围坐在圆桌旁，要求在（n-1）（n-2）/2种不同的坐法中，没有任何一个人会两次拥有相同的两个邻居。这实际上意味着，每个人必须且只能与每一对可能的邻居各坐一次。

274.—捕鼠器谜题。

这是一个与同名古老谜题类似的现代版本，仅有一些不同之处。准备21张卡片，编号为1、2、3……直到21，按照图示中的顺序将它们排成圆圈。这些卡片代表老鼠。从任意一张卡片开始，将该卡片视为“1”，然后顺时针方向依次数“1、2、3”……当数到的数字与卡片上的数字相同时，就意味着成功“抓到”了一只老鼠，此时需将这张卡片拿走。接着从下一张卡片开始，再次尝试“抓捕”。如此循环进行。假设从编号为18的卡片开始，将其视为“1”，那么第一次“抓捕”的目标就是编号为19的卡片，将其拿走后，下一次“抓捕”的目标则是编号为10的卡片，再拿走它之后，下一次的目标就是编号为1的卡片。一旦拿走了编号为1的卡片，且计数已达到21（绝不能超过这个数值），则无法再继续“抓捕”了。理想情况下当然是要“抓到”所有21只老鼠，但这里这是不可能做到的；即便可以，最多也只需要21次尝试就能成功。不过，在开始游戏之前，玩家可以任意交换两张卡片的位置——比如将编号6的卡片与编号2的卡片交换，或者将编号7的卡片与编号11的卡片交换，也可以是其他任意两张卡片。通过多种不同的交换方式，只要从合适的位置开始，就有可能“抓到”所有21只老鼠。绝对不能跳过已经“抓到”的卡片，必须每次都拿走那张卡片后再重新开始。

275.—十六只羊

这是一个新的谜题，需要使用障碍物和计数器或硬币来解决。在图示中，障碍物代表栅栏，而计数器则代表羊。外面的16个障碍物以及那些羊都被视为不可移动的；这个谜题完全与里面的9个障碍物有关。目前，这9个障碍物将羊分成了4组，分别是8只、3只、3只和2只。农夫需要重新调整一些障碍物的位置，使得羊的数量变为6只、6只和4只。你能否仅通过更换2个障碍物来实现这一目标？一旦成功，再试着用3个障碍物来调整，接着是4个、5个、6个，最后是7个。当然，障碍物必须正确地放置在虚线上，不允许出现障碍物两端未连接、两个障碍物并排放置，或是仅仅让障碍物交换位置之类的情况。实际上，这些条件非常简单，任何农场工人都能立刻理解。

276.—八座别墅
在伦敦的某个郊区，有一个人拥有一块正方形的土地，他决定在这块地上建造八座别墅，如示意图所示，中间还有一片公共休闲区域。房屋建成并全部或部分出租后，他发现构成正方形一边的三座房子里，每座的居住人数都是九人。他没有说明这些居民是如何分布的，但我通过标在房屋边上的数字展示了一种可能的分布方式。这个谜题的要求是找出所有能让每边都有九名居住者的分配方式的总数。为避免误解，需要说明：虽然B可以看作是A的镜像反射，但它仍应被视为两种不同的排列方式；而C如果被旋转，则会有四种排列方式；如果在镜子前旋转，则还有另外四种排列方式。这八种情况都必须计入在内。

277.—反十字形排列。
解决这个谜题只需要九个计数器，其编号分别为1、2、3、4、5、6、7、8和9。如图A所示，这些计数器被排列成希腊十字形；而图B中则形成了拉丁十字形。在两种情况下，横竖两臂上的数字之和都是相同的。通过尝试很容易找到这样的排列方式，但问题在于要确定在每种情况下共有多少种不同的排列方法。请记住，旋转或镜像反射后的排列不算作不同的方式。

比如说，如果将这张纸翻过来，就会看到四种希腊十字形的排列方式；再在镜子前将其翻过来，又会看到另外四种排列方式。但这八种排列其实都被视为同一种。那么，在每种情况下，究竟有多少种不同的排列方式呢？

278.—宿舍谜题。
某修道院的一层楼上有八间大型宿舍，如平面图所示，人们可以通过中央的螺旋楼梯进入这些宿舍。某周一，修道院院长检查后发现，南侧的床位使用率极高——在南侧睡觉的修女数量是其他三侧各处的六倍。她对这种过度拥挤的情况感到不满，于是下令减少这种情况。周二时，她发现南侧睡觉的修女数量是其他三侧各处的五倍；她再次提出抗议。周三时，南侧睡觉的修女数量是其他三侧的四倍；周四则是三倍；周五则是两倍。她不断督促修女们做出更多努力，终于在周六时发现，四侧床位的使用人数都相等了。那么，该修道院里最少可能有多少名修女？在那六个夜晚，她们又是如何安排自己睡觉位置的？而且，任何一间卧室都不能空着。

279.—香脂桶。

巴格达的一位商人有十桶珍贵的香脂待售。这些桶都标有编号，且如图片所示，两排堆放，一排在另一排之上。桶上的编号越小，其价值就越高——品质最好的桶标为“1”，最差的标为“10”，中间则依次排列着其他数值的编号。这位商人的规则是：绝不会将编号较小的桶放在编号较大的桶的下方或右侧。当然，图中所示的排列方式是满足这一规则的最简单方法，但实际上还有许多其他排列方式——例如如下所示：

125 7 8
346 910

同样，在这种排列中，也没有任何桶的右侧或下方存在编号更小的桶。问题在于：巴格达的商人究竟有多少种不同的排列方式可以满足他的规则？你能算出答案吗？

280.—构建四面体。
我有一个由六根棍子粘接而成的四面体，也就是三角锥，如图所示。你能准确算出将这六根棍子以何种不同的方式粘接在一起才能构成这个金字塔吗？
有位朋友与大家一起尝试解决这个问题，每人拿了六根火柴来帮助思考；但最终发现没有两种相同的组合方式。因为，如果我们拿掉其中一根棍子并将其方向调转，就会得到另一个不同的金字塔；如果让两根棍子互换位置，结果也会不同。不过要记住，每个金字塔都可以以其四个面中的任意一个作为底面，而不会变成另一个不同的结构。那么，究竟有多少种不同的组合方式呢？

281.—给金字塔上色。

这个谜题涉及对四面体，也就是三角锥的四个面的上色问题。如果用图1所示的三角形纸板，然后沿着虚线将其对半剪开，再将其折叠起来，就能得到一个完美的三角锥。首先，我要提醒读者：太阳光谱中的基本颜色共有七种——紫色、靛蓝、蓝色、绿色、黄色、橙色和红色。小时候，人们会用这些颜色首字母组成的单词“Vibgyor”来帮助我们记住它们。

那么，使用太阳光谱中的1种、2种、3种或4种颜色，到底有多少种不同的上色方式呢？当然，每个面只能被涂上一种颜色，而且不能有任何一面保持未上色的状态。不过有一点需要特别明确：这四个面并非彼此独立。也就是说，如果按照图2的方式给三角锥上色（底部为绿色，另一个不可见的面为黄色），然后再按照图3的方式给另一个三角锥上色，实际上这两种情况属于同一种上色方式。因为只要将编号2的三角锥向右倾斜，它就会变成编号3的样子。避免出现这种重复的情况，才是这个谜题的关键所在。如果某个着色的三角锥无法以某种方式使其颜色及颜色顺序与另一个三角锥完全相同，那么它们就是不同的。请记住，一种上色方式是将四个面都涂成红色，另一种方式则是将两个面涂成绿色，其余面分别涂成黄色和蓝色，以此类推。

282.—古物商的链条
一位古物商拥有许多奇特的旧链环，他将这些链环拿给铁匠，要求将其连接成一条完整的链条，唯一的条件是两个圆形的链环不能相邻。下图展示了这条链条的外观以及每个链环的形状。现在，假设这位主人再次将链环分开，然后把它们带给另一位铁匠，并重复之前的要求，那么这些链环能以与最初那位铁匠制作时完全相同的方式重新连接起来的概率是多少呢？请记住，每一个新的链环都可以以两种方式与另一个链环相连，就如同你可以用两种方式将戒指戴在手指上，或者用两种方式将食指和拇指相连一样。

283.—十五块多米诺骨牌
在这个问题中，我们不会使用普通多米诺骨牌盒中的全部二十八块骨牌。我们会去掉所有上面有5或6点的骨牌，只保留剩下的十五块，其中数值最高的为双4点。根据游戏规则——即数字必须与相同的数字相对——这十五块骨牌有多少种不同的排列方式呢？同一排列从左到右和从右到左被视为两种不同的排列方式。

284.—十字形靶标。

在图中，我们看到的是一个由一位古怪的神枪手设计的、相当独特的靶标。他的想法是：要想得分，就必须用尽可能少的射击次数击中四个圆圈，且这四次射击所形成的点应构成一个正方形。从靶标上记录的结果可以看出，有两次尝试是成功的。第一个人击中了十字形顶部的四个圆圈，从而形成了正方形；第二个人原本打算击中底部的四个圆圈，但他的第二次射击位置过高，因此他不得不以不同于原计划的方式来完成目标。由此可见，虽然第一次射击击中哪个圆圈并不重要，但如果想要形成正方形，第二次射击就会决定你必须遵循怎样的步骤。现在的难题是：究竟有多少种不同的方式可以用四次射击在靶标上形成一个正方形？

285.—四枚邮票。

“这就像计数一样简单”，这是人们常说的一句话。但实际上，单纯的计数有时也会让人感到困惑。请看下面的简单例子：假设你刚买了12张邮票，它们的排列方式是3行4列，有个朋友请你给他4张邮票，而且这4张邮票必须连在一起，不能有任何一张仅以一角的方式与其他邮票相连。那么，你有多少种不同的方法可以将这4张邮票撕下来呢？你可以把它们组合成1、2、3、4这样的组合，或者2、3、6、7这样的组合，又或者是1、2、3、6、1、2、3、7、2、3、4、8这样的组合，等等。你能算出所有可能的组合方式有多少种吗？其实不超过50种，所以不算很难计算。但你能得出确切的数字吗？

286.—给骰子标数字。
在一个骰子上，数字可以有多少种不同的标记方式？唯一的条件是1和6、2和5、3和4必须位于相对的两面。这是个相当简单的问题，但却会让很多人感到困惑。

287.—首字母缩写谜题。
在创作或解答双重首字母缩写谜题时，你是否曾思考过用于构成横跨单词的首尾字母的组合种类及其限制？你可能需要找到以A开头、以B结尾的单词，或是以A开头、以C结尾的单词，以此类推。有些组合显然是不可能的——比如以Q结尾的组合。但假设每种情况都能找到合适的英文单词，那么究竟有多少种可能的字母组合呢？

国际象棋谜题。
“你和我一起去下棋吧。”
格林的《智慧之集》。
在一次猛烈的暴风中，一个烟囱上的装置被抛向空中，最终掉落在一名行人的正前方的人行道上。那人非常冷静地说：“我不需要它，我不抽烟。”有些人在看到用国际象棋棋子构成的谜题时，也会说类似的话：“我不需要它，我不下国际象棋。”这其实源于一种普遍但错误的观念——即人们认为那些常见于报刊上的国际象棋谜题与国际象棋游戏本身有着密切关系。但实际上，国际象棋规则中并没有要求必须在两步、三步或四步内将对手将死；而且这些谜题中的大多数局面都是如此，一方会拥有压倒性的优势，以至于另一方会在局面发展到那一步之前就选择投降。解决这类谜题对实际下棋帮助甚微，而且只是间接的帮助而已。众所周知，通常情况下，最擅长解谜的人反而是下棋水平一般的人，反之亦然。偶尔也会有人在这两方面都很出色，但那只是例外情况。
然而，简单的方格棋盘以及棋子的独特移动方式，为设计出最有趣的谜题提供了绝佳的条件。其变化无穷，真正的谜题爱好者绝不能忽视它们。正是为了吸引那些被单纯的棋盘图案吓退的读者，我最初才以各种有趣的形式发表了这么多此类谜题。其中一些谜题仍以伪装后的形式存在，而另一些则已被我转化为以棋盘为背景的谜题。在大多数情况下，读者无需具备任何国际象棋知识，但我还是假定他们已经熟悉该游戏的术语、走法及记谱方法。

我首先处理一些与棋盘本身相关的问题；接着依次探讨与车、象、后、马相关的若干静态谜题；然后是按相同顺序排列的棋子的动态谜题；最后则是关于棋盘的一些其他各类谜题。希望静态谜题部分末尾给出的公式和表格能引起人们的兴趣，因为这些内容大多是首次发表。

棋盘
“好的伙伴，就如同棋盘一般。”
——拜伦《唐璜》，第13章，第89行。

棋盘本质上是一个正方形平面，通过相互垂直的直线被划分为64个较小的正方形。最初，棋盘并非呈方格状（即行与列并非交替为黑色和白色，也不一定是其他两种颜色），这种方格设计只是为了便于实际对局时观察局势。方格设计的实用性毋庸置疑：例如，它有助于了解象的移动情况，让我们能立刻看出位于黑色方格上的王或兵是否不会受到沿白色对角线移动的对方象的攻击。不过，方格设计并非国际象棋游戏所必需的。此外，在设计棋盘谜题时，我们常常可以尝试将问题“推广”到具有任意数量方格的棋盘上，或者限定在某种特定的方格排列方式中——不一定是正方形。下面我们将给出一些与此类方格棋盘相关的谜题。

288. 方格棋盘的划分方式
我最近提出了这样一个问题：沿着棋盘上的线条进行切割，究竟有多少种不同的方法可以将棋盘分成两个大小和形状都相同的部分？很快我就发现，这个问题既有趣又充满挑战。这里我以尺寸较小的棋盘为例，以简化形式来阐述这个问题。

显然，由四个正方形组成的棋盘只能以一种方式被分割——即沿中心直线切割——因为我们不会将旋转或反射后的形状视为不同的分割方式。而对于由16个正方形组成的4×4棋盘来说，则有6种不同的分割方式。我在图中列出了所有这些方式，读者不会再找到其他分割方法了。现在，试想一下由36个正方形组成的更大棋盘，看看它有多少种方式可以被分割成两个大小和形状都相同的部分。

289.—狮子与王冠。
插图中的那位年轻女士面临一个小小的切割难题，读者或许乐于帮助她解决。出于某些尚未告知我的原因，她希望将那块珍贵的方形材料切成四份，每份的尺寸和形状都完全相同，而且每份上都必须有一只狮子和一个王冠。由于她坚持只能沿着划分方形的线条进行切割，因此她很困惑不知道该如何操作。你能为她指明方法吗？其实，只有唯一一种可行的切割方式。

290.—方格数为奇数的棋盘。

在这里，我们将探讨那些包含奇数个方格的棋盘的问题。我们假设先切掉中间的那个方格，这样剩下的方格数量就是偶数，便于进一步分割。显然，3×3的方格只能以一种方式被分割，如图1所示。可以看出，A块和B块的尺寸与形状完全相同；任何其他分割方式也会得到形状相同的块，因此这些不同的分割方式不应被视为不同的方法。我提出的谜题是：如何用尽可能多的不同方法，将5×5的棋盘（见图2）分割成两个尺寸与形状都相同的块？我在图中展示了一种分割方法。那么，究竟有多少种不同的分割方式呢？如果一个块翻转后与另一个块形状相同，则不视为不同的形状。

291.—大喇嘛的难题。
从前，有一位大喇嘛，他拥有一块纯金制成的棋盘，上面有精美的雕刻，自然价值连城。每……

有一年，拉萨的僧侣们之间举行了一场国际象棋比赛。每当有人能击败大喇嘛时，那将被视为莫大的荣耀——其名字会被刻在棋盘背面，而在导致对手认输的那个格子上则会镶嵌一颗珍贵的宝石。这位至高无上的喇嘛被击败了四次之后便去世了，很可能是因悲伤过度而亡。

新的大喇嘛棋艺较差，更喜欢一些其他形式的娱乐活动，比如砍下人们的头颅。因此他认为国际象棋是一种有损尊严、既无法提升智慧也无法培养品德的游戏，于是立即废除了这项比赛。接着，他把那四位胆敢比大喇嘛下得更好的僧侣叫来，对他们说道：“可悲又愚昧的家伙们，还自称是僧侣！难道你们不知道，声称自己能比我前任做得更好是一种严重的罪行吗？拿去那个棋盘，在天亮之前把它切成四块形状相同的部分，每块要有16个方格，每个方格里都放上一颗宝石！如果你们做不到，那就另想些适合你们的娱乐方式吧。快走！”那四位僧侣最终成功做到了。

他们面对的似乎是毫无希望的任务。请说明如何通过沿着正方形的分界线进行切割，将棋盘分成四个形状完全相同的部分，且每个部分中都恰好有一颗宝石？

292.—修道院长的窗户。
从前，圣埃德蒙兹伯里的修道院长因为“过度的虔诚而心力交瘁”，于是生病了，无法离开床铺。当他躺在床上，不安地来回转动着头时，细心的僧侣们察觉到有什么事情在困扰着他；但没人敢询问究竟是什么，因为修道院长性格严厉，绝不会容忍别人好奇打探。突然，他叫来了约翰神父，那位德高望重的僧侣立刻来到了床边。
“约翰神父，”修道院长说道，“你知道我是在一个圣诞夜来到这个邪恶世界的吗？”
僧侣点了点头。
“我不是经常跟你说过吗？既然我是在圣诞夜出生的，我就不喜欢那些奇怪的东西。看那儿！”

方丈指着那扇巨大的宿舍窗户，我在此画出它的示意图。
僧人看后感到困惑不已。
“你难道没看到吗？这64盏灯在纵向和横向上的数量都是偶数，但除了14条线之外，其余所有对角线上的灯数都是奇数。这是为什么呢？”
“实在禀告方丈大人，这乃是事物的固有规律，是无法改变的。”
“不，这是可以改变的。我命令你今天就关闭某些灯，这样每条线上的灯数都会是偶数。务必尽快做到，否则地下室将会被封上一个月，你们也会面临其他严重的麻烦。”
约翰神父束手无策，但在与一位通晓各种奥秘的人商量之后，终于找到了满足方丈要求的办法。他们选定了某些灯进行遮挡，这样一来，无论是在横向、纵向还是对角线上，剩余的灯数都是偶数，同时又能将灯光的遮挡降到最低程度。

293.—中国式棋盘。
仅通过沿线条切割，棋盘可以被分成多少种不同的块状结构，且这些块状结构彼此都不完全相同？请记住，黑白颜色的差异也算作一种区别——因此，一个黑色的方格与一个白色的方格不同，由两个白色方格组成的三格行也与由两个黑色方格组成的三格行不同，以此类推。如果两个块状结构无法以完全相同的方式放置在棋盘上，那么它们就被视为不同的。由于棋盘的背面是平坦的，这些块状结构也无法被翻转。

294.—棋盘构成的句子。
我曾尝试将一块普通的棋盘拆解成字母，让这些字母拼成一个完整的句子。从示意图中可以看出，这些字母组合起来构成了“切断你的生活”这句话，句中还包含了标点符号。当然，理想的句子应该只有一个句号，但我未能做到这一点。这句话其实是在呼吁那些生活在邪恶之中的人自我了断，结束这种糟糕的生活。你能把这些字母重新组合起来，形成一块完美的棋盘吗？

静态国际象棋谜题。
“那些只是站在那里等待的人，也有用处。”
——弥尔顿

295.—八只车的问题。

从第一个图可以看出，棋盘上的每个格子要么被车占据，要么受到车的攻击；而且每只车都有一只其他车在“保护”它（如果这些车是黑白相间的话，那就应该说它们处于被攻击的状态）。显然，将八只车放在同一行或同一列也会产生同样的效果。在第二个图中，每个格子同样要么被占据，要么受到攻击，但此时每只车都没有被保护。那么，究竟有多少种不同的方式可以将这八只车放置在棋盘上，使得……

方格会被占据或攻击，而车则永远不能由其他棋子守护。我不想在此讨论各种反转或镜像变换的情况，因此将车放在另一条对角线上会被视为不同的排列方式；同样地，通过旋转棋盘得到的其他重复排列也不被视为不同。

296.—四头狮子谜题。
该谜题的要求是找出将四头狮子放置在不同位置的所有可能方式，且每行和每列中最多只能有一头狮子。单纯的反转或镜像变换不被视为不同的排列方式。以给出的例子来说，如果将狮子放在另一条对角线上，那仍会被视为相同的排列方式。因为只要把第二种排列方式放在镜子前或旋转四分之一圈，就又会得到第一种排列方式。这是个简单的谜题，但需要仔细思考。

297.—主教——无防守。
在普通的棋盘上尽可能少地放置主教，使得棋盘的每一个格子要么被占据，要么受到攻击。可以看出，车比主教有更大的活动范围：无论将车放在何处，它总能攻击14个其他格子；而主教则根据其所处对角线的位置，只能攻击7个、9个、11个或13个格子。需要说明的是，当我们谈论棋盘上的“对角线”时，我们不仅指从棋盘一角到另一角的这两条长对角线，还包括所有与它们平行的较短线条。为避免日后产生误解，读者最好仔细记住这一点。

298.—主教——有防守。

那么，需要多少个主教才能确保每个方格要么被占据，要么受到攻击，同时每个主教都受到另一个主教的保护呢？它们又该如何放置呢？

299.— 主教们的布局问题。

在棋盘上同时放置的主教数量最多为14个，且这些主教之间不会互相攻击。我用图表展示了实现这一目标的最简单方法。实际上，在任意大小的方格棋盘上，能够不发生攻击地放置的主教数量始终是棋盘边长对应方格数两倍的数值再减2。找出14个主教可以以多少种不同的方式被放置而不发生相互攻击，其实是一个有趣的谜题。我会给出一个极其简单的规则，用来计算任意大小方格棋盘的放置方式总数。

300.—八皇后问题。
在棋盘上，皇后无疑是威力最强的棋子。如果将她置于棋盘中央的四个格子之一，她就能攻击至少27个其他格子；即便将她藏在角落里，她仍能攻击21个格子。要在棋盘上放置八个皇后，且让它们彼此之间不会互相攻击，这其实是一个古老的谜题（最早由Nauck在1850年提出，关于此问题的研究文献也相当多）。我们需要找出所有可能的摆放方式。我在图中展示了一种方式，实际上共有12种本质上不同的摆放方法。如果我们把旋转和镜像反射视为不同的方式，那么这12种方法还会产生92种不同的排列方式。该图从某种程度上来说是一种对称的排列；如果将页面倒过来，它仍然会保持完全相同的外观；但若以另一面作为底部来观察，则会得到另一种不同的排列方式。再将这两种方式通过镜像反射处理，还会得到另外两种方式。至于其余11种解决方案，它们都是非对称的，因此每种都可以通过旋转和镜像反射的方式呈现为8种不同的排列形式。这样也就解释了为何如我所说，12种本质上不同的解决方案只会产生92种排列方式，而非96种——因为如果全部12种都是非对称的，那才会出现96种排列方式。在解决棋盘谜题时，务必清楚地理解旋转与镜像反射的概念。

读者能否在棋盘上放置八枚皇后，使得没有两枚皇后互相攻击，且在任何斜向线上都不会有三枚皇后排成一条直线？再看一下示意图就会发现，这样的排列方式并不符合要求，因为在虚线所示的两个方向上都有三枚皇后呈一条直线排列。在十二种可能的解法中，只有一种能够满足条件。你能找到它吗？

301.—八颗星星。

这个谜题的要求是在图中放置八颗星星，使得没有任何两颗星星在水平、垂直或对角线上处于同一条直线上。其中一颗星星已经放置好了，且不能移动，因此现在还有七颗星星需要放置。不过，不得在任何有阴影的方格上放置星星。解决这个小谜题的方法只有一种。

302.—马赛克艺术中的难题。
通过将天然或人工着色的硬质材料拼接起来来创作图案或设计的艺术形式，历史极为悠久。在法老时代人们就已经掌握这项技术，《以斯帖记》中也有“红色、蓝色、白色和黑色大理石铺成的地面”的记载。那些流传至今的古代马赛克作品，尤其是罗马时期的马赛克，即便起初看不出明显的图案，也能体现出制作者在看似杂乱无章的排列方式上付出了大量心思。例如，在使用有限几种颜色进行创作时，依然能看出制作者的精心设计。

在避免相同颜色的瓷砖相邻方面，这一设计真是巧思横生。那些熟悉拼布被褥制作方法的女士们应该明白：当材料选择有限时，避免相同颜色的瓷砖靠得太近是多么重要。这一难题同样适用于拼布被褥或镶嵌式地面。从图中可以看出，一块正方形地面可以用62块颜色各异的瓷砖铺满——这些颜色包括紫、红、黄、绿、橙、紫罗兰、白和蓝（分别用首字母表示）——而且任何一块瓷砖都不会在垂直、水平或对角线上与另一块同色瓷砖处于同一条直线上。在这样的条件下，64块瓷砖是无法铺满该区域的，不过那两个阴影覆盖的正方形位置上实际上放着通风扇。问题在于：必须把这两个通风扇移到那些有深色边框的瓷砖所在的位置，同时在这两个底部角落的正方形里放置两块瓷砖。你能重新调整这32块瓷砖，使得不再有任何两块同色瓷砖处于同一条直线上吗？

303.—在面纱之下。

如果读者仔细观察上面的图案，就会发现我将八个V、八个E、八个I和八个L以这样的方式排列：没有任何一个字母在水平、垂直或对角线上与另一个相同的字母处于同一条线上。因此，没有两个V是相对的，也没有两个E是相对的，以此类推。在这种条件下，字母的排列方式有很多种。这个谜题的要求就是找到一种排列方式，使得能够形成尽可能多的四字母单词——这些单词可以从上到下、从下到上、从左到右、从右到左或沿对角线读取。所有的重复组合都视为不同的单词，而可能的五种单词分别是：VEIL、VILE、LEVI、LIVE和EVIL。当我说这种排列方式能产生8个单词时，这一点就完全清楚了：最上面和最下面的一行都能组成VEIL；第二列和第七列也能组成VEIL；而从第5行的L和第8行的E开始的两条对角线则分别能组成LIVE和EVIL。因此，总共有8种不同的单词读法。

这个复杂的文字谜题被用作说明如何运用棋盘分析方法来解决此类问题的例子。只有熟悉“八皇后问题”的人才有希望解开它。

304.—巴谢特方阵
这是最古老的纸牌谜题之一，由克洛德·卡斯帕·巴谢特·德·梅齐里亚克所设计，据信首次出现在他1624年出版的作品中。需要将16张扑克牌（包括A牌）重新排列成一个方阵，使得在任意一行——无论是水平的、垂直的还是对角线的——中，都不会出现两张同花色或同点数的牌。这本身其实并不难，但这个谜题的关键在于要找出有多少种不同的排列方式。著名的法国数学家A.拉博斯内在他所编写的巴谢特问题现代版本中给出了错误的答案。实际上，这个谜题相当简单：任何一种排列方式，只要将方阵旋转或镜像反射，都可以得到另外7种排列方式，而巴谢特则认为这些都是不同的排列方式。注意“四张牌排成一行”的限制，因此这里只需考虑两条长对角线即可。

305.—三十六个字母块

插图展示了一个装有36个字母块的盒子。谜题要求重新排列这些字母块，使得没有任何一个A会与另一个A处于同一条垂直线、水平线或对角线上，同样的规则也适用于B、C等其他字母。在这种条件下，根本不可能将所有字母都放入盒子里，但目标是将尽可能多的字母放进去。当然，只能使用图中所示的那些字母。

306.—拥挤的国际象棋棋盘。

这个谜题的要求是重新排列棋盘上的51个棋子，使得没有皇后能够攻击另一只皇后，没有车能够攻击另一辆车，没有象能够攻击另一只象，也没有马能够攻击另一匹马。无需考虑其他类型棋子的干扰——也就是说，即使两只皇后之间有车、象或马存在，它们仍然会被视为可以互相攻击。车和象也是如此。分别安排每种类型的棋子并不困难，真正的难点在于如何同时为所有棋子的摆放找到合适的位置。

该图展示了25个彩色计数器，分别是红色、蓝色、黄色、橙色和绿色（以首字母表示），每种颜色各有5个，编号为1、2、3、4、5。任务是将这些计数器放入一个方格中，使得在5行、5列以及两条对角线上，任何一种颜色或编号都不会出现重复。你能重新排列它们吗？

308.—舔邮票的趣味艺术。
《保险法》是产生各种有趣谜题的源泉，尤其是对于那些属于免税范围的人来说，这类谜题更为有趣。在了解“舔邮票”这一趣味艺术之后，我们不妨来思考这样一个小问题：如果你有一张分为16个格子的卡片（4×4格式），并且有大量面值为1便士、2便士、3便士、4便士和5便士的邮票，那么在财政大臣禁止将相同面值的邮票放在同一条直线上的情况下（即水平方向、垂直方向或对角线上），你能在卡片上贴出的最大总价值是多少？

当然，一个位置上只能贴一枚邮票。当读者看到解决方案时，很可能会发现，自己和那些邮票一样，都失败了——他很可能无法达到最高分。有位朋友向邮局询问该如何做到这一点，但邮局却让他去找海关官员，海关官员又把他转交给保险监管机构，保险监管机构则把他转交给某个认可的机构，而那个机构更是粗暴地拒绝了他——不过也没关系。

309.—四十九个计数器

你能将上述四十九个计数器重新排列成一个正方形，使得没有任何字母或数字在垂直、水平或对角线上与另一个相同的字母或数字处于同一条线上吗？这里所说的“与对角线平行的线”，当然是指国际象棋棋盘上的那种线条。

310.—三只羊的问题。
有个农夫养了三只羊，还有16个围栏，这些围栏通过障碍物分隔开来，具体结构如图所示。那么，他有多少种不同的方法可以将这三只羊分别放入不同的围栏中，同时确保每个围栏要么被一只羊占据，要么与至少一只羊处于水平、垂直或对角线上的位置呢？我已经给出了一种符合条件的排列方式。你还能找到多少种其他排列方式呢？单纯的翻转或反射操作不应被视为不同的排列方式。读者可以将羊视为“皇后”，那么这个问题就变成了：如何以最多的不同方式放置这三只“皇后”，使得每个格子要么被某只“皇后”占据，要么受到某只“皇后”的攻击。

311.—五只狗的谜题。
1863年，C.F.德·雅尼施首次提出了“五只皇后谜题”——即在棋盘上放置五只“皇后”，使得每个格子都受到至少一只“皇后”的攻击。

这一观点是由他的朋友“德·R先生”提出的。Jaenisch指出，如果皇后之间不能互相攻击，那么放置五只皇后的方式共有91种——其中旋转和镜像反射不算不同的排列方式。而如果皇后之间可以互相攻击，那么这样的排列方式就有数百种，但要全部列出来是不可能的。

该图展示的是64个狗舍的排列情况。可以看到，每个狗舍里都有一只狗；进一步观察会发现，这64个狗舍中的每一个都至少与一只狗处于同一条直线上——无论是水平方向、垂直方向还是对角线方向。随便选择一个狗舍，都可以用上述三种方式中的一种找到与之相连的狗。这个谜题的要求就是找出将五只狗放入一排五个狗舍中的所有不同方式，使得每个狗舍都至少与一只狗处于同一条直线上。此处，旋转和镜像反射被视为不同的排列方式。

312.—拜占庭的五个月牙符号
亚历山大大帝的父亲——马其顿的菲利普在围攻拜占庭时遇到了巨大困难，于是他命令部下去破坏城墙。然而他的计划失败了，因为工程刚开始，天空中就突然出现了一轮新月，将他的计划暴露给了敌人。拜占庭人自然十分高兴，为了表达感激之情，他们为狄安娜女神建造了一座雕像，从此以后，新月便成了该国的象征。在存放这座雕像的庙宇里，有一块由六十四块大型且昂贵的瓷砖铺成的方形地面。这些瓷砖全都很普通，只有五块上面有月牙符号。出于某种神秘的原因，这五块瓷砖被安置得如此巧妙，以至于每一块瓷砖都至少能被一个月牙符号从垂直、水平或对角线方向上所覆盖。拜占庭建筑师采用的排列方式如下：—

现在，若有人试图遮盖这五个月牙符号中的任何一个，都将被视为重罪，其惩罚将是极其痛苦且漫长的死刑。但在某个特定的场合……

为了举办庆典，有必要在这段路面上铺上尺寸尽可能大的正方形地毯。我在示意图中用深色阴影标出了可用的最大尺寸。问题在于：如果建筑师事先就考虑到了地毯的问题，他该如何安排那五块新月形瓷砖，才能满足相关条件，同时还能让最大的正方形地毯铺上去，且不让任何一块新月形瓷砖或它们的任何部分被覆盖。

313.—后与象的谜题。
可以看出，棋盘上的每一个格子要么已被占据，要么处于被攻击的状态。谜题要求用象来替代原来位于该格子上的车，然后再将四只后放置在其他格子上，使得每个格子依然处于被占据或被攻击的状态。

314.—南方十字星谜题。

在上面的图示中，有五颗行星和八十一颗恒星，其中五颗恒星被行星遮住了。可以发现，除了那十颗中心带有黑点的恒星外，其余所有恒星都处于与至少一颗行星呈直线关系的位置——无论是垂直、水平还是对角线方向。这个谜题的要求就是重新排列这些行星，使得所有的恒星都能与某颗或几颗行星处于同一直线上。
在重新排列行星时，每颗行星都可以在上述三个方向中的任意一个方向上移动一次。当然，这样做的结果就是会有五颗恒星被遮挡，取而代之的是原本被行星遮住的那些恒星。

315.—帽针谜题。

这是我在1897年设计的一个五皇后谜题。由于这些皇后被表现为放置在64个格子上的“帽子”，因此我仍将其称为“帽子格谜题”。可以看到，每个格子都已被皇后占据或处于被攻击的状态。谜题的要求是：先将一个皇后移动到另一个格子，仍要确保所有格子都被占据或处于被攻击状态；接着在相同条件下移动第二个皇后，再移动第三个皇后，最后移动第四个皇后。经过这四次移动后，每个格子都必须处于被攻击或被占据的状态，而且任何皇后都不能互相攻击。当然，这些移动不一定是皇后特有的移动方式——可以将皇后移到棋盘的任意位置。

316.—亚马逊人谜题

这个谜题源自特顿船长设计的谜题。需要将三个皇后移到其他格子上，使得棋盘上有11个格子不会受到攻击。移动这三个皇后时不必遵循皇后的移动规则，可以将它们移到任何位置。此谜题只有唯一解。

317.—一个关于兵的谜题。
在棋盘中央放置两个兵，一个在Q4格，另一个在K5格。接着，将剩下的14个兵（总共16个）放置到棋盘上，要求在任何方向上都不会出现三个兵处于同一直线上。需要注意的是，我特意没有使用“皇后”这个词，因为“任何方向”这一表述已经涵盖了斜向的攻击情况。这些兵应被视为位于格子中心的点而已。可参考第300题“八皇后谜题”中的虚线说明。

318.—猎狮。

我的朋友波瑟姆·霍尔上尉是一位著名的大型野生动物猎人，他说，没有什么比与一群狮子相遇更令人兴奋的了——一群、一队、一群鸟儿、一大群昆虫（我花了整整十五分钟才想出正确的词，不过最终还是找到了）——也就是一群狮子。为何多只狮子被称为“一群”，多头鲸鱼被称为“一群”，而多只狐狸则被称为“一窝”，这属于语言学上的谜题，我就不深入探讨了。上尉说，如果在沙漠中遇到一只凶猛的狮子，情况会变得很紧张，因为狮子通常也在寻找人类，就像人类也在寻找森林之王一样。而当它们相遇时，总会发生争斗。经过对这两类“尊贵生物”之间这场持续已久的矛盾的思考，我试着计算了一下人类与狮子在丛林中相遇的概率。在所有这类计算中，都得从一些或多或少带有主观性的假设出发。正因如此，在上面的示意图中，我觉得有必要把沙漠中的路径也画出来。

以如此严格的规律性。虽然棋手向我保证，狮子的移动轨迹通常都是如此，但我仍心存疑虑。这个谜题的关键在于：要找出将人和狮子分别置于两条不同路径上的不同方式有多少种。所谓“路径”，指的只是那些有线条标记的路线。因此，除了四个角落的位置外，每个战斗者始终只处于两条路径上，不会更多。由此可见，在沙漠中彼此避开对方其实有很多可能性，这正是人们一直以来所理解的。

319.—骑士卫士。

骑士是棋盘上那个不负责任的滑稽角色。“他是个极其不可靠、阴险且会打击士气的家伙，”一位美国作家这样评价。“他只能移动两格，但能通过移动的质量来弥补数量的不足——他可以横向移动一格，再纵向移动一格。”

它能像猫一样同时向前移动；能在棋盘中央用一条腿站立，然后跳到它选择的八个格子中的任意一个；能爬上栅栏的一侧，同时威胁另一侧的三四个棋子；它还有种恶劣的伎俩——悄悄躲到安全位置，吓唬国王迫使他移动，然后再吃掉王后。就恶劣程度而言，没有骑士能与其相比；当你把它从某个洞穴里赶出去时，它又会立刻跳进另一个洞穴里。人们一再试图给出一个简短、简单且准确的关于骑士移动方式的定义，但都未能成功。实际上，骑士的移动方式就是先像车一样移动一格，然后再像象一样移动一格——这两步动作是在同一次跳跃中完成的，因此第一格是否被其他棋子占据并不重要。事实上，这是国际象棋中唯一的跳跃式移动方式。尽管很难定义，但孩子只需稍加观察就能学会这种移动方式。

我在图中展示了如何将12匹骑士（这是实现这一目标所需的最少数量）安置在棋盘上，使得每个格子要么被骑士占据，要么处于骑士的攻击范围内。逐一检查每个格子，就会发现确实如此。现在的难题是：要使每个格子都被占据或受到攻击，同时每匹骑士都能得到另一匹骑士的保护，那么最少需要多少匹骑士呢？又该如何安排它们呢？通过分析图中的12匹骑士，会发现只有4匹骑士能够通过与其他骑士的距离在一步之内而得到保护。

有保护的棋盘
在标准的8×8棋盘上，每个格子都可以由5个皇后来保护——也就是说，每个格子要么被皇后占据，要么受到皇后的攻击，这是最少需要的数量。不存在皇后之间互相攻击的情况时，共有91种不同的排列方式。如果每个皇后都必须攻击另一个皇后或被另一个皇后保护，那么最少需要41种排列方式；而我已记录了大约150种部分皇后受到攻击而部分未被攻击的排列方式，不过最后这种情况很难精确统计。

在标准棋盘上，如果不允许车之间互相攻击，那么每个格子可以由8辆车来保护，共有40,320种排列方式，但究竟有多少种是彼此不同的则不得而知。（参见第295题“八辆车”的解答。）至于每种车都由另一辆车保护的排列方式，我则没有进行统计。

在标准棋盘上，如果不允许象之间互相攻击，那么每个格子可以由8只象来保护，这是最少需要的数量。而如果要确保每只象都受到保护，则需要10只象。（参见第297题和第298题“无保护的象”与“受保护的象”。）

在标准棋盘上，如果除了4只马之外其余的马都不受保护，那么每个格子可以由12只马来保护。但如果每只马都必须受到保护，则需要14只马。（参见第319题“马的保护者”。）

对于n小于8的n×n棋盘上的皇后问题，以下结果值得关注：
- 1个皇后有1种基本方式可以保护22个格子。
- 1个皇后有1种基本方式可以保护32个格子。
- 2个皇后有3种基本方式可以共同保护42个格子。
- 3个皇后有2种基本方式可以共同保护42个格子，但这些格子不会受到保护。
- 3个皇后有37种基本方式可以共同保护52个格子，且这些格子都会受到保护。

3个皇后以2种基本方式守护52格棋盘（无互相攻击情况）。

3个皇后以1种基本方式守护62格棋盘（有互相保护情况）。

4个皇后以17种基本方式守护62格棋盘（无互相攻击情况）。

4个皇后以5种基本方式守护72格棋盘（有互相保护情况）。

4个皇后以1种基本方式守护72格棋盘（无互相攻击情况）。

非攻击性棋盘排列方式。

我们知道，当n大于3时，n个皇后总可以放置在一个n×n的棋盘上，且不会出现任何两个皇后互相攻击的情况。不过，目前还不存在用于计算所有可能排列方式的通用公式；很可能这种公式根本无法被找到。目前已知的结论如下：
当n=4时，共有1种基本解，总计2种解。
当n=5时，共有2种基本解，总计10种解。
当n=6时，共有1种基本解，总计4种解。
当n=7时，共有6种基本解，总计40种解。
当n=8时，共有12种基本解，总计92种解。
当n=9时，共有46种基本解。
当n=10时，共有92种基本解。
当n=11时，共有341种基本解。

显然，n个车也可以以n!种方式放置在一个n×n的棋盘上而不发生互相攻击，但对于这些排列方式中究竟有多少种是彼此不同的，我只计算了n等于2、3、4、5这四种情况。对应的答案分别是1、2、7和23。（参见第296题“四头狮子”。）

我们可以在一个n×n的棋盘上以2n种方式放置2n-2个象。（参见第299题“集会中的象”。）对于面积为2、3、4、5、6、7、8平方格的棋盘而言……

在每一侧，分别存在1、2、3、6、10、20、36种截然不同的排列方式。当n为奇数时，有2½(n-1)种这样的排列；每种排列通过反转和反射操作可得到4种新的排列，而2n-3 – 2½(n-3)种排列则可得到8种新排列。当n为偶数时，有2½(n-2)种排列；每种排列通过反转和反射操作可得到4种新排列，而2n-3 – 2½(n-4)种排列则可得到8种新排列。

当n为奇数时，我们可以在n×n的棋盘上以1种基本方式放置½(n²+1)匹马，且这些马彼此之间不会发生攻击；当n为偶数时，则可以以1种基本方式放置½n²匹马。在第一种情况下，所有马都被放置在与中心格子同色的格子上；在第二种情况下，所有马要么都放在黑色格子上，要么都放在白色格子上。

**两枚棋子的放置问题**

在n×n的棋盘上，无论是否允许棋子之间发生攻击，总共有½(n⁴ – n²)种方法可以放置两枚皇后、两枚车、两枚象或两枚马。以下公式展示了在这些方法中，允许攻击与不允许攻击的情况下各有多少种放置方式：

| 棋子类型 | 允许攻击时的放置方式数 | 不允许攻击时的放置方式数 |
|----------|----------------------|------------------------|
| 2枚皇后 | 5n³ – 6n² + n | 3n⁴ – 10n³ + 9n² – 2n |
| 2枚车 | 2 | n⁴ – 2n³ + n² |
| 2枚象 | 6 | n⁴ – 9n² + 24n |
| 2枚马 | 4n³ – 6n² + 2n | 3n⁴ – 4n³ + 3n² – 2n |

（参见第318题“猎狮”。）

动态国际象棋谜题。
“继续前进——不要停下。”
托马斯·莫顿：治愈心痛之药。

320.—车的全局巡游。
这个谜题的要求是让那辆唯一的车在棋盘上移动，使其能够访问棋盘上的每一个格子，且每个格子只能被访问一次，最终回到起始位置。你需要用尽可能少的步数来完成这一任务，否则很可能会多走一步。当然，无论只是经过某个格子还是在该格子停留，该格子都算被“访问”过；我们不会对这一点斤斤计较。

原来的那个格子是否真的被访问了两次？我们假设它并没有被访问两次。

321.—车子的旅程。
我将这个谜题称为“车子的旅程”，因为“旅行”这个词（源自车床的旋转装置）意味着要回到出发点，而在这个谜题中我们并不会这样做。我们当然不会满足于那种最终把自己带到撒哈拉沙漠中的个人度假之旅。在这次旅程中，车子共走了21步，每一步都会访问棋盘上的一个格子，且每个格子只被访问一次；在第十步之后，车子会停在标有10的格子上，最终则停在标有21的格子上。连续的两步不能朝同一个方向移动——也就是说，每走一步后都必须改变方向。

322.—痛苦的少女

在很久以前，有个邪恶的男爵将一名无辜的少女囚禁在城堡护城河下最深处的地牢里。从插图上可以看出，那座地牢里有63间牢房，这些牢房之间都通过敞开的门相连，而少女则被锁在图中所示的那间牢房里。后来，有一位深爱着这位少女的勇敢骑士成功地将她从敌人手中救了出来。他在图中所示的位置找到了进入地牢的入口，之后只进入每一间牢房一次，就成功找到了少女。请用铅笔试着画出这样的路线。一旦成功，再试着找出一条需要22步、且每一步都直接穿过一间牢房的路线。只要不重复进入任何牢房，这是完全可以做到的。

323.—地牢谜题

一名法国囚犯，因自己的过错（或是他人的过错），被关押在了一个地下地牢里。这个地牢里有64间牢房，这些牢房之间都通过敞开的通道相连，如图所示。为了缓解单调的囚居生活，他给自己设计了各种谜题，而这便是其中之一。从他所处的那间牢房出发，他该如何恰好访问每一间牢房一次，并尽可能多地绕路？他的第一次尝试路径用虚线标出。可以发现，他的路径中包含55段直线段，但经过多次尝试后他改进了这一方案。你能找到超过55段直线的路径吗？你可以将路径的终点设定在任意一间牢房里。可以用铅笔在棋盘上尝试解决这个谜题，或者将其视为棋盘上车子的移动路径。

324.—狮子与人。
在罗马的某个公共场地上，曾经有一座由64间牢房组成的监狱，这些牢房都朝向天空，且彼此之间相互连通，如图所示。这里发生的各种活动都可以从高处观看。

那座塔里，最受欢迎的游戏就是把一个基督徒关在某个角落的牢房里，再把一头狮子关在斜对角的牢房里，然后让所有的内部门都保持打开状态。这样做的结果往往十分滑稽可笑。有一次，那个基督徒被给了一把剑。他并非胆小之人，同样急于找到那只狮子，而那只狮子也无疑急于找到他。

那个基督徒以最短的路径，逐一访问了每一个牢房，最终到达了狮子的牢房。有趣的是，那只狮子也同样以最短的路径，逐一访问了每一个牢房，最终也来到了那个基督徒的牢房。他们同时出发，速度也相同；尽管偶尔能看到对方的身影，却从未真正相遇过。这个谜题就是要找出他们各自所走的路线。

325.—主教的视察之旅。

国际象棋棋盘上的白色方格代表一个教区的各个教区。你可以将象放在任意一个方格上，然后设法让它以最少的步数访问到所有教区（使用国际象棋中象的常规移动方式）。当然，每次移动所经过的教区都视为已被“访问”。你可以重复访问同一个方格，但不得在两个相邻的方格之间来回移动两次。最少需要多少步呢？象不必在起始的教区结束它的访问。

326.—一个新的计数谜题。
这是一个涉及可移动计数器的新谜题，乍看之下似乎会非常简单，但实际上却相当令人困惑。我在这里给出这个谜题，原因会在下一个谜题讲解时说明。请在一张纸上复制并放大这个简单的图示；然后在1和2位置放置两个白色计数器，在9和10位置放置两个红色计数器。这个谜题的目标是让红色和白色的计数器互换位置。你可以按照任意顺序一次移动一个计数器，沿着线从一点移动到另一点，唯一的限制是红色和白色的计数器不能同时位于同一条直线上。因此，第一步只能从1或2移动到3，或者从9或10移动到7。

327.—一个新的主教谜题。

这是个相当有趣的小谜题。如图所示，在缩小的棋盘上放置八个主教（四个黑色，四个白色）。任务是让黑色的主教与白色的主教互换位置，且任何主教都不能攻击颜色相反的主教。它们必须交替移动——先移动一个白色的，然后是一个黑色的，再是一个白色的，以此类推。一旦成功完成这个任务，就试着找出最少需要的移动步数。如果你忽略那些位于黑色格子上的主教，只在白色格子上进行移动，就会发现这个谜题其实是一个颠倒过来的版本。

328.—后の巡回路径问题。
用最少的步数让后走完整个棋盘的所有格子（允许重复访问某些格子），这一难题最早是由已故的萨姆·洛伊德在其著作《国际象棋策略》中提出的。不过下面所示的解法其实是他在1868年发表在《美国国际象棋趣题》中所给出的。我记录了至少六种最少步数为14步的解法，但其中这个解法是最优的，原因稍后会解释。

如果仔细观察那些标有字母的格子，就会发现棋盘上实际上只有十个位置各不相同的格子——那些被粗线围起来的格子；其余的都只是这些格子的对称或反射形式而已。例如，所有的A都是角格子，而所有的J则是中心格子。因此，由于所展示的解法以被粗线围住的D格子作为转折点，我们只需将棋盘旋转一下，就可以得到一种从任意一个标有D的格子开始并结束的解法。这样一来，从任何A、B、C、D、E、F或H格子出发都可以找到这样的巡回路径；而我所知道的其它解法则只能适用于五个不同的起始格子。对于G、I或J格子来说，不存在14步内就能完成整个棋盘巡回的路径（因为巡回路径必须能够返回起点）。不过，我们可以找到一条能遍历整个棋盘的、无需返回起点的路径。

从任意一个格子出发，共需14步走完棋盘上的所有格子。因此有如下谜题：——
从标有字母的图示中的J点出发，用14步走遍棋盘上的每一个格子，最后可以停在任意一个格子上。

329.—星形谜题。

将铅笔尖放在其中一个白色星形标记上，然后（无需将铅笔从纸上抬起）用14次连续的笔触划掉所有的星形标记，最后停在第二个白色星形标记处。这些笔触可以朝任何方向绘制，但每次转向都必须在某个星形标记处进行。重复划掉同一个星形标记并无妨。在这种情况下，由于起点和终点都被固定住了，因此无法通过“后妃巡游”策略或仅使用后妃移动的方式来找到解决方案。不过，你可以使用斜向的直线——比如从上方的白色星形标记直接画到某个角上的星形标记。

330.—帆船比赛。
好了，那些喜欢陆地生活的人啊，快把你们的小前帆升起来，拿出三角帆，展开气球状的风帆，准备好主帆吧！

我们的比赛要求从示意图中显示的游艇所在位置出发，通过14次直线航行依次经过64个浮标，最后再回到起点处的浮标。第七次航行必须在有旗帜飘扬的浮标处结束。由于有时需要以较大角度改变航向，因此这项挑战需要高超的航海技巧。我们所需要的工具仅有一支铅笔以及敏锐的观察能力而已。

由于有旗帜浮标的限制，再加上路线是折返式的，所以这很困难。不过我们仍然可以使用斜线来规划航线。

331.—科学滑冰者

可以看到，这名滑冰者在冰面上标出了六十四个点或星形标记。他打算从当前位于角落附近的起始点出发，用十四条直线依次穿过每一个标记点。他要如何做到这一点呢？当然，他可以多次经过同一个标记点，但最后一条直线必须让他回到起始点。其实只需拿起铅笔，从滑冰者脚部当前所处的位置开始，用十四条连续的直线画出所有的星形标记，最终再回到起点即可。

332.—四十九颗星形标记。

这个谜题的要求很简单：只需用铅笔，从一颗黑色星星开始，通过12次连续的笔触划过所有的星星，最终到达另一颗黑色星星。可以看出，图中所示的解法需要15次笔触。那么，能否在12次内完成呢？每次转弯都必须在某颗星星上，而且线条必须与正方形的边和对角线保持平行，如图所示。这里我们面对的是一个尺寸较小的棋盘，但只需要皇后棋子的移动方式（且不能像上一个例子那样超出边界）。

将皇后放在其所在的格子上，如示意图所示，然后试着找出她在五步移动中能够走过的最远距离，且不能重复经过任何格子。在棋盘上标出皇后的路径，同时要记住她绝不能回到自己已经走过的路线。这看起来很简单，但读者可能会发现自己犯了错。

334.—圣乔治与龙。

这是一个关于49格小棋盘的谜题。圣乔治想要杀死那条龙。杀死龙本就是他惯常的爱好，而作为一名骑士，他自然希望用骑士步来完成这一壮举。你能找到一种方法吗？即从棋盘中央的格子出发，通过一系列骑士步，恰好访问棋盘上的每一个格子一次，最后在最后一步抓住那只龙。当然，他有多种不同的路径可以选择，试着找出一条在每一步之间用直线连接起来后会形成漂亮图案的路线吧。

335.—劳伦斯农夫的玉米地
在伦敦附近，最适合夏日闲游的美丽地区之一，就是白金汉郡被称为“棋盘谷”的地方——至少在几年前，也就是那些投机开发商尚未发现它之前还是如此。本世纪初，在拉蒂默斯附近住着一位品德高尚但性格古怪的农夫，名叫劳伦斯。他是其中之一……

他有个古怪的想法：所有住在切斯河岸边的人都应该了解这种名为“国际象棋”的高雅游戏。为了让手下人和邻居们记住这一点，他有时会使用一些奇怪的术语。例如，当他的母羊生下小羊时，他会说这是“让兵升变后妃”；他在公路旁建新谷仓时，则称其为“在国王一侧进行王车易位”；而派人持枪驱赶邻居的鸟儿，不让他们飞进自己的田地时，他则说这是“攻击对手的车”。邻居们都喜欢劳伦斯农夫的这些小玩笑，有个调皮的小男孩因为偷了他的“栗子”而被这位老人揪住耳朵，他甚至称劳伦斯农夫为“愚蠢的老国际象棋保护者！”

有一年，他在一块大方形土地上划分出了49个小方格，如图所示。白色方格里种小麦，黑色方格里种大麦。到了收获季节，他命令手下人先收割标有1号的区域里的作物，而且每次收割的位置都必须与上一次恰好相隔一个马步的距离——第13次收割在标有13号的区域，第25次在标有25号的区域，第37次在标有37号的区域，最后一次，也就是第49次收割，则在标有49号的区域。这对可怜的霍奇来说实在是个难题，因此劳伦斯农夫每天都要到田地里去指示该收割哪个区域。不过，对于我的读者来说，这个问题应该不算难吧。

336.—灵缇犬之谜。
在这个谜题中，20个狗舍之间没有门相连，而是被低墙隔开。唯一的居住者是一只灵缇犬，它住在左上角的狗舍里。当它想要获得自由时，必须通过一系列“马步”移动方式，每个狗舍只访问一次，最终到达右下角——那个与外界相连的出口。上图中的线条展示了一种解法。这个谜题的要求就是找出灵缇犬有多少种不同的方式可以离开它所在的狗舍。

337.—四只袋鼠。

在介绍这个与英联邦相关的小谜题之前，我必须先说明：该图展示的是一个澳大利亚定居点中的64块土地，这些土地都被妥善地分隔开来。当然，不用多说，我们“南方”的同胞们总是以如此有条理且精确的方式来划分土地的。可以看到，四个角落里各有一只袋鼠。为何袋鼠特别喜欢待在角落里的地块，至今仍没有令人满意的解释，此处也不便赘述。另外需要补充的是，众所周知，袋鼠总是以我们所说的“马步”方式跳跃。事实上，如果国际象棋不是在袋鼠出现之前就被发明出来的话，棋手们或许会选用“袋鼠步”这一更恰当的术语。

这个谜题的内容很简单：一天早晨，每只袋鼠都开始它的跳跃之旅，通过16次连续的“马步”跳跃，它们只访问了15块不同的土地，然后又回到自己的角落里。没有哪块土地被多只袋鼠访问过。图表展示了它们是如何安排这些跳跃路径的。你的任务就是找出一种方法，让这些袋鼠能够完成这一壮举，同时确保没有任何一只袋鼠越过将棋盘一分为二的中间水平线。

我们无法将普通的棋盘划分为四个大小相等的正方形区域，然后在每个区域内都找到一条完整的路径。不过我们可以像图示那样将其分成四个区域：两个区域各包含20个方格，另外两个区域各包含12个方格，这样就能构成一个有趣的谜题。你需要在这张棋盘上设计一条完整的回游路径：可以从任意位置开始，但在进入下一个区域之前必须访问该区域内的所有方格，最后再回到骑士出发的方格。这并不难，但会让人觉得非常有趣，同时也有助于提升解题能力。

在给定尺寸的矩形棋盘上，是否存在这样的回游路径或完整的骑士路径，不仅取决于棋盘的尺寸，还取决于其形状。显然，在那些方格数为奇数的棋盘上——比如5×5或7×7的棋盘——是不存在这样的路径的，原因在于：骑士的每次移动都必须从白色方格跳到黑色方格，再从黑色方格跳到白色方格，如此交替进行。但如果方格数为奇数，那么其中一种颜色的方格数量就会比另一种多一个，因此路径必然要从数量较多的那种颜色的方格开始。

路径不能出现重复，且必须以相同的颜色结束；由于骑士无法从一种颜色移动到另一种相同颜色的格子，因此该路径不能是闭合的。不过，只要矩形棋盘的格子数为偶数，且一边的格子数不少于6、另一边不少于5，那么就可以在该棋盘上找到一条完美的路径。换句话说，能够存在闭合路径的最小矩形棋盘尺寸为6×5。如果棋盘的一边只有2个格子，那么就不可能存在覆盖所有格子的非闭合骑士路径；同样，尺寸小于5×5的正方形棋盘也无法实现这一目标。因此在4×4的棋盘上，我们既无法设计出骑士路径，也无法找到覆盖所有格子的完整路径，必须留下一个格子未被访问。而在4×3的棋盘上（少4个格子），则存在16种不同的完整路径。读者或许有兴趣了解所有这些路径。凡是起点和终点不同的路径都被视为不同的解，即使是反向路径也被视为不同的解。

339.—四种骑士路径。

我再重复一次：如果按照图中的虚线所示将棋盘切成四等份，那么无论是否允许马匹返回起点，都无法在其中任意一块棋盘上完成马走日巡游。图中展示的是最接近“可返回起点”的尝试方案，但在这种方案中每匹马都不得不两次穿越到其他棋盘上。这个谜题的要求是：以不同的方式将棋盘切成四块大小和形状完全相同的部分，使得每块棋盘上都能够完成马走日巡游。沿着虚线切割是行不通的，因为那样做的话棋盘的四个中心方格要么会脱离出来，要么只能靠细小的边线连接着。

340.—立方体上的马走日巡游问题。
几年前，我在某处读到过这样的记载：阿布尼特·范德蒙德是一位聪明的数学家，他生于1736年，卒于1793年。他曾花费大量时间研究马走日巡游问题。除了从一些零散的资料中可以了解到的信息外，我并不知道他研究的准确内容或成果是什么。不过有一点引起了我的注意，那就是据说他曾提出过某种解决方案。

关于骑士在立方体的六个面上移动的问题，每个面都相当于一个棋盘。我不知道他是否找到了解决方案，也从未见过相关解答被发表出来。因此我立刻开始努力解决这个有趣的问题。也许读者也会想要尝试一下。

341.—四只青蛙。

在图中，有八朵蘑菇，1号和3号蘑菇上坐着白色青蛙，6号和8号蘑菇上则坐着黑色青蛙。谜题要求一次只移动一只青蛙，可以按任意顺序，沿着从一朵蘑菇到另一朵蘑菇的直线路径移动，直到白色青蛙与黑色青蛙的位置互换，即白色青蛙位于6号和8号蘑菇上，而黑色青蛙则位于1号和3号蘑菇上。如果在简单的图示中使用四个标记物，这个问题会很容易解决；但要在仅七步之内完成，就会稍显棘手——其中，同一只青蛙的连续多次移动算作一步。当然，同一时间不可能有多只青蛙待在同一朵蘑菇上。

342.——官员的谜题
这个谜题的特别之处在于：有一个年轻的华人正是通过解开这个谜题，才得以赢得他心爱之人的手。在北京方圆一百英里范围内最富有的官员是希丘姆乔普，而他美丽的女儿皮基波拥有无数追求者。其中最热烈追求她的人就是温基希。当温基希向这位老官员请求允许他们结婚时，希丘姆乔普给他出了这个谜题，并承诺如果他在一周内给出正确答案，就会同意他们的婚事。按照某些人至今仍保留的习惯，温基希把谜题拿给所有朋友看，比较过他们的答案后，便将自己的答案当作正确答案提交上去。幸运的是，那个答案确实是正确的。于是，那位官员履行了自己的承诺。人们在婚礼上宰杀了肥猪，当希丘姆乔普把猪肝送给温基希时，在场所有人都明白，这正是遵循中国自古以来的习俗，象征着永恒的友好之情。

这位官员有一张由25个方格组成的棋盘，如图所示。在这24个方格中，每个方格上都放着一个带有数字的计数器，位置如我所标示。这个谜题的要求是通过所谓的“马步移动”方式，一次移动一个计数器，让所有计数器的位置都符合编号顺序：计数器1应位于原来16号方格的位置，计数器2位于原来11号方格的位置，计数器4位于原来13号方格的位置，以此类推。可以看出，所有位于阴影方格中的计数器都已经处于正确的位置。当然，任何时候两个计数器都不能出现在同一个方格上。你能否用最少的步数解决这个谜题呢？

为让移动方式更加清晰，需要说明的是：第一步只能移动1格、2格或10格。如果第一步移动1格，那么下一步则必须移动23格、4格、8格或21格。由于空位永远只有一格，因此这些棋子的移动顺序可以表示为：1—21—14—18—22，以此类推。为了练习，可以用较大尺寸的图纸来绘制示意图，并使用带编号的棋子或纸板作为标记。

343.—囚犯们的练习题。
下图展示了一座监狱北翼的布局，其中共有16间牢房，这些牢房之间都通过敞开的门相互连通。15名囚犯被编号后按图示安排在各个牢房中。他们可以自由更换牢房，但如果有两名囚犯同时出现在同一间牢房里，就会受到严厉的惩罚。

为了解决日益严重的肥胖问题，同时将体育锻炼与娱乐活动结合起来，在其中一名对“骑士路径”感兴趣的囚犯的建议下，这些囚犯决定在不违反监狱规定的前提下，自己设计出一条完美的“骑士路径”，并且保持右下角的格子为空，如同最初那样。有趣的是，他们最终得到的排列方式如下：—

8 3 12 1
11 14 9 6
4 7 2 13
15 10 5

狱警们没有意识到一个重要事实：要想形成这样的排列，必然有两个人曾经同处一个牢房里。如果在带刻度的图表上用棋子来尝试摆放，就会发现确实如此。否则的话，这个解就是正确的。

足够了，每个棋子都必须与上一个棋子相隔一步之遥，且最初的四个角格子为空。谜题的要求是：从图中所示的初始状态出发，用最少的步数完成移动，同时让尽可能多的“囚犯”能够留在自己的格子里。由于每次只能有一个空格供棋子进入，因此只需按棋子移动的顺序记录下它们的编号即可。显然，最终能保持不动的棋子数量会很少，但具体是多少则由解谜者自行发现，因为这正是该谜题的关键所在。

344.—狗舍谜题。

有一个人拥有25个狗舍，这些狗舍之间通过门相互连通，如图所示。他希望将自己的25只狗安排在……

让这些狗从第1只到第20只依次排成一条直线，最下面那一排的5个笼子则保持空着，就像现在一样。具体操作方法是每次将一只狗移到一个空笼子里。这些狗都经过良好的训练，能够乖乖待在指定的笼子里；不过如果把两只狗放在同一个笼子里，它们就会争斗至死。那么，如何用最少的步数来解决这个问题，同时确保没有两只狗处于同一处呢？

345.—两只兵。

这是一个关于计数的有趣小谜题。这两只兵有多少种不同的方式可以前进到第八格？你可以按照任何顺序移动它们，从而形成不同的路径。例如，可以先移动Q、R、P（移动一格或两格），或者先移动K、R、P；也可以先移动其中一只兵任意远的距离，然后再移动另一只。任何顺序都是可行的。

一旦兵走到第八格，它就死了，且会一直留在那里而无法转变身份。你能算出不同的走法有多少种吗？起初你可能会觉得这非常困难，但我将证明，只要方法得当，其实这相当简单。

各种国际象棋谜题。
“对某些人来说，下国际象棋是一种有益且能锻炼思维的有趣活动。”
——伯顿《忧郁的解剖》

346.—摆放棋盘。
我有一副国际象棋棋盘和一套棋子。在开始对局时，这些棋子有多少种不同的摆放方式？我发现大多数人在计算时会遇到困难。

347.—计算矩形数量。
你能准确说出国际象棋棋盘上共有多少个正方形及其他矩形吗？换句话说，用棋盘上的线条来标出某个正方形或矩形，有多少种不同的方法？

348.—车阵。

白方车除了在最后一步将黑方将死之外，无法离开它所处的小方格。问题在于：如何用最少的步数，借助编号为8的车将黑方将死，而其他车则需按顺序排列在方格的各边上，1与7之间留有空位。

349.—僵局。
几年前，有人提出了这样一个谜题：设计一盘虚构的国际象棋对局，让白方在尽可能少的步数内被将死，且棋盘上要使用全部32枚棋子。你能在20步以内构造出这样的局面吗？

350.—被弃置的国王。

按照图示布置棋子位置。此时该谜题的要求是：白方先行，且必须在六步之内将黑方将死。尽管问题较为复杂，但我仍将展示如何用寥寥数行来概括其走法，同时需要说明的是，白方的前两步走法是不可改变的。

351.—十字军骑士。
以下是我几年前提出的一道精彩谜题。需要设计出一局国际象棋对局，使得在16步之后，白方的16个棋子仍都位于原来的位置上，而黑方则只有王一个棋子（不一定在王的位置上）。随后，白方必须用三步将黑方将死。

352.—静态棋局。
以常规的棋局布局为起点，要达到下面的局面，最少需要多少步？当然，双方的所有走法都必须严格遵循游戏规则，不过最终形成的局面将会是一种极为特殊的棋局。

353.—三十六种将死方式。

将剩下的八个白棋摆放成这样：让白方在每一步都有36种不同的将死方法。每一次能够将死对手且形成不同棋局的走法都算是一种不同的将死方式。已经摆放好的棋子不得移动。

354.—一个惊人的难题。
在黑方与白方的一局国际象棋对局中，黑方处境艰难，像往常一样不得不赶火车离开。于是他提议让白方在他不在场时继续下棋，条件是不得为黑方走任何棋，只能用白方的棋子来下棋。白方同意了，但令他沮丧的是，他发现在这种条件下根本无法赢得比赛——无论怎么努力都无法将死对手。那么，黑方把他的王放在了哪个格子上呢？其他棋子则处于图中的正确位置。白方可以随时将黑方置于被将的境地，但这并没有任何意义，因为他永远无法达到将死的局面。

355.—将死！

走进伦敦某家俱乐部的某个房间后，我注意到有两位玩家离开后留下的棋局。该棋局如图所示。显然，白方已经将黑方将死。但他是如何做到的呢？这就是谜题所在。

356.—奇异国际象棋。
你能否在棋盘上放置两枚白车和一枚白马，使得黑王（必须位于棋盘中央的四个格子之一）处于被将的状态，且无法采取任何行动？读者可能会说：“换句话说，就是让黑王被将死。”嗯，如果你愿意的话可以使用这个说法，不过我自己则故意不这么用。毕竟棋盘上根本没有白王，这本身就足以成为我不这样做的理由。

357.—中国古代谜题。
下一个谜题源自中国，已有数百年的历史，总能引发人们的兴趣。白方先行，需通过各移动三次、且仅移动三次的方式将对手将死。

358.—六只孔雀。
我可以将六只“孔雀”放置在国际象棋棋盘上，有多少种不同的方式能让每一行和每一列中未被占据的格子数都是偶数？此处不考虑对角线，而且每一种不同的六格组合都算作一种解，因此无需排除旋转或镜像后的情况。

359.—单人纸牌游戏。
这是一种相当简单的纸牌游戏，但又不至于简单到毫无趣味。你可以在硬纸板或纸上划出格子，或者使用棋盘的一部分来玩这个游戏。我在图示中标出了编号，以便让所有人都能轻松理解游戏规则；实际上，用国际象棋的兵或跳棋的棋子来代替也是可以的。

游戏的目标是移除所有棋子，只留下一个，而且这个剩下的棋子必须是编号为1的那一颗。要移除某个棋子，需要让它跳过另一个棋子，落到下一个空位上；不过不能沿对角线方向跳跃。以下几步演示就能让游戏规则一目了然：1跳过9，于是9被移除；接着2跳过10，10也被移除；然后1再跳过2，2也被移除。如此这般，每次移动都是“吃掉”一个棋子，直到最后只有编号为1的棋子剩下。

360.—棋盘单人游戏。

这是单人纸牌游戏的变体。你只需要一个棋盘以及32个棋子，或者相同数量的跳棋子或计数器。图示中使用了计数器。游戏目标是将除两个之外的所有计数器移除，而这两个计数器原本必须位于棋盘的同一侧；也就是说，剩下的两个计数器要么属于1到16这一组，要么属于17到32的另一组。要移除一个计数器，需用另一个计数器跳过它，移动到下一个空格上，但不可沿对角线方向跳跃。以下几步演示了游戏玩法：3-11、4-12、3-4、13-3。这里，3跳过11，从而移除了11；4跳过12，从而移除了12；以此类推。这会是一款非常有趣的心理耐力游戏，解决它需要一些巧思。

361.—怪物游戏。
某个圣诞夜，我乘火车前往南部某个郡的一个小地方。车厢里非常拥挤，乘客们……

被紧紧地卡住了。坐在角落座位上的邻居正在仔细研究那个可以方便地放在口袋里的迷你折叠棋盘上的棋局，我几乎忍不住也去看。棋局情况如下：——

我的同乘者突然转过头，看到了我脸上困惑的表情。
“你会下棋吗？”他问道。
“会一点。那是什么？一道题吗？”
“题？不，是一局棋。”
“不可能！”我相当粗鲁地叫道。“这棋局简直糟糕透顶！”
他从口袋里拿出一张明信片递给我。明信片的一面有地址，另一面写着“43. K到Kt 8”。

“这是一场对弈游戏。”他说道，“那是我朋友的最后一步，我正在考虑该如何回应。”
“不过您真得原谅我；这个局面似乎根本无解。比如说——”
“啊！”他微笑着打断道，“我明白了；您是初学者，只想着取胜而已。”
“当然，没人会愿意输棋或打平吧！”
他大声笑了起来。
“您还有许多要学的。我和我的朋友并不追求那种过时的胜负结果。我们在国际象棋中追求的是奇妙、奇特、不可思议的布局。您见过这样的局面吗？”
我在心里暗自庆幸自己从未见过。
“先生，那个局面体现了两个棋手思维之间的复杂交织与同步联动。它是两种不同思维方式相互融合的产物……”
“先生，您看晚报了吗？”对面的男人递来一份报纸。我注意到他拇指旁的页边有一些用铅笔写的字。道过谢后，我接过报纸读到：“疯子，但并无危害。他由我负责看管。”
之后，我就让那个可怜的人继续按自己的方式下棋，直到两人在下一站下车。
不过，那个奇怪的局面却深深地印在了我的脑海里——黑方最后的走法是43步：王移到Kt8位置。不久之后，我发现确实有可能在43步内就形成这样的局面。读者能想出这样的走法吗？既然黑方根本不可能移动王翼象，那白方又是如何让车和王翼象到达当前位置的呢？没有给出任何胜率数据，而且每一步都完全合法。

测量、称重与包装谜题
“以量还量。”——《以量还量》，第1章。
显然，第一个涉及通过将液体从一个容器倒入另一个已知容量的容器中来测定特定量的谜题，是由尼科拉·丰塔纳提出的。他更为人熟知的名字是“塔尔塔利亚”（口吃者），生活在1500年至1559年之间。这个谜题的要求是将24盎司的珍贵香脂分成三等份，而可用的计量工具只有容量分别为5盎司、11盎司和13盎司的容器。对于这个谜题，有多种不同的解法，需要通过六次倒液操作来完成。巴谢·德·梅齐里亚克在他的《有趣且令人愉悦的谜题》（1612年）一书中重新刊登了这道谜题以及塔尔塔利亚的其他谜题。人们普遍认为这类谜题只能通过尝试来解决，但我认为可以为某些相关情况找到通用的解决公式。这其实是一个几乎未被探索过的研究领域。
当然，经典的称重谜题就是巴谢提出的那个。其要求是在允许将砝码放在天平的两个盘子中的情况下，找出最少需要多少个砝码，才能称量出从1磅到40磅之间的任意整数磅数的重量。答案分别是1磅、3磅、9磅和27磅。塔尔塔利亚之前也提出过同样的谜题，但条件是砝码只能放在一个盘子上。这种情况下的答案则是1磅、2磅、4磅、8磅、16磅和32磅。麦克马洪少校已经找到了这个问题的通用解法。详细的说明可见于鲍尔的《数学娱乐》（第五版）中。
至于包装谜题，也就是要求我们将尽可能多的、具有固定尺寸的物品装进一个已知尺寸的盒子中，我认为这类谜题是最近才出现的。至少我在古代作家的著作中找不到任何相关例子。人们更可能会在玩具店看到以机械装置形式呈现的此类谜题，但我从未见过这样的东西。与之最接近的应该是那些……

那种拼图式的结构，其中各部分的深度只有一种需要调整。

362.—祝酒碗之谜。
一个圣诞夜，三个名叫“疲惫的威利”的人得到了一件对他们来说堪称珍宝的物品——一个小型桶状的祝酒碗，里面恰好装有六夸脱的上等麦芽酒。其中一人有一个五品脱的壶，另一人有一个三品脱的壶，他们面临的任务就是在不浪费酒液的情况下将酒平均分配给彼此。当然，他们不得使用任何其他容器或测量工具。如果你能想出解决办法，那就试着找到所需操作次数最少的方法——每一次从一个容器倒入另一个容器，或是倒入某人嘴中的动作，都算作一次操作。

363.—医生的疑问。
“今天早上在诊所里，我想到一个有趣的小问题，”一位医生说道。“我有一个装着十盎司葡萄酒烈酒的瓶子，另一个瓶子里则有十盎司水。我把四分之一盎司的烈酒倒入水中并搅拌均匀，此时混合液的浓度显然是40比1。接着我又把四分之一盎司的混合液倒回去，这样两个瓶子里的液体量又变得相同了。那么此时葡萄酒烈酒瓶子里烈酒与水的比例是多少呢？”

364.—桶中之谜。
图中的那些人正在为桶里的液体成分争论不休。由于我们无法确定那究竟是什么液体，因此也就无法给出答案。

往桶里看去，我们可以称其为水。有个人说桶里的水已经超过一半了，而另一个人则坚持认为还没有达到一半。他们最简单的解决办法是什么？其实无需使用棍子、绳子或任何测量工具。我举这个例子，只是为了说明在解决谜题时，平常的智慧是多么重要。那些看似非常困难的问题，只要运用一点常识，往往就能以同样简单的方式得到解决。

365.—新的液体测量谜题。
这里有一个关于液体测量的新谜题，相信会让人觉得有趣。有个人有两个各能装10夸脱的容器，里面装满了酒，此外还有一个5夸脱的容器和一个4夸脱的容器。他希望将恰好3夸脱的酒倒入这两个容器中。他该怎么做呢？需要多少次倒酒操作呢？

您需要将一种液体倒入另一种液体中吗？当然，浪费葡萄酒、倾斜容器以及其他作弊手段都是不被允许的。

366.—诚实的乳品商
有一位诚实的乳品商，在为公众准备牛奶时，使用了一个标有B字的罐子来装牛奶，另一个标有A字的罐子用来装水。他先从A罐中倒出足够多的水，使B罐中的牛奶量变为原来的两倍；接着又从B罐中倒出足够多的水到A罐中，使A罐中的水量也变为原来的两倍；最后再从A罐中倒水到B罐中，直到两罐中的液体量完全相等。完成这些操作后，他会把A罐送到伦敦。问题在于：他实际上为伦敦人的早餐提供了多少比例的牛奶和水分？是牛奶与水的比例相等？还是两份牛奶加一份水？这确实是个有趣的问题，不过奇怪的是，我们并不知道他在开始操作时往两个罐子里各加入了多少牛奶和水。

367.—葡萄酒与水
古德费洛先生最近想出了一个绝妙的主意。当他举办小型晚宴，到了抽烟的时间，女士们离开后，他常常发现谈话内容会变得过于政治化、过于私人化、进展过于缓慢，或者充满丑闻。于是他总会拿出一些专为这种场合准备的新谜题来。这样一来，大家就会展开热烈的讨论和辩论，气氛也会变得十分愉快。前几天晚上，他就提出了这样一个谜题，而大家给出的答案却大相径庭。他把一个酒杯倒满一半的葡萄酒，另一个容量是其两倍的杯子则倒入三分之一的葡萄酒。然后，他在两个杯子中都倒满水，再将两杯中的水全部倒入一个大杯子里。“现在，”他说，“这个混合物中，有多少部分是葡萄酒，又有多少部分是水呢？”你能给出正确答案吗？

368.—酒桶之谜
有个有趣的小问题。有个人有一个能装10加仑酒的桶，还有一只水壶。有一天，他倒出一壶酒，然后用清水把桶填满。过了一会儿，当酒与水完全混合后，他又倒出一壶酒，再次用清水填满桶。这时发现桶里的酒与水的比例相等。根据这些信息，你能算出那只水壶的容量吗？

369.—茶叶的调配
“斯普纳夫人今天早上打来了电话，”诚实的杂货商对他的助手说，“她想要20磅茶叶，每磅2先令4便士半。我们当然有品质上乘的茶叶，价格为2先令6便士；还有质量稍差的茶叶，价格为2先令3便士；还有价格低廉的印度茶叶，价格为1先令9便士。不过她对价格要求非常高。”
“你打算怎么做？”无辜的助手问道。
“怎么做？”杂货商惊呼道，“只要把这三种茶叶以不同的比例混合起来，这样20磅茶叶的总价就能符合那位女士的要求。不过，最好不要使用太多最优质的茶叶，因为那样利润会减少。当然，只能使用我们那种一磅装的包装袋，不要称重。”
那可怜的助手要如何混合这三种茶叶呢？你能告诉他方法吗？

370.—包装难题
正如我们所有人所知道的，如果不想浪费空间，那么将物品装进盒子时往往需要相当的巧思。有人曾经告诉我，他有大量直径恰好为2英寸的铁球……

球的直径为某值，他希望将尽可能多的这种球装进一个长249/10英寸、宽224/5英寸、深14英寸的矩形箱子里。那么，他最多能往这个箱子里装多少个球呢？

371.—俄罗斯的黄金储存问题
《泰晤士报》的编辑应一位俄罗斯高官的邀请，前往圣彼得堡检查那里储存的黄金，以便确认那些黄金并非又是“假黄金”。他回应说，这样做毫无意义——因为虽然那些东西看起来像是黄金，但他仅凭肉眼观察是无法确定它们真的是黄金的。《每日邮报》的一名记者接受了这一挑战，不过尽管他对所看到的景象印象深刻，但他不得不承认自己无力给出任何保证（除非把每个箱子、每个袋子里的物品都倒出来清点，并对每块黄金进行检测）。在提出这个谜题时，我也要说明：我并不保证那些黄金确实存在，而且这一点对我们的目的而言也并不重要。另外，如果读者认为黄金通常不会以我所描述的尺寸制成块状，那我也只能说这只是个假设而已。
俄罗斯官员们正在把800块黄金块打包，每块黄金块的尺寸为长12½英寸、宽11英寸、深1英寸。那么，要恰好装下这些黄金块且不留下任何空隙的话，那个箱子的长和宽应该是多少？根据政府的规定，最多只能有12块黄金块以边缘相接的方式放置。这是个有趣的包装问题，难度也不大。

372.—蜂蜜桶的问题

从前，巴格达有一位年迈的商人，所有认识他的人都非常尊敬他。他有三个儿子，而他的人生信条就是平等对待他们三人。每当其中一个儿子收到礼物时，另外两个儿子也会各得到一份价值相等的礼物。有一天，这位老人病逝了，他将所有的财产平分给了三个儿子。

唯一的问题出在蜂蜜上——一共有21桶蜂蜜。老人留下指示，要求每个儿子得到的蜂蜜数量要相等，而且桶的数量也必须相同；同时，为了避免浪费，不得将蜂蜜从一桶转移到另一桶中。由于其中7桶是满的，7桶是半满的，7桶是空的，这就成了一个难题。尤其是每个儿子都拒绝接受超过4桶的蜂蜜，而且这些桶必须是同一状态的——要么全是满的，要么全是半满的，要么全是空的。你能告诉他们是如何成功地将财产公平分配的吗？

过河问题
“我的船在岸上。”
——拜伦

这又是另一类中世纪风格的谜题。最早的例子很可能出自阿尔昆修道院长之手，他于735年出生于约克郡，804年在图尔去世。大家都熟悉那个带着狼、山羊以及一筐卷心菜的人的故事：他的船一次只能载他和其中一样东西。他面临的难题在于，既不能让狼和山羊单独在一起，也不能让山羊和卷心菜单独在一起。塔塔利亚与巴谢特曾研究过这类谜题，后来卢卡斯、德·丰特内、德拉诺伊、塔里等人也对其进行了探讨。在我给出的这些谜题中，会有一些新的条件，使得问题更加复杂。我还加入了一个涉及相同原理的滑轮问题。

373.—渡过小溪
在一次乡村漫步时，索夫特利夫妇陷入了困境。他们必须乘着一艘只能承载150磅重量的小船过河。而索夫特利先生和他的妻子每人正好重150磅，他们的儿子们则每人重75磅。此外，还有一只狗，无论如何都无法让它游泳。按照“女士优先”的原则，他们立刻让索夫特利夫人先过河，但这是个愚蠢的错误，因为她不得不再划船回来，这样一来反而毫无进展。那他们究竟是如何成功过河的呢？读者会发现，解决这个问题比索夫特利一家要容易得多——因为他们这个“团队”实在称不上出色，而那只狗则简直就是个笨蛋。

374. ——渡过阿克斯河

许多年前，在那个被称为“西部罗伯·罗伊”的走私者活跃的年代，一伙海盗在南德文郡的海岸上埋藏了一批财宝。当然，他们是以那种惯常的、令人费解的方式将财宝藏起来的。后来，有三位当地人发现了财宝的藏匿地点，某天夜晚他们来到那里，将财宝分成了三份：贾尔斯得到了价值800英镑的财宝，贾斯珀得到了价值500英镑的财宝，蒂莫西则得到了价值300英镑的财宝。在返回时，他们必须渡过阿克斯河，而他们之前已经在河边准备了一艘小船。然而，这里出现了他们没有预料到的问题：那艘船只能容纳两个人，或者一个人加一个袋子。由于他们彼此之间互不信任，因此不能让任何人单独留在陆地上或船上，且每人携带的财宝不得超过其应得的份额；不过，两人一起的话，因为可以互相监督，所以可以携带超过自己应得份额的财宝。问题在于：他们要如何以最少的渡河次数，同时带着财宝渡过这条河？

禁止使用任何技巧，如绳索、“飞桥”、水流、游泳或类似的躲避手段。

375.—五个善妒的丈夫
在某次当地洪水期间，五对夫妇被水围困，不得不乘着一艘每次只能容纳三人的小船逃离险境。每个丈夫都极为善妒，除非自己也在场，否则绝不允许自己的妻子与别的男人一起上船或留在岸边。请找出让这五位丈夫及其妻子尽快安全过河的最快方法。
将这五位丈夫分别记为A、B、C、D、E，他们的妻子则记为a、b、c、d、e。去程和返程均算作一次渡河。禁止使用绳索、游泳、水流等任何技巧。

376.—四次私奔
B上校是个寡夫，性格极为沉默寡言。他对四个女儿的对待极其严厉，近乎残忍，因此女儿们自然心怀怨恨。这四个女孩容貌出众、品德高尚且多才多艺，因此各有心仪的追求者。但父亲禁止那些年轻人到他家来，还截获所有信件，并对女儿们实施比以往更严格的监视。然而，爱情能够突破锁链、钥匙以及花园的围墙，这四位年轻人便密谋一起私奔。
花园底部的网球场旁流淌着泰晤士河。一天晚上，在四个女孩从宿舍窗户成功逃到陆地上后，她们悄悄来到河边，那里停着上校的一艘小船。

他们打算渡到对岸，然后前往有船只等待接载他们离开的地点。可惜，就在水边，他们的麻烦就已经开始了。那些年轻人极其善妒，没有一个人愿意让自己的未婚妻单独与别的男人在一起，除非他自己也在场。而那艘船只能容纳两个人，当然也可以由一个人划行，因此四对情侣似乎根本不可能渡过河流。不过，在河中央有一座小岛，这似乎为解决难题提供了一条出路——可以有人留在岛上，而其他人则乘船返回或前往对岸。如果他们事先做好准备，随时都能轻松找到解决办法。但此刻他们因为急于逃跑而慌乱不已，由此产生的混乱实在十分滑稽——当然，除了他们自己之外，别人看来应该是如此。结果，他们花了双倍的時間，不得不多次渡河。与此同时，睡眠很轻的上校听到有划桨的声音，立刻向家中人发出警报，结果发现那些年轻女子不见了。有人立即赶往警察局，很快就有几名警员协助追捕那些逃亡者。由于他们渡河时耽搁了时间，很快就被追上了。那四名女孩伤心地回到了家中，随后便因厌恶而解除了婚约。很长一段时间里，人们都想知道那八个人究竟是如何用那艘小船渡过河流的，而且始终没有让任何一名女孩单独与某个男人在一起，除非她的未婚夫也在场。最常用的方法是将八块纸板分别标记为A、B、C、D、a、b、c、d，代表四名男子及其未婚妻，然后用火柴盒（代表船）将它们从桌子的一边移到另一边，而在桌子中间放一枚硬币，代表小岛。现在，请读者们找出让这八个人最快渡过河流的方法。需要多少次往返呢？这里的“陆地”指的是两岸或小岛。虽然每次渡河时船不一定会停靠在小岛上，但这种可能性是存在的。

必须为此做好安排。例如，如果岛上除了他已订婚的那位女子之外还有另一位独处的女子，那么让一名男子独自乘船渡河是不对的——即便他只是打算从河的这一岸前往对岸。

377.—偷窃城堡中的财宝。
那箱主要由珠宝和珍贵宝石构成的财宝是如何从格洛姆赫斯特城堡中被偷走的，其巧妙的手法已在德·戈尼家族中流传为一种传统。小偷们是一名男子、一名少年和一名小男孩，他们携带财宝逃脱的唯一方法就是通过一扇高窗。窗户外面装有一个滑轮，绳子上两端各挂着一个篮子。当一个篮子在地面时，另一个则位于窗户处。绳子的布置方式使得篮子里的人既无法利用绳子自救，也无法得到他人的帮助。简而言之，要使用这些篮子，就必须在其中一个篮子里放置更重的物品。这名男子的体重为195磅，少年为105磅，小男孩为90磅，而那箱财宝的重量则为75磅。下降的那个篮子里的重量最多只能比另一个篮子多15磅，否则下降速度会快到对人类来说极其危险，不过这并不会损坏被偷的财物。同一时间，同一个篮子里最多只能放两个人，或者一个人和那箱财宝。那他们究竟是如何成功逃脱并带走那箱财宝的呢？
这个谜题的关键在于找到完成这一壮举的最简方法，其实这并不难。请记住，人无法通过抓住绳子来自救，唯一的办法就是依靠另一个篮子里的重物作为平衡力，从而“重重地”下降。

关于游戏的问题。
“游戏带来的小小乐趣。”
马修·普赖尔

每种游戏都适合用来设计各种谜题。正如我们所见，这些谜题可以利用棋盘以及棋子的特殊走法来设计。现在，我将举几个用扑克牌和多米诺骨牌设计的谜题的例子，同时也会探讨在板球场、足球赛、赛马场以及赛车比赛中可能出现的一些小谜题。

378. ——呈等差数列的多米诺骨牌

从图示中可以看出，我按照游戏的常规规则使用了六块多米诺骨牌：4对4、1对1，以此类推。不过，这些多米诺骨牌上数字的总和——4、5、6、7、8、9——构成了一个等差数列，也就是说，这些数字之间有着1的公差。那么，从一盒28块的普通多米诺骨牌中，有多少种不同的玩法可以让这些数字构成等差数列呢？我们始终需要从左到右依次使用这些骨牌。

正确，而呈递减算术级数的数字（如9、8、7、6、5、4）则不可接受。

379.—五张多米诺骨牌。

这里有一个新的小谜题，虽然并不难，但应该会让我的一些读者觉得有趣。这五块多米诺骨牌是按适当顺序排列的——即1对1、2对2，以此类推——这样一来，两端的两块骨牌上的点数之和为5，而中间的三块骨牌的点数之和也为5。另外还有三种排列方式也能使两端的点数之和为5，它们分别是：

(1—0) (0—0) (0—2) (2—1) (1—3)
(4—0) (0—0) (0—2) (2—1) (1—0)
(2—0) (0—0) (0—1) (1—3) (3—0)

那么，有多少种类似的五块多米诺骨牌的排列方式，能让两端的点数之和为6而非5呢？

380.—多米诺骨牌拼图谜题

从示意图中可以看出，这28块多米诺骨牌被排列成一个方形框架，如同游戏中的那样——6块相对、2块相对、空白块相对，以此类推。可以看到，顶部行和左侧列的点数之和均为44，而另外两边的点数之和则分别为59和32。这个谜题的要求就是以同样的方式重新排列这些多米诺骨牌，使得四边的点数之和都为44。请记住，多米诺骨牌必须像游戏中那样正确地相互拼接。

381.—卡片框架谜题。
在示意图中，我们看到的是一个由10张方块牌构成的框架，这些牌的点数从A到10。制作它的孩子们希望让四边的点数之和都相等，但他们未能做到，于是认为这是不可能的。可以看到，顶部行、底部行以及左侧的点数之和均为14，而右侧的点数之和则为23。其实，他们想要实现的目标是完全可行的。你能重新排列这10张牌吗？

让卡片以相同的排列方式摆放，使得四边的数值之和相等？当然，这些数值不必都是14，你可以选择任何你想要的数字。

382.—卡片的十字形排列。

在这个谜题中，我们只使用九张牌——方块牌的A到9。任务是将这些牌排列成十字形，且必须与图示完全一致，使得垂直栏和水平栏中的点数之和相等。在给出的例子中，两个方向的点数之和均为23。我想知道的是，有多少种不同的排列方式可以达到这个结果？可以看出，在不改变解决方案的前提下，我们可以将5与6交换、5与7交换、8与3交换等等。此外，我们还可以让水平栏和垂直栏的位置互换。不过，这类显而易见的操作不应被视为不同的解决方案，它们都只是同一基本解的不同变体而已。那么，究竟有多少种真正不同的解决方案呢？当然，垂直栏和水平栏中的点数之和并不一定非得是23。

这是一个有趣的纸牌谜题：取同一花色的9张牌，从A到9，将它们排列成“T”形，如示意图所示，要求横排上的点数与竖排上的点数相等。在示例中，两者的和均为23。虽然很容易找到一种正确的排列方式，但这个谜题的关键在于找出有多少种不同的排列方法。尽管数量很大，但如果采用正确的方法，解决它其实并不困难。通过镜像反射得到的排列方式不被视为不同方案，而卡片相对位置的其他所有变化则都被视为有效排列。那么，究竟有多少种不同的排列方式呢？

384.—纸牌三角形谜题。
在这个谜题中，需要选出方块的A到9这9张牌，将它们排列成三角形形状，完全按照示意图所示，确保三边的点数之和相等。在示例中，每边的点数之和为20，不过具体数字并无重要意义。

只要三面的情况都相同即可。这个谜题的关键在于找出有多少种不同的实现方式。
如果只是将卡片翻转，让另外两个面中的某一个面向着你，那就不算不同的方式，因为顺序依然不变。
同样地，如果让4、9、5与7、3、8的位置互换，同时再让1和6互换位置，这也算不上是不同的方式。但仅改变1和6的位置则属于不同方式，因为三角形周围的排列顺序已经变了。这样的解释可以消除人们对规则的任何疑问。

385.—“斯特兰德”纸牌游戏。
这个游戏的灵感来源于我在1910年12月的《斯特兰德杂志》上介绍的纸牌游戏，该游戏后来被收录在欧内斯特·伯格霍尔特所著的《第二本纸牌游戏集》中，改名为“阿尔伯特国王”。

将卡片分成两堆，具体如下：一堆为9方块、8黑桃、7方块、6黑桃、5方块、4黑桃、3方块、2黑桃、1方块；另一堆为9红心、8梅花、7红心、6梅花、5红心、4梅花、3红心、2梅花、1红心。其中一方块的9位于该堆的底部，而另一堆中红心的9则位于底部。游戏的目标是将黑桃与梅花对调，使得一方块和梅花仍保持数值顺序，而另一方心和黑桃也保持数值顺序。除了这两堆卡片所占的位置外，还有四个空位，任何卡片都可以放在这些空位上，但一张卡片只能放在数值更大的卡片之上——A可以放在2上，2可以放在3上，以此类推。需要耐心才能找到最短的完成路径。当有四个空位时，七步即可将四张卡片归堆；只有三个空位时，则需要九步；而只有两个空位的话，最多只能归堆两张卡片。掌握了这些规律以及类似的知识后，你就能算出所需的步数，可能是7步、9步，或是其他数字。游戏步骤逐渐减少的过程非常有趣，而最初的尝试往往需要相当长的时间。

386.—一个用骰子玩的把戏。

这是一个用三颗骰子玩的巧妙把戏。我让你抛掷骰子，但我不会看到。然后我让你把第一颗骰子的点数乘以2再加上5；接着把得到的结果乘以5，再加上第二颗骰子的点数；之后再把结果乘以10，再加上第三颗骰子的点数。你把最终的结果告诉我，我就能立刻知道三颗骰子各自的点数。我是如何做到的呢？举例来说，如果你抛出的点数是1、3和6，那么你给我的结果将是386，通过这个数字我就能立刻知道你抛出了哪些点数。

387.—乡村板球比赛。
在丁格利戴尔队与奥尔穆格莱顿队的板球比赛中，后者先进行击球。杜姆金斯先生和波德先生负责守门。机警的杜姆金斯在关键时刻成功截球，波德先生便让他快跑。看似已经获得了4分，但两端的裁判都宣布“还差3分”，因此总共只算6分。那么杜姆金斯先生到底得了多少分呢？当丁格利戴尔队轮到他们击球时，他们的主力选手是拉菲先生和斯特拉格尔斯先生。后者打出了精彩的击球，还示意队友一起进攻，敏锐的观众以为他们又得到了3分，于是为他们鼓掌。但裁判们宣布，每端实际上只算2分，总共还是4分。这样的操作究竟让斯特拉格尔斯先生的总分增加了多少？

388.—缓慢的板球比赛。
在最近举行的韦塞克斯队与宁科姆郡队之间的比赛中，韦塞克斯队一整天都在守门，最后一名球员在比赛结束前几分钟才被淘汰。比赛进展极为缓慢，大多数观众都睡着了。直到有工作人员来唤醒他们，我们才知道：有两名球员因“腿前球”被淘汰，合计得分为19分；有四名球员被接杀，合计得分为17分；还有一名球员因被赶出场地而得0分；其余球员则都是被投球击倒，每人得3分。没有额外的得分。我们不知道哪位球员是队长，但他所得分数比他所在队伍的平均分高出整整15分。那么队长的得分是多少呢？

389.—足球运动员们。

“这真是一场精彩的比赛！”有爱好者如此赞叹。“上个赛季结束时，在我认识的足球运动员中，有四人左臂骨折，五人右臂骨折，两人右臂完好，三人左臂也完好。”从这段描述中，你能推断出说话者所认识的最少球员人数是多少吗？其实并不一定就是14人，因为例如，那两个左臂骨折的人可能就是那两个右臂完好的人。

390.—赛马谜题
谜题本身并无道德可言。当我们解开那个关于船长在暴风雨中不得不将一半船员抛入海中的古老谜题时，我们并不会去探讨这种行为的道德问题；同样，当面对需要让一些口渴的朝圣者公平分配一桶啤酒的测量问题时，我们也不会因为自己属于绝对不饮酒的人而反对参与其中。因此，对于这个与赌博相关的谜题，我并不觉得有必要道歉。
有三匹马——橡子、蓝瓶和胶囊——参加比赛。它们的赔率分别是：橡子4比1，蓝瓶3比1，胶囊2比1。那么，我应该在各匹马上投入多少资金，才能无论哪匹马获胜都能赢得13英镑呢？假设我每匹马都投注5英镑。如果橡子获胜，我就能得到20英镑（5英镑的4倍），同时还要为另外两匹马各支付5英镑，这样总共只能获利10英镑。但如果蓝瓶获胜，我只能得到5英镑；而如果胶囊获胜，那我既不会赢钱也不会输钱。这样的设定能让那些和我一样，对那些自称肩负着“改良马种”这一崇高使命的团体毫无兴趣的人也能完全理解这个问题。

391.—汽车比赛。
有时候，一个再简单不过的事实，如果用一种陌生的方式表达出来，就会让人感到十分困惑。下面就是一个例子，它肯定会让我的一些年轻读者稍微犯难一下。我当时正在布鲁克兰兹观看一场汽车比赛，当时有几辆汽车在环形赛道上不停地绕圈行驶，有位观众对另一位观众说：“那就是戈格尔斯密斯——那个开白色汽车的人！”对方回答说：“是的，我看到了。但是这次比赛中一共有多少辆车在参赛呢？”接着又有人给出了这样的回答：“把戈格尔斯密斯前面的车的三分之一，加上他后面的车的四分之三，就能得到答案。”那么，你能算出这次比赛中有多少辆车在参赛吗？

谜题游戏。
“被击败的人，可以说是在荣誉的床铺上躺着。”——胡迪布拉斯

一般来说，游戏是两人或更多人之间进行的技巧较量，我们参与游戏是为了娱乐或赢得奖品。而谜题则是需要个人独自完成或解决的难题。例如，如果我们能够完全掌握国际象棋的规则，确保无论第一步还是第二步都能必胜，或者总能逼平对手，那么它就不再属于游戏，而变成了谜题。当然，在那些不熟悉规则的年轻人看来，当他们不明白正确的获胜策略时，这样的谜题其实也可以被视为一种游戏。因此，尽管我已经证明（见第109题“坎特伯雷谜题”），在两个都完全了解规则的玩家之间，每场比赛都应该是平局——因为除非对手犯错，否则任何一方都不可能获胜。但我是从研究这类问题的角度来写这篇文章的。

我在本章中举的例子看似是游戏，但由于我都在说明：只要玩家采取正确的策略，就能获胜，所以实际上它们都是谜题。因此，这些谜题的趣味之处就在于让人们尝试找出最佳的应对方法。

392.—石子游戏。
这是一个有趣的小谜题游戏，我过去常和一位朋友在海边的斯洛科姆比海滩上一起玩。两名玩家在中间放置奇数个石子，比如说15个。然后每人轮流拿走1个、2个或3个石子（由自己决定），最终拿到奇数个石子的人即为赢家。比如，如果你拿到7个，而对手拿到8个，……

你赢了。如果你得到6分而他得到9分，那他就赢了。应该是第一个玩家赢还是第二个玩家赢？又该如何取胜呢？在用15颗棋子解决了这个问题之后，可以试着用13颗棋子再玩一次。

393.—双车游戏。
这是一款适合两人玩的谜题游戏。每位玩家都有一辆车。第一个玩家可以将自己的车放在棋盘上任意他选择的格子上，然后第二个玩家也做同样的事。接下来两人轮流行动，每次行动的目的都是夺取对方的车辆。但在这个游戏中，不能直接沿着进攻路线移动，否则就会被抓住。也就是说，如果现在是黑方回合，他不能将车移到国王的马格或国王的车格上，因为经过国王的象格时就会进入“攻击范围”。出于同样的原因，他也不能移到女王车的第七或第八格上。因此，这款游戏永远不可能以平局结束。迟早会有一辆车被拿下，当然，除非双方都选择不试图取胜这种荒谬的做法。一旦掌握了获胜的技巧，其实它简单得不可思议。你能解开这个谜题吗？

394.—困在角落里。

这个变体的谜题同样由两人共同玩。一人将棋子放在编号6的位置，另一人则将其放在编号55的位置，然后两人轮流移动棋子，将棋子移到直线上的其他任意位置上。如果对手在任何时候移动到了你占据的某条直线上，或者甚至穿过了你的某条直线，那么你就可以立即抓住他并获胜。我们来看一个示例对局：
A将棋子从55移到52；B将棋子从6移到13；A再把棋子移到23；B则移到15；A退回到26；B也退回到13；A继续前进到21；B则退回到2；A再次前进到7；B则移到3；A最后将棋子移到6；此时B不得不移到4；A则将棋子置于11的位置，由于B不得不穿过A所在的直线，因此下一回合他就会被抓住，从而A获胜。只要亲自玩一局，就能立刻理解这个游戏的规则了。现在，这个游戏的谜题在于：哪一方会获胜？需要多少步才能取胜？

这又是一款谜题游戏。一名玩家扮演英国将军，将棋子放在B点；另一名玩家则扮演敌人，将棋子放在E点。英国将军先沿着某条道路向下一个城镇前进，然后敌人再移动到离他最近的城镇，如此轮流进行，直到英国将军与敌人处于同一城镇并将其俘虏。虽然双方都只能沿着道路前往下一个城镇，且敌方会竭力避免被俘，但根据现实生活中的类比，英国将军必定能获胜。可是究竟是如何做到的呢？这就是问题所在。

396.—火柴之谜。
这是一款规则极为简单的小游戏，但非常值得研究。
斯塔布斯先生在自己和好友威尔逊先生之间拉过一张小桌子，拿出一盒火柴，从中取出了三十根。

“这里有三十颗棋子，”他说，“我把它们分成三堆，数量不等。让我看看——分别是14颗、11颗和5颗。现在，两名玩家轮流从任意一堆中取走任意数量的棋子，最后取到棋子的人就输掉游戏。就是这样！我会和你一起玩，威尔逊。我已经把棋子分好堆了，所以你先取。”
“既然我可以取任意数量的棋子，”威尔逊先生说，“那我就保持一贯的谨慎，把14颗都拿走吧。”
“那可是最糟糕的做法，因为那样你会立刻输掉游戏。我会从11颗中取6颗，这样就会剩下两堆各5颗的棋子，而留下两堆数量相等的棋子就意味着必胜（唯一的例外是1颗、1颗的情况），因为无论你在某一堆中怎么操作，我都可以在另一堆中做同样的操作。如果你在某一堆中留下4颗，我就在另一堆中也留下4颗；如果你在某一堆中留下2颗，我也在另一堆中留下2颗；如果你在某一堆中只留下1颗，那我就会把另一堆的棋子全部拿走。如果你把某一堆的棋子全拿走，我就会在另一堆中拿走除1颗之外的所有棋子。不，你绝不能留下两堆棋子，除非这两堆数量相等且大于1颗、1颗。那我们重新开始吧。”
“好吧，”威尔逊先生说，“那我从14颗中取6颗，这样你就剩下8颗、11颗和5颗了。”
接着，斯塔布斯先生留下8颗、11颗和3颗；威尔逊先生留下8颗、5颗和3颗；斯塔布斯先生又留下6颗、5颗和3颗；威尔逊先生留下4颗、5颗和3颗；斯塔布斯先生留下4颗、5颗和1颗；威尔逊先生留下4颗、3颗和1颗；斯塔布斯先生留下2颗、3颗和1颗；威尔逊先生留下2颗、1颗和1颗；最终斯塔布斯先生把棋子变成了1颗、1颗和1颗。
“现在很清楚了，我一定会赢，”斯塔布斯先生说，“因为你必须先取1颗，然后我再取1颗，这样最后就只剩下1颗棋子在你那里。你根本没有任何机会。一开始，只有十三种不同的分组方式才能确保必胜。实际上，14颗、11颗、5颗这种分组方式本身就能确保胜利，因为无论对手如何操作，你总能找到另一种能让你获胜的分组方式，如此循环下去，直到最后一颗棋子。”
397.—黑山骰子游戏。
据说，黑山的居民有一种既巧妙又值得研究的骰子游戏。两名玩家首先需要选择……

选择两对不同的奇数（均大于3），然后轮流掷三颗骰子。谁先让三颗骰子的点数之和等于自己选定的数字，谁就获胜。如果两人连续两次都成功了，则视为平局，需要重新尝试。例如，一名玩家可以选择7和15，另一名玩家则选择5和13。此时，如果第一名玩家能让三颗骰子的点数之和为7或15，他就能获胜，除非第二名玩家也能得到5或13的点数之和。

这个谜题的关键在于：要选出哪两对数字，才能让两名玩家的获胜概率完全相等。

398.—雪茄谜题。
我曾在伦敦的一家俱乐部里提出过这个谜题，很长一段时间里它都吸引着会员们的注意力。他们完全无法解开它，认为它根本无解。然而，正如我将要展示的那样，答案其实非常简单。

有两个人坐在一张方形桌旁。其中一人将一支普通雪茄（一端扁平，另一端尖锐）放在桌上，接着另一个人也做同样的事，如此交替进行，前提是任何一支雪茄都不能与其他雪茄相触。假设双方都会以最佳方式行事，那么谁能够成功放下最后一支雪茄呢？题目没有给出桌面大小和雪茄的大小，但为了排除“桌面小到只能放下一支雪茄”这种荒谬的答案，我们假定桌面的面积至少为2平方英尺，而雪茄的长度则不超过4.5英寸。在这些限制条件下，桌面和雪茄的尺寸可以任意设定。当然，我们假设所有雪茄在各方面都是完全相同的。那么，是第一名玩家会赢，还是第二名玩家会赢呢？

魔方阵问题。
“借助‘魔法数字’。”——康格里夫，《哀伤的新娘》。
这是一门极为古老的数学谜题，相关文献虽零散分布，但数量极为庞大。在最简单的形式中，即用连续的整数构成方阵，使得每一列、每一行以及两条对角线的数值之和都相同。这类魔方阵的研究主要围绕三个方向展开：构造、枚举与分类。近年来，人们已经设计了多种巧妙的构造方法，且其形成规律已被充分理解，因此所有昔日的神秘感都已消失，制造任意尺寸的魔方阵已不再困难。关于这个主题，几乎已没有什么可探讨的了。至于如何枚举所有特定阶数的魔方阵，这个问题至今仍与两百多年前一样没有答案。众所周知，三阶魔方阵（3×3矩阵）只有唯一一种解；弗雷尼克在1693年公布了四阶魔方阵的所有排列方式——共计880种——他的结果也已被反复验证。在此，我可以提及E.伯格霍尔特于1910年5月26日在《自然》杂志上提出的适用于非连续数字的四阶魔方阵的通用解法，因为这对研究这一主题的学生来说非常重要。而更高阶数魔方阵的枚举则仍然是一个尚未解决的问题。
至于分类，这在很大程度上取决于个人喜好——或许属于审美范畴，因为数字的规律与秩序本身就具有美感。有人曾说他将人类分为两类：吸鼻烟的人和不服用鼻烟的人。我不确定我们的一些魔方阵分类是否同样毫无价值。不过，这些谜题的爱好者们似乎普遍认为纳西克魔方阵（由研究该谜题的弗罗斯特先生以他居住的印度城市命名，也被称为“恶魔型”和“双对角线型”）以及关联魔方阵具有特殊意义，因此我将为初学者简单解释一下它们是什么。

我在1910年1月15日的《The Queen》杂志上发表了一篇文章，读者若愿意的话，可以借助这篇文章列出所有880种四阶魔法方阵。以下便是我所给出的完整分类。第一个例子是普通的正方形，仅满足最基本的条件而已。第二个例子属于半纳西克型魔法方阵，其特点是：任意两个相邻单元格的对角线长度之和均为34，例如14 + 4 + 11 + 5 = 34，12 + 6 + 13 + 3 = 34。第三个例子不仅属于半纳西克型，还属于关联型魔法方阵，因为其中每个数字与直线距离中心相等的那个数字相加的结果都是17，例如1 + 16、2 + 15、3 + 14等等。第四个例子被认为是所有类型中最“完美”的，它属于纳西克型魔法方阵，此时所有斜对角线的长度之和也为34，例如15 + 14 + 2 + 3、10 + 4 + 7 + 13、15 + 5 + 2 + 12。由于具备这样的特性，只要在各个方向上重复排列这个方阵，无论在何处划出一个4×4的方块，它都会变成一个魔法方阵。

下表不仅列出了上述四种类型的全部魔法方阵，还根据图示中的十二种图形类型对它们进行了分类。每行末尾的点表示那些相加等于17的互补数对的位置，例如1 + 16、2 + 15等等。从表中可以看出，第一个和第二个魔法方阵属于第六类，第三个属于第三类，而第四个则属于第一类。爱德华·卢卡斯提出了这些分类类型，但他遗漏了其中一半，也没有尝试进行更详细的分类。

NASIK（第一类）48
半NASIK（第二类，NASIK的转换形式）48
“（第三类，关联型）”48
“（第四类）”96
“（第五类）”96 192
“（第六类）”96 384
简单型。（第六类）208
“（第七类）”56
“（第八类）”56
“（第九类）”56
“（第十类）”56 224
“（第十一类）”8
“（第十二类）”8 16 448
880

毋庸多言，通过简单的反转和反射操作，每一个这样的方格都可以生成另外七个方格，而我们并不认为这些方格是不同的。因此，这类方格共有7,040个，其中只有880个是真正不同的。

通过在魔方阵中加入新的条件，可以创造出无数种不同的谜题。在《坎特伯雷谜题》一书中，我举了用硬币、邮票、切割要求以及其他技巧构成的此类方格的例子。现在，我将介绍一些带有更多新条件的变体。

399.—棘手的8号数字
几乎所有人都知道，“魔方阵”是一种以方形形式排列数字的矩阵，其每一行、每一列以及两条对角线的数值之和都相同。例如，要使图中九个单元格中的每个单元格都填入不同的数字，使得各行、各列以及对角线的数值之和均为15，其实并不难。而初次尝试时，你很可能会发现其中一个角落里出现了8号数字。这个谜题的要求就是在同样的条件下，构造出8号数字位于所示位置的魔方阵。

400.—魔法贴片。

我的桌子上正好有几条硬纸板，上面按顺序印着从1开始的数字。就像许多灵感总会突然出现一样，我立刻想到了可以用这些硬纸板来制作一个小谜题。不知道是否有不少读者能和我得出相同的解法。

取七条硬纸板，像上面那样将它们放在一起。然后在每条硬纸板上分别写上1、2、3、4、5、6、7这七个数字，使得这些数字形成七行七列的格局。

现在，这个谜题的要求是：尽可能少地切割这些硬纸板，以便将它们重新组合成一个幻方——即七行、七列以及两条对角线上的数字之和都相等。所有的硬纸板都不能被翻转或侧放，必须保持原来的方向。

当然，也可以将每条带子切成七块，每块上写一个数字，这样这个谜题就会变得非常简单。不过无需多言，49块显然远非最少的数量。

401.—八只快乐的囚鸟。

插图展示了一座拥有九间牢房的监狱的布局，这些牢房之间通过门相互连通。八只囚犯的背上分别写着编号，他们可以进入任何空着的牢房活动，但必须遵守一个规则：任何时候都不能有两名囚犯待在同一个牢房里。这座监狱所在之地的君主在某个圣诞夜承诺，如果他们能在不违反该规则的前提下，将自己安排在适当的位置，使得这些编号能构成一个魔方阵，那么他就会赐予他们特别的奖赏。

7号囚犯对魔方有着深入的了解，因此他设计出了一个方案，并选择了最快捷的方法——也就是需要最少步数才能在各个格子间移动的方法。但有一个人性格暴躁、固执己见（完全不适合与那些开朗的同伴为伍），他拒绝离开自己的牢房，也拒绝参与任何活动。不过7号囚犯完全能够应对这一状况，他发现即便不强迫那个固执的人离开牢房，也能以最少的步数完成任务。这个谜题的要求就是说明他是如何做到的，同时找出那个愚蠢又固执的囚犯。你能找到他吗？

402.—九只快乐的监狱鸟儿。

在上一个谜题所描述的事件发生不久后，又有第九个囚犯被关进了空出的牢房。于是，那位快乐的“君主”提出了以下奇怪的条件，承诺给他们完全的自由：他们必须重新排列自己在牢房中的位置，使得他们的人数能构成……

这是一个魔方谜题：这些人不能进入同一个牢房，但一开始，有一个人可以站在另一个人的肩上，这样两人的数字就可以相加，从而被视为一个整体来移动。例如，编号8的人可以站在编号2的人的肩上，此时他们就相当于一个整体，编号为10。解谜者应首先尝试以最少的步数解决这个谜题，同时也要确保承担重负的那个人需要做的动作尽可能少。

403.—西班牙地牢
在中世纪时，距离加的斯不到五十英里的地方有一座城堡，几个世纪以来，这座城堡的所有痕迹都已消失。这座城堡里有个特别可怕的地牢，里面共有十六个牢房，这些牢房彼此相连，如图所示。当时，地牢的看守是个喜欢开玩笑的人，同时也非常热衷于谜题。有一天，他来到地牢，对囚犯们说：“看在上帝的份上！如果你们能解开这个谜题，就能获得自由。你们必须把自己安排在这十六个牢房里，使得你们背上的数字能构成一个魔方——即每一列、每一行以及两条对角线上的数字之和都相同。不过要记住：绝不能让两个人出现在同一个牢房里。”其中一名囚犯经过两三天的思考后，决定用粉笔来帮助自己和同伴们获得自由，只要他们按照他指定的顺序，依次从一个个牢房中移动即可。

他成功完成了这一尝试，更令人称奇的是，从我手头这份古代手稿中记载的他的方法来看，他似乎是用最少的步数就做到了这一点。请读者指出这些步数究竟是什么。

404.—西伯利亚地牢。

以上是西伯利亚某座俄罗斯监狱的详细布局图。所有的牢房都有编号，囚犯们的编号也与他们所住的牢房编号相同。该监狱提供的食物极其油腻，这些政治犯始终担心：一旦获得赦免，他们可能无法通过狭窄的门口离开监狱。当然，要求任何政府为了释放囚犯而拆掉监狱的墙壁，无论那些囚犯有多么无辜，都是不合理的。因此，这些囚犯会尽可能进行体育锻炼，以减缓体重上升的速度。而他们的某些娱乐活动则为我们提供了以下谜题。

请用最少的步数，让这16名囚犯组成一个魔方阵，使得他们背后数字在四列、四行以及两条对角线上的总和都相等，同时确保没有任何两名囚犯会出现在同一个牢房里。为了让那些还不了解这种情况的人明白，需要说明的是：监狱的一个特点就是囚犯们不得离开监狱围墙，而每个囚犯则可以在一步之内移动任意距离。

405.—纸牌魔方阵

取一包普通的扑克牌，把12张点数牌扔掉。剩下的9张牌（花色无关紧要）可以用来构成如上的魔方阵。可以看出，每行、每列以及两条对角线上的点数之和均为15。接下来的挑战是：在不破坏现有排列的情况下，用剩下的牌再构成三个这样的魔方阵，使得这四个魔方阵的点数之和各不相同。当然，剩下的牌中会有4张不会被使用，这4张可以是任意选出的。这并非难题，但需要稍加思考。

406.—十八块多米诺骨牌
图示中展示了18块多米诺骨牌，它们被排列成一个正方形形状。在6列、6行以及两条对角线上，每一行的数字之和均为13。这是从一盒共28块的普通多米诺骨牌中任意选取若干块所能得到的最小总和。最大的可能总和为23，而要得到这个数值，只需将每个数字替换为6的补数即可：空格处换6，1换5，2换4，3换3，4换2，5换1，6则换回空格。不过，挑战在于要从这18块骨牌中选出合适的组合，并以图中所示的方式将它们排列，使得所提到的14个方向上的数字之和均为18。

减法、乘法和除法魔法方阵。
虽然加法魔法方阵的历史极为悠久，但奇怪的是，乘法魔法方阵直到18世纪末才被提及，当时有位作者简要地提到过它，之后便被遗忘，直到我在1897年的《Tit-Bits》一文中重新提起它。除法魔法方阵则似乎是我在1898年6月的《The Weekly Dispatch》中首次讨论的。而减法魔法方阵则是在此首次被介绍。现在，将这四种魔法方阵一起探讨会更为方便。

在这四个图例中，我们看到了三阶的加法、减法、乘法和除法魔法方阵的示例。在第一个方阵中，常数15是通过将各行、各列以及两条对角线上的数字相加得到的。在第二个方阵中，常数5则是通过用一行中的第二个数字减去第一个数字，再将得到的结果减去该行中的第三个数字来获得的。当然，也可以反向进行运算；但为了避免出现负数，直接用两个极端数字之和减去中间的数字会更方便。实际上，这两种方法的结果是相同的。可以看出，加法魔法方阵的常数是由此衍生的减法魔法方阵常数的n倍，其中n为方阵边长的单元格数量。而其推导方法很简单，只需交换两条对角线上的数字即可。这两种方阵属于“关联”关系——这一概念我已在该主题的引言文章中解释过。第三个方阵则是乘法魔法方阵，其常数216是通过将任意一行中的三个数字相乘得到的。它也与前面的方阵存在“关联”关系。

是乘法运算，而非加法运算。需要指出的是，在加法幻方中，这九个数字并不一定需要是连续的。可以这样写下任意九个数字——

13 5
46 8
79 11

这样一来，横向的差值和纵向的差值都会相同（此处为2和3），这样的数字组合就能构成一个加法幻方。如果让差值为1和3，那么这些数字自然就是连续的——这只是特殊情况而已。而在乘法幻方中，这些数字则必须按照几何级数而非算术级数来排列，例如：

1 3 9
2 6 18
4 12 36

在这里，每行中的相邻数字都乘以3，而每列中的相邻数字则乘以2。如果我们选择2和8作为乘数，就能得到1、2、4、8、16、32、64、128、256这样的标准几何级数，但我希望避免使用过大的数字。这些数字在幻方中的排列顺序与加法幻方相同。

第四个图是一个除法幻方。这里的常数6是通过用某一行中第二个数字除以第一个数字（无论方向如何），再将第三个数字除以所得商来得到的。不过，实际上可以通过用两端的数字之积除以中间的数字来简化计算过程。这个幻方同样也是通过乘法运算“关联”起来的。它是由乘法幻方通过交换对角线上的数字得到的，而乘法幻方的常数则是由此产生的除法幻方常数的立方。

接下来的几组图展示了五阶幻方的解法。它们也都以与之前相同的方式相互“关联”。减法幻方则是通过反转加法幻方的对角线，并交换边框中心处的相对数字而得到的，其常数

其中一个的值仍是另一个的n倍。除法方阵也是以相同方式由乘法方阵推导而来的，而后者的常数则是前者的5次方（即n次方）。

因此，对于奇数阶而言，这些方阵相当容易处理。不过读者在处理偶数阶时可能会遇到一些困难，关于这一点，我建议读者自行研究，这里仅给出两个小问题作为参考。

407.—两种新的魔方阵。
用前16个整数构造一个通过减法运算形成关联的魔方阵。其常数可通过将第一行中的第一个数减去第二个数，再将结果减去第三个数，最后再减去第四个数来得到。同时，还要构造一个相同阶数的、通过除法运算形成关联的魔方阵；其常数则是将每行中的第二个数除以第一个数，第三个数除以前一步的商，第四个数除以再下一步的商。

408.—二阶魔方阵。
在阅读一本法文数学著作时，我偶然看到了这样的描述：“Pfeffermann先生构造了一个非常出色的八阶二阶魔方阵。也就是说，他成功地将64个数字排列在棋盘的格子中，使得每一行、每一列以及两条对角线上的数字之和都相同；而且，即便用这些数字的平方来替换原来的数字，该魔方阵依然保持其特性。”我立刻开始尝试解决这个问题。虽然这是个极其棘手的难题，但最终我还是发现了一些有趣且优美的规律。读者或许也可以试着解一解这个谜题。

由素数构成的幻方
关于仅使用素数来构造幻方的问题，我最早在1900年7月22日及8月5日的《每周快报》上进行了探讨；但在过去三四年间，这一课题受到了美国数学家们的极大关注。他们试图用尽可能小的常数来构成这样的幻方。例如，前九个素数，即从1到23的素数，其总和为99，由于99能被3整除，因此从理论上讲属于合适的序列；但实际上，最小的可能常数为111，相应的素数序列为：1、7、13、31、37、43、61、67和73。同样地，在四阶幻方的情况下，那些“从理论上来看合适”的素数序列也无法满足要求。不过，在其他所有阶数中，包括12阶在内，都已经可以用理论上最小的素数序列来构造出幻方。而12阶则是迄今为止能够使用连续不断的素数序列来构造幻方的最低阶数。换句话说，前144个奇素数实际上已经被排列成了幻方形式。以下内容摘自1913年10月的《唯心主义者》杂志：

阶数　总和　最小常数　由谁构造
3阶　333　111　亨利·E.（1900年）
4阶　408　102　欧内斯特·伯格霍尔特与C.D.舒尔德姆
5阶　1065　213　H.A.塞尔斯与C.D.舒尔德姆
6阶　2448　408　J.N.蒙西
7阶　4893　699　同上
8阶　8912　1114　同上
9阶　15129　1681　同上
10阶　24160　2416　J.N.蒙西
11阶　36095　3355　同上

第12个：54168，4514。

如需更多详细信息，读者可参阅W. S. Andrews与H. A. Sayles所撰的文章。这些研究者还在构建相关素数魔术及带边界的素数魔术方面取得了显著成就。Shuldham先生还寄给我一篇出色的论文，其中给出了用素数构造的纳西克方阵的例子，这些方阵的阶数从4阶到10阶不等，不过3阶显然无法实现，而9阶至今仍令所有尝试者束手无策。

409.—李子篮子。

这是我最初提出关于用质数构成魔方阵问题的方式。在此我要提醒读者，其中有个小陷阱。有个水果商有九个篮子，每个篮子里都装着李子（而且都是完好且成熟的），而且每个篮子里的李子数量各不相同。将这些篮子按图示方式摆放后，它们就构成了一个魔方阵：无论从哪八个方向选取三个篮子，其中的李子数量总是相同的。这部分谜题其实很容易理解。但接下来的内容乍看之下似乎有些奇怪。商人让他的一个手下把他选中的某个篮子里的李子分给一些孩子，让每个孩子得到的李子数量相同。然而，无论他选择哪个篮子，也无论让多少孩子参与分配，那名手下都发现这根本不可能实现。请通过列出九个篮子里的李子数量来说明为什么会出现这种情况。

410.—官员的“T”形谜题。

在博尚·乔尔蒙德利·马乔里班克斯先生动身前往远东之前，他一直以自己对魔方阵的了解为傲——这可是他特别热衷的爱好。但他很快发现，自己其实只是浅尝辄止，那些狡猾的中国人完全可以轻松击败他。下面是一个用汉语提出的小问题，就如最后一页所示。那个中国人认为，构造一个由25个单元格组成的普通魔方阵“实在太过简单”，于是他要求我们的同胞将1到25这些数字填入方阵中，使得每一列、每一行以及两条对角线的数值之和均为65，而且标有“T”符号的单元格中只能填入质数。当然，可用的质数有1、2、3、5、7、11、13、17、19和23，你可以从中任意选择九个符合要求的数字。你能构造出这个奇特的小魔方阵吗？

411.—由合数构成的幻方。
既然我们刚刚讨论了用质数构造幻方的方法，那么下面这个问题便是一个有趣的补充。请用九个连续的合数来构造一个幻方——且这些合数应尽可能小。

412.—骑士的完美巡游。
这是一个至今仍未被解决的问题，同时也尚未有人证明其不可能实现。要求让骑士遍历棋盘上的每一个格子，按照访问顺序给这些格子编号，使得最终形成的幻方在每一行、每一列以及两条对角线上，数字之和均为260。我将给出我所能找到的最佳解，不过在对角线上存在一点误差。是否存在完美的解决方案呢？我认为是不存在的，但这只是我的“一己之见”罢了。

迷宫及其穿越方法。
“迷失在错综复杂的迷宫之中。”——《失乐园》

古英语中的“maze”一词意为迷宫，很可能源自斯堪的纳维亚语，但其起源尚不确定。已故的斯基特教授认为，该词是由动词演变而来的；在古代，陷入困惑或惊愕的状态就意味着“陷入沉思”，因此很容易就演变为形容那些令人迷失方向的复杂迷宫。

“Labyrinth”一词则源自希腊语，原指矿井中的通道。古希腊及其他地区的矿井因其黑暗的环境以及人们在复杂通道中容易迷路的危险而令人恐惧与敬畏。后来，人们围绕这些迷宫创造了各种传说。最著名的例子就是达达洛斯为米诺斯王在克里特岛建造的迷宫。迷宫中央有弥诺陶洛斯，任何进入其中的人都无法找到出路，只能成为那头怪物的猎物。雅典人定期派遣七名少年和七名少女进入迷宫，他们总是被吃掉，直到忒修斯利用阿里阿德涅给的线索杀死了怪物并成功逃脱。这也解释了为何我们今天会使用“穿越迷宫”这一表达。

迷宫的构造形式多种多样：有复杂的洞穴群、建筑结构的迷宫、墓葬建筑，还有用彩色大理石或瓷砖铺成的曲折路径、在草地上开凿的蜿蜒小路，以及通过修剪灌木形成的迷宫。实际上，这些迷宫正是以这样的顺序传承至今的。

在九世纪之前，迷宫就被用作基督教皇帝礼服上的装饰，随后很快也被用于大教堂和其他教堂的装饰。其最初的用途无疑是作为象征，体现人类所面临的种种复杂罪恶。从十二世纪初开始，迷宫开始大量出现，我在圣康坦的教区教堂里就看到了一例（见图1）。那个迷宫构成了教堂中殿的地面，其直径为34.5英寸。

脚。这里的路径其实就是那条线本身。如果你把铅笔放在点A处，忽略周围的边界线，那么这条线会引导你沿着整个区域的长路径走向中心；但在行走过程中你无法选择方向。正如我们在类似案例中发现的那样，这些早期的宗教迷宫通常并非谜题性质，而只是蜿蜒曲折的长路径，让人几乎走遍所有被围起来的区域。

图1——圣康坦的迷宫。
在圣奥梅尔的圣柏林修道院教堂里，还有另一处类似的奇妙地面结构，它模拟了耶路撒冷圣殿的布局，并设有供朝圣者停留的地点。人们为了不必前往圣地来履行誓言，会实际走进这些迷宫并穿越它们。此外，这些迷宫也被用作忏悔的手段——忏悔者常常被要求跪着或匍匐着走完整个迷宫。

图2——沙特尔大教堂中的迷宫。
我在此展示的沙特尔大教堂中的迷宫（见图2），其宽度为40英尺，曾被那些跟随苦路行列行进的忏悔者所使用。亚眠大教堂里的迷宫则是八边形结构，与圣康坦的迷宫类似，宽度也为42英尺。该迷宫上刻有1288年的日期，但在1708年被毁。在巴约的礼拜堂里，有一座由红色、黑色以及彩色玻璃砖构成的迷宫，图案为棕色和黄色。杜卡雷尔博士在其1767年出版的《诺曼底游记》中提到了卡昂的圣斯蒂芬修道院中那个大型守卫室的地面情况：“其中央有一个直径约10英尺的迷宫，设计极为精巧——即便有人试图沿着其错综复杂的路径前进，也要走至少一英里才能从一端到达另一端。”

图3——卢卡大教堂中的迷宫。
这些迷宫有时会被缩小尺寸，然后被绘制在单个瓷砖上（见图3）。我以卢卡大教堂为例：它位于其中一个门廊的柱子上，直径为19.5英寸。1858年有位作家写道：“由于成千上万人的手指不断触摸，其中心处的忒修斯与弥诺陶洛斯的图案已经几乎完全消失。”类似的作品还可以在马恩河畔沙隆的图萨尔修道院、帕维亚的古老圣米凯莱教堂、普罗旺斯的艾克斯、普瓦捷、兰斯和阿拉斯的大教堂、罗马的圣玛丽亚·因阿奎罗教堂、拉文纳的圣维塔莱教堂、萨尔茨堡发现的罗马马赛克地面以及其他地方找到。这些迷宫有时被称为“耶路撒冷之路”，因为它们象征着前往人间耶路撒冷的艰难历程，以及基督徒在抵达天国耶路撒冷之前所面临的种种挑战——而迷宫的中心则常被称作“天堂”。尽管这类迷宫在欧陆极为常见，但英国的教堂中很可能找不到这样的例子；至少据我所知并没有。不过，几乎每个郡都有或曾经有过这类迷宫的实例。

那些凿在草皮上的迷宫。虽然它们常被称为“miz-mazes”或“mize-mazes”，但在当地，人们也常常称它们为“Troy-towns”、“shepherds’ races”或“Julian’s Bowers”——这些名称都具有误导性，因为它们暗示了这些迷宫并非源自教会。鉴于许多这样的英国草皮迷宫显然是模仿大陆上的教堂迷宫而建造的，而且几乎所有的这类迷宫都位于某座教堂附近或古代教堂的遗址旁，因此可以肯定，它们起源于教会，而非由牧羊人或其他乡下人创造出来的。有趣的是，这类草皮迷宫在大陆上似乎并不存在。莎士比亚在他的作品中明确提到了它们：

“那九个人玩的莫里斯舞游戏场地已经满是泥泞，
而那片绿地上原本存在的那些奇特迷宫，因为无人行走，已无法辨认出路径了。”
——《仲夏夜之梦》，第二幕第一场

“我的老骨头好疼啊：这里确实有个迷宫，
里面全是弯弯曲曲的小路！”
——《暴风雨》，第三幕第三场

在剑桥郡的康伯顿就有这样一个迷宫，而在多塞特郡的利则有一个被当地人称为“miz-maze”的迷宫。后者位于山顶的一块田地的最高处，距离村庄约有四分之一英里远，中间略呈凹陷状，周围有大约3英尺高的土墙环绕。它呈圆形，直径约为30步。1868年时，草皮已经覆盖了那些小沟渠，因此已无法辨认出迷宫中的路径。据推测，康伯顿的那个迷宫在当时仍然完好无损，不过现在这两个迷宫是否还存在，我就不得而知了。对于那些我可以举例说明的其他迷宫，我也无法确认它们的存在与否。因此，我将在文中用过去时来描述它们，同时希望其中一些仍然保存着。

图4——埃塞克斯郡萨弗伦沃尔登的迷宫。
在接下来的两个迷宫中——即埃塞克斯郡萨弗伦沃尔登的迷宫（直径110英尺，见图4），以及诺丁汉郡斯尼因顿的圣安妮井附近的迷宫（见图5）；后者于1797年2月27日被毁掉，其直径为51英尺，路径长度为535码——在每种情况下，路径都应理解为位于那些黑色或白色的线条上。

图5——诺丁汉郡斯尼顿的迷宫。
图6——林肯郡阿尔克伯勒的迷宫。

我在图6中展示的是位于林肯郡阿尔克伯勒的一座迷宫，它俯瞰着亨伯河。这座迷宫的直径为44英尺，其与沙特尔和卢卡地区的迷宫（图2和图3）之间的相似之处一目了然。诺丁汉郡博顿格林也有一座迷宫，该地曾因举办集市而闻名（图7），其直径为37英尺。我还附上了位于拉特兰郡阿普平附近温格村郊外的一座迷宫的平面图（图8），这座迷宫的直径为40英尺。

图7——诺丁汉郡博顿格林的迷宫。

图8——拉特兰郡温格的迷宫。

图9——温彻斯特圣凯瑟琳山上的迷宫。
位于温彻斯特奇尔科姆教区的圣凯瑟琳山上的那座迷宫其实相当简陋（见图9），因为如图所示，只有一条通往中心的直接路径；除非像图10那样，路径本身就是从一端到另一端的直线。这座迷宫的面积为86平方英尺，是在草地上开凿而成的，当地人称之为“Mize-maze”。大约在1858年时，这座迷宫已经变得很难以辨认了，后来在一位住在附近的女士提供的设计图的帮助下，由温彻斯特的管理员对其进行了重新改造。

图10——里彭公地上的迷宫。
约克郡的里彭公地上也曾有一座迷宫（见图10）。它于1827年被毁掉了，不过其设计图幸运地被保存了下来。这座迷宫的直径为20码，其路径长度据说为407码。

图11——赫特福德郡西奥博尔德斯的迷宫。
在赫特福德郡西奥博尔德斯的这座迷宫中，一旦在四道围栏之间找到入口后，路径就会变得十分曲折（见图11）。作为这类迷宫的进一步示例，我选取了1537年出版的塞尔利奥所著建筑著作中的插图（见图12），以及1706年出版的《隐居园丁》一书中由汉普顿宫迷宫的设计者伦敦和怀斯所绘的插图（见图13）。此外，我还添加了一座荷兰式的迷宫（见图14）。

图12——16世纪的意大利迷宫。
图13——汉普顿宫迷宫的设计者所创作。

图14——荷兰式迷宫。
迄今为止，我们所看到的迷宫都具有历史价值，但穿越它们并不困难。宗教改革之后，迷宫逐渐变成了娱乐场所，通常由错综复杂的路径构成，这些路径被修剪整齐的厚篱笆围住。罗马人就已经知道如何打造这样的篱笆，当时负责园艺装饰的人就被称为“topiarius”。近年来，这种类型的迷宫逐渐演变成了海边的“谜题花园”，入场费为6便士，其中已包含迷宫参观费用。汉普顿宫里的迷宫有时也被称作“荒野迷宫”，正如我所说，它是由伦敦和怀斯为喜欢这类事物的威廉三世设计的（见图15）。我手头有三四种不同的设计图，彼此之间略有差异；但我所选择的这个设计图来自一本关于该宫殿的旧指南书，因此应该是可靠的。虚线等的含义将在后面解释。

图15——汉普顿宫里的迷宫。
图16——赫特福德郡哈特菲尔德宅邸里的迷宫。
作为索尔兹伯里侯爵的居所，哈特菲尔德宅邸里的迷宫（图16）与许多其他迷宫一样，从理论上来看并不难穿越；但如果不了解其结构，无论是这个迷宫还是汉普顿宫的迷宫，都会让人感到极为困惑。其中一个原因是，如果毫无计划地前进，就很容易反复走进同样的死胡同。而那位亲王为南肯辛顿的皇家园艺协会花园所设计的迷宫，则因为种种原因而逐渐荒废了。

随后被毁——损失并不大，因为那东西本来就很脆弱。可以看出，从外部有三个入口（图17），但通往中心的路径很容易找到。我还附上了一个有趣的德国式迷宫，虽然在纸上绘制并不困难（图18）。多塞特郡皮姆珀恩曾经存在过的那个迷宫则属于另类类型（图19）。它由大约一英尺高的小土丘构成，覆盖了近一英亩的土地；可惜的是，它在1730年被犁平了。

图17——曾经位于南肯辛顿的迷宫。

图18——德国的迷宫。
图19——多塞特郡皮姆珀恩的迷宫。
现在我们来探讨如何穿越任何迷宫这一有趣的话题。虽然篇幅有限，但我仍会尽力让那些没有数学知识的读者也能理解。首先，我们假设自己正试图进入某个迷宫（也就是到达其“中心”）。

我们没有任何计划，也对它一无所知。第一条规则是：如果迷宫中的围栏没有与其余部分分离的片段，那么只要我们始终用右手触摸围栏（或始终用左手触摸它），在每个死胡同中都往里走再从另一侧返回，就能穿过迷宫的每一个区域，并从进入处离开。因此，我们迟早会进入中心，而每条通道都会被走过两次。

现在来看看汉普顿宫迷宫的布局。沿着虚线所示的道路向右前进，如果我们把位于星形结构两侧的两个分离部分“岛屿”去掉，那我所说的方法显然就是正确的。但由于这些岛屿的存在，用这种方法就无法穿过迷宫的每一个区域；而且如果“中心”也像星形结构一样位于两个岛屿之间，那我们就根本无法通过“中心”。看看哈特菲尔德迷宫就会发现，其中心有三个这样的分离围栏或岛屿，所以用这种方法永远无法到达那个迷宫的中心。不过，只要不犯以下错误，这种方法至少总能让我们安全离开：假设在汉普顿宫迷宫中沿着箭头方向前进时，你无法看清下方的转弯处，误以为自己处于死胡同中，为了节省时间便立刻走到对面的围栏上，那样你就会一直绕着那个U形岛屿转圈，而右手则始终紧贴着围栏——永远如此！

几年前，我在威尔士南部的卡尔迪岛上一个小型迷宫里就犯了这样的错误。我知道那个迷宫很小，但走了很久之后，我惊讶地发现自己既没有到达“中心”，也没有找到出口。于是我把一张纸扔在地上，很快便找到了它；由此我知道自己误以为遇到了死胡同，实际上只是在绕着一个岛屿转圈。我走到对面的围栏上，更加小心地前进，很快就到了中心并成功离开。如果在汉普顿宫也犯同样的错误，且在星形结构处才发现问题，那我就只会从一个岛屿转到另一个岛屿而已！而如果再次发现自己在某个分离区域里，说不定还会不幸地重新回到第一个岛屿上！由此可见，这种“始终触摸围栏”的方法确实能让我们安全地离开所进入的迷宫；它可能会让我们经过“中心”，而如果我们没找到中心，也能知道那里一定存在岛屿。不过，这种方法必须得正确地执行才行。

无需过于担心，但我们绝无法确保已经走遍了所有的通道，也无法确定不存在任何未被探索的区域。

图20——特雷莫先生的解迷方法。
如果迷宫由多个独立区域组成，要走完整个迷宫将会相当困难。这里有一种由特雷莫先生提出的解决任意迷宫的方法，但该方法要求必须在走廊分岔处仔细标记出入口的位置。我给出一个结构非常简单的虚构迷宫的示意图，它与那些更为复杂的迷宫一样能够用于演示这一方法（见图20）。在那些可以选择行进方向的节点处，我们可以用圆圈来标记。所谓“新路径”或“新节点”，指的是之前从未走过过的路径或节点；而“旧路径”或“旧节点”则是指已经被走过的路径或节点。1. 任何路径都只能被走过两次。2. 当遇到新的节点时，可以任选一条路径前进。3. 当通过新路径来到旧节点或死胡同的尽头时，需沿着来时的路径返回。4. 当通过旧路径来到另一个旧节点时，如果有新路径可用，则选择新路径；如果没有，则继续沿用旧路径。图中用虚线标出的路线就是按照这些简单规则走出来的，可以看出，即便迷宫由四个独立区域构成，这条路线也能将我们引向中心。

图21——如何穿越哈特菲尔德迷宫。
我所介绍的这两种方法都无法告诉我们通往中心的最短路径，也无法告知存在多少条不同的路线。不过，我们可以通过示意图轻松解决这些问题。以哈特菲尔德迷宫为例（见图21）。可以看到，我已经用阴影标记出了所有的死路。我从起点开始，逆向前进，直到路径出现分叉。因此，那些被阴影标记的区域是绝对无法进入的，否则就不得不原路返回。由此可以很清楚地看出：如果从A点进入，那么必然会从B点出来；如果从C点进入，则必然会从D点出来。接下来我们只需判断A、B、E这条路线，还是C、D、E这条路线更短即可。实际上，通过粗略的测量或计算就能发现，通往中心的最短路径就是经过C、D、E、F这条路线。
现在我将介绍三个纯粹属于纸面谜题的迷宫，据我所知，它们从未以其他方式被设计过。第一个我称之为费城迷宫（见图22）。14年前，一位居住在美国费城的推销员对谜题产生了极其强烈的兴趣。他忽视了自己的工作，不久便失去了职位。从此，他的日日夜夜都沉浸在令他着迷的谜题之中，而这个小小的迷宫似乎最终将他逼疯了。他一直在研究这个迷题，最终因此发疯了。

这让他开枪打穿了自己的大脑。天知道他还会遇到什么麻烦！但毫无疑问，他的心理状态已经出现紊乱；即便不是这个谜题让他失去理智，迟早也会有其他一些琐事导致同样的结果。这个故事并没有什么道德寓意，只有爱尔兰的一句格言或许适用——它既适用于解谜，也适用于生活中的各种事务：“尽量轻松地面对事情；如果无法轻松面对，那就尽力以最轻松的方式去处理。”而用开枪自尽的方式来解谜，显然是一种糟糕且愚蠢的做法。

图22：费城迷宫及其解法。
那么，在这个迷宫中，如果我们绝不能重复走过同一条通道，从A点到B点有多少条不同的路线呢？那四个通道的终点所在的空间并不被视为“通道”。

从图22可以看出，我再次去掉了那些死路。无论怎样，我们都必须从A走到C，同时也要从F走到B。而当到达C点后，有三种路径可以通往D点，分别标记为1、2、3；同样地，到达E点后也有三种路径可以通往F点，分别标记为4、5、6。此外，还有从C到E的虚线路径、从D到F的另一条虚线路径，以及用星号标出的从D到E的路径。因此，我们可以通过附上的简图（图23）来表示各种路径的情况。这里的每条路径都与圆形迷宫中的路径完全对应，只不过看起来没那么复杂而已。在这个简化后的图中，从A到B的路径数量为640，这就是解决这个迷宫谜题所需的答案。

图23——图22的简化图。

图24——你能找到通往中心的最短路径吗？
最后，我留下两道简单的迷宫谜题（图24、图25），让读者们自己尝试解答。每道谜题的要求都是找到通往中心的最短路线。大家都听说过美丽的罗莎蒙德与伍德斯托克迷宫的故事。那座迷宫究竟长什么样，或者它是否真的存在过，目前还不清楚；许多作家认为它只不过是一栋结构混乱、充满众多复杂房间和通道的房屋罢了。无论如何，我的这个迷宫设计并不如本文中提到的其他迷宫那样有权威性。我设计的“罗莎蒙德的花园”只是为了说明：只要事先有规划，找到进入迷宫的最简单方法往往就是先找出出口，然后再反向行进。

图25——罗莎蒙德的凉亭。

悖论派对
“人生本身不就是一种悖论吗？”
C.L.多德森，《枕头之谜》

“这真是个美好的时代！”奥尔古德先生说道。在场的所有人都转向他，露出期待的神情。
这不过是奥尔古德一家平常的圣诞晚餐，还有几位当地朋友在场。没人能想到，他的这句话会引出一连串有趣的谜题与悖论，而派对上的每个人也都提出了自己独特的见解。这场小小的讨论完全是即兴进行的，因此对于那些被提出的问题，我们也不必过于苛责。在这种场合下，人们提出的观点自然各不相同——因为这里聚集的并非专业的数学家或逻辑学家，而只是些普通人罢了。

“这真是个美好的时代！”奥尔古德先生重复道。“有人设计出了一栋方形房屋，其巧妙之处在于，四面的窗户都朝向南方。”

“那倒挺吸引我的，”奥尔古德夫人说，“因为我实在无法忍受朝北的房间。”

“我完全不明白这是怎么做到的，”约翰叔叔承认道。“我想他可能在东西两面加上凸窗吧？但究竟要如何让北面的房间也能看到南方呢？他是用了镜子之类的东西吗？”

“不，”奥尔古德先生回答，“根本不用那种东西。所有的窗户都与墙壁齐平，但从每一扇窗户都能看到南方的景色。其实，只要选对建筑地点，设计这样的房子并不难。这座房子是为一位打算在北极点建造房屋的绅士设计的。稍加思考就会明白，站在北极点上，是不可能看到南方的。”

无论你朝哪个方向转，都只能看向正南方！当你身处北极点时，根本不存在北、东、西这样的方向——所有方向都是正南方！
“妈妈，”笑声平息后，她的儿子乔治说道，“恐怕不管您有多喜欢这种景象，对您来说还是有点难以承受吧。”
“唉，”她回答道，“你的约翰叔叔也掉进了这个陷阱里。我不擅长解谜题。看来我并没有适合做这类事情的头脑。也许有人能给我解释一下。就在上周，我还跟我的美发师说，据说世界上的人数比任何一个人的头发数量还要多。他回答说：‘那么，夫人，至少会有两个人的头发数量完全相同。’如果这是事实的话，我实在看不出其中的道理。”
“光头的人又与这个问题有什么关系呢？”约翰叔叔问道。
“如果真有这样的人，”奥尔古德夫人回答，“他们的头上连一根头发都找不到，那我们就把他们排除在外吧。不过，我还是不明白要如何证明至少有两个人的头发数量完全相同。”
“我想我可以把这个问题讲清楚，”晚上顺便来访的菲尔金斯先生说。“假设世界上的总人口只有一百万人。随便选个数字都可以。那么您的观点就是：没有人的头发数量会超过九十九万九千九百九十九根，对吗？”
“让我想想，”奥尔古德夫人说，“是的——没错，就是这样。”
“很好。既然只有九十九万九千九百九十九种不同的头发排列方式，那么第一个人就必须重复其中的一种方式。明白了吗？”
“嗯，我明白了——至少我觉得自己明白了。”
“因此，至少会有两个人的头发数量相同；而地球上的人口数量远远超过这个数字……”

“每个人的头上头发的数量都是固定的，当然，这种重复的情况也会出现无数次。”
“但是，菲尔金斯先生，”小威利·奥尔古德问道，“为什么第百万个人就不能有了一万五千根头发呢？”
“那只是无谓的纠结，威利，与问题无关。”
“这真是个奇怪的悖论，”乔治说。“如果有一千名士兵在平面上列阵作战——他们明白他指的是‘平坦的表面’——那么只会有一个人能够站得笔直。”
没人能理解其中的原因。但乔治解释说，根据欧几里得的理论，平面只能与球体在一个点上相接，只有站在那个点上的人，相对于地球的中心来说，才能站得笔直。
“同样的道理，”他继续说道，“如果台球桌是完全平坦的——也就是一个完美的平面——那么球应该会滚向中心。”
尽管他试图通过把名片放在橙子上并运用万有引力定律来解释这一点，但奥尔古德夫人还是不接受这个说法。她无法理解：从理论上讲，真正的台球桌表面也应该是球形的，就像乔治切下的那块橙子皮一样。当然，由于台球桌的面积相对于地球表面来说实在太小，所以其曲率并不明显，但从理论上来说这确实是正确的。我们所说的“平坦表面”并不等同于真正的几何平面。
“约翰叔叔，”威利·奥尔古德打断道，“在英格兰和法国之间有个岛屿，可那个岛屿离法国的距离却比离英格兰的距离还要远。那个岛是哪个岛呢？”
“那听起来很荒谬，孩子；因为如果我把这个玻璃杯当作那个岛屿，放在这两块板之间，那么它似乎不可能比这两块板之间的距离更远。”
“可是根西岛不是在英格兰和法国之间吗？”威利问。
“没错，当然是。”

“那么，叔叔，您应该会发现，根西岛距离法国大约26英里，而英格兰在加莱和多佛尔之间，距离法国只有21英里。”
“我的数学老师一直在试图让我接受这样一个公理：‘如果相等的数相乘，其乘积也相等。’”乔治说道。
“这当然是显而易见的，”菲尔金斯先生指出。“比如，如果3英尺等于1码，那么2倍3英尺就等于2码。明白了吗？”
“但是，菲尔金斯先生，”乔治问道，“一个装了半杯水的杯子，和另一个同样大小的杯子但里面是半空的，它们相等吗？”
“当然相等，乔治。”
“那么根据这个公理，满杯的水应该等于空杯的水。对吧？”
“不，显然不对。我从未从这个角度考虑过这个问题。”
“也许，”奥尔古德先生建议道，“这条规则并不适用于液体。”
“正是我在想的，奥尔古德。看来对于液体来说我们必须破例。”
“不过那样会很麻烦，”乔治微笑着说，“如果我们还要为固体破例的话。比如说，以地球这种固体为例，1平方英里就等于1平方英里，那么2平方英里自然也等于2平方英里，对吧？”
“让我想想！当然不对，”菲尔金斯先生回答，“因为2平方英里其实是4平方英里。”
“那么，”乔治说，“如果这个公理在这些情况下都不成立，那它究竟在什么情况下成立呢？”
菲尔金斯先生承诺会研究这个问题，读者或许也可以在闲暇时思考一下。
“听着，乔治，”他的表弟雷金纳德·伍利说：“四分之四比四分之三多出多少部分呢？”

“四分之一！”大家都同时喊道。
“再试一个吧，”乔治建议道。
“等你们答对那个问题后，我再乐意帮忙，”雷金纳德回答。
“你是说答案不是四分之一吗？”
“当然如此。”
尽管雷金纳德试图解释：任何数的三分之一再加上去，结果就是四，但仍有几个人没明白正确答案是“三分之一”。
“约翰叔叔，‘t-o-o’怎么读？”威利问。
“读作‘too’，孩子。”
“那‘t-w-o’呢？”
“也读作‘too’。”
“那一周中的第二天该怎么读呢？”
“那应该读作‘Tuesday’，而不是‘Toosday’。”
“真的吗？我觉得应该读作‘Monday’。”
“威利，如果你继续这样下去，”约翰叔叔假装严厉地说，“很快你就会在这个世界上没有朋友了。”
“你们当中有人能迅速把‘一万二千一百一十二英镑’用数字写下来吗？”奥尔古德先生问道。
他的大女儿米尔德里德是唯一手头有铅笔的人。
她在白色桌布上试着写了写，然后宣称：“办不到。”不过奥尔古德先生告诉她，正确的写法是“£13,212”。
“现在轮到我了，”米尔德里德说。“我一直想问大家一个问题。在希律王下令屠杀无辜者那次事件中，有许多可怜的人……”

那些小孩被埋在沙子里，只有脚露在外面。要怎么区分男孩和女孩呢？”
“我想，”奥尔古德夫人说，“这真是个难题——大概与他们那可怜的‘灵魂’有关吧。”
但在大家都放弃尝试之后，米尔德里德提醒大家：其实只有男孩才会被处死。
“从前，”乔治开始讲，“阿喀琉斯与一只乌龟赛跑——”
“住口，乔治！”奥尔古德先生打断他。“我们可不想听这个故事。我年轻时认识两个人，他们曾经是最好的朋友，却因为芝诺提出的那个愚蠢的理论而吵架，从此再也没说过话。我可不会接受这种东西，还有芝诺关于飞箭的那个荒谬理论。我觉得没人能理解它们，因为我自己也搞不懂。”
“哦，那好吧，父亲。这里还有一个故事。邮局的人打算在从特米特维尔到沃兹尔顿的高山上架设一排电报杆；但后来发现有一家铁路公司也在同一方向上开凿隧道，于是他们决定把电报杆建在隧道旁边。这些电报杆之间的距离应为100码，而山上的道路长度为5英里，隧道的长度则为4.5英里。那么，把电报杆建在隧道上能节省多少根呢？”
“这很简单，”菲尔金斯先生说。“算一算100码能包含5英里多少次，又能包含4.5英里多少次。然后用一个数减去另一个数，得到的就是通过较短路线可以节省的电报杆数量。”
“完全正确，”奥尔古德先生确认道。“没比这更简单的了。”
“邮局的人也是这么说的，”乔治回答，“但实际上是错的。如果你看看我刚画的示意图，就会发现两者之间没有任何区别。如果电报杆之间的距离是100码，那么在隧道上和在山上需要的电报杆数量都是一样的。”

“你肯定是弄错了，乔治，”奥尔古德夫人说，“因为如果柱子之间相距一百码，而山那头还有半英里的距离，那就必须在那半英里的范围内也竖立柱子。”
“妈妈，您看看这个图吧。您会发现，柱子与柱子之间的距离并非沿着地面测量的两基点之间的距离。无论我站在地毯上的这个位置，还是站在椅子上的对应位置，与您之间的距离都是一样的。”
但奥尔古德夫人并不信服。
坐在桌子另一端的牧师斯穆斯利这时说，他有个小问题想问。
“假设地球是一个表面光滑的完美球体，而在赤道周围放置一条钢带，让这条钢带在地球的每个点上都与之相接，那会怎么样呢？”
“我四十分钟就能给地球围上一条钢带了，”乔治模仿《仲夏夜之梦》中帕克的台词说道。
“那么，如果这条钢带的长度增加六码，假设它与地球表面的距离在各处都相等的话，那这条钢带与地球表面之间的距离会是多少呢？”
“这么长的距离啊，”奥尔古德先生说，“我觉得那点距离根本不值一提。”
“你怎么看，乔治？”斯穆斯利问道。
“嗯，不用计算的话，我觉得应该只是几分之一英寸而已。”
雷金纳德和菲尔金斯也持同样的观点。

“我觉得这会令大家大吃一惊，”牧师说道，“因为那额外的六码会让地球周长几乎变成一码！”
“几乎一码！”大家都惊讶地叫了起来；不过斯穆思利先生的说法是完全正确的。这一增加量与环状物的原始长度无关，无论它是绕着地球还是绕着橘子——无论如何，那额外的六码都会使周长接近一码。这对不懂数学的人来说确实很令人惊讶。
“你们听说过上周去世的珀金斯夫人的婴儿具有非凡早熟能力的故事吗？”奥尔古德夫人问道。“那婴儿才三个月大，已经奄奄一息时，悲痛欲绝的母亲问医生是否还有办法救它。医生回答：‘绝对没有办法！’这时，婴儿可怜巴巴地抬头看着母亲，说了句——‘绝对没有办法！’”
“不可能！”米尔德里德坚持说，“才三个月大而已！”
“确实有过婴儿具备非凡早熟能力的案例，”菲尔金斯先生说道，“这些事情的真实性也常常有可靠的见证。但奥尔古德夫人，您确定这真的发生过吗？”
“当然，”那位女士回答道。“不过，您真的觉得一个三个月大的孩子会说‘绝对没有办法’很奇怪吗？您期望它说什么呢？”
“说到死亡，”斯穆思利先生严肃地说，“我认识一对父子，他们在南非战争中的同一场战斗中阵亡。他们俩都叫安德鲁·约翰逊，被埋葬在了一起，但在墓碑上很难区分他们。您会怎么做？”
“很简单，”奥尔古德先生说，“应该把其中一个称为‘老安德鲁·约翰逊’，另一个称为‘小安德鲁·约翰逊’。”
“可我忘了告诉您，其实是父亲先死的。”
“那又有什么区别呢？”

“嗯，你看，他们希望做到绝对精确，而这正是难点所在。”
“可我并不觉得有什么困难，”奥尔古德先生说，其他人也这么认为。
“其实是这样的，”斯穆思利先生解释道，“如果父亲先去世，那么儿子就不再叫‘小儿子’了，对吧？”
“严格来说，没错。”
“这正是他们所要求的——绝对精确。既然他不再叫‘小儿子’，那就意味着他并非以‘小儿子’的身份去世的。因此，在墓碑上这样描述他是不对的。明白了吗？”
“有个挺奇怪的事情，”菲尔金斯先生说，“我刚想起来。前几天有个人写信给我，说他最近在花园里挖土时发现了两枚古老的硬币。一枚上写着‘公元前51年’，另一枚则标有‘乔治一世’的字样。我怎么知道他说的不是实话呢？”
“也许你知道那个人喜欢说谎吧，”雷金纳德说。
“但那并不能证明他这次没有说真话。”
“也许，”米尔德丽德建议道，“你知道那个年代并没有铸造过这样的硬币。”
“恰恰相反，那个时期确实有这类硬币被铸造出来。”
“那是银币还是铜币呢？”威利问。
“我的朋友没有说明，而且威利，我真的看不出这有什么区别。”
“我明白了！”雷金纳德喊道。“‘公元前’这几个字绝不会出现在基督诞生之前的硬币上。当时的人并不会用那种方式来标注日期。这些字母是后来才被用来表示我们所说的‘公元’之前的日期的。这一点很好，但我实在不明白为什么另一种说法也不可能是错的。”

“雷金纳德说得对，”菲尔金斯先生说，“关于第一位乔治国王的说法没错。第二位乔治国王是不可能存在的，因为第一位乔治在世时绝不会被称作‘乔治一世’。”
“为什么呢？”奥尔古德夫人问道。“他就是乔治一世啊。”
“没错；但直到有了乔治二世之后，人们才会知道他是乔治一世。”
“那么在乔治三世登基之前，就没有乔治二世吗？”
“并非如此。之所以有‘乔治二世’，是因为先有了‘乔治一世’。”
“那之所以有‘乔治一世’，也是因为在他之前没有叫这个名字的国王吧。”
“妈妈，您不明白吗？”乔治·奥尔古德说，“我们不会把维多利亚女王称作‘维多利亚一世’；但如果以后出现了‘维多利亚二世’，那她就会被称为那样了。”
“但是有好几位乔治国王，所以他才是乔治一世。而维多利亚女王并没有好几位，所以这两种情况不能相提并论。”
他们放弃了说服奥尔古德夫人的尝试，不过读者自然能够明白其中的道理。
“有个问题，”米尔德里德·奥尔古德说，“我希望你们当中有人能帮我解答。我习惯从蔬菜商那里购买周长为12英寸的芦笋束。我总会用卷尺量一量，确保买到的数量足够。前几天，那个商人没有大号的芦笋束，而是给了我两捆小号的，每捆的周长是6英寸。我说：‘这和大的没什么两样，价格当然也一样。’但他坚持认为这两捆的总量比一大捆还要多，还多收了我几便士。我现在想知道，谁是对的？这两捆小芦笋的总量真的和一大捆一样吗？还是更多？”
“这就是那个古老的谜题了，”雷金纳德笑着说，“就是塞姆普罗尼乌斯向凯乌斯借玉米袋的那个故事。也许你的蔬菜商也在哪儿读到过这个故事。他可把你骗得团团转啊。”

“那么他们就是相等的了？”
“恰恰相反，你们俩都错了，而且遭到了严重的欺骗。你们得到的数量只相当于一个大包装里的一半，因此应该只支付原价的一半，而不是更多。”
没错，这无疑是一起恶劣的诈骗行为。周长是另一个圆的一半的圆，其面积也必定是另一个圆的四分之一。所以，两个小包装里的芦笋总量只相当于一个大包装的一半。
“菲尔金斯先生，您能回答这个问题吗？”威利问道。“隔壁村有个男人，每天早上都会吃两个鸡蛋作为早餐。”
“这没什么特别的，”乔治插话道，“要是说那两个鸡蛋把那个人给吃掉了，那才有趣呢。”
“别打断孩子，乔治，”他的母亲说。
“嗯，”威利继续说道，“这个人既不买鸡蛋，也不借鸡蛋，不交换鸡蛋，不乞讨鸡蛋，也不偷鸡蛋，更不是找到鸡蛋的。他也没有养鸡，那些鸡蛋也不是别人送给他的。那他是怎么得到鸡蛋的呢？”
“他是用别的东西来交换鸡蛋的吗？”米尔德里德问。
“那就是在交换鸡蛋了，”威利回答。
“也许是有朋友把鸡蛋送给他吧，”奥尔古德夫人建议道。
“我说过那些鸡蛋不是别人送给他的。”
“我知道，”乔治自信地说，“有一只奇怪的鸡会到他那里去下蛋。”
“但那不也是找到鸡蛋了吗？”
“他是租用鸡蛋的吗？”雷金纳德问。
“如果是那样，等鸡蛋被吃掉后他就无法把它们还回去了，那就算是偷鸡蛋了。”

“也许这是对‘lay’这个词的双关语吧，”菲尔金斯先生说。“他会把鸡蛋放在桌子上吗？”
“他得先拿到鸡蛋才行，对吧？问题在于，他是怎么得到那些鸡蛋的？”
“放弃吧！”大家都这么说。这时小威利赶紧躲到母亲身边，因为乔治在这种时候往往会很粗暴。
“那个人养鸭子！他的仆人每天早上都会去捡鸡蛋。”他喊道。
“但你说过他不养鸟啊！”乔治抗议道。
“我没那么说吧，菲尔金斯先生？我只是说他不养鸡而已。”
“可是他是找到那些鸡蛋的，”雷金纳德说。
“不，我说的是他的仆人找到那些鸡蛋的。”
“那好吧，”米尔德里德插话道，“那就是他的仆人把鸡蛋交给他了。”
“总不能把一个人的自己的财产还给他吧？”
大家都认为威利的回答相当令人满意。接着，约翰叔叔又提出了一个谬论，正如报纸上所说的那样，这个谬论“结束了整个讨论”。

“这是一张国际象棋棋盘的图示，”他说。“可以看到，棋盘上有64个方格——8×8。现在我从左上角开始画一条直线，也就是第一格和第二格的交点，一直画到右下角。我用剪刀沿着这条线剪开，然后把标有B的那一块拿起来，再沿着第一条竖线剪掉小角落C。这块小碎片正好可以放到顶部的相应位置上，这样我们就得到了一个长方形，一边有7个方格，另一边有9个方格。这样一来，棋盘上的方格总数就变成了63个，因为7乘以9等于63。那丢失的那个方格到底去哪儿了呢？我反复尝试想要找到它，但它总是逃之夭夭。我实在想不出它藏在了哪里。”

“这似乎和另一个关于国际象棋棋盘的谬论类似，也许解释也是一样的，”雷金纳德说，“那就是那些棋子无法完全吻合在一起。”

“但它们是可以完全吻合的，”约翰叔叔说。“试试看就知道了。”

傍晚时分，人们看到雷金纳德和乔治聚在某个角落里，一起努力寻找那个难以捉摸的小方格。值得一提的是，在他们入睡之前，他们终于找到了那个方格，不过其他一些人并没有看到它被找到的过程。读者能解开这个小小的谜团吗？

非机密问题。
“一些被忽视的琐事罢了。”
——《冬天的故事》，第四幕第二场。

414.—谁最先知道？
安德森、比格斯和卡彭特一起住在海边的一处地方。一天，他们乘船出海，当船离岸约一英里时，有人朝他们的方向开了枪。幸运的是，我们无需知道开枪的原因或凶手是谁，因为无法获得相关信息。不过，从已知的事实中，我们可以为初学者设计一个有趣的小谜题。
似乎只有安德森听到了枪声，比格斯只看到了烟，而卡彭特则只是看到子弹击中了他们附近的水面。那么，谁最先得知有枪声响起呢？

415.—一个奇妙的村庄。
日本有个村庄，位于一个非常低洼的山谷中。然而，每到中午，太阳距离这些居民的距离要比它升起或落下时近3,000英里甚至更多。这个村庄位于日本的哪个地区呢？

416.—一个与日历相关的谜题。

如果世界末日会发生在新世纪的第一天，那么它出现在星期天的概率是多少呢？

417.—令人头疼的铁环。

这幅图展示的是最古老的机械谜题之一。其起源已不可考。数学家卡丹在1550年写过关于它的记载，沃利斯则在1693年也有相关描述；据说至今在一些偏僻的英国村庄中仍能找到这种装置——它们由铁制成，因此被称为“令人头疼的铁环”，挪威人至今仍用它们来作为箱子和包的锁具。在玩具店里，它有时被称作“中国环”，不过这一名称并无依据，更常见的叫法是“令人困惑的环”。法国人则称其为“Baguenaudier”。这个谜题的结构很简单：有一个固定在手柄上的金属环，需要用左手握住；还有若干个环，通过金属丝与金属杆上的孔相连，金属丝的末端则被卡在那里。这些金属丝可以在金属杆内自由移动，但无法从中脱离，也无法从环上取下。整个谜题的目标就是将金属环完全从所有环上拆下来，然后再把它们重新装回去。显然，最右边的第一个环随时都可以通过将其滑到金属环上并让其穿过金属环来取下；反之，也可以通过相反的操作将其装回。除此之外，唯一可以取下的环就是位于最右边金属环上的第二个环。因此，当所有环都装在上面时……

第二个环可以立即取下；当第一个环被取下后，第二个环无法取下，但第三个环可以取下；当前三个环都被取下后，第四个环无法取下，但第五个环可以取下，以此类推。可以看出，第一个和第二个环可以同时取下或同时戴上；但为避免混淆，我们始终不允许这种特殊的双重操作，即规定一次只能取下或戴上一个环。

因此，取下一个环需要1步；取下两个环需要2步；取下三个环需要5步；取下四个环需要10步；取下五个环需要21步。如果继续采用这种双倍递增的规律（当环的数量为奇数时则加1），就能轻松算出取下任意数量环所需的步数。要取下全部七个环需要85步。让我们来看看取下前三个环的五个步骤：线上的圆圈代表环在环圈上，线下的圆圈代表环在环圈外。先取下第一个环，再取下第三个环，然后戴上第一个环，接着取下第二个环，最后再取下第一个环——如图所示，共需5步。从起始状态到最终状态，深色圆圈标出了每一步中可以取下的环。在第二步之后，会发现必须先戴上某个环才能再次取下其他环，因为此时位于环圈上的第一个和第二个环不再处于同一位置。在第五步之后，若想取下所有七个环，就必须先取下第五个环。但在那之前，必须先戴上前三个环，再取下前两个环。这样环圈上就会剩下7、6、4、3个环，此时就可以取下第四个环。当戴上2和1并取下3、2、1之后，就可以取下第七个环。接下来的操作是让环圈上剩下6、5、4、3、2、1，然后取下4、3、2、1，这时第六个环就会被取下；接着让环圈上剩下5、4、3、2、1，再取下3、2、1，这时第五个环就会被取下；接着让环圈上剩下4、3、2、1，取下2、1，这时第四个环就会被取下；接着让环圈上剩下3、2、1，取下1，这时第三个环就会被取下；最后环圈上只剩下2、1，第85步时2也会被取下，此时环圈就完全空了。现在，无论读者是否实际拥有这个装置，都应该能够理解这个谜题了。

我提出的具体问题很简单。假设熨斗上总共有十四个环，我们现在要把它们全部取下来。

要以正确的方式移动，以免浪费步数。在完成第9,999步之后，那些圆环会处于什么位置呢？

418.— 上楼问题
在一栋郊区的别墅里，有一段仅有八级台阶的楼梯，平台不算在内。汤米·斯马特用这个谜题难住了他的家人。任务是从最底层开始，先上到上一层并停留两次（最终就停在那里），然后再回到底层一次。但必须注意，每级台阶都只能被踩相同次数的次数。那么，最少需要多少步才能完成这次上升呢？这看起来似乎很简单，但实际上第一次尝试时很可能会走很多不必要的步数。当然，每次只能上升一个台阶。汤米知道解决方法，并且已经展示给了他的父亲看；他的父亲虽然声称对这类事情不感兴趣，但等孩子们睡着后，他常常会带朋友到走廊里，看着他们困惑的样子取乐。不过，一旦知道了方法，其实一切都非常简单。

419.— 五枚硬币的问题
这是一个相当难的谜题，但其条件却简单得离谱。每个读者都知道如何摆放四枚硬币，使它们彼此之间的距离相等。只需把其中三枚平放在桌子上，让它们相互接触，形成一个三角形，再将第四枚硬币放在三角形的中心即可。这样一来，由于每枚硬币都与其他硬币相接，所以它们之间的距离自然也是相等的。现在试着用五枚硬币来做同样的事情——让每枚硬币都与其他硬币相接——你会发现这完全是另一回事了。

420.—勤奋的书虫。
插图中的拉克布兰教授又在提出他的一个有趣问题。他解释说，自从上次从书架上取下那三册珍贵的书籍后，就有书虫从第一页一直钻到最后一页，在书中钻出了一个洞。他说每册书的页厚为3英寸，而每本书的封面厚度则为1/8英寸。他想知道，那只勤劳的书虫为了建造自己的“隧道铁路”，究竟花了多少时间来钻孔。你能告诉他答案吗？

421.—链条谜题。

这是一个谜题，其灵感源自已故的萨姆·洛伊德先生提出的一个有趣想法。有个人拥有九段链条，如图所示。他希望将这50个链环连接成一条无尽的链条。打开一个链环需要1便士，而将两个链环重新焊接在一起则需要2便士；不过，他可以用2先令2便士购买一条相同规格和品质的新无尽链条。那么，对他来说最便宜的做法是什么？除非读者足够聪明，否则可能很难找到正确的答案。

422.—安息日之谜。
我在一本旧书中发现了这个小谜题。不知道会有多少读者能想出作者所期望的解答。
基督徒将一周的第一天视为安息日；
犹太人则遵循传统，将第七天视为安息日；
而土耳其人则把第六天当作安息日。那么，这三者在同一个地方、同一天里，怎么就能各自拥有属于自己的真正安息日呢？请告诉我答案。

423.—红宝石胸针
苏格兰场的案卷中记载着许多令人瞩目的珠宝盗窃案，但其中最令人费解的当属利特尔伍德夫人红宝石被盗案。当然，从价值上看还有许多更严重的盗窃案，但像这样设计精巧的却为数不多。住在罗姆利庄园的利特尔伍德夫人拥有一件精美的红宝石胸针，不过这件首饰有些特别。80年代初，她住在城里的住宅时，将这件珠宝带到布罗姆普顿的一家商店进行些小修缮。
“夫人的红宝石真漂亮啊，”店主说道，他并不认识这位夫人。
“是的，”她回答，“不过奇怪的是，我从未仔细数过它们。我母亲曾经告诉我，如果从中心开始，沿着一圈数，再沿着下一圈往下数，总是有八颗红宝石。这样就能知道是否有宝石丢失了。”
六个月后，利特尔伍德夫人的一个兄弟从印度驻军地回来，发现妹妹正戴着那枚红宝石胸针。

在一场乡村舞会上度过了一个夜晚，回家后他们想要更仔细地查看那枚胸针。他立刻发现有四颗宝石不见了。“这怎么可能？”利特尔伍德夫人问道。“如果你从中心开始，沿边缘数一行，然后再向下数另一行，无论朝哪个方向数，宝石的数量始终是八颗。过去如此，现在也是这样。那么，怎么可能有人能偷走宝石而我不察觉呢？”“其实很简单，”兄弟回答道，“我很熟悉那枚胸针。它原本有四十五颗宝石，现在只剩下四十一颗。肯定是有人偷走了四颗红宝石，然后把剩下的宝石重新排列，使得无论朝哪个方向数，数量都是八颗。”毫无疑问，那个布罗姆普顿的珠宝商就是小偷，此事便交由警方处理。不过，那名男子因为其他抢劫案正在被通缉，早在之前就离开了那个地区。至今仍未有人找到他。最初让警方困惑不已、也是我们这个谜题的关键点在于：原来那四十五颗红宝石是在胸针上如何排列的？插图展示的是胸针从珠宝商那里拿回来后的排列方式；虽然从各个方向数，宝石数量确实都是八颗，但却少了四颗。

这是一道有趣的机械谜题，几年前有人把它交给了我，但我不知道是谁首先发明的。它由两块木头通过精密的榫卯结构固定在一起构成。另外两个不可见的垂直面上，其外观也与可见部分完全相同。那么，这两块木头究竟是如何组合在一起的呢？当我将这道谜题发表在伦敦的一家报纸上后，虽然并非主动要求，但我还是收到了许多模型——有橡木的、柚木的、红木的、花梨木的、缎木的、榆木的以及椴木制的；有些模型的长度达半英尺，而另一些则小到只有半英寸见方。显然，这道谜题引起了人们极大的兴趣。

425.—杰克与豆茎。

这幅由英国艺术家创作的插图，描绘的是杰克攀爬豆茎的场景。不过，这位艺术家在这幅画中犯了一个严重的错误。你能找出是什么错误吗？

426.—赞美诗板上的难题。

温妮弗雷德圣丘姆普利教区的牧师正面临极大的困扰。教会中出现了一些难题，似乎整个教区的智慧都无法解决它们。至于这些难题究竟是什么，我稍后会说明，不过如果先简要介绍一下导致这种状况的缘由，或许能增加故事的趣味性。这一切都与教堂里的赞美诗板有关——那些板子已经损坏得无法再发挥其原有功能了。有一位慷慨的教区居民愿意出钱购买一套新的赞美诗板，但奇怪的是，双方却无法就费用问题达成一致。负责制作赞美诗板的工匠提出了一个价格，而捐助者则认为这个价格高得离谱。善良的牧师认为双方都有错，于是请校长来帮忙计算这笔费用。然而校长表示，在他的算术书中找不到任何与这个问题相关的规则。有人向当地的医生求助，因为他被认为是丘姆普利镇上智力出众的人，但他告诉牧师自己工作太忙，甚至没有时间去研究这个问题；不过他的助手私下里说，那位医生已经连续几个晚上工作到很晚。威尔逊寡妇有个聪明的儿子，据说他曾获得过解谜比赛的奖项。他认为既然找不到解决办法，那这个问题肯定与圆面积的计算、立方体的加倍或角度的三等分有关；无论如何，他以前从未见过基于这类原理的谜题，于是便放弃了尝试。

事情就是如此：当时，那位副牧师——我得说，他从一开始就坦白承认，对神学的深入研究让他忘记了所有原本掌握的数学知识——好心地把这个谜题寄给了我。
那座教堂有三块指示牌，每块牌上都标有在某次礼拜中应演唱的五首不同圣歌的编号。在同一个礼拜中，这三块牌都会被使用。圣歌集中共有700首圣歌。现在需要一套新的编号，有一位好心的教区居民主动提出提供刻在金属板上的编号，但他要求只需购买最少数量的那几块金属板。每块金属板的成本为6便士，而雕刻费用则如下：单独雕刻一块金属板需1先令；如果雕刻两块相同的金属板，每块的费用为11¾便士；雕刻三块相同的金属板，每块的费用为11½便士，以此类推。

每多出一块图案相同的盘子，每块的成本就减少一法丁。那么，最低的成本应该是多少呢？读者们需要注意，他们必须运用一切合理且可行的节省方法。插图将有助于说明这三种赞美诗展示板及盘子的特点。这里的五首赞美诗是通过十二块盘子来表示的；这些盘子可以从背面单独插入，当然，插图中还有空间再放置三块盘子。

427.—猎雉。
有个来自伦敦东区的朋友，他很擅长拉长弓，但实际上并不像他自己宣称的那样是个优秀的运动员。他给我讲了一个不太可信的故事：
“我刚刚和我的朋友公爵一起去猎雉。我们玩得非常愉快，我也打中了几只雉鸟。比如，你认为这件事该怎么解释呢？也许你可以把它变成一个谜题。当时我和公爵正在穿过一片田野，突然有24只雉鸟在我们面前飞了起来。我开枪后，其中三分之二的雉鸟立刻倒下了。接着公爵也向剩下的雉鸟开枪，又打中了四分之三的雉鸟，使它们的翅膀受伤。那么，在那24只雉鸟中，还剩下多少只呢？”
这似乎是个很简单的问题，但读者能给出正确答案吗？

428.—园丁与厨师。
有一位自称“简单西蒙”的来信者建议，我在1900年的愚人节特刊《给所有傻瓜的每周快报》上刊登一个有趣的谜题。于是我给出了下面的谜题，它引发了极大的趣味性；因为在众多参赛者中——其中包括许多相当厉害的人——竟然没有一个人能解出这个谜题，尽管该谜题已经刊登了近一个月的时间。

这幅插图描绘的是我的通讯员“简单西蒙”试图解决下面这个简单的算术谜题的情景。在愚人节那天，我偶然目睹了一场男子与女子之间的赛跑，那幕场景至今仍深深印在我的记忆中。比赛是在一座乡间别墅里进行的，园丁和厨师决定赛跑到100英尺远的地方然后再返回。我发现园丁每跳一步能前进3英尺，而厨师则只能前进2英尺，不过她需要跳三步才能相当于园丁的两步。那么，这场比赛的结局是什么呢？

文章发表两周后，我补充了如下说明：“有人认为‘返回’这一环节可能存在什么陷阱，但实际上并没有。比赛的距离是从起点到100英尺远的地方，然后再返回，总距离为200英尺。有位读者询问他们往返所需的时间是否完全相同，我的回答是确实如此。还有人怀疑这其实是个谜题，答案应该是‘比赛以平局告终’。但我并非如此打算，因为这终究只是一个算术谜题而已。”

429.—放置半便士硬币
W. T. 怀特先生给我出了一个有趣的小谜题。在一张纸上画出一个5英寸×3英寸的矩形区域，然后根据以下条件找出能放入该区域内的最多半便士硬币的数量。每枚半便士硬币的直径恰好为1英寸。首先将第一枚硬币放在任意位置，第二枚硬币要放在距离第一枚1英寸的位置上，第三枚硬币则要放在距离第二枚1英寸的位置上，以此类推。任何两枚硬币都不能相互接触，也不能超出矩形边界。下面的图示可以让人更清楚地理解这一点：第2枚硬币距离第1枚1英寸，第3枚距离第2枚1英寸，第4枚距离第3枚1英寸；但当放入第10枚硬币后，就无法再继续放置了。实际上还可以再放几枚硬币呢？读者能放下多少枚呢？

430.—找出那个人的妻子。

1903年的一个夏日，我正在布莱顿的海滨闲逛，看着人们在海滩上散步。这时，与我在一起的朋友突然让我注意一个独自站立的人，他说：“你能指出那个男人的妻子吗？他们和我一样住在同一家酒店里，而那位女士就在那些人当中。”经过几分钟的观察后，我成功地指出了那位女士。我的朋友很想知道我是通过什么方法得出这个结论的。我的回答是：

“我们可以立刻排除那位穿修女服的女士以及那个穿短裙的女孩；还有卖橙子的女人也不可能是。那位穿着寡妇装的女士更不是。坐在浴椅上的女士也不是，因为她并不住在你的酒店里——我今天早上亲眼看到她在女仆的搀扶下从一户私人住宅里出来。今天早上，那两位穿红色衣服的女士在我的酒店用过早餐，由于她们没有穿户外服装，所以我判断她们就住在那里。这样一来，剩下的就只有那位穿蓝色衣服的女士和那位拿着绿色阳伞的女士了。不过，拿着阳伞的左手没有戴戒指，因此我可以断定，穿蓝色衣服的女士才是那个男人的妻子——你说得对。”

由于我的朋友是一名艺术家，我觉得可以依据他的问题设计一个有趣的谜题，于是请他按照我给他的指示画一幅图。我很高兴能将他的作品呈现给各位读者。从这幅图中可以看出，有六位男士和六位女士：1号、3号、5号、7号、9号和11号为女士，2号、4号、6号、8号、10号和12号为男士。这十二个人代表了六对人物。

这些成对的男女彼此都是陌生人，他们在四处闲逛时走散了。但我们只关注那个戴着草帽的男人——也就是编号10的那个人。谜题就是找出这个男人的妻子。请仔细观察这六位女士，看看能否判断出哪一位就是他的妻子。

我当时把这张图片拿给几位朋友看，他们对这个问题给出了截然不同的意见。有人说：“我不认为他会娶像7号那样的女孩。”另一个人则说：“像3号这样可爱的女孩肯定不会嫁给这样的男人！”还有人认为应该是1号，因为她离那个粗鲁的家伙最远！也有人说一定是11号，因为“他似乎在看着她”；但有个悲观的人反驳道：“正因为如此，如果他真的在看她，那她就不可能是他的妻子！”

现在我把这个问题交给读者们来解答。谁才是编号10的真正妻子呢？

由于篇幅限制，这张图片已从最初发表在《每周快报》（1903年5月24日）上的大尺寸版本中缩小了很多，但希望其细节仍足够清晰，能让读者在欣赏的同时获得乐趣。无论如何，给出的答案都能帮助读者更有趣地理解整个谜题。

解答：

1. ——邮局里的困惑——解答
那位年轻女士使用了5张2便士的邮票、30张1便士的邮票，以及8张2便士半便士的邮票，这样的寄送方式完全符合要求，总费用为5先令。

2. ——少年的早熟——解答
香蕉的价格应为1便士1法丁。因此，960根香蕉的总价为5英镑；而480先令则可以购买2,304根香蕉。

3. ——在牲畜市场——解答
杰克斯带了7头牲畜去市场，霍奇带了11头，杜兰特则带了21头。这样一来，一共有39头牲畜。

4. ——豆子谜题——解答
鞋匠花了35先令，裁缝也花了35先令，帽商花了42先令，而手套匠则花了21先令。他们总共花费了6英镑13先令。

研究发现，5个补鞋匠所拥有的钱相当于4个裁缝的数额；12个裁缝所拥有的钱相当于9个制帽师的数额；而6个制帽师所拥有的钱则相当于8个制手套匠的数额。

5．—一个奇怪的巧合——解答
这类谜题在旧书中通常是通过繁琐的“逆向推导”方法来解决的。但实际上有一个简单的通用解法：如果有n名参与者，那么最后每个人手中剩下的钱数为m(2n)；最后一个获胜者最初拥有的钱数为m(n+1)，再下一个为m(2n+1)，以此类推，直到第一个参与者，他最初拥有的钱数为m(2n−1)。
在这个例子中，n=7，因此最后每个人手中剩下的钱数为27法寻。由此可得m=1，即G最初拥有8法寻，F拥有15法寻，E拥有29法寻，D拥有57法寻，C拥有113法寻，B拥有225法寻，A拥有449法寻。

6．—一项慈善遗赠——解答
这笔钱共有7种不同的分配方式：5名女性和19名男性、10名女性和16名男性、15名女性和13名男性、20名女性和10名男性、25名女性和7名男性、30名女性和4名男性，以及35名女性和1名男性。不过最后一种情况不应被计入，因为条件要求必须有“男性”，而单独一名男性并不符合这一要求。因此，答案是6年。

7．—寡妇的遗产份额——解答
寡妇应得到的遗产份额为205英镑2先令6便士，再加上10/13便士。

8.—无差别的施舍——答案
那位先生在回家时口袋里应该有3先令6便士。

9.—两架飞机——答案
他购买这两架飞机的费用分别为500英镑和750英镑，总计1,250英镑；但由于他只以1,200英镑的价格将它们卖掉，因此在这笔交易中损失了50英镑。

10.—购买礼物——答案
乔金斯最初口袋里有19英镑18先令，他花费了9英镑19先令。

11.—骑自行车者的聚会——答案
参加聚会的有十名骑自行车的人，他们每人本应支付8先令；但由于有两人离开，剩下的八人则需每人支付10先令。

12.—关于金钱的有趣现象——答案
答案如下：44,444英镑4先令4便士等于28，而换算成便士后，10,666,612便士也等于28。有趣的是，在10,666,612这个数字中，最中间的四位数字恰好对应着另一个答案，即66英镑6先令6便士。

13.—新的货币谜题——解答
用英镑、先令、便士和法寻来表示，且每个数字恰好出现一次的最小金额是2,567英镑18先令9¾便士。

14.—方形货币——解答
答案是1½便士和3便士。两者相加为4½便士；1½便士乘以3也等于4½便士。

15.—零用钱——解答
最大的可能金额是15先令9便士，由1克朗半克朗（或3个半克朗）、4弗罗林以及1枚3便士硬币组成。

16.—百万富翁的困惑——解答
这个相当简单的谜题的答案当然可以通过试算得出：先找出100万美元中包含的7的最大幂次，再从剩余数值中找出次大的7的幂次，以此类推。不过，这个小问题旨在说明一种简单直接的方法。其实只需将1,000,000转换为七进制数即可立即得到答案。关于各种计数体系的问题，我打算写些文字，帮助那些尚未充分了解这一主题的人。我们的计算方式其实是一种经过完善的算术简写系统，它通过符号帮助我们尽可能快速且准确地处理数字。如果我们用2,341来表示2,341美元，那么我们就希望借此表达1……

1美元，再加上4个10美元，再加上3个100美元，再加上2个1,000美元。从最右边的个位数字开始，其左边的每一个数字都代表相应次方的10的倍数；为避免混淆，必要时需要插入数字0，因为如果把207写成27的话，显然会造成误解。因此我们只需要10位数字：当一个数超过9时，就在其左边再加一位数字；超过99时再加一位，以此类推。可见这是一种纯粹任意设定的方法。它基于十进制记数法，而这种记数法无疑源于我们的祖先有10根手指，可以用来计数，就像今天的孩子们一样。在日常生活中，我们通常无需特意说明自己使用的是十进制，因为这已是人们的共识。

但如果有人说他拥有6,553美元，且是用七进制来表示的，那么实际上这个数值就相当于十进制中的2,341美元。他不是使用10的幂次，而是使用7的幂次，因此他永远不需要用到大于6的数字。6,553实际上等于3，再加上5个7，再加上5个49，再加上6个343（用十进制表示），也就是2,341美元。要将2,341从十进制转换为七进制，只需不断用7除它：2,341除以7得到334，余数为3；334除以7得到47，余数为5；如此继续，直到无法再除为止。将这些余数从后往前读，即6、5、5、3，得到的就是6,553。

正如我所说，只要将1,000,000美元转换为七进制，就能立刻解决这个问题。不断用7除这个数，直到无法再除为止，得到的余数就是11333311，这就是1,000,000用七进制表示的形式。因此，1份1美元的礼物、1份7美元的礼物、3份49美元的礼物、3份343美元的礼物、3份2,401美元的礼物、3份16,807美元的礼物、1份117,649美元的礼物，以及1份823,543美元的礼物，就可以完美地解决我们的问题。而且这是唯一的解法。由此可见，根本不需要进行任何“尝试”；通过将数值转换为七进制，我们就能直接得到答案。

17.—令人费解的钱箱之谜——解答
这个谜题的正确答案如下：约翰在钱箱里放入了两个双弗罗林硬币（共8先令），威廉则放入了一枚半索维林硬币和一枚弗罗林硬币（共12先令），查尔斯放入了一枚克朗硬币（5先令），而托马斯则放入了一枚索维林硬币（20先令）。总共共有6枚硬币，总价值为45先令。如果约翰多出2先令，威廉少出2先令，查尔斯的钱是实际金额的两倍，托马斯的钱则是实际金额的一半，那么他们每个人的钱数都将恰好为10先令。

18.—市场上的妇女们——解答
在每种情况下，商品的销售价格都是105法寻。因此，妇女的最大人数为8人，因为这些商品只能以以下价格出售：105磅以1法寻的价格出售，35磅以3法寻的价格出售，21磅以5法寻的价格出售，15磅以7法寻的价格出售，7磅以15法寻的价格出售，5磅以21法寻的价格出售，3磅以35法寻的价格出售，最后1磅则需支付105法寻。

19.—除夕夜的晚餐——解答
当时在场的人应该包括7对夫妇、10位单身男子以及1位单身女子。这样一来，总人数就是25人。按照所给出的价格计算，他们总共需要支付5英镑。

20.—牛肉与香肠——解答
那位女士以2先令/磅的价格购买了48磅牛肉，又以1先令6便士/磅的价格购买了相同重量的香肠，因此总共花费了8英镑8先令。如果她购买42磅牛肉和56磅香肠，那么每样东西的花费将为4英镑4先令，这样就能得到98磅的肉类，而非96磅——重量多了2磅。

21.—苹果交易问题——解答
最初，有人出价1先令换16个苹果，即每打9便士。多给的2个苹果让1先令能换18个苹果，此时每打价格为8便士，比最初的报价每打少1便士。

22.—鸡蛋交易问题——解答
那个人一定是用5便士买了10个鸡蛋，用1便士买了10个鸡蛋，再用半便士买了80个鸡蛋。这样，他总共就买了100个鸡蛋，花费为8先令4便士。其中两种规格的鸡蛋数量各为50个。

23.—圣诞礼物盒问题——解答
这次分配发生在“几年前”，当时还有4便士硬币流通。19个人每人应得到19便士。可以用五种不同的方式用银币支付这笔钱，这里只需列举两种即可。例如，让14个人每人得到4枚4便士硬币和1枚3便士硬币，再让5个人每人得到5枚3便士硬币和1枚4便士硬币，这样每个人都能得到19便士，总共100枚硬币，总价值为1英镑11先令1便士。

24.—购物难题——解答
第一次购物花费1先令5¾便士，第二次花费1先令11½便士，两者合计3先令5¼便士。这三个金额中，没有任何一个可以用少于6枚本国货币硬币来支付。

25.—中国货币——解答
由于1个钱币的价值为2便士，而1/15个钱币的价值也为2便士，那么剩下的11/15个钱币的价值自然也是2便士。因此，11个钱币的总价值恰好为30便士，即半克朗。进行兑换时，需要使用7枚圆孔硬币和1枚方孔硬币。这样，7枚圆孔硬币的价值相当于15个钱币的7/11，而1枚方孔硬币的价值则相当于16个钱币的1/11。也就是说，77枚圆孔硬币相当于105个钱币，11枚方孔硬币相当于16个钱币。因此，77枚圆孔硬币加上11枚方孔硬币总共相当于121个钱币；或者说，7枚圆孔硬币加1枚方孔硬币相当于11个钱币，也就是半克朗。实际上，这种方法比看上去要简单得多。

26.—初级职员的谜题——解答
虽然斯诺格斯希望每半年获得2英镑10先令的加薪理由与我们的谜题无关，但他欺骗雇主从而获得高于预期报酬的事实却与谜题相关。许多读者可能会惊讶地发现，尽管莫格斯在五年间只获得了350英镑，而狡猾的斯诺格斯在同一时间内却拿到了362英镑10先令。其余的部分则非常简单。显然，如果莫格斯存了87英镑10先令，而斯诺格斯存了181英镑5先令，那么后者存下的钱占其工资的比例是前者的两倍（即1/2对1/4），两者相加总计为268英镑15先令。

27.—找零问题——解答
要帮助那位美国商人解决这个难题，可以这样做：用硬币所代表的金额来表示它们，商人将50便士和25便士放在柜台上，而顾客则支付100便士、3便士……

2；那个陌生人则出10、10、5、2和1便士。既然购买总金额为34分，那么显然，在这笔钱中，商人的应得金额为109分，买家的应为71分，而那个陌生人则为28分。因此很显然，100分的硬币应该归商人所有，50分的归买家，剩下的25分则归那个陌生人。再仔细想想，那两枚10分的硬币也应该归买家，因为商人现在只需要9分，而那个陌生人则需要3分。这样一来，1分自然归买家，3分归那个陌生人，而5分、2分和2分则归商人。总结来说，商人得到100分、5分、2分和2分；买家得到50分、10分、10分和1分；那个陌生人得到25分和3分。可以看出，这三个人都没有保留自己原来的任何一枚硬币。

28.—错误的观察结果——解答
当然，便士上的日期位于不列颠女神像所在的那一面，也就是“反面”。六枚便士可以平放在桌面上，彼此相接，每枚都与中间的那枚接触。至于半克朗硬币的表面，最多只能放一枚3便士的硬币，因为如果再放一枚的话，它就会超出半克朗硬币的边缘。很少有人会猜出少于3枚的数字，而很多人则给出了高得离谱的数字。

29.—破损的硬币——解答
如果这三枚硬币在完好无损时的总价值为253便士，而现在由于破损只值240便士，那么显然，它们失去了原始价值的13/253。由于每枚硬币失去的重量比例相同，所以每枚硬币的体积也都减少了13/253。

30.—概率问题两题——解答
同时抛掷五枚硬币时，显然硬币的落法共有32种可能，因为第一枚硬币有两种落法，第二枚硬币也有两种落法，以此类推。因此5个2相乘即为32。那么这32种情况具体包括哪些呢？如下：
(a) 5枚正面，1种情况
(b) 5枚反面，1种情况
(c) 4枚正面和1枚反面，5种情况
(d) 4枚反面和1枚正面，5种情况
(e) 3枚正面和2枚反面，10种情况
(f) 3枚反面和2枚正面，10种情况

可见，只有a、b、c、d这4种情况是符合要求的，共计12种情况。其余20种情况则不符合要求，因为它们无法出现至少4枚正面或4枚反面。因此，成功的概率为12比20，也就是3比5。换言之，成功的几率仅为8分之3。

从一个装有3枚金币和1先令的袋子中抽取物品时，应支付的金额是15先令3便士。很多人会认为，由于抽到金币的概率是4分之3，所以应该支付3/4英镑，即15先令，但他们忽略了必须至少抽到1先令这一事实——因为袋子里没有空位。

31.—家庭经济——解答
如果没有我的提示，我的读者们很可能会一致认为珀金斯先生的年收入一定是1,710英镑。但这是完全错误的。珀金斯夫人说：“我们把他每年收入的三分之一都用在了房租上”，也就是说，两年间他们用于房租的金额相当于他年收入的三分之一。需要注意的是，她并没有说每年都会花费这么多钱，只是说……

在那两年里，这笔钱已经被花掉了。根据她话中的确切含义，唯一的答案就是他的年收入为180英镑。因此，在他年收入为360英镑的两年时间里，用于房租等的开支为60英镑，家庭开销为90英镑，其他开支为20英镑，这样一来，如她所说，银行里就还剩下190英镑。

32.—旅行票券谜题——解答
19先令9便士可以用458,908,622种不同的方式来支付。
我并不打算给出我的解题方法。任何这样的解释都会占用过多的篇幅，而其价值其实并不值得。如果我能在一个合理的范围内为所有金钱支付情况找到通用解法，那我也会竭力寻找合适的表达方式；不过这样的解法会极其复杂繁琐，我认为不值得花费精力去推导。
为了让大家大致了解这种解法的内容，我只需说明：只要考虑那些是3便士倍数的金额，并且只使用铜币的话，那么任何金额都可以用(n+1)²种方式来支付，其中n表示便士的数量。如果允许使用3便士硬币，那么支付方式就有2n³+15n²+33n+1/18种。如果同时使用6便士硬币，且金额是6便士的倍数，那么支付方式就有n⁴+22n³+159n²+414n+216/216种；而当金额不是6便士的倍数时，这个常数216就会变成324。诸如此类，还有各种公式。

随着我们研究其他货币，其换算比例的复杂性也会逐渐增加。不过，我会附上一个有趣的表格，列出当前各种货币可能的换算方式——据我所知，此前从未有书籍介绍过这样的内容。不同面额的货币可以有以下几种换算方式：

1法丁：0种方式；
1/2便士：1种方式；
1便士：3种方式；
3便士硬币：16种方式；
6便士：66种方式；
1先令：402种方式；
1弗罗林：3,818种方式；
1/2克朗：8,709种方式；
2弗罗林：60,239种方式；
1克朗：166,651种方式；
1/2索维林：6,261,622种方式；
1索维林：500,291,833种方式。

令人惊讶的是，1索维林竟然有超过五亿种不同的换算方式。但我确信这些数字是正确的。

33.—一个关于逆向换算的谜题——答案：
(1) 13英镑。(2) 23英镑19先令11便士。由于有“英镑数量多于便士数量”这一条件，因此像2英镑16先令2便士这样的金额以及1英镑以下的金额均不符合要求。

34.—杂货商与裁缝——答案

杂货商多花了半分钟，而裁缝则多了八分半钟（是杂货商所需时间的17倍），两者合计为9分钟。杂货商称糖需要24分钟才能称好，再加上半分钟的延迟，总共用了24分30秒；而裁缝只需切割47次，就能将48码长的布匹分成一码长的小段！他为此花费了15分40秒，再加上8分半钟的延迟，总计24分10秒。显然，裁缝比杂货商快了20秒。大多数人会误以为需要切割48次才能将布匹分成48段。

35.—朱德金的牛群——解答
由于共有5群牛，且每群中的牛的数量相同，因此这个数字必须能被5整除；同时，8个买家购买的牛的数量也相同，所以这个数字还必须能被8整除。因此，这个数字必须是40的倍数。在所有符合条件的数字中，最大的一个是120，而120可以通过两种方式组合而成：1头牛、23头猪和96只羊，或者3头牛、8头猪和109只羊。但由于题目明确说明牛群由“牛、猪和羊”组成，单独一头牛不能算作牛，因此第一种组合不符合要求。所以正确答案是第二种组合。

36.—购买苹果——解答
因为男孩和女孩的数量相等，所以孩子总数一定是偶数。如果不对题目进行仔细准确的解读，可能会得到三种不同的答案：2个孩子、6个孩子或14个孩子。在2个孩子的情形下，有10种不同的购买方式。但题目明确指出男孩和女孩数量相等，而1个男孩1个女孩并不符合“男孩和女孩”的定义，因此这种情形应被排除。至于14个孩子的情形，唯一的……

一种可能的分配方式是每个孩子得到一个半便士价值的苹果。但我们被告知，孩子们应该获得数量相等的“苹果”，而一个苹果显然不能算作一个苹果，因此这种情形也被排除。这样一来，我们就只能回到第三种情形，它完全符合所有条件：三个男孩和三个女孩，每人各得到1个半便士价值的苹果以及2个三分便士价值的苹果。这3个苹果的总价值为1又1/6便士，乘以6之后即为7便士。因此，正确的答案是共有6个孩子——3个女孩和3个男孩。

37.—购买栗子的问题——解答
在解决这个谜题时，我们需要准确理解买卖双方所使用的词语含义。我再把问题重述一遍，这次会加上一些词语以便更清晰地表达意思。新增的词语以斜体标出。
“有个人走进一家商店，想要购买栗子。他说自己需要价值一便士的栗子，于是店主给了他5颗栗子。‘还不够，我还应该多得到1/6颗栗子，’他说。‘但如果我再给你1颗栗子的话，’店主回应道，‘那你就会得到5/6颗，也就是多了。’奇怪的是，他们俩的说法都是正确的。那么，用半克朗来购买栗子的话，他应该得到多少颗呢？”
答案是：半克朗相当于155颗栗子。将这个数字除以30，就可以得出，他应该得到5又1/6颗栗子作为一便士的报酬。所以他声称自己已经得到了5颗栗子后还想要再多1/6颗，这一说法是正确的。而店主所说的，如果再给他1颗栗子（即总共6颗），那就相当于多了5/6颗栗子，这一说法也是正确的。

38.—自行车小偷——解答

对于这个问题，人们给出了各种荒谬的答案，但实际上很简单：只要考虑到售货人的损失不可能超过骑车人实际偷走的金额即可。骑车人偷走了一辆价值11英镑的自行车，还有10英镑的零钱，因此他总共得到了21英镑，而换来的却只是一张毫无价值的纸片。这正是售货人的损失额，而兑换支票或向朋友借钱等行为则丝毫不会影响这个数值。当然，因无法卖出自行车而错过的预期利润并不属于直接的资金损失。

39.—水果商的谜题——解答
比尔购买橙子的价格肯定是每百个8先令，也就是说10先令可以买125个橙子。如果按每百个8先令4便士的价格计算，10先令只能买到120个橙子。这一数字与比尔的陈述完全一致。

40.—妈妈的年龄——解答
妈妈的年龄应该是29岁2个月，爸爸的年龄是35岁，而孩子汤米的年龄则是5岁10个月。他们三人的年龄加起来正好是70岁。父亲的年龄是儿子的6倍，23年4个月后，他们三人的年龄总和将为140岁，届时汤米的年龄将恰好是父亲年龄的一半。

41.—他们的年龄——解答
那位先生的年龄应该是54岁，而他妻子的年龄则是45岁。

42.—家庭成员的年龄——解答
他们的年龄分别为：比莉3岁半；格特鲁德1岁又3/4岁；亨丽埃塔5岁又1/4岁；查理10岁半；珍妮特21岁。

43.—廷普金斯夫人的年龄——解答
如果丈夫结婚时的年龄是妻子的三倍，那么妻子结婚时的年龄就等于从结婚到丈夫年龄变为妻子两倍所需的时间。在本题中，这个时间为18年；因此廷普金斯夫人结婚时18岁，而她的丈夫则54岁。

44.—人口统计谜题——解答
艾达·乔金斯小姐当时一定24岁，她的弟弟约翰尼3岁，他们之间还有13个兄弟姐妹。题目中的“比小约翰尼大七倍”其实是个陷阱——显然，“大七倍”应理解为“是八倍大”。令人惊讶的是，有很多人会误以为两者意思相同。就连一些优秀的作家也犯过这种错误。很可能我的许多读者也认为24岁半和3岁半才是正确的答案。

45.—母亲与女儿——解答
四年半后，女儿的年龄将为16岁半，而母亲的年龄则为49岁半。

46.—玛丽与马默杜克——解答
马默杜克的年龄应为29又五分之二岁，而玛丽的年龄则为19又五分之三岁。当马默杜克19又五分之三岁时，玛丽才9又五分之四岁；因此那时马默杜克的年龄是玛丽的两倍。

47.—罗弗的年龄——解答
罗弗现在的年龄是10岁，而米尔德雷德的年龄则是30岁。五年前，他们的年龄分别是5岁和25岁。请记住，我们所说的“比狗大四倍”其实等同于“是狗的五倍大”。（参见第44题的解答。）

48.—关于汤米的年龄——解答
汤米·斯马特的年龄应为9又五分之三岁。安的年龄为16又五分之四岁，母亲的年龄为38又五分之二岁，父亲的年龄则为50又五分之二岁。

49.—隔壁邻居们——解答
贾普先生39岁，贾普夫人34岁，朱莉娅14岁，乔13岁；西姆金先生42岁，西姆金夫人40岁，苏菲10岁，萨米8岁。

50.—那袋坚果——解答

可以发现，当赫伯特得到12个坚果时，罗伯特和克里斯托弗分别会得到9个和14个，他们三人总共会得到35个坚果。由于35在770中出现了22次，因此只需将12、9、14分别乘以22，就能得出赫伯特的份额为264个，罗伯特的为198个，克里斯托弗的为308个。又因为他们三人的年龄之和为17.5岁，而这正是12、9、14之和的一半，所以他们的年龄分别为6岁、4.5岁和7岁。

51.—玛丽多大了？—解答
玛丽的年龄与安的年龄之比为5比3。由于她们两人的年龄之和为44岁，因此玛丽27.5岁，安16.5岁。两人之间的年龄差恰好为11岁。现在，我们可以在原句中用括号标出各人的年龄：“玛丽的年龄是安当时年龄的2倍，而安当时的年龄为13.75岁；当时玛丽的年龄是安将来年龄的2/3，而安将来时的年龄为49.5岁；当时玛丽的年龄是安现在年龄的2/3，而安现在的年龄为49.5岁；当时玛丽的年龄是安当时年龄的3倍，而安当时的年龄为5.5岁。”反过来验证：当玛丽的年龄是安的3倍时，玛丽16.5岁，安5.5岁（相差11岁）。那么，当安的年龄达到那时玛丽年龄的3倍时，她的年龄就是49.5岁。当玛丽的年龄是那时安年龄的一半时，她为24.75岁，而安的年龄则为13.75岁（同样相差11岁）。因此，现在玛丽的年龄是27.5岁，是安的两倍；安的年龄则比玛丽小11岁，为16.5岁。

52.—奇怪的关系——解答
如果一个男人先娶了一个女人，后来那个女人去世了，他又娶了已故妻子的妹妹，随后他自己也去世了，那么可以说他之前确实娶过自己遗孀的妹妹。那个年轻人并非简·布朗的侄子，因为他其实是她的儿子。简的姓氏与她兄弟的相同，是因为她嫁给了一个与自己同姓的男人。

53.—在铁路线上听到的故事。——答案
那位先生是第二位女士的叔叔。

54.—一个家庭聚会。——答案
参加聚会的人有两个小女孩和一个男孩，还有他们的父母，以及他们父亲的父母。

55.—复杂的血缘关系。——答案
字母“m”表示“已婚”。由此可见，约翰·斯诺格斯可以这样对约瑟夫·布洛格斯说：“你是我父亲的姐夫，因为我父亲娶了你的妹妹凯特；你是我兄弟的岳父，因为我的兄弟阿尔弗雷德娶了你的女儿玛丽；而你是我岳父的兄弟，因为我的妻子简是你兄弟亨利的女儿。”

56.—威尔逊的谜题——解答
如果有两个人，每个人都与对方的母亲结婚，并且每对夫妇都生了一个儿子，那么每个儿子同时就是另一个儿子的叔父和侄子。虽然还有其他方式可以形成这种关系，但这是最简单的一种。

57.—当时是几点？——解答
时间一定是晚上9点36分。从中午开始算起，四分之一的时间为2小时24分钟；而从现在到次日中午的时间的一半则为7小时12分钟。将这两段时间相加，即为9小时36分钟。

58.—一个时间谜题——解答
26分钟。

59.—一只会“捣乱”的手表——解答
如果在同一只手表的表盘上直接读取65分钟的话，那么这个问题就无法解决：因为根据表盘显示，指针每655/11分钟才会重合一次，而且无论手表走得快还是慢都无关紧要；但如果以真实时间来计算的话，这只手表在65分钟内会快5/11分钟，即每小时快60/143分钟。

60.—瓦普肖码头之谜——解答

在12小时内，时钟的时针与分针恰好处于同一位置的时刻共有11个。将12小时除以11，可得1小时5分钟273/11秒，这一时间就是12点之后它们首次重合的时间，同时也是两次重合之间所经过的时间。它们第二次重合的时间为2小时10分钟546/11秒（即上述时间的两倍）；接着是3小时16分钟219/11秒；再之后是4小时21分钟491/11秒。最后一次重合时，分针“刚好超过第49秒”。显然，手表就是在这个时刻停止走的。盖伊·布思比在《为妻子穿越世界》一书的开头写道：“那是一个寒冷而阴沉的冬日午后，当壁炉架上时钟的指针重合并指向4点20分时，我的房间几乎一片漆黑，如同午夜一般。”显然，作者在这里犯了错误，因为如前所述，他的计算结果多了1分钟491/11秒。

61.—指针位置互换——解答
从下午3点到午夜期间，时钟的时针与分针恰好交换位置的时刻共有36对。从任意一小时(n)到午夜为止的此类时刻对数，等于12减去(n+1)后的自然数之和。在这个问题中，n=3，因此12-(3+1)=8，1+2+3+4+5+6+7+8=36，这就是所求的答案。
第一对时刻为3小时2157/143分钟和4小时16112/143分钟，最后一対时刻为10小时5983/143分钟和11小时54138/143分钟。这里就不列出其余36对时刻了，不过可以给出一个公式，用来直接算出从中午到午夜之间的66对时刻：
720b + 60a 分钟，a小时m分钟，b小时；分母为143。

字母a可以代表从0、1、2、3到10的任意小时数（其中0表示中午12点）；而b则可以代表比a大的、直到11点的任意小时数。借助这个公式，就能轻松找到第二个问题的答案：当a=8、b=11时，对应的时刻分别为8小时58106/143分钟以及11小时44128/143分钟，后者是分针距离IX点最近的时刻——实际上，两者之间的差距仅为15/143分钟。

读者们或许可以列出所有66组时钟指针位置互换的时刻表，这会很有帮助。一种简单的做法是：设一列用于记录每组时刻中的第一个时间，另一列用于记录第二个时间。将上述公式中的a设为0、b设为1，就可以得到第一组时刻，在第一列的顶部记下55/143分钟，而在第二列的顶部记下1小时060/143分钟。接着，在第一列中依次加上55/143分钟，在第二列中依次加上1小时060/143分钟，这样就能得到所有11组时刻，这些时刻都是从0点或中午12点开始经过若干分钟后出现的。之后时间会出现“跳跃”，但可以通过将a设为1、b设为2，再像之前那样依次相加，从而得到1点之后的所有10组时刻。之后又会再次出现“跳跃”，通过相加即可得到2点之后的所有9组时刻，依此类推直至结束。关于这些“跳跃”的本质与原因，就留给读者自己去探究了。通过这种方式，我们可以在连续的小时数之间得到总共66组时刻，这些结果与本文第一段中的公式是一致的。

不久前，某公务员培训学院的院长在一份期刊上开设了“公务员专栏”，有人向他提问：“当时钟的两根指针长度相等时，距离12点还有多久会出现时间不确定的情况？”他最初的回答是“1点过后的一段时间”，但他在不同期刊上的答案各不相同。最终，一些读者让他相信正确答案是“12点过55/143分钟”；他也承认了这个答案的正确性，并解释说因为在那个时刻，无论把哪根指针当作时针，显示的时间都是一样的！

62.—时钟之谜——解答
插图中所显示的指针位置只能说明，时钟在11点过后44分511143/1427秒时停止了。而在11点过后45分52496/1427秒时，秒针会“恰好位于另外两根指针的正中间”。如果考虑的是三根指针所指向的圆周上的点，那么答案则是11点过后45分22106/1427秒；但本题涉及的是指针本身，此时秒针并不在另外两根指针之间，而是在它们之外。

63.—停表之谜——解答
该手表显示的时间为9点过55/11分钟，此时秒针的位置为273/11秒。下次三根指针之间的间距再次变得相同的时间是2点过546/11分钟，此时秒针的位置为328/11秒。不过，只需将手表（或我们之前的示意图）放在镜子前，就能看到第二次的时间反射在镜子里！当然，经过反射后，数字“XI”会看起来像“I”，“X”会看起来像“II”，以此类推。

64.—三只时钟之谜——解答
从纯算术的角度来看，这个问题并不难解决。为了让三根指针同时指向12点，B钟必须至少快12小时，而C钟则必须慢12小时。由于B钟在24小时内快1分钟，C钟在同一时间内也慢1分钟，因此显然，在720天内，其中一只钟会快720分钟（即12小时），另一只钟则会慢720分钟。只要A钟走时准确，那么这三只钟……

从1898年4月1日开始计算，720天后的正午时刻必须同时指向12点。那会是几月几日呢？我在1898年出了这个小谜题，想看看有多少人知道1900年不是闰年。令人惊讶的是，当时有很多人并不知道这一点。凡是能被4整除的年份都是闰年，不过每个世纪中会有一个年份例外。1800年不是闰年，1900年同样也不是。不过，为了让历法更符合地球绕太阳运行的规律，每四百年仍会设置一个闰年。因此，2000年、2400年、2800年、3200年等都会是闰年。愿我的读者们有生之年会看到这些日子的到来。由此可知，从1898年4月1日正午开始算起，720天后就是1900年3月22日正午。

65.—火车站的时钟——答案
当时时间应该是2点过437/11分钟。

66.—村里的傻瓜——答案
对话发生的那天是星期日。因为如果后天（星期二）被称为“昨天”，那么“今天”就是星期三；而如果前天（星期五）被称为“明天”，那么“今天”就是星期四。星期四到星期日之间相隔两天，星期日到星期三之间也相隔两天。

67.—平均速度——答案
平均速度是每小时12英里，而非大多数人会轻易说出的12.5英里。随便取一个距离吧，比如60英里。

去程需要6小时，回程需要4小时。因此，120英里的往返路程总共需要10小时，平均速度显然为每小时12英里。

68.—两列火车——解答
其中一列火车的速度是另一列的两倍。

69.—三个村庄——解答
用这三个村庄的字母来表示它们，可以发现这三条道路构成了一个三角形ABC，从点C向底边AB作一条垂直线，其长度为12英里。这条垂直线将原三角形分割成两个直角三角形，这两个三角形都有12英里的边长。由此可知，A到C的距离为15英里，C到B的距离为20英里，而A到B的距离则为25英里（即9英里和16英里之和）。这些数值很容易得到验证：12的平方加上9的平方等于15的平方，12的平方加上16的平方则等于20的平方。

70.—计算她的养老金——解答
距离应为6¾英里。

71.—埃德温·德·都铎爵士——解答
距离应该是60英里。如果埃德温爵士在中午出发，以每小时15英里的速度行驶，他会在4点到达——这比预期早了一小时。如果他以每小时10英里的速度行驶，他则会在6点到达——这又比预期晚了一小时。

如果他以每小时12英里的速度行驶，那么他将在五点钟——也就是约定的时间——准确到达那个邪恶男爵的城堡。

72.—水上飞机问题——解答
该飞行器的飞行速度应为每分钟七又二十四分之一英里，而风的速度则为每分钟五又二十四分之一英里。因此，前进时风会起到助力作用，飞行器的速度可达每分钟十二又二十四分之一英里，即半英里；而返回时风则与飞行方向相反，飞行器的速度仅为每分钟二又二十四分之一英里，即十二分之一英里。在没有风的情况下，飞行器可以在三十四又七分之二分钟内飞完10英里，因为它在24分钟内就能飞7英里。

73.—骑驴问题——解答
跑完一整英里需要9分钟。根据已知条件，我们无法分别确定前半英里和后半英里所用的时间，但可以肯定的是，这两段路程加起来需要4分半钟。最后两段各需2分25秒才能跑完。

74.—土豆篮子问题——解答
将土豆的数量、该数量减1后的结果以及该数量减1后再乘以2的结果相乘，然后除以3。例如，50、49和99相乘的结果为242,550，再除以3后得到的正确答案是80,850码。这样，男孩就需要行走45又十五十六分之一英里，这倒是一天工作后的不错消遣方式。

75.—乘客的车费——解答
汤普金斯先生应支付15先令，这才是他应承担的汽车费份额。他只行驶了总距离的一半，却只花了3英镑，因此他应该支付30先令的一半，也就是15先令。

76.—一桶啤酒——解答
这六个数的数字根分别为6、4、1、2、7、9，它们的总和为29，而29的数字根是2。由于售出的啤酒总量必须是一个能被3整除的数，如果有一个买家购买的啤酒量是另一个人的两倍，那么就必须找出一桶数字根为2、5或8的啤酒留作自己的，再将剩下的啤酒分给另外两人。只有那桶20加仑的啤酒符合这些条件。因此，那个人把20加仑的啤酒留给自己，给另一个人卖了33加仑的啤酒（由18加仑和15加仑的桶组成），再给另一人卖了66加仑的啤酒（由16加仑、19加仑和31加仑的桶组成）。

77.—数字与平方——解答
最上面那一行必须是以下四个数中的一个：192、219、273、327。第一个数就是给出的示例。

78.—奇数与偶数数字——解答
由于我们必须排除带分数、假分数以及循环小数，最简单的解法就是：79 + 51/3 和 84 + 2/6，两者的结果都是841/3。如果不使用分数的话，显然无法得到这样的结果。

79.—储物柜谜题——解答
最小的可能总和为356，即107+249；最大的可能总和为981，即235+746，或者657+324。中间值则可以是720，即134+586；也可以是702，即134+568；还可以是407，即138+269。这种情况下，总和必须由数字0、2、4、7中的三个数字构成，且不可能得到其他数值。因此，对于第一个储物柜来说没有选择余地，第三个储物柜则有多种选择，而中间那个储物柜则有三种排列方式。以下是一种解答：

107 134 235
249 586 746
356 720 981

当然，在每种情况下，前两行的数字可以互相交换位置，而不会改变总和。因此，实际上这些数字在储物柜门上的排列方式共有3,072种。我在这里只需说明这个谜题背后的一个原理：总和的各位数字之和总是由被省略的数字决定的。无论在上方哪一行中省略哪个数字，总和的各位数字之和就会出现在该数字的下方。例如，在储物柜A的情况下，我们省略了8，因此总和的各位数字之和为14。如果我们想要得到356，那么就可以确定，只有通过省略8才能得到这个数值。

80.—三组数字谜题——解答
这个谜题有九种解答方式，具体如下：

12 × 483 = 5,796
27 × 198 = 5,346
42 × 138 = 5,796
39 × 186 = 7,254
18 × 297 = 5,346

48 × 159 = 7,632
28 × 157 = 4,396
4 × 1,738 = 6,952
4 × 1,963 = 7,852

第七个答案是最容易被解谜者忽略的。

81.—九个计数器——解答
在这种情况下，不得不进行一些尝试。不过尝试有两种类型：纯粹随机的尝试，以及有方法的尝试。真正的解谜爱好者绝不会满足于单纯的随机尝试。读者会发现，只要将23和46中的数字对调（使乘数变为32和64），两个乘积都会是5,056。这虽然有所改进，但并非正确答案。如果我们用174乘以32、96乘以58，可以得到5,568这么大的乘积，但这样的解法需要一定的判断力和耐心才能找到。

82.—十个计数器——解答
正如我所指出的，要让这些计数器组成两组简单的乘法算式，且每组的乘积相同，其实相当容易——任何人只要稍加耐心，五分钟就能做到。但要找出乘积最大和最小的那两组算式，那就完全是另一回事了。为了得到最小的乘积，必须选择尽可能小的两个数作为乘数。因此，如果我们把1和2作为乘数，只需将剩下的八个计数器排列成两个数，其中一个数是另一个数的两倍；当然，在此过程中要尽量让较小的数尽可能小。当然，我们能得到的最小数是……

结果为3,045；但这个数值不可行，3,405、3,450等数值同样也不行，可以确定3,485是最低可能的数值。其中一个所需答案为3,485 × 2 = 6,970，而6,970 × 1也等于6,970。不过，这个谜题的另一部分——即找出乘积最大的那对数值——才是真正的难点，因为很难判断乘数应该由一位数还是两位数组成；不过显然，我们应尽可能在乘数和被乘数中都让最大的数字位于左侧。通过以下排列方式，可以得到高达58,560的数值：915 × 64 = 58,560，732 × 80 = 58,560。

83.—数字乘法——解法
能使乘积的各位数字之和最小的解为23 × 174 = 58 × 69 = 4,002；而能使各位数字之和最大的解则为9 × 654 = 18 × 327 = 5,886。第一种情况下各位数字之和为6，第二种情况下为27。除了通过实际尝试之外，没有其他方法可以找到答案。

84.—皮埃罗谜题——解法
这个谜题仅有六种不同的解，如下所示：
8乘以473等于3784
9乘以473等于3513159
15乘以473等于931395
21乘以473等于871287
27乘以473等于812187
35乘以473等于411435
可以看出，在每种情况下，两个乘数所包含的数字与乘积的数字完全相同。

85.—乘积的数值。——解答
我认为，最大的乘积是当8,745,231与96相乘时得到的——即839,542,176。
就一般情况而言，在上一个谜题中我已经说明：对于三位数，只有两种可能的解；而对于四位数，则有六种不同的解。这些情况都已列出。对于五位数，则有二十二种解，具体如下：

3×4128=12384
3×4281=12843
3×7125=21375
3×7251=21753
2541×6=15246
651×24=15624
678×42=28476
246×51=12546
57×834=47538
75×231=17325
624×78=48672
435×87=37845
—————
9×7461=67149
72×936=67392
—————
2×8714=17428
2×8741=17482
65×281=18265
65×983=63985
—————
4973×8=39784

6521 × 8 = 52168
14 × 926 = 12964
86 × 251 = 21586

如果我们尝试所有可能的组合并通过乘法来验证，那么至少需要进行30,240次试验；如果直接排除数字1作为乘数，那么则需要28,560次试验——我想大多数人都会选择回避这样的任务。不过，让我们看看是否还有更简捷的方法可以得到所需结果。我之前已经解释过：只要将任意一个数的各位数字相加，再根据需要继续对结果中的数字相加，最终得到的必定是一个一位数。我将这个最终的数字称为“数字根”。在解决我们的问题时，所有乘数的数字根之和的根，必须与它们乘积的根相等。这种情况只有四种可能：即当乘数的数字根分别为3和6，或9和9，或2和2，或5和8时。我把上面列出的22组答案分成了这四类。显然，前两类中所有乘积的数字根必定是9，而后两类则必定是4。

由于任何五位数其数字之和都不可能小于15或大于35，因此要得到数字根为9，该乘积的各位数字之和必须是18或27；而要得到数字根为4，则数字之和必须是22或31。选出五个不同数字且其和为18的方法有3种，和为27的有11种，和为22的有9种，和为31的有5种。因此，总共有28组不同的数字组合，且只能从这些组合中选取数字来构成乘积。

接下来，我们将这28组五位数分别列出，然后统计出它们可以分解成的所有可能的因数或乘数。粗略估计，现在需要测试的案例大约有2,000个，而非之前所说的30,240个；不过此时就可以开始排除法了。如果读者眼明手快、思维清晰，就能迅速排除掉大部分案例，从而减少所需的乘法运算次数。详细说明我的方法会占用太多篇幅，这里就以第一组为例吧。

我表格中的数字示例，展示了如何通过一些人人都能想到的小技巧轻松完成计算。我的第一个五位数乘积是84,321。如前所述，每个因数的根数必须是3或3的倍数。由于没有6或9，唯一的单个乘数就是3。剩下的四个数字可以有24种不同的排列方式，但无需进行24次乘法运算。我们立刻就能看出，要想得到五位数的乘积，8或4必须作为最左边的数字。不过，如果2的右边不是8，那么乘法结果将会是6或7，这是不允许的。因此，我们只需考虑两种情况：3×4,128和3×4,281，这两种情况都能得到正确结果。接下来假设我们尝试两位数因数21。此时我们会发现，如果被乘数小于500，那么乘积要么只有四位数字，要么以10开头。因此我们只需考虑21×843和21×834这两种情况。但我们知道，第一个数字会重复出现，而第二个数字则是第一个数字的两倍再加上第二个数字。由于3的两倍加上4在乘积中会产生0，所以第一种情况可以直接排除。只剩下另一种情况需要通过乘法来验证，结果却发现它也无法给出正确答案。如果我们再尝试因数12，会发现8和3都不能位于个位上，因为那样会导致乘积中出现6，以此类推。只要具备敏锐的观察力和准确的判断力，我们就能比预期更快地完成整个表格的计算。我完成这项工作花了略多于三小时的时间。我没有试图列出六位、七位、八位和九位数字情况下的所有解，但仅针对九位数就记录了近五十个例子。

86.—特殊的乘法运算——解法
如果将32547891乘以6，得到的乘积是195287346。在这两种情况下，九个数字都恰好使用了一次。

87.—数字验算谜题——解答
将这十个数字分为以下三组：7、1、5 — 4、6 — 3、2、8、9、0，第一组数字与第二组数字相乘即可得到第三组数字。

88.—数字除法——解答
可以将这些数字视为构成相应分数的分子与分母，即二分之一、三分之一、四分之一、五分之一、六分之一、七分之一、八分之一和九分之一。以下是八个对应的解：
6729 ÷ 13458 = ½
5823 ÷ 17469 = 1/3
3942 ÷ 15768 = ¼
2697 ÷ 13485 = 1/5
2943 ÷ 17658 = 1/6
2394 ÷ 16758 = 1/7
3187 ÷ 25496 = 1/8
6381 ÷ 57429 = 1/9

显然，分子数字与分母数字之和始终为45，而“数字根”则为9。如果将这九个数字分成任意两组，那么这两组的数字根之和也始终为9。实际上，这两组的数字根只能是9—9、8—1、7—2、6—3或5—4。在第一种情况下，两组的实际数字之和为18，但该数的数字根仍然是9。对于三分之一、四分之一、六分之一、七分之一和九分之一的情况，其解必定是9—9的形式，也就是说分子和分母的数字根都是9。而对于二分之一和五分之一的情况，数字根则是6—3，不过较高的数字根可以出现在分子或分母中；例如2697 ÷ 13485、2769 ÷ 13845、2973 ÷ 14865、3729 ÷ 18645，其中前两种情况……

在各种排列方式中，分子与分母的数字根分别为6—3，而最后两种情况的数字根则为3—6。或许最有趣的情况是八分之一，因为在这种情况下，数字根可以是上述五种形式中的任意一种。

将分数的分母视为分子分别乘以2、3、4、5、6、7、8和9后的结果，我们就必须注意“进位”现象。为了使乘积包含五位数，当最右边的数字相乘后自然会产生进位，而在数值大于4的情况下，至少需要进位三次。因此，在五分之一到九分之一的这些情况下，我们无法仅通过改变数字对的位置来得到不同的解——例如在5832/17496和5823/17469这两个数中，2/6和3/9的位置可以互换。的确，相同的数字往往可以通过不同的排列方式出现，就像我在上一段中给出的五分之几的两个例子那样，但这里实际上需要对数字进行整体调整，而非仅仅改变数字对的位置。每个解题者都会注意到一些其他细节——比如数字5永远不能出现在分子的最右侧，因为那样会导致分母中出现0或另一个5；同样，1也不能出现在相同位置，六分之一中的6也不能，五分之一中的偶数数字也是如此。预先考虑这些要点，不仅能避免我们浪费大量时间去尝试那些不可能存在的组合，还能帮助我们更直接地找到所需的解。

89.—数字相加问题——解答
最小的可能金额是1英镑8先令9又3/4便士，这些数字相加的总和为25。

90.—世纪谜题——解答

将数字100表示为带分数或分数的形式，且必须恰好使用这九个数字各一次，与所有这类数字谜题一样，也具有令人着迷的趣味性。即便是初学者，只要耐心尝试，也能得到正确结果；而每发现一种新的组合并将其记录下来，所带来的愉悦感，就如同植物学家找到了长期寻找的植物一般。其实这只是将这九个数字正确排列的问题而已，但由于存在数千种可能的组合，要想得到较多的结果，这项任务并不像看上去那么简单。以下是十一个答案，其中包括我作为示例给出的那个：—

962148/537
961752/438
961428/357
941578/263
917524/836
915823/647
915742/638
823546/197
817524/396
815643/297
369258/714

由于所有的分数都表示整数，因此用以下形式来处理它们会更为方便：96 + 4、94 + 6、91 + 9、82 + 18、81 + 19以及3 + 97。对于任何一个整数，能使其等于100的分数的数字根总是具有某种特定的规律。以96 + 4为例，可以立刻知道：如果存在符合条件的解，那么该分数的分子和分母的数字根都将是6。查看上面列出的前三种组合，就会发现确实如此。在94 + 6的情况下，分子和分母的数字根分别是3和2；在91 + 9以及82 + 18的情况下，数字根分别是9和8。

81 + 19的结果为9—9，而3 + 97的结果则为3—3。因此，每一个可以使用的分数都有其特定的数字根形式，试图违背这一规律只会浪费时间而已。每位读者都会发现，有些整数显然是不可能的：如果整数中包含5，那么分数中就会出现0或另一个5，而这违反了相关规则。同样，像90和80这样的10的倍数也是不可能出现的；而以9结尾的整数，如89和79，也不行，因为对应的分数的个位数字会是1，从而导致数字重复。像88和77这样数字重复的整数显然也没有用处。正如我所说，这些情况对每位读者来说都是显而易见的。不过，当我宣称98 + 2、92 + 8、86 + 14、83 + 17、74 + 26等等这类组合都是不可能的时，其原因就不那么明显了，很遗憾我无法在此详细解释。不过，即便排除了所有已知不可能的组合，剩下的“可能形式”也未必真的可行。虽然最基本的形态可能是正确的，但还有其他更复杂的因素会阻碍我们的尝试。例如，98 + 2就是一种不可能的组合，因为我们立刻就能知道，对应分数的数字根不存在任何可能的形式；而97 + 3的情况则存在一种可能的数字根形式，即6—5，但经过进一步研究后我们才发现，由于某些特殊原因，这种形式实际上是无法实现的。通过基于某些原则的筛选过程，我们可以大大简化计算工作——比如某些乘法运算会导致数字重复，而且整数不可能在12到23之间，因为在这范围内找不到足够小的分母来构成分数的部分。

91.—更多混合分数的解法—

这个谜题的难点在于15和18这两个数字无法找到合适的解。不通过尝试的话，根本无法确定答案。以下是十个可能数字的对应答案：

95472÷1368 = 13；
96435÷1287 = 14；
123576÷894 = 16；
613258÷947 = 20；
159432÷786 = 27；
249756÷813 = 36；
275148÷396 = 40；
651892÷473 = 69；
593614÷278 = 72；
753648÷192 = 94。

对于16、20和27这三个数字，我只找到了各一种解法；而其他数字则存在多种不同的解法。至于15和18，虽然它们可以用简单的分数形式表示出来，但“带分数”要求必须包含整数部分；尽管我有自己的办法来规避这些限制，即让分数同时为复分数和带分数，不过还是按照规定的形式来表示更为妥当：

38952÷746÷1 = 15
95742÷638÷1 = 18

我已经证明了除1、2、3、4、15和18之外，所有不超过100的数字都有解。前三个数字显然无解。我还注意到，那些数字根为8的数字——比如26、35、44、53等等——似乎能产生最多的解法。仅对于26这个数字，我就记录了不下二十五种不同的解法，而且我相信还有更多。

92.—数字平方数——解答
据我所知，目前还没有列出足够大的平方数表，以便用于解决这个谜题。包含所有九个数字且每个数字仅出现一次的最小平方数是139,854,276，它是11,826的平方；在相同条件下的最大平方数则是923,187,456，即30,384的平方。

93.—神秘的11——解答
大多数人知道，如果一个数的奇数位上的数字之和与偶数位上的数字之和相等，那么该数就能被11整除且没有余数。例如，在896743012中，奇数位上的数字为20468，其和为20；偶数位上的数字为1379，其和也为20。因此该数可以被11整除。不过似乎很少有人知道：如果奇数位与偶数位数字之和的差为11或11的倍数，这一规则同样适用。根据这一规律，经过少量尝试就能找到：包含十个数字中的九个数字（将0也视为一个数字）且能被11整除的最小数是102,347,586，而最大的这样的数则是987,652,413。

94.—数字百位数——解答
在按数值顺序排列的九个数字之间，可以用多种不同的运算符号组合，使得表达式的结果等于100。实际上，除非仔细研究，否则人们很难想到会有这么多种组合方式。正因如此，我增加了两个限制条件：不仅要使用最少的运算符号，还要使用最少的笔划数。通过这些限制，我们将问题简化为唯一的解，从而得到最简单、也就是最好的结果。

与幻方类似，我们也有办法轻松地写出大量解，但无法列出所有解；同样地，也有几种方法可以快速得到“数字世纪”的数十种排列方式，而无需找出所有可能的排列。实际上，这背后并没有什么固定的原则，也无法确定某一种排列就是最优解。我只能说，我所认为的最佳排列是我目前所能找到的最好结果。我会给读者展示几个有趣的例子：第一个是通常被公布的解，最后一个则是我所知的最优解。

符号与运算步骤：
1 + 2 + 3 + 4 + 5 + 6 + 7 + (8 × 9) = 100（9..18）
(1 × 2) - 3 - 4 - 5 + (6 × 7) + (8 × 9) = 100（12..20）
1 + (2 × 3) + (4 × 5) - 6 + 7 + (8 × 9) = 100（11..21）
(1 + 2 - 3 - 4)(5 - 6 - 7 - 8 - 9) = 100（9..12）
1 + (2 × 3) + 4 + 5 + 67 + 8 + 9 = 100（8..16）
(1 × 2) + 34 + 56 + 7 - 8 + 9 = 100（7..13）
12 + 3 - 4 + 5 + 67 + 8 + 9 = 100（6..11）
123 - 4 - 5 - 6 - 7 + 8 - 9 = 100（6..7）
123 + 4 - 5 + 67 - 8 - 9 = 100（4..6）
123 + 45 - 67 + 8 - 9 = 100（4..6）
123 - 45 - 67 + 89 = 100（3..4）

需要注意的是，在上述计算中，我将括号视为一个符号，同时包含两个运算步骤。最后一个解极为简单，我认为它不会被任何其他解超越。

95.—四个7的解法—
用简单的算术符号表示四个7并使其等于100的方法如下：
7 / .7×7/.7 = 100.

当然，分数7除以小数7，实际上等于7除以7/10，这又相当于70除以7，结果为10。然后10乘以10就是100，答案就是这样！可以看出，这种解题方法适用于任何可以替代7的数字。

96.—骰子点数问题—解答
用任意四组不同的数字所能组成的所有数的总和，始终等于6,666乘以这四个数字的和。例如，1、2、3、4的总和为10，而10乘以6,666则得到66,660。从骰子上的7个点数中选取4个数字的方法共有35种——需要注意6和9的特殊情况。这35组数字的总和为600，因此6,666乘以600的结果即为3,999,600，这就是正确答案。

现在我们不考虑骰子，而是用9个数字来处理这个问题，但排除0。如果只给出数字之和——也就是说，只要所选的四个数字之和等于给定数值即可——那么我们需要记住，在很多情况下，会有多种不同的四位数组合能得到相同的和。

10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20
1 1 2 3 5 6 8 9 11 11 12

21 22 23 24 25 26 27 28 29 30
11 11 9 8 6 5 3 2 1 1

上排数字表示所有可能的四位数之和，下排数字则表示每种和对应的不同组合数。例如，13有三种组合方式：1237、1246以及1345。下排数字的总和为126，而这正是从9个数字中任选4个数字的组合总数。根据这个表格，我们可以立刻算出类似这样的问题的答案：由这些不同的数字（不含0）组成的、且和为14的所有数的总和是多少？只需将14乘以……

表格中t下方的数字是5，将这个数乘以6,666，就能得到答案。由此可知，若要找出所有由四个不同数字构成的数的总和，只需将两行中的所有数字对相乘后再把结果相加，得到的数值为2,520；再将这个数乘以6,666，即可得到16,798,320这一答案。

对于任意位数的情况，以下通用解法无疑会令读者感兴趣。设n为位数，则所需总和等于5×(10^n – 1)/8! ÷ (9 – n)!。注意0!的值为1。这一公式可简化为以下实用规则：从4开始依次乘以7、6、5……直到(n – 1)，然后在结果右侧加上(n + 1)个零；再从这个数中减去在右侧只加一个零的相同数值。例如当n=4时，4×7×6=168，因此16,800,000减去1,680，同样可以得到16,798,320。

97.—桌子上的斑点—解答
普通学生可能会将此问题视为二次方程来处理。实际上，应先将桌子到两面墙的距离的乘积翻倍，得到的结果是144，也就是12的平方。而这两段距离之和为17。将12和17相加或相减，就可以得到两个答案：29或5，它们分别代表桌子的半径或半直径。因此，桌子的完整直径为58英寸或10英寸。不过，尺寸为10英寸的桌子显然不合常理，也与示意图不符，所以桌子的直径必定是58英寸。在这种情况下，斑点位于离房间角落最近的边缘——也就是那个男孩所指的方向。如果采用另一个答案的话，斑点就会位于离房间角落最远的边缘上。

98.—学术礼仪—解答

当时应该有10个男孩和20个女孩。因此，女孩之间的鞠躬次数为380次，男孩之间的鞠躬次数为90次，女孩向男孩鞠躬的次数为400次，而男孩和女孩向老师鞠躬的次数为30次，加起来正好是900次，与之前所述一致。需要记住的是，文中并未提到老师亲自归还了任何孩子的鞠躬礼。

99.—三十三颗珍珠——解答
最中间那颗大珍珠的价值肯定是3,000英镑。位于一端的珍珠价值为1,400英镑，因为它的价值比最中间的珍珠高100英镑；而位于另一端的珍珠则价值600英镑。

100.—工人的谜题——解答
那人说“我要再挖深两倍”，而不是“再挖同样的深度”。也就是说，他打算继续将坑挖得比现在深两倍，这样挖完后，坑的深度就会是现在的三倍。因此，目前这个坑的深度为3英尺6英寸，而那个人则位于地面以上2英尺4英寸处。当挖掘完成时，坑的深度将为10英尺6英寸，那么这个人就会处于地面以下4英尺8英寸处，这一距离是他现在所在高度的两倍。

101.—几捆干草——解答
把十个重量相加后再除以4，就可以得到五捆干草的总重量为289磅。如果我们按照重量从轻到重的顺序将这五捆干草分别记为A、B、C、D和E，其中最轻的是A，最重的是E，那么A和B的重量加起来应为0磅；次轻的A和C的重量加起来则为112磅。而最重的D和E的重量加起来应为121磅，C和E的重量加起来则为120磅。由此可知，A、B的重量为……

D和E的重量之和为231磅，用289磅（五个桁架的总重量）减去这个数值，即可得到C的重量为58磅。再通过简单的减法，就可以算出五个桁架各自的重量：分别为54磅、56磅、58磅、59磅和62磅。

102.—雾中的古宾斯先生——解答
蜡烛已经燃烧了三小时又四分之三的时间。其中一支蜡烛还剩下其总长度的十六分之一，而另外四支则各剩下十六分之六的长度。

103.—给灯柱涂漆——解答
无论有多少根灯柱，帕特涂漆的灯柱数量总是比蒂姆多6根。例如，如果每边有12根灯柱，那么帕特会涂15根，蒂姆则涂9根；如果每边有100根灯柱，帕特会涂103根，蒂姆则只涂97根。

104.—抓小偷——解答
警察走了30步。在相同时间内，小偷会走48步，再加上他最初的27步，总共走了75步。这个距离恰好等于警察所走的30步。

105.—教区议会选举——解答
选民可以选择1名候选人，有23种方式；选择2名候选人，有253种方式；选择3名候选人，有1,771种方式；选择4名候选人，有8,855种方式；选择5名候选人，有33,649种方式；选择6名候选人，有100,947种方式；选择7名候选人，有245,157种方式；选择8名候选人，有490,314种方式；而选择9名候选人，则有817,190种方式。

不同的投票方式。将所有这些方式相加，就能得到总共1,698,159种投票方式。

106.—穆德尔敦选举——解答
自由党、保守党、独立党以及社会党分别获得的选票数为1,553票、1,535票、1,407票和978票。只需将三个最大党派的得票数之和（739票）加上总票数5,473票（共计6,212票），再除以4，即可得出自由党的得票数为1,553票。当然，其他三位候选人的得票数则可以通过用上述数值依次减去相应的最大得票数来计算。

107.—妇女参政运动会议——解答
有18人出席了会议，11人离开了。如果当时有12人离开，那么与会人数就会减少三分之二；如果只有9人离开，那么会议成员数就会减少一半。

108.—闰年中的女士们——解答
正确且唯一的答案是：共有11,616位女士提出了结婚请求。以下是所有详细数据，读者可以对照原始信息自行核实。在10,164名单身女性中，有8,085人被已婚单身男子拒绝，627人被已婚鳏夫拒绝；在1,221名单身男性中，有1,221人拒绝了某些女性，而231名已婚鳏夫也拒绝了某些女性。在1,452名寡妇中，有1,155人被已婚单身男子接受，297人被已婚鳏夫接受。没有寡妇被拒绝。只要能准确表述问题，用代数方法解决这个问题并不困难。

109.—激烈的争夺——解答
满足条件的最小糖李数量为26,880个。五个男孩分别得到：安德鲁2,863个；鲍勃6,335个；查理2,438个；大卫10,294个；埃德加4,950个。在文末的描述中隐藏着一个小陷阱，即“五分之几”的表述，乍看之下似乎会打乱整个计算结果。但稍加思考就会发现，这句话实际上指的是“八分之五的五分之一”，也就是鲍勃和安德鲁所获得的四分之三中的八分之一。

110.—修道院长的谜题——解答
唯一的答案是：有5名男子、25名女子以及70名儿童。总人数为100人，女性人数是男性的5倍。由于男性共能得到15蒲式耳，女性得到50蒲式耳，儿童得到35蒲式耳，这样加起来正好是100蒲式耳。

111.—收割玉米——解答
整块田地的面积应为46.626平方杆。农夫留作中央正方形的边长为4.8284杆，因此该正方形的面积为23.313平方杆。这样一来，整块田地的面积略多于四分之一英亩，又少于三分之一英亩；更精确地说，是0.2914英亩。

112.—一个棘手的遗产问题——解答
由于查尔斯已去世，他的那份遗产需由阿尔弗雷德和本杰明按三分之一定比、四分之一定比来分配——也就是说，按十二分之四与十二分之三的比例来分配。

十二分之一，相当于四比三。因此，阿尔弗雷德获得100英亩土地的七分之四，而本杰明则获得七分之三。

113.—谜题的答案——解法
满足该谜题所有条件的另一个数字是9,801。如果将这个数从中间分成两个数并相加，得到的结果是99，99自乘后即为9,801。当然，2,025也可以用同样的方法处理，只不过由于要求没有两个数字相同，所以这个数被排除在外。
一般的解法相当有趣：设被拆分的数字每半部分的位数为n，那么对于10n-1的质因数（3除外），若将其指数各加1，这些指数的乘积就是解的个数。例如，对于六位数的情况，n=3。10n-1的因数为11×371（不考虑33），2×2=4，因此解的个数为4。这种方法同样适用于98-01、00-01、998-01、000-001等特殊情形。解的获取方式如下：以各种可能的方式对10n-1进行因式分解，同时保持3的幂次在一起，比如37×27、999×1。然后解方程37x=27y+1，可得x=19，y=26。因此，19×37=703，其平方即为494,209，这就是一个解。通过27x=37x+1可以立即得到另一个解，即10n-703=297，其平方为088,209，这也是一个解。（虽然左边的零可能会带来一些特殊情形，比如00238-04641=48792，但0238-4641则无法成立。）对于999×1这种情况，根据上述规则，只需在一边加上九，另一边加上零，即可得到998,001；它的对应解则是以五个零开头的1，即000001。这样我们就得到了999和1的平方，这便是四个解。

114.—有趣的数字——解法

除48之外，最小的三个数分别是1,680、57,120和1,940,448。可以发现，1,681与841、57,121与28,561、1,940,449与970,225分别等于41和29、239和169、1,393和985的平方。

115.—印刷错误问题——解答
答案是25×92等于2592，这是该谜题唯一的解。

116.—改变命运的慷慨之举——解答
由于题目没有说明贾斯珀·布利昂是在哪一年慷慨地分配自己积累的财富的，而我们需要找到最低可能的金额，因此显然必须选择最有利于这种情况的年份。共有四种情况需要考虑：平年，有52个或53个星期日；闰年，也有52个或53个星期日。以下是每种情况下的最低可能金额：
- 313个工作日，52个星期日：112,055英镑
- 312个工作日，53个星期日：19,345英镑
- 314个工作日，52个星期日：无解
- 313个工作日，53个星期日：69,174英镑

因此，最低可能的金额，也就是正确答案，是19,345英镑，这笔钱应在一个以星期日开始的平年中分配。上一次出现这种年份的是1911年。在那一年里，他每天需要支付53英镑；如果按工作日计算，则每天需支付62英镑，这样就能按要求剩下1英镑。

117.—围栏问题——解答
对于那些掌握代数知识的人来说，这个谜题并不难解，但它却有着相当有趣的特性。从示意图中只能看到所求正方形的其中一个角，因此人们很难预料到，为满足条件，这块土地的面积必须恰好为501,760英亩，而围栏所需的栏杆数量也同样是这个数字。然而，这确实是正确答案，也是唯一的答案。如果爱荷华州的那位先生真的照此行事，他的田地每边长度将为28英里，其面积将略大于韦斯特莫兰郡的面积。据我所知，对于“田地”的大小并没有任何限制，不过在英国，田地的规模一般不会这么大。不过，在我的通讯者居住的爱荷华州，人们确实会以极大的规模来建造这样的田地。不过我有理由相信，当他意识到自己要面对的任务有多艰巨时，他会决定放弃这个计划；因为如果奶牛决定去新的树林和牧场吃草，挤奶女工可能得提前一周出发才能获取早晨的牛奶。这里有一个通用规则：当栏杆的长度为半杆时，只需将围栏中的栏杆数量乘以4，得到的结果就是对应面积的正方形田地的边长（单位为英里）。也就是说，使用一根栏杆时，田地面积为4平方英里；两根栏杆则为8平方英里；三根栏杆则为12平方英里，以此类推。当使用七根栏杆时，乘以4后得到的田地面积为28平方英里。在当前这个问题中，如果田地面积变小，那么栏杆数量就会超过田地面积对应的英亩数；而如果田地面积变大，栏杆数量则会少于田地的英亩数。

118.—环绕正方形——解答
虽然初学者可能会觉得这个问题相当困难，但实际上它非常简单。如果在十个数字中省略四个，问题会变得更简单。

首先，我们会发现处于对角线位置的数字的平方值之间存在一定的差值。例如，在图中，14的平方与2的平方之差为192；16的平方与8的平方之差也是192。所有情况下都应该是如此。接着需要记住：两个连续数字的平方之差始终等于较小数字的两倍加1，而任意两个数字的平方之差都可以表示为这两个数字相乘后再加上它们的和。因此，5的平方（25）减去4的平方（16）的结果等于(2×4)+1，即9；同样地，7的平方（49）减去3的平方（9）的结果等于(7+3)×(7-3)，即40。

上文提到的192这个数可以分解为五组不同的偶数因子对：2×96、4×48、6×32、8×24以及12×16。再将这些因子对中的每个数除以2，就可以得到1×48、2×24、3×16、4×12以及6×8。每组数对应的差值与和分别为47、49；22、26；13、19；8、16；以及2、14。这些就是所需的数字，其中四个已经确定。剩下的六个数字有六种不同的排列方式，其中一种按顺时针方向排列如下：16、2、49、22、19、8、14、47、26、13。

我还要提醒读者注意一点：在所有这类圆圈中，对角线位置上的数字的平方之差会以一定的规律递增，最初的差值（6个数字的圆圈除外）为4和6，之后的差值则是在前一个差值的基础上再增加4、6、8、12。当然，如果允许使用分数的话，还可以找到无数种解。不过，这类圆圈中所包含的数字的个数必须符合4n+6的形式，也就是说，它必须是6加上4的倍数。

119.—拉克布兰的小损失——解答
教授开始游戏时应该有13先令，波茨先生有4先令，而波茨夫人则有7先令。

120.—农夫与他的羊——解答
农夫只有一只羊！如果将这只羊按重量分成两部分，使其中一部分占三分之二，另一部分占三分之一，那么这两部分之间的差值就等于它们平方值之间的差值——也就是三分之一。只要分母等于两个分子之和，使用任何两个分数都可以。

121.—正面还是反面——解答
骗子肯定会输，而且他越继续玩下去，损失就会越大。抛两次后，他还会剩下四分之三的钱；抛四次后，剩下十九分之九的钱；抛六次后，剩下六十四分之二十七的钱，以此类推。只要胜负次数最终相等，顺序并无影响。

122.—跷跷板谜题——解答
那个男孩的体重大约是39.79磅。一块砖的重量为3磅，因此16块砖的重量为48磅，11块砖的重量为33磅。将48乘以33，然后取平方根即可。

123.—法律难题——解答
显然，死者的意图是给儿子的数量是母亲的两倍，或者给女儿的数量是母亲的一半。因此，最公平的分配方式应是：母亲得到七分之二，儿子得到七分之四，女儿得到七分之一。

124.—定义问题。——解答
当然，一平方英里与平方英里的面积并无差异。不过它们的形状可能会有很大不同。一平方英里只能是正方形，因为这个术语指的是具有特定大小和形状的平面区域；而平方英里则可以是任何形状，它只是一个面积单位，并不规定具体的形状。

125.—矿工的假期。——解答
比尔·哈里斯所花费的金额一定是13先令6便士，这比那7名矿工的平均花费多出3先令——相当于半基尼。

126.—简单的乘法运算。——解答
所需的数字是3,529,411,764,705,882，可以通过将这一串数字两端的3相抵的方式，再将其乘以3并除以2来得到结果。如果需要更长的数字，只需按相同顺序重复这16位数字即可。

127.—简单的除法运算。——解答
依次用每个数减去其他每一个数，得到的结果分别是358（出现两次）、716、1,611、1,253和895。显然，由于358等于2×179，因此唯一能在所有情况下都能整除这些数的数就是179。经验证，179确实满足这一条件。所以，179就是我们想要的除数，用它来除以原来的那些数时，余数始终为164。

128.—平方数问题——解答
三块木板的边长分别为31英寸、41英寸和49英寸，它们面积的差值恰好为5平方英尺。三个平方数成等差数列时，若公差为7，则这三个数为113/120、337/120、463/120；若公差为13，则这三个数为80929/19380、106921/19380、127729/19380。对于完全平方数而言，其公差必定能被24整除，因此显然这里的平方数必为分数。读者现在可以试着解决公差为23的情况，这可是个相当棘手的难题。

129.—黑斯廷斯战役——解答
任何非平方数的数都可以乘以某个平方数，使得所得乘积比另一个平方数小1。这个数本身不能是平方数，因为平方数乘以平方数仍为平方数，而任何平方数加1都不可能再成为平方数。我所说的这些内容都适用于整数，因为分数形式的“士兵”在战争中并无太大用处。在2到99之间的所有数中，61是最难处理的数字，该谜题的最小解为：哈罗德的军队由3,119,882,982,860,264,400名士兵组成。也就是说，61个正方形的每个边上都各有51,145,622,669,840,400名士兵（即226,153,980的平方），再加上哈罗德本人，就可以形成一个每边有1,766,319,049名士兵的巨大正方形。这个问题属于“佩尔方程”的范畴——之所以如此命名，似乎是因为佩尔既不是第一个提出这个问题的人，也不是第一个解决它的人！费马曾将这个问题作为挑战抛给当时的英国数学家们。利用连分数的方法就可以轻松解决这个问题。在100以内的数字中，仅次于61最难处理的数字是97，因为97×6,377,3522+1是一个平方数。

我之所以认为编年史中的数字肯定有误，是因为我们可以肯定地说，哈罗德的军队人数绝不可能超过三万亿人！如果这支军队（更不用说诺曼人了）真的有整个地球表面——包括海洋——作为驻扎地，那么每个人能活动的空间也就只有四分之一平方英寸多一点而已！换言之，如果给每人一平方英尺的站立空间，那么所有这些小方块所需的空间加起来，相当于直径是地球三倍的球体所拥有的全部空间。

130.—雕刻师的问题——解答
稍加思考就能明白，答案必定是分数形式，而且分子在某种情况下会大于分母，而在另一种情况下则小于分母。实际上，若要得到最简形式的答案，较大立方体的高度应为8/7英尺，较小立方体的高度则为3/7英尺。这里的线性尺寸为11/7英尺，也就是14/7英尺。那么这两个立方体的体积分别是多少呢？第一个立方体的体积为8/7 × 3/7 × 8/7 = 512/343，第二个立方体的体积为3/7 × 3/7 × 3/7 = 27/343。将两者相加，结果为539/343，化简后仍为11/7或14/7英尺。由此可见，以立方英尺表示的答案与以线性英尺表示的答案其实完全相同。

这一思想的起源可以追溯到4世纪初亚历山大的丢番图所著的著作中。这些分数是以三数组的形式出现的，它们是由三个数a、b、c生成的，其中a是最大的数，c是最小的数。此时，分母为ab + c²，而a² – c²、b² – c²以及a² – b²则分别为三个分子。例如，使用3、2、1这三个数，就可以得到8/7、3/7、5/7这些分数；我们可以像上面的解法那样将第一和第二个数配对，或者将第一和第三个数配对来得到另一种解法。分母必须始终是形如6n+1的质数，或者由这样的质数组成。因此，13、19等数可以作为分母，而25、55、187等数则不行。

一旦理解了这一原理，要写出最苛刻的收藏家所要求的任意多组立方数的数值就毫无困难。如果读者希望得到含有大量数字9的立方数，那么以下这两个数或许可以满足他的要求：99999999/99990001和19999/99990001。

131.—西班牙守财奴问题——解答
一个箱子里必须有386枚金币，另一个箱子里有8,450枚，第三个箱子里则有16,514枚，因为386是最小的可能数值。如果要求的是金币总数的最小值，那么答案分别是482、3,362和6,242。无论哪种情况，只要将三个箱子中的任意两个箱子的金币数相加，得到的结果都会是一个完全平方数。有趣的是，在第一种解法中，这三个数的各位数字之和始终为17，而在第二种解法中则为14；不过这只是一个巧合而已，因为并非总是如此。另外需要指出的是，三个数中居中的那个数始终是某个完全平方数的一半。

132.—九个宝箱问题——解答
以下就是符合所有条件的答案：—

A=4，B=3,364，C=6,724，D=2,116，E=5,476，F=8,836，G=9,409，H=12,769，I=16,129。
这些数都是完全平方数，其平方根按字母顺序排列为2、58、82、46、74、94、97、113和127。而A与B、B与C、D与E等数值之间的差值在每种情况下均为3,360。

133.—五个强盗问题—解答
200枚金币可以由这五个强盗以6,627种不同的方式分配。阿方索可能持有1到11枚金币中的任意数量。如果他持有1枚金币，那么剩余金币的分配方式有1,005种；如果持有2枚，有985种；持有3枚，有977种；持有4枚，有903种；持有5枚，有832种；持有6枚，有704种；持有7枚，有570种；持有8枚，有388种；持有9枚，有200种；持有10枚，有60种；而如果阿方索持有11枚金币，那么剩余金币的分配方式仅有3种。他不可能持有超过11枚金币。显然，我不可能逐一列出这6,627种分配方式。我的目的是让有兴趣的读者能够自行算出所有阿方索持有相同数量金币时的分配方式。以阿方索持有6枚金币为例，我们来看看如何得到上述704种不同的分配方式。以下两个表格可作为所有答案的查询依据：—

表一：
A=6，B=n，C=(63-5n)+m，D=(128+4n)-4m，E=3+3m。

表二：

A = 6。
B = n。
C = 1 + m。
D = (376 – 16n) – 4m。
E = (15n – 183) + 3m。

在第一个表格中，n可以取1到12之间的任意整数，而m则可以为0或1到(31 + n)之间的任意整数。在第二个表格中，n可以取13到23之间的任意整数，m则可以为0或1到(93 – 4n)之间的任意整数。因此，对于每一个n的值，第一个表格会给出(32 + n)个结果；第二个表格则给出(94 – 4n)个结果。这样一来，前者共能产生462个结果，后者产生242个结果，加起来正好是704个，这与之前的结论一致。

以第一个表格为例，令n = 5，m = 2；在第二个表格中令n = 13，m = 0。这样我们就能立即得到以下两个结果：

**第一个表格：**
A = 6
B = 5
C = 40
D = 140
E = 9
结果为200个双倍币。

**第二个表格：**
A = 6
B = 13
C = 1
D = 168
E = 12

200枚双倍金币。这些金币的数量是正确的。其余704种情况中，阿方索始终持有6枚双倍金币，都可以通过用不同的数字替换字母m和n，从这两个表格中得出相应结果。换言之，对于阿方索的每种持币情况，对应的解的数量都是两个等差数列的和，其中一个数列的公差为1，另一个为-4。例如，当阿方索持有6枚双倍金币时，一个数列为33 + 34 + 35 + 36 + … + 43 + 44，另一个数列为42 + 38 + 34 + 30 + … + 6 + 2。第一个数列的和为462，第二个为242——这些结果与之前给出的数值一致。这个问题实际上就是要求找出这些数列的首项和末项。需要指出的是，当阿方索持有9、10或11枚双倍金币时，只存在一个属于第二种形式的数列。

134.—银行家的谜题——解答
为了让一定数量的便士无法被分成若干相等的部分，这个数量必须是质数。如果银行家能让数量变为质数，他就能获胜；我将说明，无论顾客在盒子里放入多少便士，银行家总能做到这一点，因此他必然会赢。银行家首先需要放入40便士，然后，无论顾客再放入多少便士，银行家都会要求顾客从柜台上取走比顾客所放金额小1的数的平方。比如，银行家放入40便士，顾客放入6便士，那么顾客就需要取出25便士（5的平方），这样总金额就变成了462，这是一个质数。再试一次：银行家仍放入40便士，顾客放入12便士，此时顾客需要取出121便士（11的平方），最终总金额为173，也是质数。这个谜题的关键在于这样一个有趣的事实：任何不超过39的数，加上它的平方后再加上41，结果都会是质数。这一规律最早是由伟大的数学家欧拉发现的。有人建议，银行家还可以要求顾客取出……

足以将盒子内的物品数量提升到指定数值；但这样做不仅会使得问题变得荒谬，还会违反“双方都不知道对方放入了什么”的规则。

135.—石匠之谜——解答
这个谜题的要点在于：找出最小的平方数，该数可以表示为三个以上连续立方数的和，且不能使用1的立方。由于需要使用三个以上的立方数，因此原本最小的答案233 + 243 + 253 = 2042被排除。不过，253 + 263 + 273 + 283 + 293 = 3152则是可行的答案。而正确的答案虽然需要更多的立方数，但所用石块的总数却更少。具体来说，就是143 + 153 + …… + 253，共计12个立方数，这些立方数相加后得到97,344块石头，可以用它们来砌成一个312×312的正方形。需要指出的是，解决这个谜题的关键在于所谓的三角数。（参见第13、25和166页。）

136.—苏丹的军队——解答
形如4n + 1的最小质数为5、13、17、29和37，而形如4n - 1的最小质数为3、7、11、19和23。形如4n + 1的质数总可以表示为两个平方数的和，而且只有唯一的一种表示方式。例如：5 = 4 + 1；13 = 9 + 4；17 = 16 + 1；29 = 25 + 4；37 = 36 + 1。而形如4n - 1的质数则无论如何都无法表示为两个平方数的和。
如果一个数能够以多种不同的方式表示为两个平方数的和，那么它必然是一个复合数，并且其中必须包含一定数量的形如4n + 1的质数。因此，像5或13这样的数只能以一种方式表示为两个平方数的和；而65（5×13）则有两种表示方式，1,105（5×13×17）有四种表示方式，32,045（5×13×17×29）则有八种表示方式。由此可见，每增加一个这样的质因数，表示方式的数量就会翻倍。

我们在这里介绍的一种形式。不过需要指出的是，我称之为“新因子”，因为因子的重复遵循另一套规则。25（5×5）只能有一种表示方式，而125（5×5×5）则有两种表示方式，625（5×5×5×5）同样也有两种表示方式；如果我们再加入一个5，那么这个数就可以用三种不同的方式表示为两个平方数的和。如果某个复合数中包含第二种形式的质数，那么该数就无法表示为两个平方数的和。因此，15（3×5）不行，135（3×3×3×5）也不行；但如果3的个数为偶数，那么这个数就可以表示为两个平方数的和，因为这些3本身可以构成一个平方数，不过此时只有一种解。例如，45（3×3×5或9×5）= 36 + 9。同样地，因子2或其任意次幂，如4、8、16、32，都可以出现；但它们的存在与否不会影响解的个数，除非像50这种情况，因为50相当于一个平方数的两倍，所以会有49+1和25+25这两种解。

一旦将一个数分解为其质因数，就可以立刻判断它是否能够表示为两个平方数的和；如果可以的话，计算出有多少种表示方式的过程也非常简单，甚至无需动脑即可完成。我举的例子是130，我立刻看出它是由2×5×13构成的，既然65可以用两种方式表示（64+1和49+16），那么130也可以用两种方式表示，而因子2并不会影响这一结果。

能够以十二种不同方式表示为两个平方数之和的最小数是160,225，因此这也是能满足苏丹要求的最低数值。这个数由5×5×13×17×29这些质因数组成，而这些质因数都符合要求的形式。如果这些质因数都是不同的，那么就会有十六种表示方式；但由于有一个质因数被重复使用了，所以只有十二种表示方式。以下是这十二组平方数的对应边长：(400和15)、(399和32)、(393和76)、(392和81)、(384和113)、(375和140)、(360和175)、(356和183)、(337和216)、(329和228)、(311和252)、(265和300)。将每组中的两个数分别平方后再相加，其和在每种情况下都会是160,225。

137.—节俭之道——解答
如果桑迪·麦卡利斯特夫人想要得到她那精明的丈夫所承诺的第六份礼物，她就必须从自己的生活津贴中节省出一大笔钱。而要想有足够的积蓄，她的津贴数额想必相当可观。这道题要求我们找到五个大于36的数，使得这些数能够以某种方式组合成正方形、一个三角形、两个三角形以及三个三角形，且在这四种组合中都需使用到所有的数。

每一个三角数都有一个特性：将其乘以8后再加1，结果会是一个奇数的平方。例如，将1、3、6、10、15分别乘以8再加1，得到的结果是9、25、49、81、121，这些都是奇数3、5、7、9、11的平方。因此，只要8x²+1是一个平方数，那么x²也必定是一个三角数。这一点在我们之前的谜题“黑斯廷斯战役”中已有涉及。现在我只需再说明一下：一旦找到第一个解，其余的解就能轻松找到。首先，以下是相关的数值：

8×1² + 1 = 32
8×6² + 1 = 172
8×35² + 1 = 992
8×204² + 1 = 5772
8×1189² + 1 = 33632
8×69302² + 1 = 196012
8×403912² + 1 = 1142432

相邻的数对可以通过以下方式得到：
(1×3) + (3×1) = 6
(8×1) + (3×3) = 17
(1×17) + (3×6) = 35
(8×6) + (3×17) = 99
(1×99) + (3×35) = 204
(8×35) + (3×99) = 577

以此类推。只要在上面的表格中查找相应的数字，方法就一目了然了。

因此我们发现，36、1225、41616、1413721、48024900以及1631432881这些数分别可以构成边长为6、35、204、1189、6930和40391的平方形；同时它们也可以构成边长为8、49、288、1681、9800和57121的三角形。这些数可以通过上述第一个表格中的最后一列来得到：只需将这些数除以2，然后舍去余数即可。这样一来，17、99和577的整数一半分别为8、49和288。

我们所找到的所有数都可以随意构成两个或三个三角形。下图可以直观地说明：每一个平方数都必定是两个三角形的面积之和，其中一个三角形的边长与对应平方形的边长相同，而另一个三角形的边长则比前者小1。

因此，任何平方形都可以轻易地被分割成两个三角形，而两个连续三角形的面积之和则必然构成一个平方形。从数值上来看也是如此——如果我们观察最初的那些三角形数：1、3、6、10、15、21、28，就会发现，将每对连续的数相加，就能得到一系列平方数：9、16、25、36、49等等。用这些数来构成三个三角形的方法同样简单明了，无需尝试。不过我只能给出具体的数值，并说明所有边长大于6的三角形都可以被分解为三个三角形。我会给出这些三角形的边长，读者们可以通过我的说明知道如何根据这些边长计算出每个三角形中棋子或硬币的数量，从而在需要时验证结果。

数字
正方形。三角形。两个三角形。三个三角形。
36 6 8 6+5 5+5+3
1225 35 49 36 + 34 33 + 32 + 16
41616 204 288 204 + 203 192 + 192 + 95
1413721 1189 1681 1189 + 1188 1121 + 1120 + 560
48024900 6930 9800 6930 + 6929 6533 + 6533 + 3267
1631432881 40391 57121 40391 + 40390 38081 + 38080 + 19040

需要说明的是，最后两列中所给出的排列方式并非构成两个或三个三角形的唯一方法，还有其他方式存在，但这一组数值已经足以满足我们的需求。由此可见，麦克阿利斯特夫人要想得到第六个价值5英镑的奖品，就必须先存下1,631,432,881英镑这笔巨额款项。

138.—炮兵的困境——解答
我们需要找出最少需要多少枚炮弹，才能将它们摆成完美的正方形形状，同时还能把它们堆成正四棱锥。我会尽力让最初接触这个问题的人也能理解其中的原理。

12 3 4 5 6 7
13 6 10 15 21 28
14 10 20 35 56 84
15 14 30 55 91 140

在第一行中，我们按顺序排列自然数。第二行中的每个数字，都是上一行从第一个数到它所在位置之前的所有数的和。例如，1、2、3、4相加的结果就是10。第三行的生成方式与第二行完全相同。在第四行中，每个数字都是它上面那个数与再上面那个数的和。比如4和10相加等于14，20和35相加等于55。由此可见，第二行中的所有数字都是三角数，也就是说，这些数量的炮弹可以用来摆出相应的形状。

将球放在地上，使其形成等边三角形。第三行的数字将用来构成三角锥，而第四行的数字则用于构成正方锥。通过上述数字的排列方式，我们可以看出：每一个正方锥都可以由两个三角锥相加而成，其中一个三角锥底面各边的球数与另一个相同，另一个则少一个球。如果我们将表格继续填到24行，那么第四行就会出现4,900这个数字。由于4,900是70的平方，因此我们可以用这些球摆成一个正方形，进而构成一个正方锥。虽然这种逐行列出数字直至得到完全平方数的方法在数学上并不优雅，但它能让我们明白：任何人都能轻松找到这个谜题的答案。事实上，我必须承认自己未能找到除4,900之外的其他满足条件的数字，也找不到任何能够证明这是唯一解的严格证明。这个问题相当复杂，如果存在第二个解的话（我认为不存在），其数值肯定也会非常大。为了方便那些水平更高的数学家，我补充一下：正方锥数的一般表达式为(2n³ + 3n² + n)/6。要想让这个表达式也成为一个完全平方数（1这个特例除外），则必须有n = p² – 1 = 6t²，同时满足2p² – 1 = q²（即“佩尔方程”）。在我们找到的解中，n=24，p=5，t=2，q=7。

139.—荷兰人的妻子们.—解答
在每种情况下，所支付的金额都是完全平方数的先令数，因为他们买1头猪要付1先令，买2头付2先令，买3头付3先令，以此类推。不过，每位丈夫支付的总额比他的妻子多63先令，因此我们需要找出63可以如何表示为两个完全平方数之差。仅有三种可能的组合：8的平方减去1的平方，12的平方减去9的平方，以及32的平方减去31的平方。这里的1、9和31分别代表每位妇女购买的猪的数量以及每头猪的售价，而8、12和32则对应他们各自丈夫的相应数值。根据所提供的更多信息……

现在，我们可以将他们配对如下：科尼利厄斯和古特伦买了8和1；埃拉斯和卡特伦买了12和9；亨德里克和安娜买了32和31。这些配对恰好代表了那三对已婚夫妇。读者或许会想知道，如何确定一个数能以两种平方数之差的形式表示出来的最大次数，以及如何找出具体的平方数。除了1、4以及任何奇数的两倍之外，所有的整数都可以通过将其分解为因子对的方式来表示为两个整数平方之差，其中1也视为一种因子。假设这个数是5,940，它的因子有2、3、5、11，对应的指数分别为2、3、1、1。此时，需从2的指数中减去1，而其他所有因子的指数则加1，这样得到的数值就是1、4、2、2。这四个数的乘积的一半，就是5,940能以两种平方数之差形式表示出来的方式数——也就是8种。由于5,940是偶数，我们首先将其除以4，得到1,485，1,485的八组因子对分别为1×1,485、3×495、5×297、9×165、11×135、15×99、27×55以及33×45。只要计算出任意一组因子对的和与差，就能得到相应的数值。例如，1,486的平方减去1,484的平方等于5,940，498的平方减去492的平方也等于同样的结果，以此类推。在63这个例子中，由于该数是奇数，我们直接对其分解为1×63、3×21、7×9。通过计算这些因子对的和与差的一半，就可以得到32和31、12和9、8和1，这与谜题的解答一致。反过来，已知一个数可以表示为两个平方数之差时，要找出它的因子其实也很简单。例如，上文中提到的任意一组因子对的和与差，都能帮助我们找到63的因子。所有的素数（1和2除外）都只能以一种方式表示为两个平方数之差。如果一个数有多种表示为两个平方数之差的方式，那么它就是合数；而一旦确定了这种表示方式，我们就可以像前面所看到的那样立即找出它的因子。1643年，费马在给梅尔塞纳或弗雷尼克的信中展示了如何判断一个数是否有多种表示为两个平方数之差的方式，或者判断它是否为素数。不过，对于较大的数字来说，这种方法显然相当繁琐，尽管在实际应用中可以大大简化流程。在许多情况下，这是目前已知分解大数最简捷的方法。我一直认为……

有一种观点认为，费马在完成某项因式分解的壮举时使用了这一方法，不过这只是一个历史上的猜测，充满神秘色彩。

140.—找出艾达的姓氏。——答案
那些女孩的名字分别是艾达·史密斯、安妮·布朗、艾米丽·琼斯、玛丽·罗宾逊和贝西·埃文斯。

141.—周六购物问题。——答案
由于每个人的购买金额都是整数先令数，而且她们出发时一共有40先令，因此没有必要给任何人零钱，也无需证明她们确实拥有零钱。这样一来，唯一的答案就是这几位女士的名字分别是安妮·琼斯、玛丽·罗宾逊、简·史密斯和凯特·布朗。这样计算下来，正好会剩下8先令，这些钱可以平均分给这八个人，无需任何零钱。

142.—丝绸拼布问题。——答案

我们的图解将展示如何剪开拼布的缝线，从而得到一个完整的正方形F，以及四个大小相同的块G、H、I、K，这些块组合起来就能形成一个完美的希腊十字形。读者可以通过文章中的图13了解如何将这些四块拼合在一起。

143.—从一个图案得到两个十字形——解决方案
如图1所示，其中一个十字形是完整地被剪出来的；而标记为B、C、D和E的四个块则构成了第二个十字形，如图2所示，其大小与第一个十字形完全相同。至于如何确定切割方向，就留给读者自己去探索吧。需要注意的是，万字标志再次出现了。

现在出现了一个难题：我们该如何用最少的块数，从一个图形中切出三个希腊十字形？实际上，这个问题只需13块就能解决；不过我知道，我的许多读者都是精通几何学的专家，他们希望有这样的题目可以研究，而无需知道答案，因此我暂时不公开这个解法。

144.—十字形与三角形——解答
下图中的线段AB代表一个正方形的边长，该正方形的面积与十字形的面积相等。如前所述，我已经在其他地方介绍过如何构造面积相等的正方形和等边三角形。因此，无需再探讨如何确定与十字形面积相等的三角形的尺寸这一初步问题。我们就假设已经找到了这个数值，那么问题就变成了：如何将其中一个图形切割成若干块，从而构成另一个图形呢？
首先画出线段AB，其中A点和B点位于两条交叉臂端点的中间位置。接着画出长度等于三角形边长一半的线段DC和EF。然后以E点和F点为圆心，绘制相同的……

以点G为圆心，画出相交的弧线，然后连接FG。接着让IK的长度等于H的长度，同时让CLB的长度等于AD的长度。此时若画出IL线，它应当与FG平行，这样六个部分就被标出来了。将这些部分组合起来，就能形成一个完美的等边三角形，如第二张图所示。或者，我们也可以先确定三角形中MN线的方向，然后将点O置于十字形的点E上方，再绕着十字形旋转三角形，直到MN线与AB平行为止。之后就可以标记出第5个部分，再依次标记其他部分。

我见过很多试图通过假设三角形的高的数值与十字形的高完全相同的办法来解决问题。但这是错误的：在面积相同的情况下，十字形的高度始终会高于三角形。

145.—折叠十字形——解决方案

首先，沿着图1中的虚线AB将十字形结构折叠起来，这样它就会变成图2所示的形状。接着，再沿着虚线CD进行折叠（这里的D当然是十字形的中心点），此时就会得到图3所示的形状。最后，用剪刀从G处剪到F处，这样就会得到四个大小和形状都相同的碎片，将这些碎片拼合起来就可以形成一个正方形，如图4所示。

146.—一个简单的拼图游戏——解答

这个谜题的解法如图所示。将图形分成12个面积相等的三角形，就能很容易地找到切割方向，这些方向由虚线标出。

147.—一个简单的方形谜题——解答

该图已经说明了一切：五个部分中的其中一个被切成了两半，从而形成了一个正方形。

148.—面包块谜题——解答
这个谜题的秘诀在于：根据给定的圆圈尺寸关系，三个直径会构成一个直角三角形，如A、B、C所示。因此，两个较小的面包块与那个较大的面包块大小完全相同。所以，如果我们把标有D和E的两半分给大卫和埃德加，他们就能得到相等的份额——每人四分之一的甜点。接着，如果我们将小面包块H放在另一个面包块的顶部，并按照所示方式描出其轮廓，那么弗雷德的那一份F，再加上标有G的那半边缘部分，就会与哈里的小面包块H大小完全相等。这样，每个男孩都能得到完全相等的份额，而且总共只需要五块面包块即可。

149.—巧克力方块——解答

A形区域保持完整；标有B的两块可以拼合在一起，形成一个第二个正方形；标有C的两块则可以拼成第三个正方形；而标有D的四块则可以构成第四个正方形。

150.—将等边三角形分割成若干部分以形成正方形——解答
下页的图示展示了如何将等边三角形切割成五块从而构成一个正方形。虚线用于标示如何找到点C和F——这也是唯一的难点。AB是BD的一半，且AE与BH平行。以B为圆心画出弧HE，那么AE的长度就相当于点C到B的距离。此时，FG的长度等于BC减去AB。
至于将等边三角形分割成四个大小和形状都相同的部分的难题，我找不到早于1835年的相关记载。严格来说，以那种形式是无法解决这个问题的；但我还是给出了人们通常认可的答案，这个答案似乎也能让大多数人满意。

我们被要求假设那些包含相同字母的两部分——AA、BB、CC、DD——仅由“极细的连接线”相连，因此实际上属于同一整体。在几何学家看来，这种假设是荒谬的；除非每两部分都由两个独立的个体组成，否则这四部分的面积就不可能相等。而如果要让它们的面积相等，它们的形状又不可能完全一致。

151.—木工谜题——解答
只要知道方法，解决这个谜题再简单不过了。然而，如果想要用最少的块数——即三块——来完成它，初学者往往会感到十分困惑。只需找到位于B和C中间的点A，然后从A向D和E作切线即可。这样，这三块就能按照所示方式组成一个正方形。当然，原图的比例必须正确；因此，三角形BEF的面积仅为正方形BCDF面积的四分之一。从B向D画线，从C向F画线，这样一来就一目了然了。

152.—另一个木工谜题——解答

关键在于找到一种通用规则，使得另一个正方形与一个“直角等腰三角形”结合后能构成一个完美的正方形。几何学家们给这个三角形起的那个听起来很复杂的名字，其实不过是将正方形从一角切到对角后得到的半个正方形罢了。正方形与三角形之间的精确比例其实并不重要，只需将材料切成五块即可。假设上图中的原始正方形为ACLF，而三角形则为阴影部分CED。首先，我们找出三角形长边CD长度的一半，然后在AB处标记出这个长度；接着将三角形放在正方形的相应位置上，再做两次切割——一次是从B到F，另一次是从B到E。虽然听起来有些奇怪，但这就是全部所需步骤！如果现在按照图示将G、H和M这三块材料移到新的位置上，就能得到完美的正方形BEKF。取两张大小不同但都是正方形的纸，将较小的那张从一角切到对角分成两半，然后按照上述方法操作即可。

按照所示方法操作，你会发现只需进行这两道简单的切割，就能将这两块纸组合成一个更大的正方形，而且无需翻转任何一块纸。所谓三角形“可能稍大或小一些”的说法，是为了避免出现三角形面积大于正方形面积的情况——在那种情况下需要6块纸；而当三角形与正方形的面积相等时，则只需沿对角线将正方形一分为二，即可用3块纸解决这个问题。

153.—剪裁拼图——解法

示意图展示了如何将四块纸剪裁出来并拼成一个正方形。首先确定正方形的边长（即矩形长与高的几何平均数），方法很直观。如果这条带状纸的尺寸恰好为9x1、16x1或25x1的比例，那么就可以分别将其剪成3块、4块或5块矩形，从而拼成正方形。除了这些特殊情况外，一般规律是：对于长度是宽度n²倍以上、但不超过(n+1)²倍的带状纸，可以将其剪成n+2块来拼成正方形，其中会有n-1块类似图中第4块的矩形。例如，对于24x1的带状纸，其长度为

宽度为原来的16倍以上、25倍以下。因此，可以用6块来拼接（此处n为4），其中3块为矩形。当n等于1时，矩形部分消失，此时需要用3块来拼接。当然，在这些限制条件下，各边的长度不必是有理数：这种解法纯粹是几何上的。

154.—霍布森夫人的心事——解答

由于我已经给出了那块破损地毯的精确尺寸，要确定正方形的准确尺寸就变得相当容易了。被切掉的两块拼合起来后会形成一个12×6的长方形，其面积为72平方英寸或平方码；而原来完整地毯的尺寸为36×27，面积为972平方英寸。因此，如果减去被切掉的部分，新地毯的面积应为972减去72，即900平方英寸。由于900是30的平方，可知新地毯的尺寸必须是30×30，这样才能构成一个完美的正方形。这为解决问题提供了很大帮助，因为我们可以确定，两条长度均为30的横向边可以保持不变。其实，有一种非常简单的方法可以将地毯分成4块，也有一种几乎不算困难的方法可以将它分成3块，但正确的解法还是……

答案只有两部分。可以看出，如果在切割之后将B部分的齿向下移动一格，那么这两部分就能拼接在一起，形成一个正方形。

155.—五边形与正方形——解法
一个规则五边形可以被分割成仅六块，这些块无需翻转即可拼接成一个正方形，具体方法如下所示。此前最好的解法是需要七块——那是几年前由一位外国数学家保罗·布舒普提出的。我们首先构造一个平行四边形，再由此得到正方形。具体步骤可见下页的图示。
该五边形的各顶点为ABCDE。通过AC这条割线和FM这条割线（F是A和C的中点，M到A的距离与F到A的距离相等），我们可以得到两块，将它们分别放在GHEA位置，就可以构成平行四边形GHDC。接着我们需要找到HD的长度与平行四边形高度的比例中项。在C点标记出这个距离，记为K，然后画出CK线，从G点作垂直于KC的GL线。剩下的步骤就很简单且显而易见了。可以看出，这六块既可以拼成五边形，也可以拼成正方形。
我收到过一种声称只需五块就能解决该问题的方法，但那种方法基于一个相当微妙的错误观念：即五边形对角线的一半加上边长的一半等于面积相同的正方形的边长。我称其为“微妙”，是因为这种近似值非常接近真实值，足以欺骗人，而且很难证明它是错误的。据我所知，此前还没有人注意到这种奇怪的近似现象。

另一位研究者将正方形的边长设为五边形边长的1¼倍。实际上，这一比例是无理数。据我计算，无论五边形的边长是1英寸、1英尺还是其他长度，面积相等的正方形的边长都约为1.3117，或者说大约是13/10。因此，我们只能期望通过几何方法来解决这个谜题。

156.—被分割的三角形——解法
图A就是最初的三角形，其各边长度均为5英寸（或5英尺）。如果在任意等边三角形的底部沿与底边平行的方向切下一段，剩下的部分仍然会是一个等边三角形；因此我们首先切下部分1，这样就得到了一个每边长为3英寸的三角形。从图中可以很容易地看出在图A中其余切割线的方向。
如果我们想要得到两个三角形，那么部分1就是一个，而部分2、3、4和5则可以像图B所示那样组合在一起，形成另一个三角形。如果我们想要得到三个等边三角形，那么部分1为一个，部分4和5构成第二个三角形，如图C所示，而部分2和3则构成第三个三角形。

第三种情况，如D所示。在B和C中，第5块棋子会被翻转过来；但这并无问题，因为这并非被禁止的，也不违背该谜题的规则。

157.—桌面与桌子——解答

我提出这个小谜题的目的，就是想指出“椭圆形”一词所表达含义的不确定性。虽然“椭圆形”这一词源自拉丁语中的“ovum”，即鸡蛋，但我们所理解的那种一端比另一端小的蛋形，其实只是椭圆形的众多形态中的一种而已；有些鸡蛋其实是球形的，而球形或圆形显然不属于椭圆形。如果我们谈论椭圆——也就是圆锥形椭圆——的话，那就比较可靠了，但即便如此也必须小心避免出错。我记得多年前有一位利物浦的市议员，由于对家禽不太了解，竟用“母鸡”来代替“家禽”，还说：“各位先生，我们必须记住：虽然所有的公鸡都是母鸡，但并非所有的母鸡都是公鸡！”同样地，我们也要始终牢记：虽然所有的椭圆都属于椭圆形，但并非所有的椭圆形都是椭圆。可以说，椭圆形是一种长圆形的曲线图形，它有两个不相等的直径，且由一条闭合的曲线围成；这自然包括了椭圆，但所有那些在形态上接近椭圆形、却不一定具备上述特征的图形，也都属于“椭圆形”的范畴。因此，我为这个谜题给出的解答，涉及到的就是那种尖形的椭圆形，在建筑学中被称为“鱼形”。

表中的虚线仅为便于观察而添加的，实际切割应沿着实线进行。可以看出，这八块木片可以拼成两把大小和形状完全相同、且带有类似手孔的凳子。这些手孔比教师用凳子上的手孔稍长一些，但宽度要小得多，面积也小很多。当然，5号和6号木片可以一次性切割出来——7号和8号也是如此——这样总共只需六块木片。不过我希望能保持与原故事中相同的数量。

当我首次在伦敦的一家报纸上刊登这个谜题作为竞赛题目时，没有收到任何正确答案。不过，有一位住在伦敦医院里的男子提出了一个巧妙且制作精良的解决方案，他还附上了这样的说明：“这里没有圆规，我只好用一把小折刀、一截柴火、玩具发动机上的一块锡片、一枚锡钉以及两段发夹来临时制作一对圆规。这对圆规相当实用，我会把它当作你这个谜题的纪念品保存下来。”

158.—伟大的单子体——解答
圆的面积与其直径的平方成正比。如果有一个直径为2英寸的圆，另一个直径为4英寸的圆，那么……

该圆的面积将是另一个圆的四倍，因为4的平方是2的平方的四倍。现在，如果我们参考图1，就会看到两个相等的正方形可以被分割成四块，进而组成一个更大的正方形；由此不难看出，任何正方形的面积都只是其对角线所对应正方形面积的一半。在图2中，我展示了一个常见于古代关于“一”的图示中的正方形；这正是我认为该符号具有数学意义的理由，因为它能够证明外环或环状区域的面积恰好等于内圆的面积。将图2与图1进行比较，就会发现由于CD直径的平方是内圆CE直径平方的两倍，因此大圆的面积也是小圆面积的两倍，进而可得出环状区域的面积恰好等于内圆的面积。这就回答了我们的第一个问题。

在图3中，我展示了第二个问题的简单解法。该解法显然是正确的，可以通过对各部分进行切割与叠加来证明，虚线也能帮助说明这一点。第三个问题则可通过图2中的CD切割来解决，不过仍需证明F确实等于阴或阳的一半，我们将在图4中对此进行证明。圆K的面积是包含阴和阳的圆的四分之一，因为它的直径恰好是后者的二分之一；同样，图3中的L的面积也是四分之一。因此显然G与H相等，进而半G也等于半H。所以F从L那里失去的量正好可以从K那里得到，因此F必定是阴或阳的一半。

159.—贴面正方形的谜题——解答

任何平方数都可以以无数种不同的方式表示为两个平方数的和。本题的解答正是这一规律的简单体现。当然，前提是我们必须给出具体的尺寸。

在这个谜题中，我忽略已知正方形的尺寸，假设它的边长为13n。n的值可以稍后确定。按照图示将正方形分割成169个更小的正方形（虚线表示原来的边界）。由于169等于144与25之和，因此我们将把大正方形进一步分割成两个边长分别为12×12和5×5的正方形；而我们知道，一个正方形可以通过切割成四块来得到两个正方形，因此我们就在这个数值范围内寻找解决方案。图中的实线标出了切割的位置。5×5的正方形可以完整地切出来，而较大的正方形则由剩下的B、C、D三块组成，读者可以很容易地将它们拼合起来。

显然，n的值为5/13英寸。因此，较大的正方形的边长为60/13英寸×60/13英寸，较小的正方形的边长则为25/13英寸×25/13英寸。60/13的平方加上25/13的平方等于25。这样，这个正方形就被分割成了仅四块，恰好形成两个已知尺寸的正方形，同时也避免了使用那16颗钉子。

以下是一个通用公式，可用于找出两个正方形，使其面积之和等于给定的正方形面积a²。在解决此谜题时，p=3，q=2，a=5。

_________________________
2pqa ÷ [a²(p²+q²)² – (2pqa)²] = x；
[p²+q²] ÷ [p²+q²] = y；
此时有x² + y² = a²。

160.—两枚马蹄形图案——解法

这个谜题的要求是将两只鞋子（包括鞋面上的轮廓部分）切成四块，每只鞋各两块，这些块拼接起来后能形成一个完美的圆。同时，还要求这四块的形状各不相同。实际上，这个谜题是基于中国哲学中“一”这一概念的原理而设计的。（参见第158题。）

上面的图示展示了该问题的正确解法。可以看出，1和2被切成了四块形状各异的块，这些块拼接后便能形成图3中所显示的完美圆。此外，一只鞋的A和B两块与另一只鞋的C和D两块，实际上构成了圆的两个完全相似的部分——也就是“一”中的阴与阳。可以看出，从圆的角度更容易确定马蹄的形状，而从马蹄的角度则较难确定圆的尺寸；不过，只要知道马蹄长边的曲线属于圆的周长的一部分，那么确定圆的尺寸也就不再困难了。B和D之间的差异很有启发性，这一思路在所有要求各块形状必须不同的情况下都十分有用。在构造D时，我们只需在B的基础上再加上一个对称的曲线形结构即可。因此，无论将B还是D旋转四分之一圈后再放到新位置，都能得到完全相似的效果。

161.—贝西·罗斯谜题——解答

按照图1中所示的虚线将圆形纸片对折，然后如指示那样将上半部分分成五等份。接着沿着这些线条继续折叠，纸片就会变成图2所示的样子。如果想要得到如图3那样的星星形状，就从A点剪到B点；如果想要如图4那样的形状，则从A点剪到C点。由此可见，剪裁点越靠近底部，星星的尖角就越长；而剪裁点离底部越远，星星的尖角就越短。

162.—纸板链条的制作方法—解答
只要在剪裁纸板链条时付出足够的细心与耐心，读者一定能获得满意的成果。我们假设他手头有一块尺寸为8英寸×2.5英寸的纸板，不过实际尺寸并无太大影响。当然，如果想要制作更长的链条，就必须使用更大的纸板。

取一条长条纸板。首先，用铅笔在距离边缘半英寸处画出B B和C C两条线，同时再画出间距为半英寸的若干条垂直短线。在纸板的另一面以相同方式画出这些线条；为使它们对齐，可以用针在那些垂直短线末端的位置扎孔。接着用小刀将纸板从A A处剪到B B处，再从D D处剪到C C处。然后沿着所有的垂直短线将纸板完全剪开，同时沿着B B和C C上未标有圆点的那部分将其剪成两半。之后将纸板翻过来，在上侧带圆点位置的下方，沿着B B和C C上的短线将其剪成两半。只要用小刀小心地将各部分分开，就能像图2所示那样将纸板分成两个相互交错的梯形结构；如果把所有阴影部分都剪掉，就可以得到由纸板制成的、没有接缝的链条，其样子如第40页的插图所示。这种谜题还有一个有趣的变体：即以同样的方式在纸板上剪出两个“钥匙”，且两者之间也没有接缝。

164.—土豆谜题——解答
通过六次切割，最多可以得到22块。图中所展示的便是一种相当对称的切割方式。此类问题的规则是：每条切割线都必须与其他所有切割线相交，且没有任何两个交点重合；也就是说，每条线都会穿过其他每一条线，但不会有超过两条线在同一个点上相交。虽然还有其他切割方法，但若想得到最多的块数，就必须始终遵守这一规则。

一般公式为：进行n次切割时，最多可得到(n(n + 1) + 1)/2块。已故的萨姆·洛伊德曾提出过这样一个问题：如何通过n条直线将一块固体奶酪切割成尽可能多的块。当然，被切下来的块儿不能移动或堆叠在一起。在这种情况下，我们需要考虑的是平面之间的相交关系，其通用公式为：进行n次切割时，最多可得到((n – 1)n(n + 1))/6 + n + 1块。

当n的数值较小时，要“看清楚”连续切割的方向及效果是极其困难的。

165.—七头猪问题——解答
图示展示了如何设置三道围栏，以便将每头猪都单独关在各自的圈舍中。如上一个谜题所示，用三条直线在正方形内所能围出的区域最多为七个。考虑到这一事实，必须通过尝试来解开这个谜题。

166.—地主的围栏问题——解答
只需四道围栏即可，具体如下：—

167.—巫师的猫们.—解答
该图无需解释。它清楚地展示了如何绘制三个圆圈，使得每只猫都有独立的区域，并且无法在不穿过线条的情况下靠近另一只猫。

168.—圣诞布丁——切割方法
图示展示了如何将布丁切成两个大小和形状完全相同的部分。这些切线必须经过点A、B、C、D和E。不过，在满足这一条件的情况下，切线的走向可以有无数种可能。例如，在A点与边缘之间的中点处，切线可以以无限多种方式延伸（无论是直线还是曲线），只要它能够关于点E对称地延伸到对面的边缘即可。在其他位置也可以采用类似的切割方式。

169.—七巧板悖论——解答
这些图示展示了如何用七块七巧板拼出各种图形。可以发现，在两种情况下，头部、帽子和手臂的形状完全相同，身体底部的宽度也一致。不过第一种图形由四块拼块组成，而第二种图形则只有三块。第一种图形的大小比第二种多出恰好是A点和B点之间虚线所标注的那条窄带对应的面积。因此，这条窄带的面积恰好等于另一种图形中用于构成脚部的那块拼块的面积，只不过当这些拼块分布在身体侧面时，这种尺寸上的差异并不容易被察觉。

170.—坐垫套。——解决方案

标有A的两块锦缎拼接在一起后，就能形成一个完美的正方形垫子表面；而标有B的两块锦缎则可以拼成另一个正方形。

171.—横幅拼图——解答
示意图已说明一切。将横幅分成25个正方形（因为这个数字是另外两个正方形数16和9的和），然后沿着粗线剪开。标有A的两块锦缎可拼成一个正方形，标有B的两块锦缎则可拼成另一个正方形。

172.—斯迈利夫人的圣诞礼物——答案

第一步是找到六个不同的平方数，使它们的和为196。例如：1 + 4 + 25 + 36 + 49 + 81 = 196；1 + 4 + 9 + 25 + 36 + 121 = 196。

1 + 9 + 16 + 25 + 64 + 81 = 196。其余情况则需要依靠个人的判断与创造力，无法给出固定的操作规则。附图展示了前两种情况的解法。当然，在每种情况下，标有A的三个块与标有B的块都会组合成一个正方形。各块的拼接方式可能略有不同，读者或许有兴趣为自己所给出的第三组正方形找到解法。

173.—珀金斯夫人的被子——解法
下图展示了该被子的制作方法。

我认为，这个谜题实际上只有唯一的解法。所需的最少独立正方形数量为11个。各部分的尺寸必须如所示，三个最大的块必须按指定方式排列，而剩下的8个正方形可以“镜像对称”，但不得以其他方式排列。

174.—锦缎方块的切割问题——解答

据我所知，只有唯一一种解法能够满足所有条件。各块方块的拼接方式如图1、图2和图3所示，这些图展示了如何切割原来的两个方块。可以看出，A块和C块各包含20个方格，因此面积相等。图4（由被切割后的第5号方块拼合而成）也解决了这个谜题，只是还有一点需要满足：“我按照期望的方式切割了这两个方块。”在这种情况下，较小的方块保持完整。我还是将其作为该谜题特点的一个例证。在这类问题中，如果要让图案完全吻合，就不可能让任何一块方块旋转四分之一圈；不过（如图4中的F块所示），我们可以让对称的方块旋转半圈——也就是将其倒过来。在这些方格图案的问题中，一块方块能否旋转四分之一圈、半圈或根本不旋转，取决于图案的设计特点、所使用的材料以及方块本身的形状。

175.—另一道拼图题——解答
女士只需沿着拼图较大部分中的暗线拆开缝线，这样四块拼图就能拼接在一起，形成一个正方形，正如我们的示意图所示。

176.—油毡切割方法—解决方案
只有一种方法能够让我们在尽可能少地切割的情况下保留两块材料中较大的一块。下图中的图1展示了如何切割较小的那块，图2则说明了如何处理较大的那块；而图3则显示了由这四块材料拼接而成的10×10的正方形，所有方格都正确对应。可以看出，D块包含52个方格，这是在现有条件下所能保留的最大尺寸的块。

177.—另一个亚麻油地毡谜题——解答
沿着粗线剪开，四块碎片就能拼合在一起，形成如小图所示的完美正方形。

178.—纸板箱问题——解答
将顶部和侧面的面积相乘后再除以底部的面积，即可得到长度的平方；同样地，将顶部和底部的面积相乘再除以侧面面积，可得宽度的平方；将侧面和底部的面积相乘再除以顶部面积，则可得到深度的平方。不过我们只需要其中一种计算方法即可。以第一种为例：120×96除以80等于144，而144正是12的平方。因此，长度为12英寸，由此便可直接得出宽度和深度——分别为10英寸和8英寸。

179.—偷窃钟绳的问题——解答
只要我们知道直角三角形的一条边长（记为a），以及另一条边与斜边之间的差值（记为b），那么斜边的长度就可以算出来了。

a2
/2b + b/2

对于我们的谜题来说，其计算结果为：
(48 × 48) / 6 + 1½英寸 = 32英尺1½英寸，
这就是绳子的长度。

180.—四个儿子的问题——解答

该图展示了一种尽可能公平的土地分配方式，即“每个儿子获得的土地面积完全相同，形状也完全一致”，同时每个人都能在不侵犯他人土地的情况下使用位于中央的井。虽然并不要求每个儿子的土地必须是完整的整体，但分配给每个人的两个部分必须相互分开；否则，如果两个相邻的部分被视作一个整体，那么关于形状的条件就无法得到满足。

已损坏。目前，每块土地都只有唯一一种形状——对角线将其分成两半的矩形。A、B、C、D这四个点都可以从外部到达各自的土地，而且它们都能以相同的距离到达中央的井。

181.—三个火车站问题——解答
这三个火车站构成一个三角形，其边长分别为13英里、14英里和15英里。以14英里为底边，则该三角形的高为12英里，面积为84平方英里。将三边长度相乘后再除以4倍面积，得到的结果是8又1/8英里，这就是所需的距离。

182.—花园谜题——解答
四边长度之和的一半为144。依次减去每条边的长度后，得到64、99、44和81。将这四个数相乘，结果为4,752的平方。因此，这个花园的面积为4,752平方码。显然，由于树到四个角的距离相等，可知这个花园是一个可以内接于圆的四边形。

183.—绘制螺旋线——解答
按照图示中的虚线所示，在纸上折一次。然后，任选两点，如A点和B点，分别以B点和A点为圆心，在直线上交替画出半圆，注意让半圆的端点相连，这样就能得到螺旋线。当然，这并不是真正的螺旋线，但这个谜题的要求就是画出图中所示的那种螺旋线，而用这种简单的方法就能实现。

184.—如何画椭圆？—解答
如果将纸张绕在圆柱形瓶子或罐子的表面，就可以用圆规轻轻一划就能画出椭圆。

185.—圣乔治旗——解答
该旗帜的尺寸为4英尺×3英尺，因此从一角到另一角的对角线长度为5英尺。只需用旗帜边缘周长的一半（3.5英尺）减去该对角线长度的一半（2.5英尺），即可得到红色十字臂的宽度——14英尺的一半即为1英尺。这个数值就是红色十字臂的宽度。此时，红色十字的面积将与白色背景的面积相等。

186.—旗杆高度谜题——解答
将两根旗杆的高度相乘后再相加，然后用其中一个结果除以另一个结果。也就是说，如果两根旗杆的高度分别为a和b，那么ab/(a+b)即为两旗杆交点的高度。在本题中，交点距离地面2英尺11英寸。旗杆之间的距离并不会影响计算结果。那些认为这是偶然疏漏的读者，或许会感兴趣了解为何可以忽略旗杆之间的距离。

187.—送奶女工谜题——解答

如图所示，从挤奶凳出发画一条与河流近岸垂直的直线，并将这条直线延长至点A，该点与河岸的距离恰好等于挤奶凳到河岸的距离。现在如果从A点向乳品房的大门画一条直线，这条直线会与河流相交于点B。那么最短的路线就是从挤奶凳到B点，然后再到乳品房的大门。显然，A点到大门的最短距离就是这条直线；由于挤奶凳到河流上任意一点的距离都等于A点到该点的距离，因此这一解法的正确性无需几何学知识也能被所有人理解。

188.—球的问题——解答
如果将一个圆球放在平坦的地面上，那么可以在它周围放置六个大小相同的球（全部位于地面上），使得这些球都与中央的球相接触。

至于第二个问题，圆的直径与周长之比我们称之为圆周率；虽然无法用精确的数字表示这一比值，但为了实际用途，我们可以得到足够接近的值。不过在当前情况下，根本没必要知道圆周率的数值。因为要计算球体的表面积，只需将直径的平方乘以圆周率；而要计算球体的体积，则需将直径的立方乘以圆周率的六分之一。因此我们可以忽略圆周率，只需找到一个满足其平方等于其立方的六分之一的数。显然这个数是6。所以这个球的直径为6英尺，因为它的表面积将是36倍圆周率平方英尺，体积也是36倍圆周率立方英尺。

189.—约克郡的地产问题——解答
那块不出售的三角形土地面积为11英亩。当然，如果我们运用复杂的三角函数方法，其实不难找到答案；或者可以说，通过应用某个已知公式，这个问题就转化为求(4 × 370 × 116) – (370 + 116 – 74)²的平方根的四分之一——也就是1936的平方根的四分之一，即44的四分之一，也就是11英亩。但实际上，读者只需要了解勾股定理即可，许多谜题都是基于这一定理：在任何一个直角三角形中，斜边的平方等于另外两条边平方之和。由于我们无法准确求出这三个数值的平方根，因此不必使用那些复杂的“无理数”之类的概念，尽管我们这个三角形的边长显然是不成比例的。

在上面的图中，ABC代表我们的三角形。ADB是一个直角三角形，AD的长度为9，BD的长度为17；因为9的平方加上17的平方等于370，而这正是AB所在直角边所构成的正方形的面积。同样地，AEC也是一个直角三角形，5的平方加上7的平方等于74，这就是AC所在直角边所构成的正方形的面积。而CFB也是一个直角三角形，4的平方加上10的平方等于116，这就是BC所在直角边所构成的正方形的面积。虽然这个三角形的各边长度不成比例，但在这个图中我们拥有所有必要的精确数值，从而可以准确地计算出其面积。

ADB三角形的面积显然是9×17的一半，即76.5英亩。AEC三角形的面积则是5×7的一半，即17.5英亩；CFB三角形的面积则是4×10的一半，即20英亩；而长方形EDFC的面积显然为4×7，即28英亩。现在，如果把17.5、20和28相加，得到65.5，然后用这个数值从大三角形ADB的面积（即76.5英亩）中减去，剩下的数值显然就是ABC三角形的面积。也就是说，我们要求的面积恰好是76.5 – 65.5 = 11英亩。

190.—沃泽尔农夫的地产——解答
该地产的面积恰好为100英亩。为了得到这个结果，我使用了以下公式：

\/4ab – (a + b – c)²；
___________________
4

其中，a、b、c分别代表三个正方形的面积，顺序可任意。该表达式表示三角形A的面积，经计算为9英亩。可以很容易地证明，A、B、C、D这四个三角形的面积都相等；因此，答案即为26 + 20 + 18 + 9 + 9 + 9 + 9 = 100英亩。

以下是证明过程：如果图中的每个小方格都代表1英亩，那么这张图就一定是该地块的正确平面图——因为5和1的平方之和为26，4和2的平方之和为20，而3和3的平方之和为18。由此可知，三角形E的面积为2½英亩，三角形F的面积为4½英亩，三角形G的面积为4英亩。这三者相加等于11英亩，从矩形的面积20英亩中减去这个数值，就可以得出三角形A的面积为9英亩。如果想要证明B、C、D这三个三角形的面积与A相等，只需用一条线将最长边的中点与对角相连，将它们分成两部分，就会发现无论怎样分割，这两部分组合起来恰好能构成三角形A。

或者，我们还可以用更简单的方法来得到答案。该正方形图形的总面积为12×12=144英亩，而那些不属于该地块的区域1、2、3、4的面积分别为12.5英亩、17.5英亩、9.5英亩和4.5英亩。将这些数值相加后得到44英亩，用144英亩减去这个数值，就能得到该地块的面积为100英亩。

191.—月牙形谜题——解答
根据原始图形，设AC的长度为x，CD的长度为x-9，EC的长度为x-5。那么x-5就是x-9与x之间的等比中项，由此可得出x的值为25。因此，该图形的直径分别为50英寸和41英寸。

192.—迷宫墙——解答
所有旧书中给出的答案都是如图1所示的那样，即用弯曲的墙将小屋与湖泊隔开。不过，对于那些希望找到“最短路径”的人来说，只要记住两点之间的最短距离就是直线距离即可。

将采用图2所示的方法。这确实是一种改进，但正确的答案其实是图3所显示的那样。对墙体尺寸的测量表明，采用这种结构可以大大节省长度。

193.—羊圈问题—解答
人们通常给出的、也被视为正确答案的方案是：需要再设置两道障碍物，因为羊圈的尺寸为24单位×1单位（如下页图A所示）。如果将其中一面移动，并在两端各增设一道障碍物（如图B所示），那么羊圈的面积就会变为原来的两倍。不过这些图示并非按实际比例绘制的。实际上，这个谜题中并没有要求羊圈必须具有某种特定的形状。即便我们承认羊圈的尺寸确实是24单位×1单位，这个答案也是错误的——因为根本没必要再设置两道障碍物。例如，我可以按照图C的方式布置50道障碍物，这样一来，羊圈的面积就从24“平方单位”增加到了156“平方单位”，足以容纳650只羊。如果坚持要求羊圈的面积必须恰好是原来的两倍，那我只需按照图D的方式使用28道障碍物即可，还有22道障碍物可以用于农场的其他用途。即便坚持必须使用所有原有的障碍物，我也可以按照图E的方式来建造羊圈，这样就能得到任何农民都认为合适的面积，当然，也得考虑到羊可能无法在羊圈的两端吃草这一情况。由此可见，从任何角度来看，这个古老谜题的所谓“标准答案”都是站不住脚的。然而，至今却从未有人指出这一荒谬之处。

194.—花园的围墙——解决方案
这个谜题的要求是用三面墙将圆形区域分成四个面积相等的部分，且每面墙的长度必须完全相同。这个问题存在两个主要的难点：(1) 墙壁的厚度；(2) 必须恰好使用三面墙这一条件。至于第一个问题，既然已知这些墙是由砖块砌成的，那么显然不能忽略其厚度，同时我们还必须找到一种无论墙壁厚度为一块、两块、三块还是更多块砖时都能适用的解决方案。

第二点需要稍加思考。我们该如何区分“一面墙”与“多面墙”呢？一根没有任何弯曲的直线，无论有多长，只要它没有断裂或以任何方式相互交叉，就永远不能被称为“多面墙”。显然，我们的圆形区域是由一面墙围成的。但如果是一个正方形或三角形形状的围合区域，那么分别会有四面墙还是三面墙，或者只有一面围合墙呢？的确，我们会说正方形建筑或花园有“四面墙”，但这只是对“四条边”的习惯性表达；如果指的是实际的砖墙，人们会说“我要用墙把这个正方形花园围起来”。角度显然不会影响这个问题，因为我们可以使用锯齿状的墙，也可以使用直墙，而中国的长城就是具有许多角度的墙的典型例子。现在，如果你看看图1、图2和图3，可能会对每种情况下是存在两面新墙还是四面新墙感到困惑；但根据谜题的要求，它们不可能是三面墙。交叉点要么会影响这个问题，要么不会影响它。如果你把两段绳子牢牢地绑在一起，或者以航海的方式将它们连接起来，它们就变成了“一段绳子”。如果你只是让它们平放着……

即使这些部分彼此不重叠，它们依然属于“两段独立的绳子”。关键在于如何将它们连接起来。同样地，如果两堵墙相互结合在一起——或者说，如果让它们变得均匀一致——那么它们就变成了一堵墙。在这种情况下，图1、图2和图3所展示的都可以被视为一堵墙或两堵墙，前提是必须说明这四端只是相接而已，并非真正与外圆墙融为一体。对于图4的反对意见是：虽然它展示了所需的三堵墙（假设这些端点并未与外圆墙相连），但它只有在假设墙体没有厚度时才是完全正确的。而砖块是有厚度的，因此这一方法就不成立了，只能算是近似正确而已。图5或许展示了唯一正确且令人完全满意的解决方案。可以看出，除了那堵圆形墙之外，还有三堵新的墙，这些墙彼此相接并共同围成一个空间，但它们之间并不相互融合。这种方案可以适用于任何想要的墙体厚度，而且其关于墙体面积和长度的计算结果显然是正确的，因此无需再作解释。我只想说，每个住户让给邻居的半圆形区域，与邻居让给他的半圆形区域是完全相等的；同时，在一个花园中出现的任何墙体结构，在其他所有花园中都会以完全相同的形式出现。当然，这种方案还可以通过无数种方式来加以调整，使其仍然保持正确性。

贝琳达女士只需做以下几步：先测量从A点到B点的距离，然后将卷尺对折四次，标记出E点，该点位于AB距离的四分之一处。接着以同样的方式标记出F点，它位于AD距离的四分之一处。如果让EG的长度等于AF的长度，GH的长度等于EF的长度，那么AH的长度就是所需的小路宽度，这样花坛的面积才会恰好是花园总面积的一半。只有当两条边长度的平方和为完全平方数时，才能得到精确的数值。例如，如果花园的尺寸为12杆乘5杆（12的平方为144，5的平方为25，两者之和为169，即13的平方），那么12加5再减去13等于4，而4的四分之一，也就是1杆，就是小路的宽度。

196.—被拴住的山羊——解答

只要方法得当，这个问题其实相当简单。假设三角形ABC代表那半英亩的田地，而被阴影覆盖的部分则是山羊被拴在C点时可以吃草的四分之一英亩土地。现在，六个相同的等边三角形拼在一起就能形成一个……

如所示的规则六边形中，阴影部分显然只占整个圆形面积的六分之一。因此，我们只需要知道能够容纳6个四分之一英亩或1.5英亩土地的圆的半径——该半径对应的面积为9,408,960平方英寸。由于我们只需将结果“四舍五入到最接近的英寸”，只要假设圆的直径与周长的比例与1与3.1416的比例相同，那么这个数值就足够精确了。将我刚才给出的数字除以3.1416后再取平方根，就可以得到1,731英寸，即48码3英寸，这就是“四舍五入到最接近的英寸”后的所需长度。

197.—圆规谜题—解法
在下面的图中，设AB为给定的直线。以A和B为圆心、AB为半径画出两个圆。再画出长度等于AD的DE和EF。以A和F为圆心、DF为半径画出相交于G的弧线。以A和B为圆心、BG为半径画出弧线GHK和N。令HK等于AB，HL等于HB。然后以K和L为圆心、AB为半径画出相交于I的弧线。令BM等于BI。最后，以M为圆心、MB为半径作线，与直线相交于C点，该点即为AB线段的中点。为了获得更高的精确度，可以从A点标记出R点（就像从B点标记出M点一样），再以R为圆心在C点处画出另一条弧线。这样同样可以解决在没有直尺的情况下找到两定点之间中点的问题。

我会引导这位年轻的几何学家采用严格的证明方法。首先证明：线段AB长度的平方的两倍等于点B到点G的距离的平方，由此可知H、A、B、N四点构成一个正方形的四个顶点。为证明点I是该正方形的中心，可从点H出发，经过点Q和I画一条直线至点P，并将弧HK延长至点P。根据几何关系，位于半圆上的角HKP必定是直角。作垂直于HK的线段KQ，利用相似三角形以及构造中所给出的HKI为等腰三角形这一事实，即可证明HI的长度是HB的一半。同样地，我们也可以证明点C也是以A、I、B为三个顶点的正方形的中心。我知道这并非最简单的解法。

198.—八根棍子问题—解答
第一个图解几乎是所有人都会想到的答案，乍看之下似乎相当合理。但我们需要考虑具体条件：必须“将每根棍子都放在桌子上”。如果把梯子靠在墙上，只让一端接触地面，那显然不能说它“放在了地面上”。而如果我们把棍子放置……

用上述方法，只能让其中两根棍子的一端接触到桌子；说所有的棍子都放在桌子上是不正确的。要找到解决方案，只需使用尺寸合适的棍子即可。假设长棍的长度为2英尺，短棍的长度为1英尺，那么为了能围成三个相等的正方形，棍子的直径就必须为3英寸，正如第二张图所示。如果我用“火柴”来代替“棍子”，那么这个谜题就无解了，因为普通火柴的长度大约是其宽度的21倍，这样围成的矩形就不可能是正方形了。

199.—爸爸的谜题——解答
我发现很多人认为以下是一种正确的解题方法。他们利用下图中的字母进行推理，认为只要让BA的距离等于BC的三分之一，从而使矩形ABE的面积与剩余三角形的面积相等，那么卡片就必然会以长边水平的方式悬挂。读者们应该还记得查理二世的那个笑话：他让皇家学会开会讨论为什么把活鱼放入容器中后水面不会上升；但在会议进行到一半时，其中一位最不起眼的人……

他悄悄地溜出去进行了实验，结果发现水确实上升了！如果我的同行们也用纸板进行同样的实验，他们就会立刻发现自己的错误。面积是一回事，而重力则是另一回事。由于三角形有一条边伸向D点，因此必须在矩形中增加相应的面积来弥补这一差异。实际上，BA与AC的比值是1比根号3，后者无法用精确的数值表示，但大约为1.732。现在让我们来看看正确的通用解法。虽然有多种方法可以得到所需结果，但我认为我所提供的方法对初学者来说最为简单。

将纸板固定在纸上，然后画出一个等边三角形BCF，其中BF和CF的长度都与BC相等。接着标出点G，使得DG的长度等于DC。画出CG线，并将其延长直至与BF线相交于H点。如果此时让HA与BE平行，那么A点就是从该点开始向D角作切割的位置，如虚线所示。与这个问题相关的一个有趣现象是：点A的位置与CD边的长度无关。在我所给出的解法中，这一原因比其他任何方法都更为明显；这也是我选择这种解法的原因之一。这一点很容易就能看出来。

无论你如何通过将E移近B、将D移近C来缩小卡片的宽度，作为正方形对角线的CG线始终会保持相同的方向，并且会在H点与BF相交。最后，如果你想得到BA距离的近似值，只需将卡片的长度乘以0.366即可。例如，如果卡片长7英寸，那么BA的距离就是7×0.366=2.562英寸，略多于2.5英寸。

不过，这个谜题真正的妙处在于：我们已经看到，点A的位置与卡片的宽度无关，而完全取决于其长度。在示意图中可以看到，两张卡片的长度是相同的；因此，那个小女孩只需把剪好的卡片放在另一张卡片上，然后在距左上角相同距离处标出点A即可！由此可见，帕普斯向他家小女孩提出的这个谜题其实相当简单，因为他能够直接教她如何完成这项任务，而无需先让她学习力学和几何学的基础知识。

200.—放风筝谜题——解答
对于这类谜题的解答者，我通常认为他们可以大致分为两类：一类是通过较为复杂的计算（涉及“π”值）来得到接近正确答案的结果；另一类则用简单的算术方法得出与正确答案相差甚远的答案。我要介绍的这种相对简单的方法无需考虑圆的直径与其周长之间的比例关系。我将其称为“帽盒法”。

假设我们将那个由金属丝构成的球体A放入一个恰好能容纳它的圆柱形盒子B中，使得球体与盒子的四周壁相接，同时与上下底面也完全接触，如图所示。根据一个众所周知的规律，这个盒子的容积恰好是球体容积的两倍。既然该球体的直径为24英寸，那么一个周长相同但高度仅为原来的三分之二（即16英寸）的圆柱形盒子，其容积也将与球体相同。

现在，让我们设想这个缩小版的圆柱形盒子其实是由无数个极小的金属丝圆柱体组成的——这些圆柱体彼此紧密排列，就像画笔上的刷毛一样。根据谜题的条件，我们可以认为这些金属丝之间没有间隙。那么，那些厚度为1/100英寸的微小圆柱体，有多少个才能相当于厚度为24英寸的那个大圆柱体呢？圆的体积与其直径的平方成正比。1/100的平方是1/100000，而24的平方则是576；因此，那个大圆柱体里包含5,760,000个这样的微小金属丝圆柱体。

但我们已经知道，每根电线的长度都是16英寸；因此，5,760,000根电线的总长度为16 × 5,760,000 = 92,160,000英寸。将其换算成英里后，教授的风筝所使用的电线总长度为1,454英里2,880英尺。

至于这样的风筝是否能够在如此高的高度飞行，或者能否承受那样的重量，这些都不是本题需要考虑的问题。

201.—如何制作蓄水池——解答
解决这个问题的通用公式如下：设矩形的两个边长分别为a和b，那么需要切掉的方形小块的边长等于以下数值：(a + b – √(a² + b² – ab)) / 6。题目中给出的矩形尺寸为8英尺×3英尺，根据该公式，需要切掉的方形小块的边长为8英寸。当然，由于平方根的存在，结果并不总是精确的，但通过使用小数，可以做到尽可能接近精确值。

202.—圆锥谜题——解答
简单的规则是：必须在圆锥高度的三分之一处进行切割。

203.—关于轮子的问题——解答
如果在像普通马车轮子那样在平坦路面上转动的轮子的圆周上标记一个点A，那么该点所描绘出的曲线就是常见的摆线，如图1所示。但如果标记另一个点B……

在机车车轮的轮缘圆周上，其曲线为截形摆线，如图2所示，且以节点为终点。现在，如果我们观察其中一个节点或环状区域，就会发现“在任何给定时刻”，该环状区域底部的某些点必定会以与列车运动方向相反的方向移动。由于轮缘圆周上有无数这样的点，因此当列车行驶时，必然会有无数个这样的环状区域在不断形成。实际上，无论何时，轮缘上的某些点始终都在以与列车行进方向相反的方向移动。

对于两个车轮而言，绕着静止车轮旋转的那个车轮会绕自身的中心转动两圈。由于两个车轮的大小相同，很明显，如果在出发时在上层车轮的顶端标记一个点，那么在行程过半时，这个点将会与下层车轮的最低点相接触。之后，这个点又会回到移动车轮的顶端，此时该车轮已经完成了一圈的转动。因此，在整个行程中，这样的转动总共会发生两圈。

204.—一种新的拼图游戏——解答

1. 最简单的方法是按照图1和图2所示的方式排列18根火柴，使垂直线段AB的长度等于1.5根火柴的长度。如果每根火柴的长度为1英寸，那么图1的面积为2平方英寸，图2的面积为6平方英寸——即4×1.5。第二种情况则稍难解决，其解法见图3和图4。在构建图形时，可先将火柴暂时放在虚线上。这样可以看出，图3包含5个全等的等边三角形，而图4包含15个相似的三角形，因此一个图形的面积是另一个的三倍，且恰好使用了18根火柴。

205.—六个羊圈——解答

按照图示的方式放置十二根火柴，这样就能得到六支大小相同的笔。

206.—国王与城堡.—解答
有多种方法可以建造这十座城堡，使其形成五排，每排四座城堡。但只有下表中的排列方式能够确保有两座城堡（即最多数量）无法从外部接近。可以看出，要到达这两座城堡，就必须穿过城墙。

207.—樱桃树与李子树——解决方案
如果不用“在果园的北侧和东侧尽可能少种植樱桃树和李子树”这一限制条件，解决这个问题有多种方法。最理想的布局如图所示，其中樱桃树、李子树和苹果树分别用字母C、P和A表示。虚线连接的是樱桃树，实线连接的是李子树。可以看出，10棵樱桃树和10棵李子树的种植方式使得每棵果树都处于5条线的交汇点上。

有四棵同种的树排成一列。只有这种排列方式，才能在行外的北侧和东侧仅种植两棵樱桃树或李子树。

208.—种植布局谜题——解答
图示显示了需要保留的十棵树，它们应被排列成五行，每行四棵树。圆点则表示已被砍伐的树的位置。

209.—二十一棵树——解答
我给出了两种美观的树木排列方式。每种方式下都有十二排直行的树，每排有五棵树。

210.—十枚硬币的问题——解答
答案是：共有2,400种不同的组合方式。可以从某一侧选取三枚硬币，再与另一侧的一枚硬币组合起来。下一页我将给出四个例子。因此，我们可以用十种方式从上方选取三枚硬币，用五种方式从下方选取一枚硬币，这样总共就有五十种组合方式；同样地，也可以用五十种方式从下方选取三枚硬币、从上方选取一枚硬币。如此一来，选取这四枚硬币的总方式数就是一百种了。

从四个点中选出四个并加以排列，共有24种不同的方式。因此，总共有24 × 100 = 2,400种不同的解法。

与我迄今为止所给出的所有点线谜题相比，除了最后一个之外，其余的都是将十个点排列成五条每条含四个点的线的变体形式，因此有必要将这种特定情况作为一般案例来研究。如六幅图所示，只有六种基本的解法，没有更多了。为方便起见，我几年前给它们起了名字：星形、飞镖形、指南针形、漏斗形、剪刀形和钉子形。（详见下页。）读者应该能够理解，这些形状中的任何一种都可以以无数种不同的方式被变形，而不会失去其本质特征。

在“国王与城堡”谜题中出现的形状是星形，其解法则对应指南针形；在“樱桃与李子”谜题的解法中，樱桃代表漏斗形，而李子则代表飞镖形。“种植园谜题”的解法则是飞镖形被变形后的例子。至于“十枚硬币”谜题的任何解法，都对应剪刀形。这样一来，除了钉子形之外，其他所有形状的例子都已经给出来了。

在7×7大小的缩小棋盘上，我们可以用三种不同的方式放置这十个兵，但它们都必须代表“飞镖”图案。“种植园”图案展示了一种放置方式，“李子”图案展示了另一种方式，读者可以自己尝试找出第三种方式。在8×8的普通棋盘上，也可以构造出一种漂亮的“漏斗形”图案——该图案相对于棋盘的对角线是对称的。能够容纳“星星”图案的最小棋盘尺寸为9×7；而“钉子”图案则需要11×7的棋盘，“剪刀”图案需要11×9的棋盘，至于“圆规”图案，则需要17×12的棋盘。至少这些是我笔记中记录下的最佳结果。或许还有更好的方式，但我认为不太可能。如果用一条对角线将棋盘分成两部分，使较大部分包含36个方格、较小部分包含28个方格，那么我们可以在较大部分放置三种不同的图案，在较小部分放置一种图案（均为“飞镖”图案），而且这些图案不会相互冲突——也就是说，它们会占据40个不同的方格。当然，也可以不划分棋盘来放置这些图案。能够容纳六种不同图案（且这些图案并非本质上有差异）、同时确保没有任何一种图案的线条会穿过另一种图案的线条的最小棋盘尺寸为14×14；而能够让一种图案完全被另一种图案的线条所包围、且没有任何一种图案的线条在连接各点时会穿过另一种图案的线条的最小棋盘尺寸则为14×12。

211.—十二个馅饼——解答
如果忽略图中的四个黑色馅饼，剩下的十二个馅饼仍保持原来的位置。现在将那四个被移走的馅饼放到原来黑色馅饼所在的位置上，这样就能得到如虚线所示的七排、每排四个馅饼的排列方式。

212.—缅甸式种植园布局——解答
下页所示的排列方式应该是21行情况下最对称的布局了；我认为21行已经是可能的最大行数了。实现这种布局的方法有几种。

213.—土耳其人与俄罗斯人——解决方案
关键在于找出可能存在的最少数量的俄罗斯人。由于敌人从各个方向发动攻击，因此必须确定：究竟需要多少个点才能构成16条每条包含3个点的线。我之所以说16条而非32条，是因为被一颗子弹击中的线很可能会被另一颗从完全相反方向射出的子弹再次击中。实际上，只需11个点就能构成这16条每条含3个点的线，但找到这样的排列方式却极为困难。本页下方的图示将清楚地展示如何实现这一目标。

因此，如果11名俄罗斯人处于星号所示的位置，而32名土耳其人处于黑点所示的位置，那么从这些线条可以看出，每个土耳其人都可以向3名俄罗斯人的头顶开枪。但由于每发子弹只能杀死一个人，所以每个土耳其人都必须先射杀一名同伴，然后自己也会被对方击中；否则就需要再增加一些俄罗斯人作为射击目标，这就会破坏问题的正确解法。由于射击是同时进行的，这一点并不构成困难。由此可知，至少有11名俄罗斯人且无人伤亡，而32名土耳其人则全部被彼此互相击中。虽然没有说明俄罗斯人是否开过枪，但显然即使他们开了枪也不可能奏效：因为如果他们的子弹杀死了某个土耳其人，那就必须再安排一个人来承受那个土耳其人的子弹；而既然已知土耳其人有32人，这就意味着必须再引入一名俄罗斯士兵，当然也就无法得到正确的解法了。我再说一遍，这个谜题的难点在于如何安排11个点，使得它们能形成16条每条包含3个点的线。据我所知，这种安排方式最早是由威尔金森牧师在大约20年前发现的。

214.—六只青蛙问题——解法
按照以下顺序移动青蛙：2、4、6、5、3、1（按相同顺序重复两次），然后再一次执行2、4、6。这就是一种21步的解法，也是最少的步数。

如果青蛙的数量n为偶数，则需要(n²+n)/2步，其中(n²-n)/2步为跳跃步，其余为普通移动步；若n为奇数，则需要((n²+3n)/2)-4步，其中(n²-n)/2步为跳跃步，2n-4步为普通移动步。

在n为偶数的情况下，将所有偶数按升序排列，奇数按降序排列，然后将该序列重复½n次，最后再单独列出一次升序的偶数。因此，14只青蛙的解法为(2, 4, 6, 8, 10, 12, 14, 13, 11, 9, 7, 5, 3, 1)重复7次，最后加上2, 4, 6, 8, 10, 12, 14，总共105步。

在n为奇数的情况下，同样将偶数按升序排列，奇数按降序排列，将该序列重复½(n-1)次，接着是升序的偶数（跳过n-1这个数），再是降序的奇数（跳过1这个数），最后按自然顺序列出所有的数字（奇数和偶数，均跳过1和n）。例如，11只青蛙的解法为(2, 4, 6, 8, 10, 11, 9, 7, 5, 3, 1)重复5次，接着是2, 4, 6, 8, 11, 9, 7, 5, 3，最后是2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9, 10，总共73步。

这一完整的通用解法在此首次公布。

215.—蝗虫谜题——解法
按照以下顺序移动棋子。括号中的步骤需连续执行四次：12、1、3、2、12、11、1、3、2（5、7、9、10、8、6、4）、3、2、12、11、2、1、2。这样就能在44步内让蝗虫的顺序颠倒过来。

这个问题的通用解法非常复杂。当然，如果我们不想使用最少的步数，总是可以用上一个谜题的解法来解决它。但若要真正做到步数最少，就有两个关键点需要考虑。我将其称为“向下移动”（L）和“向上移动”（U）。向下移动指的是将某些较大的数字，比如在“蚱蜢谜题”中的12、11、10，与一些较小的数字1、2、3进行交换；前者按顺时针方向移动，后者则逆时针方向移动。向上移动则是反转中间那些计数器的数值。在针对12的上述解法中，12、11以及1、2、3参与了向下移动，而4、5、6、7、8、9、10则参与了向上移动。向下移动需要16步，向上移动需要28步，总计44步。我们也可以让10也参与向下移动，这样向下移动的步数变为23步，向上移动的步数为21步，合计仍为44步。我把这两种方法称为第一种方法和第二种方法。不过，任何其他方案都会导致步数增加。对于奇数或偶数的计数器，始终存在这两种步数相等的解法，关键在于确定应有多少个计数器参与向下移动，又有多少个参与向上移动。以下是以表格形式呈现的解法。不过首先需要注意的是，在给n赋值时，2、3、4个计数器属于特殊情况，分别需要3步、3步和6步；而5个和6个计数器则无法通过第二种方法得到最小步数解，只能通过第一种方法。

**第一种方法**

| 总步数 | 向下移动的步数 | 向上移动的步数 |
|--------|----------------|----------------|
| 计数器数量 | 步数 | 计数器数量 | 步数 |
| n-1和2 | 4n+2n+1 | 2n²+3n+1 | 4(n²+n-1) |
| n¹²+5n-7 | 2(n-2) | (n-1)²+3n-4 | 4n²-5 |
| 2(2n²+4n-1) | n+1 | 2n²+5n-2 | 2n+2n²+3n-4 |
| 3 | 2(n-4n-1) | n-1 | n²+2n+2n²+3n-4 | 4n²+4n-9 |
| 1²+5n-7 | | | |

**第二种方法**

总步数：L方向移动步数 + U方向移动步数。
具体数值为：2(n – 4n + n + 2n² + 3n – 4) / 2n + 4(n² + n – 1)，或者表示为(1)² + 5n – 2，再或者为n–1 + 2(n – 2(n – 4n – 2) + 2n + 4n² – 5)，等等。还有1(1)² + 3n – 7、1(1)² + 5n – 2、2(2n² + 4n – 4n + 1) + n + 2n² + 3n – 4 + 2n + 1 + 2n² + 5n – 2、3)等表达式。另外还有2(n – 4n – 1) + n + 2n² + 3n – 4 + 2n – 1 + 4n² + 4n – 9、1(1)² + 5n – 7等。

更一般地来说，当计数器数量m为大于4的偶数时，所需步数为(m² + 4m – 16)/4；而当m为大于3的奇数时，所需步数为(m² + 6m – 31)/4。这样，我就向读者展示了如何确定任何情况下的最少步数以及移动的方向和特征。至于具体的移动顺序，则需要读者自行探索——这确实是个难题，需要仔细调整L方向和U方向的移动，使其能够相互配合。

216.—有智慧的青蛙——解法
通过以下十步即可解决该谜题：2到1，5到2，3到5，6到3，7到6，4到7，1到4，3到1，6到3，7到6。

217.—特威肯汉姆谜题——解法
按照以下顺序移动计数器：K C E K W T C E H M K W T A，N C E H M I K C E H M T，如此即可到达特威肯汉姆。

究竟该采取跳跃式移动还是简单移动，始终由它来决定。

218.—维多利亚十字谜题——解法
解决这个谜题需要完成两件事：首先，通过调整各个字母的位置，使得“VICTORIA”这个词能以相同的方向环绕在十字架上，只不过字母“V”要位于其中一条较暗的臂上；其次，以最少的步数完成这一目标。实际上，如果这个词的所有字母都不同的话，那么第一项要求是无法实现的；但由于有两个“I”，可以通过让这两个字母互换位置来实现——也就是说，第一个“I”从第2位移到第7位，第二个“I”则从第7位移到第2位。我在介绍这个谜题时提到的一个有趣之处是：按照“A VICTOR! A VICTOR! A VICTOR I!”这几个单词的顺序移动字母，就可以在22步内找到解法。不过，也有6种解法只需18步即可完成，以下就是其中一种：I（1）、V、A、I（2）、R、O、T、I（1）、I（2）、A、V、I（2）、I（1）、C、I（2）、V、A、I（1）。词中的第一个和第二个“I”分别用数字1和2标出。
可以注意到，在上述第一种解法中，其中一个“I”始终没有移动，尽管其他字母的移动会导致它的相对位置发生变化。还有另一个特点：有一种28步的解法，除了“I”之外，其他字母都不需要移动到十字架的中心位置。另外，对于所有18步的解法而言，字母C、T、O、R各只移动一次，而第二个“I”则总是移动4次，同时字母V始终会被移到十字架的右侧臂上。

219.—字母方块谜题——解法

这个谜题只需23步即可解决——这是最少的步数。按照以下顺序移动方块：A、B、F、E、C、A、B、F、E、C、A、B、D、H、G、A、B、D、H、G、D、E、F。

220.—一家旅馆里的搬运难题——解决方案
最简的搬运方式是按照以下顺序移动物品：钢琴、书架、衣柜、钢琴、柜子、五斗柜、钢琴、衣柜、书架、柜子、衣柜、钢琴、五斗柜、衣柜、柜子、书架、钢琴。这样就需要17次搬运。之后，女房东可以负责搬运五斗柜、衣柜和柜子。多布森先生并不介意衣柜和五斗柜的位置互换，只要他能得到钢琴即可。

221.—八台火车头谜题——解决方案
该谜题的解法如下：无法移动的火车头是编号为5的那台。其余火车头的移动顺序为：7、6、3、7、6、1、2、4、1、3、8、1、3、2、4、3、2，总共17步，这样就能让八台火车头处于所需的排列状态。还有另外两种略有不同的解法。

222.—一个铁路谜题——解决方案
这个谜题只需9步即可解决。让火车头按照以下路径移动：从9到10，从6到9，从5到6，从2到5，从1到2，从7到1，从8到7，从9到8，最后从10到9。这样，A、B、C三台火车头就会分别位于三个圆圈上以及三条直线上。这就是最简的解法了。

223.—铁路泥潭——解决方案

只需进行六次调头即可。白色列车（从A到D）被分为三部分：机车加7节车厢、8节车厢，以及1节车厢。黑色列车（从D到A）则始终不会解开任何车厢的连接。图1为初始状态，此时8节车厢与1节车厢已分离。黑色列车移动到图2所示的位置（无需调头），机车与7节车厢朝D方向前进，而黑色列车则倒退，使8节车厢留在环路上，随后黑色列车到达图3所示的位置（第一次调头）。黑色列车再移动到图4所示的位置以取回那节单独的车厢（第二次调头），之后将8节车厢推出环路并使其留在那里，自己则继续前行，即图5所示的状态（第三次和第四次调头）。此时白色列车会倒退回到环路上，取回那节单独的车厢，然后立即前往D点（第五次和第六次调头）。

224.—汽车修理厂谜题——解法
通过43步操作即可完成车厢的交换，具体步骤如下：6-G、2-B、1-E、3-H、4-I、3-L、6-K、4-G、1-I、2-J、5-H、4-A、7-F、8-E、4-D、8-C、7-A、8-G、5-C、2-B、1-E、8-I、1-G、2-J、7-H、1-A、7-G、2-B、6-E、3-H、8-L、3-I、7-K、3-G、6-I、2-J、5-H、3-C、5-G、2-B、6-E、5-I、6-J。当然，“6-G”表示编号为“6”的车厢移动到“G”位置。其实还有其他43步的解法。

225.—十名囚犯——解答
从图示中可以看出，如何安排这些囚犯才能形成多达十六行整齐的排列。其中包含4行垂直排列、4行水平排列、5行同一方向的斜向排列，以及3行另一方向的斜向排列。箭头标出了四名囚犯的移动方向，可见处于底部角落的那名体弱者并未移动过。

226.—环绕海岸线——解答
要在给定条件下将单词围绕圆圈排列，就必须选择那些字母在特定相对位置上重复出现的单词。因此，能解决这个谜题的单词是“Swansea”，该单词的第一个字母与第五个字母相同，第三个字母与第七个字母也相同。我们由此得出……

跳跃顺序如下，需按照单词中字母的正确顺序进行：2-5、7-2、4-7、1-4、6-1、3-6、8-3。或者，对于像“Tarapur”这样的单词（其第二和第四个字母以及第三和第七个字母是相同的），可以用以下步骤完成移动：6-1、7-4、2-7、5-2、8-5、3-6、8-3。不过，显然只有“Swansea”这个单词能满足该谜题的条件。

这个谜题可以与我在解答第341题“四只青蛙”时提到的Sharp’s Puzzle相对照。“触碰并跳过两个”的规则与“触碰后沿直线移动”的规则是相同的。

227.—中心独奏棋——解法
这里有一个需要19步才能解出的解法；括号中的连续步骤视为一步：19-17、16-18、(29-17, 17-19)、30-18、27-25、(22-24, 24-26)、31-23、(4-16, 16-28)、7-9、10-8、12-10、3-11、18-6、(1-3, 3-11)、(13-27, 27-25)、(21-7, 7-9)、(33-31, 31-23)、(10-8, 8-22, 22-24, 24-26, 26-12, 12-10)、5-17。此时所有的棋子都已被移走，只剩下一个位于中央格子中。解这道题需要谨慎判断，因为人们很容易想要在一步之内完成多次跳跃，但那样做其实是错误的策略。例如，在完成上述的3-11这一步之后，人们可能会想继续通过11-25、25-27或11-9、9-7这样的步骤来延长移动距离。我认为无法再减少步数了。

228.—十个苹果——解法
将棋盘上的格子从上到下依次编号为(1, 2, 3, 4)、(5, 6, 7, 8)、(9, 10, 11, 12)、(13, 14, 15, 16)。然后把苹果从8号格移到10号格，接着按照以下步骤操作，每次都要移除被跳过的那个苹果：9-11、1-9、13-5、16-8、4-12、12-10、3-1、1-9、9-11。

229.—九颗杏仁——解法
这个谜题只需四步即可解决，具体步骤如下：将5号棋子移到8、9、3、1的位置；再将7号棋子移到4的位置；接着把6号棋子移到2和7的位置上；最后将5号棋子移到6的位置上。这样，除了原本位于中央位置的5号棋子外，其他所有棋子都会被移走。

230.—十二枚硬币——解法
以下是几种解法之一：将12号硬币移到3的位置，7号移到4的位置，10号移到6的位置，8号移到1的位置，9号移到5的位置，11号移到2的位置。

231.—盘子与硬币——解法
按照图中男孩移动的顺序，给盘子编号为1到12。从1号盘子开始，按照以下步骤操作：“1到4”表示将1号盘子上的硬币移到4号盘子上；接着是5到8、9到12、3到6、7到10、11到2。完成这三轮操作后，再回到1号盘子，总共需要三轮。另一种操作方式是：4到7、8到11、12到3、2到5、6到9、10到1。虽然四轮就能解决这个问题，但三轮解决的解法则更难找到。这其实就是“鱼塘之谜”（坎特伯雷谜题第41题），只是表现形式不同而已。

232.—捕捉老鼠——解法
为了让猫能依次吃掉每十三只老鼠，且最后才吃到那只白老鼠，必须从第七只老鼠开始计数（将那只白老鼠视为第一只），也就是从最靠近猫尾巴尖的那只老鼠开始。在这种情况下，完全没有必要尝试从其他老鼠开始计数。

不断转动，直到找到正确的那个位置——因为你可以从任意地方开始，只需记下上一个被吃掉的奶酪距离起点的距离即可。你会发现它是第八个，因此必须从白老鼠所在的位置开始，逆着数下去。这就是我所标出的位置。

对于第二个谜题，你需要找出最小的数字，使得猫能够从白老鼠所在的位置出发，最终吃掉最后一个奶酪。除非你已经掌握了这个问题的通用解法（而这非常困难），否则最好的办法就是逐一尝试各个数字，直到找到能解决该问题的数字为止。最小的数字是21。如果需要通过试错来寻找答案，那么只要依次计算该数字除以13、12、11、10等数后的余数，就能大大减少工作量。以21为例，其余数分别为8、9、10、1、3、5、7、3、1、1、3、1、1。请注意，我并没有把7、3和1的余数视为0，而是保留了它们原来的数值。依次按照这些余数来操作，就会发现白老鼠是最后一个被吃掉的。当然，如果我们只需要任何一个数字，而不一定是最小的那个，那么解决方案就很简单了——只需取13、12、11、10等数直到2的最小公倍数，即360360。按照这个数字来操作，第一个数会杀死第13只奶酪，下一个数会杀死第12只，以此类推，直到第一只奶酪被吃掉。不过，就算是最擅长数学的猫，也不太可能选择这么大的数字，因为像21这样较小的数字同样可以达到目的。

在第三种情况下，最小的数字是100。1000也是可行的，而在这两个数字之间还有72个数字，猫也可以用它们来达到同样的效果。

233.—古怪的奶酪商——解答
要将三堆奶酪分别放在每行的两端，可以按照以下方式移动奶酪——这些数字指的是奶酪本身，而非它们在行中的位置：7-2、8-7、9-8、10-15、6-10、5-6、14-16、13-14、12-13、3-1、4-3、11-4。这可能是所有解法中最容易找到的一个。若想让三堆奶酪分别位于13、14和15号位置上，可按以下步骤操作：9-4、10-9、11-10、6-14、5-6。

12-15、8-12、7-8、16-5、3-13、2-3、1-2。若要将棋子留在3、5、12和14号位置上，应按以下顺序走棋：8-3、9-14、16-12、1-5、10-9、7-10、11-8、2-1、4-16、13-2、6-11、15-4。

234.—交换谜题——解法
需进行以下配对交换：H-K、H-E、H-C、H-A、I-L、I-F、I-D、K-L、G-J、J-A、F-K、L-E、D-K、E-F、E-D、E-B、B-K。虽然白色棋子可以在11步内移动到正确位置，但如果不考虑任何交换操作的话，黑色棋子则至少需要17步才能完成移动。因此，我们不得不通过让白色棋子多走一些步数，来使得总步数与黑色棋子所需的最少步数相等。这样一来，17步以内完成移动是不可能的。当然，有些步骤是可以互换的。

235.—鱼雷练习——解法

如果敌军舰队按图示的阵型停泊，那么按照数字所示的顺序以及箭头所指的方向发射鱼雷，16艘舰艇中就有多达10艘会被击沉。每枚鱼雷会依次经过三艘舰艇并击沉第四艘，因此每当有舰艇被击沉时，就用铅笔将其标出来。

236.—帽子谜题——解答

我建议读者用棋子来尝试解这个谜题，因此我也以那种方式给出解答。丝绸帽用黑色棋子表示，毛毡帽则用白色棋子表示。第一行显示的是帽子最初的排列状态，之后的每一行则展示经过五种操作中某一种操作后的状态。由此可以看出，我们首先移动2号和3号帽子，然后是7号和8号帽子，接着是4号和5号帽子，再然后是10号和11号帽子，最后才是1号和2号帽子。这样，四顶丝绸帽会聚在一起，四顶毛毡帽也会聚在一起，而行的末端则剩下两个空位。前三对移动的帽子是不同类型的，而后两对则是相同类型的。其实还有其他解法可以解决这个谜题。

237.—男孩与女孩.—解答
这个谜题有很多不同的解法。除了7-8这对之外，任何相邻的两对帽子都可以先被移动，而在第一次移动之后还有多种变化可能。以下的解答展示了从初始状态开始，经过每一次操作直至最终状态的排列情况：—
…123 45678
43 12 …5678
43 127 65 …8
43 127 …568
4 …27 13568
48 627 135 …

238.—摆放罐子——解答
其中两个罐子，即13号和19号，已经处于正确的位置上。由于每次交换都可能让某个罐子回到正确位置，因此显然22次交换就能让所有罐子都归位。不过这个次数并非最少，正确的答案是17次。请进行以下交换：(3-1, 2-3)、(15-4, 16-15)、(17-7, 20-17)、(24-10, 11-24, 12-11)、(8-5, 6-8, 21-6, 23-21, 22-23, 14-22, 9-14, 18-9)。当完成任意一对括号内的交换后，该括号内的所有数字都会处于正确位置。一共有五对括号，22减去5即为所需的交换次数——17次。

239.—一个儿童谜题——解答
按照通常的理解，这个谜题是无法解决的。这一点很容易证明。因此我们必须找出题目描述中的某些漏洞或歧义。如果你把纸折叠起来，然后用铅笔尖从折叠处插入，只需一次划动就能画出图中的CD线和EF线。接着从A点开始画一条线，使其终点为B点。最后再画出GH线，这样就在完全符合条件的前提下完成了任务。

其实，并没有禁止折叠纸张。当然，为了便于看清，这里的线条是保持分开状态的。
在这种谜题的解答方式中，首先用一根手指一次性划掉从A到B的线段；接着再用一根手指划掉GH这条线段；最后则用两根手指同时划掉剩下的两条竖线！这就是传统的解法。

240.—英国国旗谜题—解答
一共有16个点（全部位于外部），在这16个点上可以认为有三条线段相交。数学家将这类点称为“奇节点”。根据规则，在像这样的图形中，既然有16个奇节点，那么就需要8次独立的笔触或路径才能完成整个谜题（这个数字恰好是奇节点数量的一半）。由于我们只能使用这8次笔触中的其中一次来尽可能多地完成谜题，因此显然必须让那7次从奇节点到奇节点的笔触尽可能短。可以从A开始，以B结束，或者反向操作。

241.—分割的圆圈——解法
可以用十二笔连续画出，具体步骤如下：从图中的A点开始，画八笔构成星形后便能回到A点；接着再画一笔绕圆圈到B点，一笔到C点，再画一笔绕圆圈到D点，最后一笔到E点——总共十二笔。当然，在实际操作中，第二笔绕圈的线条会与第一笔重叠；在图中为了便于看清，这两笔被分开绘制，且星形的各点并未与圆圈相连。

242.—管道检查员的谜题——解法
如果检查员从B点出发，按照以下路线行进，那么他只需行驶19英里：B → A → D → G → D → E → F → I → F → C → B → E → H → K → L → I → H → G → J → K。这样，只有D到G和F到I这两段路线被重复走了两次。当然，这条路线也可以有其他走法，但无法再缩短了。

243.—参观各城镇——解答
共有六个城镇，从中只有两条道路可以通行。因此，在环形路线中，1必定位于9和12之间。将这两条道路标记为已确定。同样地，也要标记出9、5、14，以及4、8、14、10、6、15、10、2、13、3、7、13这些点所对应的道路。所有这些道路都必须被使用。这样就会发现，由于13这条路无法通行，他必须从4前往15；同时他还必须选择3、11、16这条路，以及16、12这条路。因此，只有一条可行的路线，即：1、9、5、14、8、4、15、6、10、2、13、7、3、11、16、12、1，或者反向行驶。有七条道路没有被使用。

244.—十五次转弯——解答
从示意图中可以看出（未使用的道路已被省略），旅行者通过十五次转弯最多可以行走70英里。

所有的行程都是按照其进行的顺序编号的。可以发现，他从未访问过其中的19个城镇。他有可能在15次行程中访问所有城镇，且不会重复进入任何一个城镇，最终回到他出发的那个黑色城镇（参见“车子的旅行”，编号320），但这样的行程总共只会让他行走64英里。

245.—八面体上的飞虫——解法

虽然我们无法同时看到八面体的所有面，但我们仍然可以将其投影成适合我们需求的形状。在图中，六个点代表八面体的六个顶角，从每个点出发的四条线段与实体本身的十二条边处于完全相同的条件之下。因此，如果我们从点A出发并遍历所有这些线段一次，那么我们的路线最终必定会回到A点。不同的路线数量为1,488条，其中任何一条路线的反向路径也被视为不同的路线。具体计算方法说明起来较为复杂，此处就不再赘述了。相信读者能够认可我的答案是正确的。

246.—二十面体谜题——解答

该几何体共有30条边，其中18条在最初的图示中可见，它们在下面的图中由六边形NAESGD表示。通过这种投影方式，我们可以看到其余12条边的走向，以及所有边相交的12个点。这些边的长度差异并不重要，我们只需以图形方式呈现它们的走向即可。不过，如果初学者因为只看到19个三角形而非所需的20个而感到困惑，那我需要指出：那个看似缺失的三角形其实就是HIK这条线段所构成的轮廓。

在这种情况下，共有12个节点；因此，若不想重复经过任何一条边，就需要6条彼此不相连的独立路径。所以，我们首先要找出单条路径所能覆盖的最大距离。

可以注意到，我在图中用小叉号标出了5条边。这5条边可以在任意位置被划掉，只要它们彼此不相连，且其中至少有一条不与起点N相连即可。

删除这五条线后，除了N和S之外，所有的节点都变成了偶数。因此，如果我们从N出发，最终到达S，就可以遍历除那五条被删除的线之外的所有线，且不会重复经过任何一条线。实现这一目标的方法有很多，这里是一条路径：N到H、I、K、S，再回到I，然后是E、S、G、K、D、H，接着是A、N、B、A、E、F、B、C、G、D、N、C、F、S。通过将其中五条路径缩短到最短——即直接从一个节点走到另一个节点——我们就能让第六条路径的长度达到最大值。因为不可能在不重复经过同一地点的情况下，让某条路径的长度再更长。

现在很清楚，那五条被删除的线必须被重复经过两次，而且可以说可以在路径的任意点“重新开始”行走。因此，当旅行者处于I时，他可以先前往A再返回，然后再继续前进；或者等到到达A后再返回I。对于那些需要重复经过的线也是如此。这样一来，他就可以只走25条线一次（25×10,000英里=250,000英里），而5条线则走两次（5×20,000英里=100,000英里），总计350,000英里，这就是他完成整个旅程的距离，也是访问所有节点时的最短距离。

需要注意的是，我设定他最终在南极点S结束旅程，但这并非必须。其实他也可以在除起点之外的其他任何节点结束行程。如果要求他在旅程结束后回到N，那么就不必删除AI这条线，而是保持它不变，同时关闭IS这条线。这样他就可以在A点完成350,000英里的旅程，然后再走10,000英里就能回到出发点。虽然有无数种不同的路径，但由于所有边的长度都相同，所以哪条路径都行。为了让大家都能清楚地了解从N到S的350,000英里完整旅程，我将把完整的路径列出来：N到H、I、A、I、K、H、K、S、I、E、S、G、F、G、K、D、C、D、H、A、N、B、E、B、A、E、F、B、C、G、D、N、C、F、S——也就是说，共有35条线，每条线的长度为10,000英里。

247.—检查矿山。——解答

从A点出发，如果按照以下路线行进，检查员只需行走36弗隆：A到B，再经G、H、C、D、I、H、M、N、I、J、O、N、S、R、M、L、G、F、K、L、Q、R、S、T、O、J、E、D、C、B，最后回到A，再经F、K、P、Q。这样，他会在A与B之间往返两次，在C与D之间往返两次，在F与K之间往返两次，在J与O之间往返两次，在R与S之间也往返两次——共计5次重复行程。因此31段单程路程加上5次重复行程，总计36弗隆。这个谜题的陷阱在于起点是一个偶数节点；如果不是这样的话，只需行走35弗隆即可。

248.—骑车人的旅程——解答
当马格斯先生回答“不可能，我确定”时，他并非说这件事无法实现，而是实际上给出了解决该问题的正确路线。从星形起点开始，按照“NO WAY, I’M SURE”这样的顺序访问各个城镇，就能恰好每个城镇访问一次，最终到达E点。因此两人的说法都是正确的。这就是这个谜题的小巧妙处，其实它并不难。

249.—水手谜题——解答

水手从标记为A的岛屿出发，必须访问所有岛屿各一次，然后再返回A岛。这样的路径一共有四条（如果把反向路径也算上的话，则有八条）。具体如下：
A I P T L O E H R Q D C F U G N S K M B AA I P T S N G L O E U F C
D K M B Q R H AA B M K S N G L T P I O E U F C D Q R H AA I P T L
OEUGNSKMBQDCFRHA

如果水手选择第一条路径，那么C岛将是他访问的第12个岛屿（A岛视为第1个）；选择第二条路径时，C岛则是第13个岛屿；选择第三条路径时为第16个岛屿；而选择第四条路径时则为第17个岛屿。如果他选择反向路径，那么C岛分别会是他的第10个、第9个、第6个和第5个岛屿。由于这些就是所有可能的路径，因此很明显，如果水手想尽可能推迟访问C岛的时间，他就必须选择最后一条路径。

从左到右。我在图中用深色线条标出了这条路线，它就是该谜题的正确答案。
通过第341题“四只青蛙”的解答中介绍的“按钮与绳线”方法，可以将地图大大简化。

250.—长途旅行.—解答
解决这类谜题的第一步就是尝试将其简化。观察图1，就会发现它其实是地图的简化版本。可以把那些圆形的城镇视为按钮，而铁路则视为连接这些按钮的绳线。（参见第341题的解答。）这样，我们实际上只是将原来的图表进行了简化，而没有改变原有的条件。接下来，我们还可以进一步简化，把图1转换为图2——也就是棋盘的一部分。此时，铁路的走向就类似于国际象棋中车子的移动方式：我们可以沿着图表的边缘方向移动，但不能对角线移动。因此，第一个被访问的城镇（或格子）必须是黑色的；第二个则是白色的；第三个还是黑色的，以此类推。这样一来，所有被访问的奇数编号格子都是黑色的，而偶数编号格子则是白色的。现在，我们需要访问23个格子（一个奇数），所以最后一个被访问的格子也应该是黑色的。但Z实际上是白色的，因此这个谜题似乎无解。

既然我们得知那个人“成功”实现了自己的计划，那我们就必须设法在那些规则中找到漏洞。他的要求是“每个城镇只能进入一次”，但并没有规定他不能在离开某个城镇后再进入它——尤其是考虑到他从小就从未离开过那个城镇，因此这实际上是他有生以来第一次“进入”那个城镇。不过，他必须立即从第一个访问的城镇返回，这样一来他只需再访问22个城镇而已。由于22是个偶数，所以他完全有可能最终到达白色方格Z。从A到Z的虚线就表示了一条可能的路线。图1中的实线则重复了这条路线，读者现在应该可以轻松将其应用到原始地图上。由此我们可以证明：只有立即从A返回，才能解决这个谜题。

251.—水、气与电。——解答

按照最初所理解的严格条件，这个谜题根本不存在解决方案。面对这样的困境，人们总得寻找一些言辞上的借口或技巧。如果A房的主人允许自来水公司通过他的土地来铺设通往C房的管道（我们没有理由认为他会反对），那么问题就迎刃而解了，正如我们的图示所示。可以看到，从W到C的虚线确实经过了A房，但没有任何一根管道会与另一根管道相交。

252.—给驾车者的一道谜题——解答

八名骑手所选择的路线如图所示，为便于观察，图中虚线道路已被省略。

253.—银行假期谜题——解答
最简单的方法是按此方式列出通往所有城镇的路线数量：在顶行和第一列的所有城镇上标上1。这样，通往任意一个城镇的路线数就等于其正上方城镇的路线数与正左侧城镇的路线数之和。因此，第二行的数值依次为1、2、3、4、5、6……，第三行为1、3、6、10、15、21……，其他行亦以此类推。由此可知，仅有第五行中字母E正上方的第十二个城镇，其路线数恰好为1,365条，因此该城镇就是骑手的目的地。
在满足方向条件的情况下，对于此类矩形网格结构，从一个角落到对角线的另一个角的路线总数的一般公式为(m + n)!/m!n!，其中m为一侧城镇的数量减1，n为另一侧城镇的数量减1。本题中城镇数为12×5，故m=11，n=4。代入公式后即可得到上述的1,365这一结果。

254.—汽车旅行问题——解决方案
首先，我请读者将原来的方形图与下图1、2、3中所展示的圆形图进行比较。如果暂时忽略阴影部分（其作用我稍后会解释），就会发现每种情况下的圆形图其实都是原始方形图的简化形式——也就是说，在两种情况下，从A出发的道路都会通向B、E和M；从L（伦敦）出发的道路则通向I、K和S，以此类推。由于圆形图具有对称性，因此更适合作为应用机械解法的基础，所以我选择使用它，同时不改变谜题的任何条件。如果问题中涉及到城市间的距离，那么新的图形可能就需要加上数字来表示这些距离，否则可能根本无法实现有效的解决方式。

接下来，我在一张纸上画出三个圆形图，然后根据图中阴影部分所示的形状剪出三块硬纸板。可以证明，用红色铅笔标出的每条路线都会形成卡片边缘所指示的某种路径，或是其镜像路径。让我们以图1为例：此时卡片的摆放方式是让星形位于城镇T处；因此，沿着卡片的边缘，我们可以得到一条从伦敦出发的环形路线：L、S、R、T、M、A、E、P、O、J、D、C、B、G、N、Q、K、H、F、I、L。如果反向行走，则会得到L、I、F、H、K、Q等路线，但这些反向路线不予考虑。在写出这条路线后，我们再旋转卡片……

继续转动卡片，直到星星位于M位置，此时会出现另一条路线；在A处有第三条路线，在E处有第四条路线，而在P处则有第五条路线。这样，通过不断转动卡片，我们就得到了五条不同的路线。显然，如果将卡片翻面，让另一面朝上，再以同样的方式转动卡片，也会得到另外五条路线。因此，通过使用图1中的可转动卡片，我们可以轻松地列出十条路线。而如果使用图2和图3中的卡片，同样也能得到各十条路线。这三十条路线就是所有可能的路线了。我并不给出具体的证明来说明这三张卡片确实涵盖了所有可能的情况，而是让读者自己去推理。如果随机尝试某种路线，他一定会发现它属于上述三种类别之一。

255.—水平谜题——解法
让我们把注意力集中在左上角的L上。假设我们从右侧的E出发：那么我们必须直接前往V，从V开始，这个词还有四种拼写方式，因为有四个E可以用来连接到L。因此，通过右侧的E有四种拼写方式。显然，从起点正下方的E出发，也应该有相同数量的拼写方式。这样一来就是八种。不过，如果我们选择对角线上的第三个E作为路径，那么就可以选择三个V中的任何一个，而通过每个V又可以有四种拼写方式。因此，通过对角线上的E，共有十二种拼写“LEVEL”的方法。八种加上十二种，总共就有二十种拼写方式，而这些方式都源自左上角的L。由于四个角落的情况是相同的，所以答案应该是四十倍二十，也就是八十种不同的拼写方式。

256.—菱形谜题——解法

共有252种不同的读法。一般规律是：对于由n个字母构成的单词（并非回文，如下一个谜题中的例子），以这种方式进行分组时，总是存在2(n+1) – 4种不同的读法。这种读法不允许沿对角线方向读取，比如使用“DIGGING”这样的单词时，就可以通过对角线路径从一个G走到另一个G。

257.—神圣之谜——解答
正确答案是1,992种不同的读法。每个F要么位于角落，要么位于边缘——即处于其所在F方块中与角落相邻的位置。现在，从角落的F出发，有16种读法；因此，从角落的F出发读DEIF也有16种读法；这样一来，通过角落的F来读DEIFIED就有16 × 16 = 256种读法。四个角落的F则共有4 × 256 = 1,024种读法。而从边缘的F出发，读FIED有11种读法，因此读DEIFIED则有11 × 11 = 121种读法。由于共有8个边缘的F，所以这些方式加起来共有8 × 121 = 968种读法。将968加上1,024，就能得到答案1,992。
在这种形式下，解法会取决于回文单词的字母数是奇数还是偶数。例如，如果用“NUN”这个词以完全相同的方式来计算，会有64种不同的读法；但如果是“NOON”，则只有56种读法，因为不能连续使用同一个字母，也不能沿对角线方向读取，而且每种读法都必须用到中间的N。读者可以自行推导出这种情况下的一般公式，不过该公式相当复杂。我只想补充一点：对于像“MADAM”这样的单词，如果用与DEIFIED相同的方法来计算，其读法数量为400种。

258.—选民之谜——解答

此处的读法数量为63,504，与“我看到的到底是不是老鼠？”（坎特伯雷谜题第30题）的情况相同。一般规律是：对于包含2n+1个字母的回文句，其读法数量为[4(2n-1)]²。

259.—汉娜的谜题——解答
从任意一个N开始，NAH有17种不同的读法；由于有4个N，因此总共有68种读法（4乘以17）。同样地，HAN也有68种拼写方式。如果允许在拼写时重复使用同一个N，那么答案将是68乘以68，即4,624种方式。但根据规则，“必须始终从一个字母跳到另一个字母”。因此，对于每种用特定N拼写HAN的方式，都有51种方式可以完成NAH的拼写，进而得到867种完整的单词拼写方式。由于HAN中有4个N，所以这个谜题的正确答案是3,468种（4乘以867）。

260.—蜂巢谜题——解答
所需的谚语是：“杯口与嘴唇之间往往存在许多失误。”从右下角外的T开始，接着走到其上方的H，之后就很简单了。

261.—僧人与桥梁——解答

布里奇斯问题可以简化为图中所示的简单结构。点M代表僧侣，点I代表岛屿，点Y代表寺院。从M到I的直接路径只有桥梁a和b；从I到Y的直接路径只有桥梁c和d；而从M到Y则存在直接的桥梁e。现在我们需要做的，就是统计出所有能够从M到达Y的路线，且这些路线必须恰好经过一次桥梁a、b、c、d和e。有了这个简单的图示，就可以毫不费力地系统地统计出这些路线了。例如，以a、b为起点时，只有两种完成路线的方式；以a、c为起点时也有两种方式；以a、d为起点时同样只有两种方式，以此类推。最终会发现，总共有16条这样的路线，具体如下：—
abecd
abedc
acdbe
acebd
adebc

adcbe
baecd
baedc
bcdae
bcead
bdcae
bdeac
ecabd
ecbad
edabc
edbac

如果读者将图中的桥梁标识字母对应到原图中的实际桥梁上，一切就会变得非常清晰了。

262.—那十五只羊——解答
如果我们仔细阅读百科全书中作者的原文，就会发现并没有说明那些围栏里一定是空的！实际上，只要再看看原图，就会发现其中一只羊已经待在其中一个围栏里了。就在这时，那个狡猾的农夫对我说：“现在我要开始把那十五只羊放进去。”于是他先从自己的羊群中选出三只羊放入那个已经被占用的围栏里，然后再在另外三个围栏里各放四只羊。“看吧，”他说，“这样我就把十五只羊分到了四个围栏里，每个围栏里的羊的数量都相同了。”当然，根据问题的确切描述，我不得不承认他的说法是完全正确的。

263.—亚瑟王的骑士们——解答

第二天晚上，亚瑟王将骑士们和自己按以下顺序安排在圆桌旁：A、F、B、D、G、E、C。第三天晚上，他们的座位顺序则是：A、E、B、G、C、F、D。在这两次安排中，B始终位于离他最近的座位上，而G则始终位于离他最远的座位上。没有其他座位安排方式能如此令人满意。

264.—城市午餐问题——解答
这些人可以按如下方式分组，每行代表一天，每列代表一张桌子：
AB CD EF GH IJ KL
AE DL GK FI CB HJ
AG LJ FH KC DE IB
AF JB KI HD LG CE
AK BE HC IL JF DG
AH EG ID CJ BK LF
AI GF CL DB EH JK
AC FK DJ LE GI BH
AD KH LB JG FC EI
AL HI JE BF KD GC
AJ IC BG EK HL FD

请注意，在每一列中（A所在的列除外），所有字母都按照相同的顺序循环排列，即B、E、G、F，直到J，之后又是B。

265.—给纸牌游戏玩家的谜题——解答
在下面的解答中，11条线分别代表一次聚会，每列代表一张桌子，而每对字母则代表一对搭档。

AB—IL EJ—GK FH—CD
AC—JB FK—HL GI—DE
AD—KC GL—IB HJ—EF
AE—LD HB—JC IK—FG
AF—BE IC—KD JL—GH
AG—CF JD—LE KB—HI
AH—DGKE—BF LC—IJ
AI—EH LF—CG BD—JK
A J — F I B G — D HC E — K L
AK—GJ CH—EI DF—LB
AL—HK DI—FJ EG—BC

可以看出，字母B、C、D……L是按循环顺序排列的。上述解决方案在各方面都堪称完美——每位选手都会与其余每位选手各搭档一次、作为对手两次。

266.—网球比赛——解决方案
将男士们记为A、B、D、E，他们的妻子则分别记为a、b、d、e。这样他们就可以按照以下方式比赛，且没有人会重复与同一个人搭档或对阵：

第一球场　第二球场
第一天　A对d，B对e；D对a，E对b
第二天　A对e，D对b；E对a，B对d
第三天　A对b，B对e；D对a，E对d

可以看出，没有任何人会与自己的妻子搭档或对阵——这真是理想的安排。如果读者想要一个更难的谜题，可以试着在七天内、四个球场上安排八对已婚夫妇，且满足完全相同的条件。这是可以做到的，不过就留给读者自己去寻找答案和通用解决方案吧。

267.—错误的帽子——解答
8个人和8顶帽子，每人戴上错误帽子的不同方式共有14,833种。
以下是从1人到8人的相应解数：
1=0
2=1
3=2
4=9
5=44
6=265
7=1,854
8=14,833
要得到这些数值，可依次用2、3、4、5等数相乘；若乘数为偶数则加1，为奇数则减1。例如：3×1－1=2，4×2＋1=9，5×9－1=44，以此类推。或者，将n-1人和n-2人的解数之和再乘以n-1，即可得到n人的解数。例如：4×(2+9)=44，5×(9+44)=265，以此类推。

268.—钟声的敲响顺序——解答
钟声应按以下顺序敲响：
1234
2143
2413
4231
4321
3412
3142
1324
3124

1342
1432
4123
4213
2431
2341
3214
2314
3241
3421
4312
4132
1423
1243
2134

我已经分别为五口钟和六口钟设计了相应的敲钟方案；在先前提出的条件下，任意数量的风铃也都存在相应的解决方案。

269.—船上的三个人——解决方案
如果没有任何其他限制，只要求这三个人必须一起出行，那么他们有多种不同的划船方式。如果读者想知道具体有多少种方式，答案是4557种。而如果加上“任何两人不得同时出现两次”的限制，那么不同的安排方式至少有15,567,552,000种。看到这个数字后，读者应该就能明白为何会是这样了：虽然例如A必须分别与B和C各出去一次，但这并不意味着他必须在与B同行的那次也与C同行，他可以在那次选择其他任何人同行，不过选择非B的人会影响到其他组合的安排。

当然，当要求使用尽可能少的船只时，所有这些安排方案中只有部分是可行的。实际上，我们只需要使用十种不同的船只即可。以下是一种安排方案：

1 2 3 4 5
第一天：(ABC) (DBF) (GHI) (JKL) (MNO)
8 6 7 9 10
第二天：(ADG) (BKN) (COL) (JEI) (MHF)
3 5 4 1 2
第三天：(AJM) (BEH) (CFI) (DKO) (GNL)
7 6 8 9 1
第四天：(AEK) (CGM) (BOI) (DHL) (JNF)
4 5 3 10 2
第五天：(AHN) (CDJ) (BFL) (GEO) (MKI)
6 7 8 10 1
第六天：(AFO) (BGJ) (CKH) (DNI) (MEL)
5 4 3 9 2
第七天：(AIL) (BDM) (CEN) (GKF) (JHO)

可以发现，没有两个人会两次一起外出，也没有人会两次同乘一艘船。这其实是柯克曼所提出的著名“十五名女学生”问题的延伸版本。原问题只是要求十五名女学生在七天内以三人一组的方式外出，且任何一名女学生都不会与另一名女学生同组出现两次。自1850年该问题首次被提出以来，数学家们一直在努力寻找其通用解法，直到最近才有所突破。在1908年及之后的两年里，我指出（见《教育时报》复刊版第十四、十五和十七卷），我们之所以陷入困境，是因为没有意识到15其实是一个特例（数值过小，无法适用于所有形如6n+3的更多女学生数量的情况），同时我也阐明了那个通用规律以及如何为任意数量的女学生安排分组方式。我还给出了那些此前令所有人束手无策的数值的具体安排方案，因此现在可以说这个问题已经得到了普遍解决。

读者可以在W.W. Rouse Ball所著的《数学娱乐》第五版中找到关于这个谜题的详尽解答。

270.—玻璃球问题——解答
总共有16个球需要打破，也就是说有16种不同的打破顺序。将这四根绳子分别记为A、B、C和D——顺序在此并不重要。对于绳子A而言，它可以在16个位置中的任意4个位置上被打破，即从16个位置中选取4个位置的组合数为：

13 × 14 × 15 × 16 ÷ (1×2×3×4) = 1,820种方式。
在每一种情况下，绳子B都可以在剩余的12个位置中的任意4个位置上被打破，其组合数为：

9 × 10 × 11 × 12 ÷ (1×2×3×4) = 495种方式。
因此，A和B的组合方式共有1,820 × 495 = 900,900种。
而对于每一种这样的情况，绳子C又可以在剩下的位置中选择5×6×7×8 ÷ (1×2×3×4) = 70种不同的位置。
这样一来，A、B、C三根绳子的所有可能组合方式就有900,900 × 70 = 63,063,000种。
在每一种情况下，绳子D都只能占据剩下的那4个位置。
因此，在给定条件下，打破这些球的方式共有63,063,000种。
读者可以将这个问题与第345题“两个兵”进行比较，这样就能知道当棋盘上有三个、四个或更多兵时该如何解决此类问题了。

271.—十五字母谜题——解答
以下组合符合要求：

ALE MET MOP BLM
BAG CAP YOU CLT
IRE OIL LUG LNR
NAY BIT BUN BPR
AIM BEY RUM GMY
OAR GIN PLY CGR
PEG ICY TRY CMN
CUE COB TAU PNT
ONE GOT PIU

所使用的十五个字母为A、E、I、O、U、Y，以及B、C、G、L、M、N、P、R、T。一共有27个单词，它们都列在前三列中。最后一个单词PIU是一个常用的音乐术语；虽然它已被收录进一些词典中，但它其实是意大利语，意为“一点；略微”。其余二十六个单词都是合法的。所谓“TAU十字”，指的是T形的十字架，也被称为圣安东尼十字架，它被刻在埃克塞特主教宫的徽章上。此外，它也是蟾鱼的一种名称。因此，我们得到了二十六个合法单词以及一个存疑的单词，这些单词都是按照要求找到的。我认为很难再有更好的答案了。当然，我们不必拘泥于词典，而应以通用用法为准。如果在这种情况下只依据词典，那就会遇到前缀、缩写之类的问题，还有像I.O.U.这样的荒谬词汇，而纳托尔居然还将它视为一个合法的单词。

272.—九个男生——解答
这些男生可以按以下顺序离开：

第1天。第2天。第3天。第4天。第5天。第6天。

ABC BFH FAG ADH GBI DCA
DEF EIA IDB BEG CFD EHB
GHI CGD HCE FIC HAE IGF

每个男孩都会与其他每一个男孩各走一次，且仅一次。
从总体上来看，在9n+6天的时间内，12n+9个男孩可以以三人一组的形式外出行走，其中n可以是0或任意整数。每对男孩都会出现一次。设男孩总数为m，则每个男孩会配对m-1次，其中(m-1)/4次处于三人组的中间位置，(m-1)/2次处于小组的边缘。根据上述结论，每个男孩会处于中间位置两次（形成4对），处于边缘位置四次（形成其余8对）。读者现在可以试着解决另外两个案例：15天内21个男孩的情况，以及24天内33个男孩的情况。有趣的是，一个有489个男孩的学校在闰年时每天都可以如此出行，而在365天的普通年份里，则需要731名女孩才能完成同样的任务（这一数值见于第269题的解答）。

273.—圆桌问题——解答
关于这个问题的历史记载可见于《坎特伯雷谜题》（第90题）。据我所知，自1907年那本书出版以来，至今仍没有人能够解决那种不幸的数字——13个人围坐在圆桌旁、共进行66次聚会的情况。实际上，对于任何数量的人，都存在解决方案；我已经记录了人数在25人及以下以及33人的所有解决方案。不过，由于还有很多数学家仍在研究13个人的情况，我暂不会直接给出答案，让他们自己去解决。我现在将展示人数在12人及以下的全部解决方案。其中一些解决方案是首次公开，它们或许能为研究者提供有用的线索。

对于3人每次坐一次的情况，其解决方案无需特别说明。
4人分3次坐的解决方案如下：—
1234
1342
1423
每行代表一种坐法，而每行中最后一个数字所对应的人，在圆桌旁自然应与该行第一个数字对应的人相邻而坐。
5人分6次坐的解决方案如下：—
12345
12453
12534
13254
14235
15243
6人分10次坐的解决方案如下：—
123645
134256
145362
156423
162534
124563
135624
146235
152346
163452
出于我即将解释的原因，现在无需再完整列出所有解决方案了。从上述例子可以看出……

对于5个人的情况，第2个数在每一列中都会重复出现。我将这样的数字称为“重复数”。其他数字则按循环顺序排列。因此，对于6个人而言，每列的数字序列都是2、3、4、5、6、2，以此类推。所以只需给出两行数字1 2 3 6 4 5和1 2 4 5 6 3，再标明循环规律与重复数，任何人就能立即写出完整的解法。读者可能会疑惑，为何我不从1 2 3 4 5 6这样的自然顺序开始列出最后一行数字。如果那样做的话，循环中的数字就不会保持自然顺序，而采用有规律的循环形式比考虑第一行的顺序更为方便。

对于7个人在15次情况下的复杂情况，其解法如下，这一解法是我在《坎特伯雷谜题》中提出的：

1234576
1627534
1352674
1574362
1527346

在此情况下，1是重复数，同时存在两个独立的循环序列：2、3、4、2，以及5、6、7、5。因此共有五组，每组包含三行数字，因为每组中的第四行其实只是重复第一行而已。

对于8个人在21次情况下的解法如下：

18634527
18457236
18273645

这里的1也是重复数，循环序列为2、3、4、5、6、7、8。每组都会产生7行数字。

至于9个人在28次情况下的解法，则如下所示：

219745638
295168347
293184756

291564783

这里有两个重复项，分别为1和2，循环顺序为3、4、5、6、7、8、9。因此可以得到4组，每组7行。
对于10人在36次情况下的解法如下：—

1 10 8 3 6 5 4 7 2 9
1 10 6 5 2 9 7 4 3 8
1 10 2 9 3 8 6 5 7 4
1 10 7 4 8 3 2 9 5 6

重复项为1，循环顺序为2、3、4、5、6、7、8、9、10。因此可以得到4组，每组9行。
对于11人在45次情况下的解法如下：—

211 9 4 76 518 310
2 1 11 7 631085 4 9
211 10 3 94 851 7 6
211 5 8 131067 9 4
211 110 34 967 5 8

这里有两个重复项，分别为1和2，循环顺序为3、4、5……11。因此可以得到5组，每组9行。
对于12人在55次情况下的解法如下：—

12 312 411 5 10 6 9 7 8
12 4 11 6 9 8 7 10 512 3
12 510 8 7 11 4 3 12 6 9
12 6 910 5 3 12 7 8 11 4
12 7 812 3 6 9 11 4 510

这里1是重复项，循环顺序为2、3、4、5……12。因此可以得到5组，每组11行。

274.—捕鼠器谜题——解答
如果我们将卡片6和13互换，并从14开始计数，就可以按照以下顺序取出全部21张卡片——也就是完成21次“捕获”：6、8、13、2、10、1、11、4、14、3、5、7、21、12、15、20、9、16、18、17、19。我们也可以将10和14互换，从16开始计数；或者将6和8互换，从19开始计数。

275.—十六只羊——解答
下页的六幅图展示了当我们需要替换2、3、4、5、6、7这些障碍物时的解决方案。粗线表示已被替换的障碍物。当然，还有其他实现这一目标的方法。

276.—八座别墅谜题——解法
解决这个谜题有多种方法，但它们之间的差异其实很小。解题时首先需要记住：在计算时只需考虑位于四个角落的别墅，因为一旦知道了角落里的数字，中间的别墅数值就固定不变了。一种方法是依次将0到9的数字填入左上角的空位，然后逐一分析每种情况。

如果像图A所示将9填入某个角落，那么另外两个角落就无法再被占用，而与它对角线的那个角落则可以容纳0、1、2、3、4、5、6、7、8或9个人。因此，当角落里为9时，共有10种解法。而如果用8来代替9，那么同一行和同一列的两个角落可以分别容纳0、0或1、1，或是0、1或1、0。在图B的情况下，第四个角落有10种不同的填充方式；而在图C、D和E的情况下，由于不能使用9，每个角落只有9种填充方式。因此，当左上角为8时，共有10 + (3×9) = 37种不同的解法。如果用7来代替9，那么解法数量为10 + 27 + 40，即77种。用6时，解法数为10 + 27 + 40 + 49 = 126；用5时，解法数为10 + 27 + 40 + 49 + 54 = 180；用4时，解法数与用5时相同，再加上55，共235种；用3时，解法数与用4时相同，再加上52，共287种；用2时，解法数与用3时相同，再加上45，共332种；用1时，解法数与用2时相同，再加上34，共366种。

当左上角数字为0时，解的个数应为10 + 27 + 40 + 49 + 54 + 55 + 52 + 45 + 34 + 19 = 385。由于左上角不能再放置其他数字，只需将这些数值相加即可，即10 + 37 + 77 + 126 + 180 + 235 + 287 + 332 + 366 + 385 = 2,035。因此，租户占据这八栋别墅中的部分或全部，且确保正方形每条边上始终有九人的方式总数为2,035。显然，这种方法已经涵盖了所有可能的排列情况，因为每个角落都会与另外两个与之相连的角落以各种组合方式被数字占据。

解决此谜题的一般公式为：(n² + 3n + 2)(n² + 3n + 3)/6。无论规定每条边上的居民人数是多少（该数值用n表示），都可以通过该公式得出不同的排列总数。在本题中，居民人数为9，因此计算结果为(81 + 27 + 2) × (81 + 27 + 3)，再将乘积除以6，得到的结果即为2,035。如果居民人数分别为0、1、2、3、4、5、6、7或8，则对应的排列总数分别为1、7、26、70、155、301、532、876或1,365。

277.—十字形谜题——解法
我们先来探讨希腊十字形谜题。对于两条臂上的数字配对，共有18种不同的方式。具体如下：

12978 1396814958
34956 2495723967
23958 1376914759
14967 2475823768
12589 2375913579
34567 1476824568
14569 2356914379
23578 1457825368
15369 2436923189

24378 1537845167
24179 2516934169
35168 3417825178

当然，中间的数字在两种结构中是相同的。第一组数字就是我作为示例给出的。假设我们已经把所有的这种结构都列出来，且每组中的第一行位于垂直臂上，第二行位于水平臂上。如果保持中间数字不变，那么垂直臂上的数字有24种不同的排列方式，因为四个数字可以以1×2×3×4=24种方式进行排列。而由于水平臂上的四个数字也可以以24种方式进行排列，因此每种结构共有24×24=576种不同的排列方式。既然总共有18种结构，那么总的排列方式就是18×576=10,368种。不过，这其中包含了被排除掉的四种反转情况和四种反射情况，所以需要再除以4，这样才能得到正确的答案，即2,592种不同的排列方式。之所以除以4而不是8，是因为我们通过始终将一个数字放在垂直臂上、另一个数字放在水平臂上来避免了一半的反转和反射情况。

对于拉丁十字形来说，显然也需要处理这18种结构。这种情况下的不同排列方式总数就是18×576。由于上下两臂的长度不同，通过反射操作会导致重复的排列，但通过反转操作则不会，因为我们无法实现反转。因此只需除以2即可。不过，在每组结构中，我们可以将垂直臂上的数字与水平臂上的数字互换（而在希腊十字形中则无法做到这一点，因为其两臂长度相同），所以还需要再乘以2。这个乘以2和除以2的操作会相互抵消，因此10,368仍然是正确的答案。

278.—一种宿舍谜题——解答

按照六种示意图所示的方式，逐天安排修女们。最少需要的修女人数为32人，而最后三天的安排方式则可以有所不同。

279.—香脂桶问题——解答
只要知道方法，无论桶的数量是多少，这个问题都很容易解决。具体做法如下：每行有5个桶，将1、2、3、4、5相乘，再将6、7、8、9、10相乘。用其中一个乘积除以另一个，得到的结果就是从10个桶中每次选取5个桶的不同组合数。在这里，这个数值为252。现在，若将这个数值除以6（即每行桶数加1），就能得到42，这就是该谜题的正确答案，因为共有42种不同的排列方式。试着用这种方法来解决每行有3个桶、共6个桶的情况，你会发现答案是5种。通过尝试可以发现，这5种排列方式分别是123、124、125、134、135，除此之外没有其他排列方式。实际上，这个问题的通用解法就是：C(2n, n)。

n+1，其中2n表示木棒的总数。符号C显然意味着我们需要找出从2n个物品中每次选取n个物品时，可以有多少种不同的组合方式。

280.—构建四面体——解法
将已搭建好的金字塔固定住，使其只有一根木棒位于桌面上。此时，必须有四根木棒从该金字塔上向不同方向延伸——两端各两根。五根木棒中的任何一根都可以不被使用，因此这四根木棒有5种不同的选择方式。而这四根木棒的排列顺序则有24种可能。此外，由于每根木棒的两端都可用于连接，因此在确定了某种特定的排列方式后，还可以以16种不同的方式对它们进行进一步调整。在每种排列方式中，第六根木棒都有2种添加方式。将所有这些结果相乘，即可得到5 × 24 × 16 × 2 = 3,840，这就是构建该金字塔的所有可能方式的数量。这种方法能够完全避免出错。
常见的错误原因在于：如果从位于桌面上的基本三角形开始逐步计算组合数，那么得到的结果将是正确数值的一半，因为人们忽略了实际上还可以通过桌子下方以相同方式构建出其他金字塔——事实上，那些金字塔只是彼此的镜像，除非处于四维空间中，否则这两组金字塔无法相互对应！

281.—给金字塔上色——解法
为了方便起见，我们可以想象在折叠之前，先在平面纸板上给金字塔上色，就像图示那样。现在，如果我们选用四种颜色（比如红色、蓝色、绿色和黄色），那么这些颜色的应用方式只有……

如图1和图2所示，有两种不同的方式。其他任何方式在将金字塔折叠起来后都只能得到这两种结果之一。如果我们选择三种颜色，可以按照图3、图4和图5所示的3种方式来使用它们；如果选择两种颜色，则可以按照图6、图7和图8所示的3种方式来使用；而如果只选择一种颜色，显然只能以1种方式来使用它。至于四种颜色的组合，从七种颜色中可以选择出35种不同的组合方式；三种颜色有35种组合方式；两种颜色有21种组合方式；而一种颜色则只有7种组合方式。因此，以2种方式使用的35种组合方式共有70种；以3种方式使用的35种组合方式共有105种；以3种方式使用的21种组合方式共有63种；而以1种方式使用的7种组合方式则有7种。综上所述，根据谜题的要求，利用太阳光谱中的七种颜色，金字塔可以被涂成245种不同的颜色（70 + 105 + 63 + 7）。

282.—古物商之链——解答

九个物品在没有任何限制的情况下排成一行的方式共有1 × 2 × 3 × 4 × 5 × 6 × 7 × 8 × 9 = 362,880种。但题目要求这两个环形部件绝不能相邻，因此我们必须减去它们相邻的情况数。这种相邻的情况数为1 × 2 × 3 × 4 × 5 × 6 × 7 × 8 = 40,320，再乘以2，即80,640；因为如果将这两个环形部件视为一个整体，那么就有40,320种排列方式；但由于这两个部件可以以AB或BA的顺序相连，所以需要将这个数字再乘以2，因为这里涉及的是排列而非设计问题。经过这样的扣除后，最终结果为282,240。此外，其中一个部件呈8字形，因此每次都可以选择将其连接在某一端，所以还需要再将这个数字乘以2，最终结果为564,480。

现在我们来到我之前提醒读者的那个要点：每个部件都有两种连接方式。如果我们把左手的食指和拇指水平连接起来，然后再连接右手的食指和拇指，就会发现右手的拇指可以位于上方或下方。但在我们的链条中，虽然那个8字形的部件有两个独立的端点，但它和其他部件一样只有两面——也就是说，无法只转动其中一端而不同时转动另一端。

为方便起见，我们假设每个部件都有一面是黑色的，另一面是白色的。现在，如果规定（链条放在桌面上，且每个连续的部件都以与图中相同的方式覆盖在其前一个部件之上）只有白色的一面朝上，就像A所示那样，

那么答案就是564,480，如上所述——暂时忽略链中各环节的翻转情况。不过，如果允许第一个环节以任意方向放置，那么就会出现A或B两种可能，此时答案为2 × 564,480 = 1,128,960；如果两个环节都可以以任意方向放置，答案为4 × 564,480；三个环节则为8 × 564,480，依此类推。由于每个环节都可以以任意方向放置，因此最终结果为564,480乘以29，或者乘以512。这样算出来的总数为289,013,760。

不过还有一个小问题需要考虑。我们还没有考虑到这样一个事实：对于任何一种排列方式，只要将整条链整体翻转并反转两端，就可以得到另外三种排列方式。因此C实际上与A相同；而如果将这张纸倒过来看，A和C又会对应另外两种实际上完全相同的排列方式。所以，要得到这个谜题的正确答案，就必须将之前的总数除以4，这样得到的不同排列方式数量为72,253,440种。换句话说，如果这九个环节原本构成了一条链，且已知那两个圆形环节是分开的，那么铁匠不会以与原来完全相同的方式重新组合这些环节的概率为72,253,439比1！

283.—十五块多米诺骨牌——解答
读者可能会注意到，我所给出的每条线的两端都是4，这样一来，如果我们愿意的话，就可以把它们组成一个环而不是直线。很容易证明，情况必然如此。只要将线的两端连接起来，任何直线排列都能变成环形排列。虽然乍看之下可能有些奇怪，但下面的图示恰好反映了在排除双数多米诺骨牌、只考虑环形排列时的情况。每一个数字或半块多米诺骨牌都与其他所有数字相连，因此，如果我们从五个数字中的任意一个开始，沿着五边形的每条线各走一次，最终会回到起点，而我们所走的路径顺序则代表了十块多米诺骨牌的一种环形排列方式。请拿起铅笔，按照图示来画出来吧。

按照以下路径，从4:41304210234开始。你只需将所有数字各重复一次，即41—13—30—04—42—21—10—02—23—34，这样就能得到一种不含重复数字的多米诺骨牌排列方式，而且这种排列会非常清晰。如果选择其他路径，就会得到不同的排列结果。因此，只要能确定从五边形出发可以形成多少种这样的环形路径，剩下的就很容易解决了。

实际上，从五边形出发可以形成的不同环形路径共有264种。至于我是如何得出这个数字的，目前就不详细解释了，因为那需要很多篇幅。因此，在不考虑重复数字的情况下，多米诺骨牌可以用264种不同的方式排成圆形。而在每一个这样的圆形排列中，五个重复数字又可以用25×32=800种不同的方式来放置。所以，如果把重复数字也考虑进去的话，总共就有264×32=8,448种不同的环形排列方式。不过，每一个圆形排列都可以在15个不同的位置被打破，从而形成直线排列。因此，8,448×15=126,720，这就是这个谜题的正确答案。

我故意没有让读者去探究28块多米诺骨牌全部可以有多少种不同的排列方式。

按照游戏的常规规则，只能从左到右或从右到左排列，任何其他排列方式都视为不同的方法。这是一个极其复杂的问题，但正确答案是7,959,229,931,520种排列方式，其解题方法也非常复杂。

284.—十字靶形问题——解答

可以选出21个不同的正方形。其中9个的正方形大小如图中的四个A所示，4个的正方形大小如B所示，4个的正方形大小如C所示，2个的正方形大小如D所示，还有2个的正方形大小分别如上方的单个A、上方的单个E、下方的单个C以及EB所示。有趣的是，若不使用至少1个标有E的圆圈，就无法构成这21个正方形中的任何一个。

285.—四种邮票的排列方式——解答
根据原始图示，这四种邮票可以有以下三种排列方式：1、2、3、4；1、2、5、6；1、2、3、5或1、2、3、7，或1、5、6、7，或3、5、6、7，共28种排列方式；1、2、3、6或2、5、6、7，共14种排列方式；1、2、6、7或2、3、5、6，或1、5、6、10，或2、5、6、9，也是14种排列方式。因此，总共有65种排列方式。

286.—雕刻模具的方法——解答
数字1可以标记在六个不同的面上中的任意一个面上。对于每个被数字1占据的面，数字2有四个面可以选择。而对于数字2的每一种位置，数字3则有两个位置可选。（数字6、5和4无需考虑，因为它们的位置由数字1、2和3决定。）因此，6乘以4再乘以2，得到48种不同的排列方式——这就是正确答案。

287.—首字母拼字谜题——解答
字母表中有26个字母，因此可以组成325对不同的字母组合。每对字母都可以反过来排列，这样就有650种排列方式。此外，每个首字母也可以作为结尾字母重复使用，这样还有26种排列方式。综上，总共有676种不同的字母组合。换句话说，答案就是字母表中字母数量的平方。

288.—棋盘分割方法——解答
将棋盘切成两个大小和形状完全相同的部分，共有255种不同的切割方式。每种切割方式都必须使用图A、B、C、D和E中所显示的五种切割线之一。为避免因反转或镜像而产生的重复情况，我们只需考虑从点a、b和c处进行的切割即可。

但出口点必须始终位于从入口经过中心点的直线上。这是最需要记住的条件。在情况B中，如果不能从a点进入，就会出现E情况下所描述的那种情况。同样，在C或D情况下，也不得沿着关键线的同一方向进入，否则就会出现A或B的情况。如果在处理A或C的情况时从a点进入，那么只能考虑关键线一端的连接点，否则就会出现重复的情况。在其他情况下，则必须考虑关键线两端的连接点；但在D情况下离开a点后，必须始终向右或向左移动——只能使用一个方向。图1和图2是A情况的示例；图3和图4是B情况的示例；图5和图6属于C情况；而图7则是D情况的典型示例。当然，E是一种特殊的情况，显然只有一种切割方式，因为显然无法从b点或c点进入。

以下是结果表格：—

A、B、C三种方法。
A = 8 + 17 + 21 = 46
B = 0 + 17 + 21 = 38
C = 15 + 31 + 39 = 85
D = 17 + 29 + 39 = 85
E = 1 + 0 + 0 = 1
41 94 120 255

我并未尝试去列举将8×8的棋盘——也就是普通的国际象棋棋盘——分割成若干部分的所有方法。无论采用何种方法，要得到解决方案都需要耗费大量精力。

289.—狮子与王冠。——解答

以下是解答。可以看出，沿着粗线切割之后，这四个部分的大小和形状都完全相同。

每块拼图上都有一头狮子和一顶王冠。其中两块拼图被标上了阴影，以便让人更清楚地看到分割方式。

290.—正方形数量为奇数的棋盘——解法
将5×5的棋盘（去掉中央的那个正方形）切成两个大小和形状相同的部分，共有15种不同的方法。由于篇幅限制，我无法列出所有方法的示意图，但读者可以毫不费力地自行画出这些示意图。无论从边缘的哪个点开始切割，切割线都必须在正方形中心对称的另一个边缘点上结束。因此，如果从上方的点1开始切割（见图1），那么就必须从下方的点1结束切割。实际上，只有点1和点2是两种不同的起始点；如果选择其他点，得到的也只会是类似的解法。以下15种解法中切割的方向由图中的数字表示。由于这些数字是连续的，因此不会出现混淆。不过，无论从上往下如何切割，都必须再从下往上重复一次切割，因为其中一个方向实际上是另一个方向的镜像。

1, 4, 8.
1, 4, 3, 7, 8.

1, 4, 3, 7, 10, 9。
1, 4, 3, 7, 10, 6, 5, 9。
1, 4, 5, 9。
1, 4, 5, 6, 10, 9。
1, 4, 5, 6, 10, 7, 8。
2, 3, 4, 8。
2, 3, 4, 5, 9。
2, 3, 4, 5, 6, 10, 9。
2, 3, 4, 5, 6, 10, 7, 8。
2, 3, 7, 8。
2, 3, 7, 10, 9。
2, 3, 7, 10, 6, 5, 9。
2, 3, 7, 10, 6, 5, 4, 8。

可以看出，第四种分割方式（1, 4, 3, 7, 10, 6, 5, 9）能得到图2所示的解法；而第十三种分割方式则对应着谜题中从侧面而非顶部进行切割的情况。不过，如果将这些拼图块翻转过来，它们的形状依然不变，根据规则，这并不算是一种不同的解法。

291.—大喇嘛的谜题——解法
图中展示了如何将棋盘分割成四个大小和形状完全相同的区域，且每个区域内都有一颗宝石。通过给方格上色，可以更清楚地看出各拼图块的形状。其中两个拼图块被涂上了颜色，另外两个则保持白色。
读者或许会感兴趣将这个谜题与“织布工”谜题（《坎特伯雷谜题》第14题）进行比较。

292.—修道院长的窗户——解答
那个“通晓各种神秘学问”的人向约翰神父指出，只要按照下图中的黑色方块所示，堵住窗户上的十二盏灯，就能轻松遵从圣埃德蒙兹伯里修道院院长的命令。

约翰神父认为四个角落也应当被涂黑，但那位智者解释说，应该尽量减少对光线的遮挡，仅做到绝对必要为止。他还预见到邓德雷里勋爵的观点，说道：“一块玻璃不可能与自身保持直线关系，就如同一只鸟无法独自待在角落里一样。修道院长的要求是，任何对角线上所包含的灯光数量都不得为奇数。”当这位圣徒看到所做的一切后，他非常满意，说道：“真的，约翰神父，你真是位极具智慧的人——你做到了看似不可能的事，同时还用圣安德鲁的十字形图案装饰了我们的窗户，而这个名字正是我的教父母们赐予我的。”此后他睡得很香，醒来时精神焕发。如果圣埃德蒙兹伯里修道院还存在的话，今天依然可以看到那扇完好无损的窗户，可惜的是，那扇窗户早已不复存在了。

293.—中国棋盘——解法

最多可以切成18块。我给出两种切割方案。第一种方案中，第18块的面积最大——为8个正方形，这是在给定条件下的最大可能值。第二种方案则附加了“每块中的正方形数量不得超过5个”的条件。

《坎特伯雷谜题》中的第74题展示了如何将棋盘切成12块，这些块彼此不同，每块都包含5个正方形，其中还有一块由4个正方形组成。

294.—棋盘谜题——解答
如图所示，这些块可以拼接在一起，形成一张完整的棋盘。

295.—八只车——解法
显然，每行和每列都必须有一只车。从最上面的一行开始，我们可以将第一只车放在八个不同的格子中的任意一个上。无论它被放在哪个位置，第二行放置第二只车时就有七个可选的格子；第三行则有六个可选格子，第四行有五个，依此类推。因此，不同的摆放方式总数为8 × 7 × 6 × 5 × 4 × 3 × 2 × 1 = 40,320（即8的阶乘），这就是正确答案。如果不把简单的反转和镜像变换视为不同方式的话，那么具体的方式数还有待确定；这是一个难题。不过，在下一个谜题中会探讨在较小方格上的类似问题。

296.—四头狮子——解法
在给定条件下，只有七种不同的摆放方式。它们分别是：1 2 3 4、1 2 4 3、1 3 2 4、1 3 4 2、1 4 3 2、2 1 4 3、2 4 1 3。以最后一个例子为例，这意味着我们要将一头狮子放在第一行的第二个格子、第二行的第四个格子、第三行的第一个格子以及第四行的第三个格子中。当然，第一个例子就是我们最初给出来的那个排列。

297.—无守卫的主教——解法

要完成此任务，至少需要8个象，最简单的办法是将这些象排列在棋盘的第四行或第五行上（见图）。不过可以看出，这里的每个象都没有其他象来保护它，这一点我们将在下一个谜题中探讨。

只要稍加思考，这个谜题就相当容易解决了。你只需考虑同一种颜色的方格即可——因为对于白色方格来说可行的策略，同样适用于黑色方格，而且这两种方格之间是相互独立的。当然，这种对称性存在的原因是普通国际象棋棋盘上的方格数为64，是个偶数。如果棋盘上的方格数为奇数，那么某种颜色的方格数量总会比另一种多一个。

为了让每个方格都受到攻击，同时让每个主教都有另一个主教保护，就需要10个主教。我在图中给出了一种排列方式。可以发现，棋盘左侧那组六个主教中的两个中央主教并无实际作用，它们的存在只是为了保护位于相邻方格上的那些主教。因此，另一种解决方案就是将其中上方的一个主教向上移动一格，而将另一个主教向下移动一格。

299.—召集起来的主教们——解答
这14位主教可以以256种不同的方式排列。不过，每位主教都必须位于棋盘的某一边上，也就是处于最边缘的某一行或某一列中。因此，这个问题的关键在于计算出将14位主教安排在棋盘边缘且彼此不会互相攻击的不同方式的数量。这并非难事。在面积为n²的棋盘上，最多可以放置2n-2位主教，而且它们总能有2^n种排列方式而不会互相攻击。对于普通的8×8棋盘而言，n为8，因此14位主教可以有256种不同的排列方式。有趣的是，其通用结果竟会以如此简洁的形式呈现出来。

300.—八位皇后——解答
该谜题的解法如图所示。可以发现，没有任何一位皇后会攻击另一位皇后，同时也没有三位皇后处于同一直线上。

任何斜向。在12种能够让8个皇后互不攻击的排列方式中，只有这种排列满足最后一个条件。

301.—八颗星——解法
该谜题的解法如第一张图所示。在给定的条件下，这是唯一的可行解。但如果其中一颗星并非按照所示方式放置，那么如果将旋转和反射视为不同的排列方式，就会有8种排列星体的方法。如果将这张纸翻面，使每面依次处于底部位置，就能得到4种旋转后的排列；再将这些排列在镜子里反射，就能得到4种反射后的排列。因此，这些其实只是同一“基本解”的8种不同表现形式而已。但如果那第一颗星不是以那种方式放置的，还会存在另一种基本解，如第二张图所示。不过由于这种排列具有对称性，通过旋转和反射也只能得到4种不同的排列方式。

302.—马赛克问题——解法

该图展示了这些瓷砖可以如何重新排列。与之前一样，会有一块黄色瓷砖和一块紫色瓷砖被舍弃。需要指出的是，在之前的排列中，第七行中的黄色瓷砖和紫色瓷砖位置可能会互换，但除此之外没有其他排列方式。

303.—隐秘之下——解答
有些排列方式能产生更多由四个字母组成的对角线组合，我们起初往往会倾向于选择这类排列；但这其实是个误区，因为在这方面获得的优势会在其他方面被抵消。当然，解题者很快就会意识到，“LIVE”或“EVIL”这两个词的价值是其他任何词的两倍，因为它们可以有两种读法，每一种都计为2分。这是一个重要的考虑因素；不过，有时候那些包含最多这类单词组合的排列方式在其他方面却毫无用处，从而导致整体得分下降。

上图符合“没有任何字母与另一个相同字母处于同一条直线上”的要求。该图展示了这五个单词的20种读取方式：6种为水平方向，6种为垂直方向，4种位于左侧箭头所示的对角线上，另外4种位于右侧箭头所示的对角线上。这就是最大值。

在64个方格组成的棋盘上，可以以604种不同的方式放置四组各含8个字母的排列，且始终不会出现任何字母与相同字母处于同一条直线上的情况。此处不将旋转和镜像视为不同的排列方式，也不考虑字母之间的实际互换；例如，L与E的位置互换并不算作新的排列。有趣的是，我所得到的20种读取方式不仅是真正的最大值，而且实际上只有那一种排列方式才能达到这一最大值。不过，如果在给定的解中让V与I互换位置，同时让L与E互换位置，仍然可以得到20种读取方式——各个方向的数值都与之前相同。因此，对于同一种排列方式，存在两种获得最大值的方法。而读取方式的最小数量则为零——也就是说，可以通过某种排列方式使得无论从哪个方向都无法读出任何单词。

304.—巴谢特方阵——解法

我们用字母A、K、Q、J来表示A、K、Q、J这些牌，而用D、S、H、C来表示方块、黑桃、红心、梅花。在图1和图2中，展示了两种排列方式，使得没有两个相同的字母处于同一行——不过将图1中的排列旋转四分之一圈即可得到图2中的排列。如果将这两个方阵叠加或组合起来，就会得到图3中的排列，这也是其中一种解法。但在每个方阵中，顶行的字母都可以以24种不同的方式排列，而不会改变整体的排列结构。因此，在图4中，S的位置与图2中的D相同，H的位置与S相同，C的位置与H相同，D的位置与C相同。显然，将这两种基本排列方式组合起来，共有24 × 24 = 576种可能。但拉博斯尼的错误在于他假设A、K、Q、J必须按照图1的方式排列，而D、S、H、C则必须按照图2的方式排列。这样一来，他就把反射和半旋转也算进去了，却忽略了四分之一圈的旋转。实际上，这些旋转方式是可以互换的。因此，正确的答案应该是2 × 576 = 1,152，因为反射和反转被视为不同的排列方式。换种说法，顶行中的各对字母可以有16 × 9种排列方式。

×4 × 1 = 576种不同的排列方式，而完成方格的排列方式则有2种，因此总共有1,152种排列方式。

305.—三十六个字母块——解法
我之前指出，在给定条件下不可能将所有字母放入方框中，但这个谜题的目标是尽可能多地放入字母。这需要一定的判断力与仔细的分析，否则人们很容易误以为正确的解法应该是先放完某一字母的六个，然后再放另一字母的六个，依此类推。由于要使六个相同的字母互不处于同一条直线上，只有一种排列方式（及其反向），因此当读者放入四种不同字母，每种各六个之后，除了构成两条长对角线的那十二个位置外，其他位置都已填满。这样一来，最后两种字母每种最多只能再放入两个，还会剩下八个空位。我在图1中展示了这样的排列方式。

不过，真正的秘诀在于不必试图将每种字母都放入六个。实际上，如果每种字母只放入五个，那么总共30个字母就可以放入方框中，此时只会剩下六个空位。而正确的解法则是：两种字母各放入六个，其余四种字母各放入五个。从图2可以看出，C和D各有六个，而A、B、E和F则各有五个。

因此，只剩下四个空位了，而且没有任何一个棋子与其它棋子在任何方向上处于相同位置。

306.—拥挤的棋盘——解答

以下是解答。要在棋盘上放置棋子而不出现互相攻击的情况，最多只能放置8个皇后或8个车；而主教的最大数量为14个，马则为32个。但由于所有马都必须放在同色的格子上，而皇后则各占四种颜色中的4个格子，主教则各占7个格子，因此在这个谜题中，同色格子上最多只能放置21个马。如果我们利用两种颜色，那么在棋盘上单独放置的马的数量可以超过21个，但我未能在“拥挤的棋盘”上放置超过21个马。我认为上述解答已经达到了棋子数量的最大值，不过也许有聪明的读者能够再多放置一个马。

307.—彩色计数器——解答
这些计数器的排列顺序如下：
R1、B2、Y3、O4、GS；
Y4、O5、G1、R2、B3；
G2、R3、B4、Y5、O1；
B5、Y1、O2、G3、R4；
O3、G4、R5、B1、Y2。

308.—贴邮票的技巧——解答
以下排列方式展示了如何在总价值为50便士，即4先令2便士的条件下，将16枚邮票贴在卡片上：
如果在贴了4枚5便士的邮票之后，还想要再贴4枚4便士的邮票，那么之后就只能每种面额再贴2枚，这样就会失去2个位置，最终总价值仅为48便士，即4先令。这就是文中提到的陷阱。（可参考第43题，坎特伯雷谜题。）

309.—四十九个计数器——解法
这些计数器可以按以下顺序排列：—

A1、B2、C3、D4、E5、F6、G7。
F4、G5、A6、B7、C1、D2、E3。
D7、E1、F2、G3、A4、B5、C6。
B3、C4、D5、E6、F7、G1、A2。
G6、A7、B1、C2、D3、E4、F5。
E2、F3、G4、A5、B6、C7、D1。
C5、D6、E7、F1、G2、A3、B4。

310.—三只羊的放置方法——解答
将三只羊放入各个围栏中，使得每个围栏要么有羊，要么至少与一只羊相邻，这样的不同放置方式共有四十七种。
如果结合图1中的说明表使用，读者就可以找到所有这些放置方式：—

两只羊的位置　第三只羊的位置　方式数
A和B　C、E、G、K、L、N或P　7
A和C　I、J、K或O　4
A和D　M、N或J　3
A和F　J、K、L或P　4
A和G　H、J、K、N、O或P　6
A和H　K、L、N或O　4
A和O　K或L　2
B和C　N　1
B和E　F、H、K或L　4
B和F　G、J、N或O　4
B和G　K、L或N　3
B和H　J或N　2
B和J　K或L　2
F和G　J　1

47

当然，这意味着如果将羊放入标记为A和B的围栏中，那么第三只羊就有7个不同的围栏可以放入，因此共有7种不同的放置方式。需要说明的是，旋转或镜像变换并不视为不同的放置方式。如果要求至少有一个围栏里没有羊，那么这个问题的解数将为30。如果将这47种和30种情况的所有旋转及镜像变换都视为不同的方式，那么总数将为560，这就是在没有任何限制条件下将羊放入三个围栏中的所有不同放置方式的数量。另外，还有3种方式可以让两只羊被安置在各个围栏中，且每只羊都与同伴处于同一直线上，如图2、3和4所示；但在每种情况下，每只羊都与它的同伴处于同一直线。至于三只羊的安置方式，只有2种能够满足每个围栏都被占用或羊们处于同一直线上，且没有两只羊处于同一直线的条件，这些情况分别如图5和图6所示。最后，只有一种方式能让三只羊被安置在各个围栏中，同时至少有一个围栏里没有羊，而且也没有两只羊处于同一直线上——只需将羊放入C、E、L这三个围栏即可。关于这个有趣的牧场问题，基本上就这些内容了。

311.—五只狗的谜题——解答
这些图示展示了四种截然不同的解法。对于A的情况，我们可以调换顺序，让那只狗位于最底行，而其他四只狗则向上移动两格；同时也可以使用右侧的那一列以及中间两条水平行。因此，A共有8种解法。
对于B来说，可以将其调换位置并放置在对角线上，这样就有4种解法。C同样也有4种解法。D中的线条具有对称性，调换顺序后结果不会改变，但可以有4种不同的排列方式。综上，总共有20种不同的解法。

312.—拜占庭的五个新月形区域。——解答

如果那位古代建筑师按照下图所示的方式排列那五块月牙形瓷砖，那么每块瓷砖都会被至少一块月牙形瓷砖所覆盖或与之处于同一条直线上。同时，还会留出足够的空间来铺设一块面积恰好为整个铺面一半的正方形地毯。有趣的是，虽然有两三种方案可以让地毯覆盖近29块瓷砖的面积，但只有这一种方案能恰好占据铺面面积的一半，而这正是所能获得的最大面积。

313.—皇后与主教谜题——解法

主教位于原本由车占据的格子上，而四位皇后则被安置在适当位置，使得每个格子要么被棋子占据，要么受到其攻击。（见图1。）

我在1899年指出，如果按照图示（图2）放置四枚皇后，那么第五枚皇后可以放在标记为a、b、c、d和e的十二个格子中的任意一个上；车则可以放在c这两个格子上；象可以放在a、b和e这八个格子上；兵可以放在b这个格子上；而王则可以放在b、c和e这四个格子上。目前已知的四枚皇后与一匹马的组合排列方式，就是J. Wallis先生在1908年8月的《The Strand Magazine》上所提出的那种，此处予以重现。（图3）

我记录了大量使用四枚皇后以及一枚车或象的解法，不过我认为，对于三枚皇后和两枚车的组合而言，唯一能让所有棋子都得到保护的排列方式，就是我所展示的那种（见图4），该图最初由C.普朗克博士提出。后来我又找到了另一种使用三枚皇后、一枚车和一枚象的解法，只不过在这种排列中各棋子之间无法互相保护对方。（见图5。）

314.—南十字星问题——解答
我的读者们早已知道：要确保64颗星星构成的正方形阵列中的每一颗星星都至少与一颗行星处于垂直、水平或对角线方向上的相对位置，至少需要5颗行星。因此，他们中许多人或许会认为，若星星的数量更多、形成的正方形更大，那么所需的行星数量也会相应增加。为纠正这种可能的错误推理，同时提醒读者谨防谜题世界中那些层出不穷的陷阱，我设计了这道新的星象谜题。需要说明的是，对于由81颗星星构成的正方形阵列来说，有几种方法可以将5颗行星放置得当，使得每颗星星都至少与一颗行星在垂直、水平或对角线方向上相接。以下就是“南十字星问题”的解答：

请记住，我曾说过，这5颗行星在新的位置上“当然会遮住另外5颗星星，取代那些目前被遮住的星星”。这样做的目的是排除那种只需移动4颗行星就能解决的较简单方案。

315.—帽子钉谜题——解答
通过查看图表即可清楚地了解每一步的走法，这些图表展示了四次移动后棋盘上的局势。箭头标出了每次被移除的棋子。可以看出，在每个阶段所有格子要么处于被攻击状态，要么已被占据；而经过第四次移动后，就没有皇后会去攻击其他棋子了。在最后一步中，最上面那一行的皇后也有可能向左移动一格。我认为，这就是该谜题的唯一解法。

316.—亚马逊人谜题——解答
可以看出，只有三只皇后被移出了棋盘边缘的位置，因此还有11个格子（用黑点标出）不会受到任何皇后的攻击。我敢断言，不可能在棋盘上放置8只皇后而使得仍有超过11个格子不受攻击。虽然目前还没有确凿的证明，但我已经完全确信这一说法的正确性。至少有五种不同的方式可以安排皇后，从而使11个格子保持不受攻击状态。

317.—车相关的谜题——解答

可以放置16个兵，且无论如何排列，都不会出现三个兵在一条直线上，如图所示。我们将这些兵视为平面上的点，以此作为所需满足的条件。

318.—猎狮问题——解答
如果没有任何其他限制，只要求人和狮子位于不同的位置，那么他们之间的摆放方式共有6,480种。这很容易理解：人可以放在81个位置中的任意一个，而每种情况下狮子都有80个可选位置，因此81×80=6,480。现在，如果我们减去人和狮子处于同一条路径上的情况数，剩下的就是他们不会处于同一条路径上的方式数。不难计算出他们处于同一直线上的方式数为816。因此，6,480-816=5,664，这就是所求的答案。

通解为：1/3n(n – 1)(3n² – n + 2)。当然，这也可以理解为：如果用n表示“棋盘”每条边的方块数，那么该公式就给出了两种马可以放置而不互相攻击的方案数。不过在这种情况下需要除以2，因为这两匹马并无区别，仅仅交换位置并不会产生不同的解决方案。

319.—马的保护者问题—解法

解决这个谜题所需的最少骑士数量为十四。人们有时会认为存在许多不同的解法，但实际上只有三种排列方式——如果将简单的反转和镜像变换视为不同解法的话。有趣的是，似乎从来没有人想到过下面这个简单的证明方法，也没有人想过分别考虑黑色方格和白色方格的情况。

有七名骑士可以被安置在棋盘上的白色格子上，从而仅用两种方式就能攻击到所有的黑色格子。这两种布置方式分别如图1和图2所示。需要注意的是，在这两种布置中都有三个骑士处于相同的位置。因此很明显，如果我们将棋盘旋转，让黑色格子位于左上角而非白色格子，再将骑士们安置在完全相同的位置上，那么也会出现两种类似的攻击所有白色格子的方法。我假设读者已经将上述两种布置方式画在透明纸上，并分别标记为1a和2a。现在，将透明的1a图放在图1之上，就可以得到图3中的解；将2a图放在图2之上，则可以得到图4；将2a图放在图1之上，则可以得到图5。你可以尝试这两对图形的所有可能组合，但得到的结果只会是我所给出的那三种布置方式，或是它们的反转或镜像形式。因此，这三种解就是全部可能的解了。

320.—车的全局走法——解法

所有可能的最少步数解法都显示在两张图示中，从中可以看出，完成这一走法仅需16步。大多数人很难将步数减少到17步以下。

321.—乌鸦的旅程。——解答

我在图中标出了路径。可以看出，第十步会让我们到达标有“10”的格子，而最后一步，即第二十一步，则会使我们停在标有“21”的格子上。

322.—苦苦等待的少女——解法
虚线标出了骑士可以用来拯救少女的22条直线路径。进入第一个格子后，必须立即返回，才能再进入另一个格子；否则就无法找到解决方案。（参见《长途旅行》，第200页。）

323.—地牢谜题——解答
如果囚犯按照图示中的路线前进——为便于说明，图中省略了门的位置——他便能通过57条直线路径，恰好且仅恰好访问每一间牢房一次。在棋盘上，任何车的移动路径所经过的步数都不可能超过这个数字。

324.—狮子与人类。——解答
首先，每种情况下最少的直线条数为二十二条。为避免重复经过同一个格子，每条直线都必须先进入一个格子，然后立即“返回”它起始的格子，之后再通过另一个可用的格子继续前进。在下面的图中，人类的路线用实线表示，而狮子的路线则用虚线表示。如果用两个铅笔点逐个标记这两条路线，就会发现狮子和人类永远不会相遇。不过还有一个不容忽视的小细节——他们偶尔能够看到对方。现在，如果我们为人类选择一条路线，而将狮子的路线反过来，那么以相同的速度行进时，他们依然不会看到对方。但在图中可以发现，狮子和人类会在标有A的格子里同时出现，并且可以通过敞开的门看到对方；当他们处于标有B的两个格子时，也会出现同样的情况。

表示男人在上方，狮子在下方。在第一种情况下，狮子会直接朝男人冲去，而男人则似乎试图从狮子的背后接近它；在第二种情况下，两人看起来简直像是在互相逃跑！

325.—主教的视察。——答案

在图中，我展示了如何用17步让象访问它所控制的每一个白色格子。显然，我们必须从一个角格开始，最终到达与它对角的那个格子。少于17步是无法解决这个谜题的。

326.—一个新的对策谜题——解法
按照以下步骤操作：2—3，9—4，10—7，3—8，4—2，7—5，8—6，5—10，6—9，2—5，1—6，6—4，5—3，10—8，4—7，3—2，8—1，7—10。这样，18步之后，白色棋子便与红色棋子交换了位置，且始终满足规则要求。

327.—一个新的象谜题——解法

按照图A中带编号的方块所示来下棋：—

白方。黑方。
1. 18—15 1. 3—6
2. 17—8 2. 4—13
3. 19—14 3. 2—7
4. 15—5 4. 6—16
5. 8—3 5. 13—18
6. 14—9 6. 7—12
7. 5—10 7. 16—11
8. 9—19 8. 12—2
9. 10—4 9. 11—17
10. 20—10 10. 1—11
11. 3—9 11. 18—12
12. 10—13 12. 11—8
13. 19—16 13. 2—5
14. 16—1 14. 5—20
15. 9—6 15. 12—15
16. 13—7 16. 8—14
17. 6—3 17. 15—18
18. 7—2 18. 14—19

图B显示了第九步之后的棋局状态。位于1和20位置的象尚未移动，而位于2和19位置的象则已经出动后又返回了。最终，1与19、2与20、3与17以及4与18这些位置上的棋子将会交换位置。请注意第十三步之后的棋局状态。

328.—后之巡游——解法

附图展示了另一种实现后之巡游的方法。如果在J点切断这条线并删除该线上较短的那一段，那么对于任何一个J位置来说，都能得到所需的路径解。如果在I点切断这条线，则可以从任何一个I位置出发得到一条不会重复经过同一格子的路径解。而在G点切断这条线时，则可以为任何一个G位置找到相应的解。之前给出的后之巡游路径也可以在三个不同的位置进行类似的处理，但我选择在此展示另一种巡游路径。

329.—星星谜题——解答
图示已说明一切。这些星星都是用14笔连续画成的，起点和终点均为那个白色星星。

330.—帆船比赛——解答
图示已说明一切。数字标出了线条的顺序，可以发现第七条路线确实如规定那样以旗标处为终点。

331.—科学滑冰者——解法
在这种情况下，我们需要走出正方形的边界。此外，所有移动都采用后车的移动方式。完成这一目标有三到四种方法。
以下是一种实现该目标的方法：—

可以看出，滑冰者通过14条连续的直线路径即可划过所有的星星，最终回到起点。要在图中追踪滑冰者的行进路线，就必须在转弯之前尽可能沿直线前进。

332.—四十九颗星星——解法
该图展示了如何通过12条直线路径划过所有的星星，起点和终点均为一个黑色星星。

333.—女王的旅程——解答
这个谜题的正确解法由图中的实线所示。图中标出的五步移动，能让女王在给定条件下在五步内走最远的距离。虚线则代表大多数人推荐的路线，但其长度略短于前者。假设同一横行或纵列上相邻两个方格的中心之间的距离为2英寸，那么女王从起始方格的中心走到最终所在方格的中心时，第一种路线的长度将超过67.9英寸，而虚线所示路线的长度则低于67.8英寸。虽然差距很小，但足以确定哪条路线更长。其他所有路线的长度都比这两条更短。

334.—圣乔治与龙——解答
为了解决这个谜题，我们选择了用线条表示马匹的移动路径、从而构成最美观的图案之一。为便于理解，省略了方格间的交叉线。如此，圣乔治便完全按照规则，以人们所期望的优雅方式杀死了那条龙。

335.—农场主劳伦斯的玉米地问题——解决方案
对于这个简单的农业问题，存在许多解决方案。我在下一栏中给出的那个方案颇为特别，因为其中某些操作会形成一排排长长的平行直线。

336.—灰狗谜题——解答
这个问题包含几个有趣的要点。首先，如果我们不对绳子的两端的位置作出任何规定，那么除非从犬舍的顶行和底行开始并结束，否则根本无法形成这样的绳子。我们可以从顶行开始、在底行结束（当然也可以反过来），或者从这两行中的一行开始并在同一行结束。但我们绝不能从中间两行中的任意一行开始或结束。不过，我们的起点和终点已经被确定了。路径的前半部分必须完全位于下图中被圆圈标出的方格内，而后半部分则只能位于未被圆圈标出的方格内。用于构成这两段绳子的方格是对称且形状相似的。

接下来要注意的是，第一半串必须以中间某一行作为结尾，而第二半串则必须以这些行中的一行作为起点。这一点很显然，因为它们必须相互连接才能构成完整的串，而且外部行上的每个方格都只能通过“马步”与同类方格相连——也就是说，无论是带圈的还是不带圈的方格。因此，半串们只能在中间的两行之间进行连接。

一共有八种不同的第一半串，相应地也有八种不同的第二半串。我们会发现，这些半串组合起来可以形成十二条完整的串，而这正是所有存在的解的数量，也是我们这个谜题的正确答案。我并不打算详细列出所有的路径，但会给出一些示例，这样如果读者遗漏了某些路径，也能轻松找到它们并自行推导出来。以下数字适用于上图中的路径。八种第一半串分别是：1到6（2条路径）；1到8（1条路径）；1到10（3条路径）；1到12（1条路径）；1到14（1条路径）。八种第二半串则是：7到20（1条路径）；9到20（1条路径）；11到20（3条路径）；13到20（1条路径）；15到20（2条路径）。将一条半串与另一条半串以不同方式连接，就会得到不同的解。这些连接方式如下：6到13（2种情况）；10到13（3种情况）；8到11（3种情况）；8到15（2种情况）；12到9（1种情况）；14到7（1种情况）。

因此，存在十二种不同的连接方式，也就有十二种不同的解法。图中用灰狗标出的路径实际上是由1到10这三个半串中的某一个与13到20这个半串相连而成的。需要指出的是，其中十种解法是由五条不同的路径及其反向路径产生的——也就是说，如果用线条标出这五条路径，然后将图倒过来看，就能得到另外五条路径。剩下的两种解法具有对称性（即12与9、14与7之间形成连接），因此通过反向操作无法得到新的解法。

337.—四只袋鼠——解法

图中展示了一种相当对称的解法。四只袋鼠各自进行短途移动后返回自己的位置，它们既不会进入其他袋鼠已经到过过的格子，也不会穿过中线。读者很可能会想到，为了进一步优化这个谜题，可以将棋盘沿垂直中线一分为二。

画出一条线，并规定这条线也不能被跨越。这意味着每只袋鼠都必须待在4×4的方格区域内，但这显然是不可能的，我将在接下来的两个谜题中加以解释。

338.—分格的棋盘——解答

要解决这个问题，首先需要将这个由20个方格和12个方格组成的棋盘视为两个独立的区域，然后分析它们，确定出入点所在的位置。对于较大的区域来说，要想完成一次遍历，就必须从长边上的两个外侧方格开始并结束。不过，虽然可以从这十个方格中的任何一个开始，但结束的位置却受到限制；或者说，只要从特定的方格开始，就可以选择任意一个方格作为结束点。而对于较小的区域，则必须从位于该区域两端的六个方格中的一个开始并结束，也有类似的限制。

处理方式与之前的情况相同。稍加思考就会发现：对于两个较小的区域而言，路径必须从相邻的边开始并结束；同理，较大区域的路径也必须从相连的边上开始和结束。在所给出的一个可行解的图示中，可以看到有八个起点可供选择；但每种情况下都只有一条路径，因为我们必须先完成当前所在的区域，才能进入另一个区域。在所有的解中，那些标有星号的方格必定是入口或出口，而“反向规则”则允许我们将其他连接点设置在菱形或圆形上。在所分析的解中使用了菱形作为连接点，但也存在使用圆形方格作为连接点的变体。我认为这些说明已经涵盖了这个谜题的所有关键要点，它确实是一个既富有教育意义又有趣味的谜题。

339.—四骑士巡游问题——解法

从图示中可以看出，棋盘可以被分成四个大小和形状都相同的部分，这样就可以在每个部分上完成一次完整的马走日路径。对于每匹马而言，只存在一条可行的路径以及其反向路径。

340.—立方体上的马走日问题——解法

如果读者将上述图表剪下来，将其折成立方体的形状，然后通过边缘预留的条带将其粘合起来，就能得到一个有趣的小装置。或者，他也可以自己制作一个更大规模的模型。我们会发现，如果把立方体的每个面都想象成一个完整的棋盘，那么就可以从马所在的任意一个面上开始行走。

384个方格，需要绕着立方体走一圈，最终回到起点。从立方体的一个面移动到另一个面的方法其实很容易理解，但难点在于确定每个方格上合适的进入点和离开点、选择处理这些方格的顺序，以及找到符合要求的排列方式。

341.—四只青蛙——解法
如果将每一次移动都单独计算的话，最少需要16步才能解决这个问题。不过，如果将同一只青蛙连续的多次移动视为一步的话，那么只需7步即可解决，具体步骤如下：括号内的所有移动均属于同一步；数字则对应着那些蘑菇位置：(1—5)、(3—7, 7—1)、(8—4, 4—3, 3—7)、(6—2, 2—8, 8—4, 4—3)、(5—6, 6—2, 2—8)、(1—5, 5—6)、(7—1)。这是瓜里尼在1512年提出的那个著名的谜题，我在这里介绍它，是为了说明我用来解决这类移动计数问题的“纽扣与绳子”方法。图A展示了瓜里尼原版谜题的呈现方式，其目标就是让白色的马与黑色的马互换位置。而在“四只青蛙”这种呈现方式中，移动的方向通过线条标示出来，这样就无需读者去了解国际象棋中马的移动规则。不过显然，这两个谜题其实是相同的。中央的方格可以忽略不计，因为没有任何马能够进入那里。现在，把那些蘑菇看作纽扣，把连接它们的线看作绳子，就像图B所示那样。通过解开这些“绳子”，我们就可以得到图C所示的形态，此时纽扣之间的关系与图B完全相同。在图C中找到的任何解法都同样适用于图B和图A。在图C中，把白色的马放在1和3的位置，黑色的马放在6和8的位置，这样解法的简单性就显而易见了——只需让马们沿着圆形路径朝某个方向移动即可。

按照上述步骤操作，你会发现所有的小难题都会迎刃而解。

在图D中，我给出了另一个常见的谜题。这个谜题最初出现在1789年于布鲁塞尔出版的《杰罗姆·夏普的奇妙冒险》一书中。需要将七个棋子以如下方式放置在八个点中的七个点上：每次都必须先让一个棋子落在某个空点上，然后再将该棋子沿直线移动到下一个空点（无论方向如何），并将棋子放在那里。如此反复，直到所有棋子都放置完毕。请记住，每次都必须先选择一个空点，再将棋子从该点滑移到另一个空点上。现在，通过“按钮与绳索”简化法，我们可以将此图转化为图E，这样一来，解决方案就显而易见了——“始终移动到你上次所在的位置”。当然，这并非放置棋子的唯一方法，但却是最简单、最容易记住的解法。

这本书中还有几个谜题也适合用这种方法来解决。

342.—官员的谜题——解答
解决这个谜题时，解题者需要自行判断：那些标有颜色的数字（即处于正确位置的数字）究竟只是摆设而已，还是真的有用。一百个人中有九十九人可能会认为移动这些数字没有任何好处，但他们的想法是错误的。
如果不移动任何标有颜色的数字，最短的解法也需要32步；不过其实30步就能解决这个谜题。关键在于在第二步时移动6或15，然后在第十九步时将其放回原位。以下就是具体的解法：2、6、13、4、1、21、4、1、10、2、21、10、2、5、22、16、1、13、6、19、11、2、5、22、16、5、13、4、10、21。共30步。

343.—囚犯们的练习题——解答
以完美的骑士路径形式排列这些数字，共有80种不同的方式，但其中只有40种方式能够在不使两名囚犯同时处于同一格的情况下实现。最多可以让两名囚犯得到完全的休息时间。虽然可以通过调整骑士路径，让7和13、8和13、5和7或5和13保持原位，但在必须移动这些数字的条件下，只有以下四种方案可行，即7和13保持不动。因此，问题转化为找到通往这些位置的最少步数。这显然并非易事，也没有固定的规则可以确定正确答案，很大程度上需要依靠个人的判断力、耐心的尝试以及对移动过程和位置的敏锐观察力。

事实上，只需66步即可到达C位置，具体步骤如下：12、11、15、12、11、8、4、3、2、6、5、1、6、5、10、15、8、4、3、2、5、10、15、8、4、3、2、5、10、15、8、4、12、11、3、2、5、10、15、6、1、8、4、9、8、1、6、4、9、12、2、5、10、15、4、9、12、2、5、3、11、14、2、5、14、11。虽然这是我所知的最短路径，而且我认为没有更短的路线了，但我也无法肯定绝对不存在更短的路径。最看似理想的路径当然是A，但实际上并非如此，C才是最容易到达的地点。如果左下角的格子可以留空的话，R. Elrick先生给出了一个45步的解法：15、11、10、9、13、14、11、10、7、8、4、3、8、6、9、7、12、4、6、9、5、13、7、5、13、1、2、13、5、7、1、2、13、8、3、6、9、12、7、11、14、1、11、14、1。不过，每个格子都已经被移动过了。

344.—狗舍谜题—解法

首先，需要选择最理想的马走法，然后再考虑如何用最少的步数达到目标状态。我坚信，最佳的走法就是下图所示的那种：可以看出，每个数字都表示从上一个位置出发的马步，而且有五个数字（1、5、10、15和20）始终不会离开它们原来的位置。

通过以下46步即可达到该状态：16—21、16—22、16—23、17—16、12—17、12—22、12—21、7—12、7—17、7—22、11—12、11—17、2—7、2—12、6—11、8—7、8—6、13—8、18—13、11—18、2—17、18—12、18—7、18—2、13—7、3—8、3—13、4—3、4—8、9—4、9—3、14—9、14—4、19—14、19—9、3—14、3—19、6—12、6—13、6—14、17—11、12—16、2—12、7—17、11—13、16—18，共计46步。当然，我无法肯定不可能找到更少的步数来解决这个问题，但我认为要减少步数将会是一项非常困难的任务。

345.—两只兵的移动方式——解答
将其中一只兵称为A，另一只称为B。由于第一步可以自由选择，因此每只兵在到达第八格时都可以走5步或6步。这样一来，共有四种情况需要考虑：（1）A走6步，B也走6步；（2）A走6步，B走5步；（3）A走5步，B走6步；（4）A和B都走5步。在情况（1）中，总共有12步，A可以从这12步中任选6步来走。因此，7 × 8 × 9 × 10 × 11 × 12除以1 × 2 × 3 × 4 × 5 × 6，得到的结果就是该情况的组合数——即924种。情况（2）同样，从11步中选6步，也有462种；情况（3）从11步中选5步，也是462种；情况（4）从10步中选5步，为252种。将这四个数字相加，得到2,100，这就是在给定条件下兵们所有可能的移动方式的正确数量。（参见第204页的第270题。）

346.—棋盘的摆放方式——解答
白方兵有40,320种摆放方式，白方车有2种，象也有2种，马同样有2种。将这些数字相乘，就可以得出白方棋子共有322,560种不同的摆放方式。黑方棋子的摆放方式自然也是同样的数量。因此，所有棋子的总摆放方式为322,560 × 322,560 = 104,044,953,600种。不过，几乎所有人都忽略了一点：对于每一种棋子的摆放方式，棋盘本身也可以有两种不同的摆放方式。所以，最终的答案应该是这个数的两倍，即208,089,907,200种不同的摆放方式。

347.—矩形的计数——解答
总共存在1,296个不同的矩形，其中204个是正方形（将棋盘本身也算作一个正方形），剩下的1,092个则是非正方形的矩形。一般来说，一个由n×n个方格组成的棋盘上，矩形的数量为……

((n² + n)²)/3，即2、4、3。
(2n + 3n + n)为平方数，而(3n + 2n – 3n – 2)则为矩形；其中6个是平方形矩形，2n/12则是非平方形的矩形。有趣的是，矩形的总数始终等于边长为n的三角数的平方。

348.—车阵问题.—解法
解题的关键在于：在最终位置上，带有数字的车必须按照与原始图示相反的顺序排列，否则无法找到解。应按照车的编号顺序移动它们。由于除最后一步外，每辆车最多只能移动到一个格子，因此移动顺序很明确——5、6、7、5、6、4、3、6、4、7、5、4、7、3、6、7、3、5、4、3、1、8、3、4、5、6、7、1、8、2、1，之后车吃掉象，即可将黑王将死。这是最少的移动步数——32步。黑王的走法都是必然的，无需列出。

349.—僵局问题.—解法
S. Loyd、E.N. Frankenstein、W.H. Thompson以及我自己都独立得出了相同的解法。因此，以下可视为这个有趣问题的最佳解法：

白方. 黑方
1. 兵—Q4 1. 兵—K4
2. 后—Q3 2. 后—R5
3. 后—KKt3 3. 象—Kt5 将
4. 马—Q2 4. 兵—QR4
5. 兵—R4 5. 兵—Q3
6. 兵—R3 6. 象—K3
7. 马—R3 7. 兵—KB4

8. 兵—R2 8. 象—B4
9. 马—KKt3 9. 象—Kt6
10. 兵—QB4 10. 兵—B5
11. 兵—B3 11. 兵—K5
12. 兵—Q5 12. 兵—K6

此时白方陷入僵局。
下面是该奇特局面下的棋盘图，可见白方的棋子根本无法移动。

350.—被抛弃的国王.—解法
走法如下：—
白方. 黑方.

1. 兵到K4格，1. 任何走法
2. 后到Kt4格，2. 除KB列的格子外，任何走法（a）
3. 后到Kt7格，3. 王移动到王族列
4. 象到Kt5格，4. 任何走法
5. 两步内将死
若3中王未移动到王族列，则：
4. 兵到Q4格，4. 任何走法
5. 两步内将死

(a) 若2中可在KB列的任意格子走法，则：
3. 后到Q7格，3. 王移动到王族列
4. 兵到QKt3格，4. 任何走法
5. 两步内将死
若3中王未移动到王族列，则：
4. 兵到Q4格，4. 任何走法
5. 两步内将死

所谓“王族列”，指游戏开始时王所处的那一列。不过，如果黑方下得不好，在某些局面下可能会在更少的步数内被将死，但上述规则已涵盖了黑方可能出现的所有变化情况。

351.—十字军骑士.—解法

白方。黑方。
1. Kt到QB3格，1. 兵到Q4格
2. Kt吃掉QP，2. Kt到QB3格
3. Kt吃掉KP，3. 兵到KKt4格
4. Kt吃掉象，4. Kt到KB3格
5. Kt吃掉兵，5. Kt到K5格
6. Kt吃掉Kt，6. Kt到B6格
7. Kt吃掉后，7. 王车到KKt所在格子
8. Kt吃掉BP，8. 王车到KKt3格
9. Kt吃掉兵，9. 王车到K3格

10. 兵吃象，兵到达第8格。
11. 兵吃马，车到达第6格。
12. 兵吃车，兵到达王兵所在的第4格。
13. 兵吃王兵（将杀），王移动到马所在的第2格。
14. 兵吃王兵，王移动到兵所在的第3格。
15. 兵吃车，王移动到车所在的第4格。
16. 兵吃兵，王移动到车所在的第5格。此时白方只需三步即可将死黑方。
17. 王兵移动到后兵所在的第4格；王移动到车所在的第4格。
18. 后兵移动到后兵所在的第3格；王再次移动。
19. 后兵移动到王与兵之间的第3格，完成将杀。
如果17步时王移动到兵所在的第5格，
18步时王兵移动到王所在的第4格（形成将杀局面）；王再次移动。
19步时王兵移动到王与兵之间的第3格，同样完成将杀。

第十六步之后的局面，以及三步内即可将死的局面，最早是由S. Loyd在《Chess Nuts》一书中提出的。

352.—无法移动的兵——解法：
1. 兵移动到王兵所在的第3格。
2. 兵移动到王与兵之间的第4格。
3. 兵移动到另一兵所在的第6格。
4. 兵吃车。
5. 兵再次移动到另一兵所在的第6格。
6. 兵吃马。
7. 王吃那枚兵。
8. 兵移动到后王兵所在的第3格。
9. 兵移动到车所在的第4格。
10. 兵再次移动到另一兵所在的第6格。
11. 兵吃车。
12. 兵再次移动到另一兵所在的第6格。

13. 马吃象。
14. 马移到Q6位置。
15. 后移到K方格。
16. 马吃后。
17. 王吃马，至此局面结束。

黑方所走的步数与白方完全相同，因此我们只需列出一套走法即可。上述十七步已是最少步数。

353.—三十六种将死方法——解法
将剩余的八枚白棋摆放如下：王位于KB4位置，后位于QKt6位置，车位于Q6位置，车再位于KKt7位置，象位于Q5位置，象再位于KR8位置，马位于QR5位置，最后另一匹马位于QB5位置。这样就可以实现以下三十六种将死方式：
- 从Q8位置发动将杀；
- 从位于Q6位置的车发动将杀（共13种）；
- 从位于R8位置的象发动将杀（共11种）；
- 由位于R5位置的马发动将杀（共2种）；
- 由兵发动将杀（共2种）。
总计36种。

是否有可能构造出一种局面，使得存在超过三十六种不同的将死方法呢？据我所知，至今还没有人能破解我的布局。

354.—一个惊人的难题——解法
黑方将王置于后方的马所在格子即第7格上，无论白方选择用哪枚棋子来攻击，黑方都无法被将死。如前所述，黑方王根本不会理会任何将杀威胁，也不会移动。白方可以将兵升变为后，吃掉黑方的车，然后让自己的三枚棋子一起发起进攻。

不过，这种局面根本不可能实现。黑王若被置于其他任何格子上，都会立刻面临将死局面。已故的萨姆·洛伊德首先指出了这个谜题所依据的特殊性。

355.—将死！—解法
将白方兵从B6移至K4，同时在黑方的KB2位置放置一枚黑方兵。此时白方走兵至K5，形成将势，黑方不得不将兵移至B4。接着白方吃掉那枚过路兵，再次形成将势，从而将死黑王。因此，这是白方的最后一步，也就形成了题目中的局面。这是唯一可行的解法。

356.—残局难题.—解法
如果按照如下方式摆放棋子（为节省空间，仅展示棋盘的一部分），黑王将会处于被将的状态，且没有任何可走的棋步。读者现在应该明白为何我避免使用“将死”这个词了——因为根本没有白方国王。在国际象棋中，这种局面是不可能存在的：黑王既不可能同时被两枚车将住，也不可能在自己的最后一步就陷入被将的境地。我认为这个局面最早是由已故的萨姆·洛伊德提出的。

357.—中国古代谜题——解法
游戏玩法如下：
1. 马——后 6
2. 王——马 7
3. 马（位于6格处）——象 6（将死）。
黑方只能走必走的步，因此无需列出其走法。

358.—六只兵的谜题——解法
对于棋盘上所有大于22的格子中放置六只兵的情况，其通用公式为：6乘以从n个元素中任取3个的组合数之平方，其中n为棋盘每边的格子数。显然，当n为偶数时，各行和各列中的空格数也为偶数；而当n为奇数时，空格数则为奇数。此处n为8，因此不同的摆放方式共有18,816种。这其实是“染工谜题”（《坎特伯雷谜题集》第27题）的另一种形式。我在此重复介绍它，是为了向初学者说明一种易于理解的解法。首先，很明显，如果我们在某一行放置一只兵，那么就必须在该行再放置一只兵，这样才能使剩余的兵的数量为偶数。我们无法在任何一行中放置四只或六只兵，否则就会导致其他列中的兵的数量无法保持为偶数。因此，我们需要在三行和三列中各放置两只兵。满足这些条件的摆放方式共有六种，具体如图A至F所示。

我只想顺便提一下：A和B是唯一的两种独特排列方式。因为，如果将A旋转四分之一圈，就会得到F；而如果将B按时钟指针的方向旋转三圈，就会依次得到C、D和E。无论你如何放置那六个棋子，只要满足谜题的条件，它们都会属于这两种排列方式之一。当然，显而易见的是，单纯的扩展并不会改变这些排列方式的本质特征。因此，G其实只是A的一种扩展形式。所以，解决这个问题的关键就在于找出这类扩展形式的数量。假设我们将操作限制在前三行，就像在G中所做的那样，那么当a和b被放置在第一列和第二列时，c可以放在剩下的六列中的任意一列，这样就有六种解法。现在把b移到第三列，那么c就有五个可能的放置位置；把b移到第四列，c则能产生四种新的解法。以此类推，直到b位于第七列时，c就只有第八列这一个位置可放。此时，可以将a放在第二列，b放在第三列，c放在第四列，然后像之前一样继续移动c和b，从而得到另一组解法。

由此可见，只要使用A这种排列方式，并将操作限制在最上面的三行，我们得到的解法数量就相当于从8个元素中每次选取3个元素的组合数，即(8 × 7 × 6)/(1 × 2 × 3) = 56。读者很快就会意识到，既然有56种不同的列选择方式，那么对于每一种列选择方式，必然也有56种行选择方式，因为我们完全可以以与从左到右完全相同的方式，将“移动”操作向下延伸到最底部。因此，A这种排列方式的总应用方式数为

56 × 6 = 3,136。但如我们所见，共有六种排列方式，而我们目前只考虑了其中的一种，即A。因此必须将这个结果乘以6，即3,136 × 6 = 18,816，这就是总的排列数，正如我们之前所说。

359.—单棋盘游戏——解法
操作步骤如下：3—11，9—10，1—2，7—15，8—16，8—7，5—13，1—4，8—5，6—14，3—8，6—3，6—12，1—6，1—9。按照规则，除了编号为1的棋子外，所有棋子都将被移走。

360.—棋盘单人游戏——解法
操作步骤如下：7—15，8—16，8—7，2—10，1—9，1—2，5—13，3—4，6—3，11—1，14—8，6—12，5—6，5—11，31—23，32—24，32—31，26—18，25—17，25—26，22—32，14—22，29—21，14—29，27—28，30—27，25—14，30—20，25—30，25—5。最终留在棋盘上的两个棋子是25和19——它们属于同一组，且19从未离开过原来的位置。我认为不可能存在只留下一个棋子在棋盘上的解法。

361.—怪物游戏——解法
白方 黑方
1. 兵到王兵格 4 兵到后兵格 3
2. 王到后格 2 后到车格 4
3. 王回到王位 3 王到后格
4. 兵到后格 5 王到后格 2

5. 后卫到国王，国王到骑士3
6. 后卫到骑士3，骑士到女王3
7. 后卫到骑士8，兵到国王4
8. 骑士到王后3，车到车3
9. 骑士到国王5，车到骑士3
10. 后卫吃掉车，车到骑士6，吃子
11. 兵吃掉车，国王到骑士4
12. 车到车4，兵到王后3
13. 车到后卫4，兵吃掉骑士
14. 兵到后卫国王骑士4，兵吃掉车，吃子
15. 国王到王后4，兵到车5
16. 后卫到国王8，兵到车6
17. 骑士到王后3，吃子，兵吃掉骑士
18. 王后到车3，兵到车7
19. 车到骑士，兵到车8（后卫）
20. 车到骑士2，兵吃掉车
21. 国王到骑士5，后卫到国王国王骑士8
22. 后卫到车5，国王到车5
23. 兵到骑士5，车到王后
24. 兵到骑士6，车到王后2
25. 兵吃掉车，兵到骑士8（王后）
26. 兵到王后8（车），后卫到王后2
27. 王后到后卫6，骑士到骑士5
28. 国王到骑士6，国王到车6
29. 车到车8，国王到骑士7
30. 兵到车4，后卫（骑士8）到骑士3
31. 兵到车5，国王到王后8
32. 兵吃掉后卫，国王到后卫8
33. 兵吃掉后卫，国王到国王8
34. 国王到王后7，骑士到国王王后3，吃子
35. 国王到国王8，王后到车7
36. 兵到王后6，王后到骑士
37. 兵到王后7，国王吃掉王后
38. 兵到王后8（王后），骑士到后卫4

39. B到Kt，8次；Kt到B，3次，横移。
40. K到Q，8次；Kt到K，斜向移动。
41. P吃掉Kt（R）；Kt到B，2次，横移。
42. K到B，7次；Kt到Q，斜向移动。
43. Q到B，7次，横移；K到Kt，8次。

至此，目标状态就达到了。
步序并不重要，可以有多种不同的走法。不过，尽管人们已经尝试了很多方法，却没有人能够减少我的步数。

362.—酒杯问题——解法
将12品脱的麦芽酒分成若干份，只需11步即可完成，具体如下。六列分别显示了每次操作后桶中、5品脱的壶中、3品脱的壶中的酒量，以及X、Y、Z三个容器中的酒量。

桶中　5品脱壶　3品脱壶　X　Y　Z
7　..　5　..　0　..　0　..　0
7　..　2　..　3　..　0　..　0
7　..　0　..　3　..　2　..　0
7　..　3　..　0　..　2　..　0
4　..　3　..　3　..　2　..　0
0　..　3　..　3　..　2　..　4
0　..　5　..　1　..　2　..　4
0　..　5　..　0　..　2　..　1
0　..　2　..　3　..　2　..　1
0　..　0　..　3　..　4　..　1
0　..　0　..　0　..　4　..　4

这样，每个人就能得到4品脱的麦芽酒了。

363.—医生的疑问——解答
葡萄酒与水的混合比例为40比1，而另一瓶中的比例则是1比40。

364.—桶的谜题——解答
只需像图1那样倾斜桶体即可。当水面恰好同时接触到边缘a以及底部的边缘b时，桶内的水就会刚好达到一半的容量。更准确地说，如果底部距离地面约一英寸，那么就需要将这一数值考虑进去，同时还要考虑底部顶部的厚度。如果当水面到达边缘a时已经上升到了图2中的点c，那么桶内的水量就会超过一半。而如果像图3那样，有一部分底部露在外面，且水面下降到了点d，那么桶内的水量就会少于一半。这种方法适用于所有结构对称的容器。

365.—新的测量谜题——解答
以下通过11步操作得出的结果，显示了每次操作前后各容器的容量：

10夸脱 10夸脱 5夸脱 4夸脱
10 .. 10 .. 0 .. 0
5 .. 10 .. 5 .. 0
5 .. 10 .. 1 .. 4
9 .. 10 .. 1 .. 0
9 .. 6 .. 1 .. 4
9 .. 7 .. 0 .. 4
9 .. 7 .. 4 .. 0
9 .. 3 .. 4 .. 4
9 .. 3 .. 5 .. 3
9 .. 8 .. 0 .. 3
4 .. 8 .. 5 .. 3
4 .. 10 .. 3 .. 3

366.—诚实的乳品商——解答
无论牛奶与水的数量各为多少，运往伦敦的液体中水与牛奶的比例始终是3份水对1份牛奶。不过有几点需要注意：最初的水量必须多于牛奶量，否则在第二次操作时容器A中就不会有足够的水量可供使用；同时水的量也不能超过牛奶量的三倍，否则容器B中就没有足够的液体来完成第二次操作。第三次操作对容器A没有影响，因为该操作中的比例必须与第二次操作后的比例相同。设置第三次操作是为了避免在初始时牛奶与水量相等时的争议——因为虽然“两倍的零”仍等于“零”，但这种情况下就无法进行第三次操作了。

367.—葡萄酒与水——解答
小杯中的葡萄酒占液体总量的六分之一，大杯中的葡萄酒则占三分之二。将这两部分相加，可得葡萄酒占总液体的十八分之七，因此水占十八分之十一。

368.—葡萄酒桶的容量——解答
该酒桶的容量略小于3加仑，更精确地说是2.93加仑。

369.—茶叶的混合方式——解答
有三种混合茶叶的方法。按照茶叶品质从高到低排序，分别为2先令6便士、2先令3便士、1先令9便士，对应的混合比例可以是16磅、1磅、3磅；或者14磅、4磅、2磅；又或者是12磅、7磅、1磅。在所有情况下，20磅的混合茶的总价值应为每磅2先令4.5便士；不过最后一种方案中最高品质的茶叶用量最少，因此它是正确答案。

370.—包装问题——解答
在尺寸为14乘以224/5的盒子中，可以排列13层，每层交替放置7个和6个球，总共可放置85个球。再在其上方添加另一层，同样由12行交替排列的7个和6个球组成，共计78个球。在249/10英寸的长度内，可以放置15层这样的结构，各层分别包含85个和78个球。因此，8乘以85加上7乘以78，得到的总球数为1,226个，这就是盒子的最大装填量。

371.—俄罗斯的黄金包装方式——解决方案
箱子的内部尺寸应为100英寸×100英寸×11英寸。我们可以在底部并排放置8块金板，这样刚好填满一侧的空间；再放置9排这样的金板，总共就有72块金板，全部位于底部，此时底部还会剩下100英寸×1英寸×1英寸的空隙。如果将这72块金板分层堆放11层，那么总共就能装下792块金板，同时还会留下100英寸×1英寸×11英寸的空隙。在这个空隙中，我们可以将剩下的8块金板也整齐地排列进去。

372.—蜂蜜桶的分配方式——解决方案
要让三个兄弟能够平均分配蜂蜜桶，使得每个人都能得到3.5桶和7桶蜂蜜，唯一的办法如下：
A：3桶，1桶半满，3桶空
B：2桶，3桶半满，2桶空
C：2桶，3桶半满，2桶空
其实还有另一种分配方式，只不过所有兄弟都反对接受超过4桶同类型的蜂蜜桶。如果没有这个限制的话，就可以像给A那样给B分配相应的数量，而给C则留1桶满桶、5桶半满桶以及1桶空桶。由此可见，无论如何，总会有两个兄弟以相同的方式获得他们应得的蜂蜜桶。

373.—过河问题——解决方案

首先，两个儿子过河，其中一个返回；接着男人过河，另一个儿子返回；然后两个儿子一起过河，其中一个返回；接着女人过河，另一个儿子返回；最后两个儿子再次过河，其中一人返回去接狗。总共需要11次过河。

看来，对于这类过河谜题，并不存在通用的解决规则。虽然可以为某些特定案例（比如第375号或376号案例）找到适用于在特定限制条件下任意数量人员的解决方案，但这种公式其实没什么用处，因为稍加一些额外的条件就会使其失效。与测量类谜题一样，我们通常只能依靠个人的聪明才智来解决问题。

374题——过河问题——解答
解答如下：

{J 5) G T8 3
5 ( J } G T8 3
5 {G 3) JT8
53 ( G } JT8
53 {J T) G 8
J 5 (T 3} G 8
J 5 {G 8) T 3
G 8 (J 5} T
G 8 {J T) 53
JT8 ( G } 53
JT8 {G 3) 5
G T8 3 ( J } 5
G T8 3 {J 5}

其中，G、J、T分别代表吉尔斯、贾斯珀和蒂莫西；8、5、3则分别代表800英镑、500英镑和300英镑。左右两列代表左岸和右岸，中间一列则代表河流。总共需要13次过河。

这是必要的，每行都显示了船只处于河流中段时的位置。在渡河过程中，括号中的符号则表示方向。可以发现，既没有人在陆地上或船上独自占有超过自己应得的份额，也没有两个人共同拥有超过其应得份额的财物——不过条款中并未强制要求做到这一点。

375.—五个善妒的丈夫——解决方案
显然，渡河的次数必须是奇数；如果那五个丈夫之间不存在猜忌的话，他们或许只需九次渡河就能全部过河。但由于任何妻子都不得在没有丈夫在场的情况下与其他男人同行，因此还需要再渡两次河，总计十一次。下图展示了具体的渡河方式：大写字母代表丈夫，小写字母代表他们的妻子。初始状态以及每次从左岸到右岸的渡河后，船只的位置都会被标出，船只则用星号表示。这样就可以一目了然地看出：a、b和c在第一次渡河时过了河，b和c在第二次渡河时返回，以此类推。

ABCDE abcde * ..
1. ABCDE de .. * abc
2. ABCDE bcde * .. a
3. ABCDE e .. * abcd
4. ABCDE de * .. abc
5. DE de .. * ABC abc
6. CDE cde * .. AB ab
7. cde .. * ABCDE ab
8. bcde * .. ABCDE a
9. e .. * ABCDE abcd
10. bc e * .. ABCDE a d

11. ..* ABCDE abcde

“找出最快的路线”这句话中其实隐藏着一些微妙的细节。大家都会认为，既然没有关于这些人划船能力的任何信息，那我们就应该假定他们的划船水平都是一样的。但实际上，两个人一起划船显然会比一个人更快。因此，在第二次和第三次渡河时，应该由两位女士一起把船划回去取d，而不只是其中一位。这并不会影响上岸的次数，所以也不会因此而浪费时间。在第十次和第十一次渡河时也有类似的情况，那时同样可以选择派两位女士还是只派一位。

对于那些认为自己已经找到了在九次渡河内完成任务的办法的人，我想要说：他们肯定错了。在那种情况下，没有哪个善妒的丈夫会让自己的妻子去另一个岸边找某个男人，哪怕她保证下次会乘船回来。如果读者能记住这一点，就能立刻发现自己的错误。

376.—四种逃亡方式——解答
如果只有三对情侣的话，或许就不需要那个岛了；但如果有四对或更多情侣，那么为了在既定条件下完成渡河任务，那个岛就是必不可少的。从陆地到陆地之间，最少需要17次渡河才能完成任务（不过法国数学家们在他们的书中声称需要24次），不可能少于这个数字。下面是一种可行的方法。A、B、C、D是那些年轻男子，而a、b、c、d则是与他们订婚的女子。三列文字分别显示了在出发前以及每次渡河之后，这些人在草地、岛上以及对岸的位置，星号则标出了每次渡河时船只所在的位置。

草地　岛屿　对岸
ABCDabcd *

ABCD cd ab *
ABCD bcd * a
ABCD d bc * a
ABCD cd * b a
CD cd b AB a *
BCD cd * b Aa
BCD bcd * Aa
BCD d * bc Aa
Dd bc ABC a *
Dd abc * ABC
Dd b ABC a c *
BDd* b ACac
d b ABCD a c *
d bc * ABCD a
d ABCD abc *
cd * ABCD ab
ABCD abcd *

在确定了最少的划船次数之后，我们在选择“最快方法”时还需考虑另外两点：谁是最擅长划桨的人？以及哪种方法能最大程度减少上下船的时间？对于第一点，我们没有相关数据可供判断，不过由于这条船属于女孩们所有，因此她们很可能是优秀的划桨手。至于第二点则非常重要，在我所给出的解决方案中（女孩们负责8到13次的划桨，而A和D则无需划桨），总共只需要16次上船和16次下船。永远不会有男人和女人同时待在船上，也没有男人会登上岛屿。还有其他一些方法，但需要更多的换位操作。

377.—窃取城堡的宝藏——解决方案
以下是最佳的解决方案，共需11步即可完成：—

宝藏向下。男孩向下——宝藏向上。年轻人向下——男孩向上。宝藏向下。男人向下——年轻人与宝藏向上。宝藏向下。男孩向下——宝藏向上。宝藏向下。年轻人向下——男孩向上。男孩向下——宝藏向上。宝藏向下。

378. ——连续多米诺骨牌的排列方式——解答
共有23种不同的排列方式。你可以从任意一张多米诺骨牌开始，但4—4以及带有5或6点的骨牌除外；不过，并非所有的起始骨牌都能以两种方式继续排列。如果已知公差且已使用了第一张骨牌，那么其余骨牌的排列方式就固定了。因此，我只需列出23种排列方式对应的起始骨牌，并说明公差即可。具体如下：
当公差为1时，第一张骨牌可以是以下这些：0—0、0—1、1—0、0—2、1—1、2—0、0—3、1—2、2—1、3—0、0—4、1—3、2—2、3—1、1—4、2—3、3—2、2—4、3—3、3—4。当公差为2时，第一张骨牌可以是0—0、0—2或0—1。以最后一种情况为例：既然已经使用了0—1，且公差为2，那么接下来的骨牌就必须是1—2、2—3、3—4、4—5、5—6。有三种骨牌永远无法被使用，它们分别是0—5、0—6和1—6。如果使用的多米诺骨牌范围是9—9，那么就会有40种不同的排列方式。

379.—五块多米诺骨牌的排列方式——解答
多米诺骨牌共有十种不同的排列方式。以下是其中一种：
(2—0) (0—0) (0—1) (1—4) (4—0)。
其余九种排列方式则由读者自行探索。

380.—多米诺骨牌框架谜题——解答
图示即为一种解法。可以发现，该框架的四个边的数值之和为44。所有多米诺骨牌上的点数总和为168，若要让各边的数值之和为44，则四个角的数值之和必须为8，因为这些角会被计算两次。168加上8等于4乘以44，这正是所需的结果。其实存在许多不同的解法。即便在给出的示例中，通过某些调整也能得到不同的排列方式。例如，在左侧的多米诺骨牌序列上……

从2—2到3—2的顺序可以颠倒，或者从2—6到3—2，又或者从3—0到5—3。在右侧，也可以将4—3的顺序颠倒为1—4。这些变化不会影响解的正确性。

381.—卡片拼图问题——解答
十张卡片上所有点数的总和为55。假设我们希望每边的点数均为14，那么4乘以14等于56。但由于四个角上的卡片会被计算两次，因此56减去55，即1，就代表了这四个角上卡片点数的总和。显然这是不可能的，所以14这个数值也是不可行的。但如果我们尝试18呢？4乘以18等于72，再减去55后，四个角上卡片点数的总和即为17。此时我们只需尝试各种不同的排列方式，只要这四个角的点数之和始终为17即可，很快就能找到以下解决方案：—

最终的尝试次数非常有限，只需稍加判断，就能找到正确的解，或者确定不存在这样的解。

在我们所尝试的条件下，位于垂直两侧的两张中间卡片当然可以随时互换位置，但我并不认为这属于不同的解法。如果通过镜子反射，会得到另一种排列方式，但这也同样不被视为不同的解法。不过，在给出的答案中，我们可以将5与8互换，再将4与1互换——这才是不同的解法。使用18时有两种解法，使用19时有四种，使用20时有两种，使用22时也有两种，总计有十种排列方式。读者可以自行找出所有的排列方式。

382.—纸牌十字形排列——解法
一共有十八种基本排列方式，如下所示。这里我只列出横线上的数字，因为其余数字自然会处于对应的位置上。

56174
35168
34178
25178
25368
15378
24378
14578
23578
24568
34567
14768
23768
24758
34956
24957
14967
23967

可以看出，中心位置始终必须是奇数；23、25和27这三个数值各有四种组合方式，而24和26则各有三种组合方式。

383.—“T”形卡片谜题——解答
如果去掉A牌，剩下的卡片可以以四种方式分成两组（每组的数值之和相等）；如果去掉3，则有三种分组方式；去掉5时有四种方式；去掉7时有三种方式；而去掉9时也有四种方式可以将卡片分成两组。因此总共有18种不同的分组方式。如果我们选择其中一种分组方式，并将那张奇数牌置于列的首位，那么该列中的数字可以有24种不同的排列方式，另一列中的数字也有24种排列方式，这样一来，所有数字的排列方式总数为24×24=576种。由于有18种这样的分组方式，因此将这个数字乘以18，得到10,368，这就是放置卡片的所有可能方式的数量。由于这个数字已经包含了各种对称情况，所以我们还需要再除以2。不过，我们还要记住，每一行都可以与对面的行交换位置，因此又需要再乘以2；这样一来，两次乘法的效果就相互抵消了。

384.—卡片三角形——解答
以下卡片排列方式展示了：(1) 最小的可能总和，即17；(2) 最大的可能总和，即23。
可以看出，任意一边中间的两张卡片随时可以互换位置，而不会影响原有的条件。因此，共有八种这样的排列方式。

展示了所有基本的排列方式。这些基本排列共有18种，具体如下：两个相加为17，四个相加为19，六个相加为20，四个相加为21，最后两个相加为23。将这18种基本排列再乘以8（基于前述原因），即可得到144种不同的牌的摆放方式。

385.—“串连”纸牌游戏——解法
读者可能会发现，用200多步就能找到解决方案，但令人惊讶的是，实际上只需要62步即可完成。具体操作如下：“4C向上”指的是将梅花4以及其上方的所有牌一起移动。1D移到空位上，2S移到空位上，3D移到空位上，2S移到3D上方，1H移到2S上方，2C移到空位上，1D移到2C上方，4S移到空位上，3H移到4S上方（至此共9步）；2S向上移到3H上方（3步）；5H与5D交换位置，4C移到5D上方（6步）；3D移到4C上方（1步）；6S连同5H一起移到空位上（3步）；4C向上移到5H上方（3步）；2C向上移到3D上方（3步）；7D移到空位上（1步）；6C向上移到7D上方（3步）；8S移到空位上（1步）；7H移到8S上方（1步）；8C移到9D上方（1步）；7H移到8C上方（1步）；8S移到9H上方（1步）；7H移到8S上方（1步）；7D向上移到8C上方（5步）；4C向上移到5D上方（9步）；6S向上移到7H上方（3步）；4S向上移到5H上方（7步）。总计62步。这是我的最佳记录，也许读者能够打破它。

386.—掷骰子游戏——解法
只需从给定的数值中减去250，得到的三个数字就是掷骰子所得的点数。例如，在我们给出的例子中，原始数值为386，减去250后得到136，由此可知掷出的点数为1、3和6。计算方法很简单：结果等于100a + 10b + c + 250，其中a、b、c分别代表三次掷骰子的结果。其原理显而易见。

387.—乡村板球比赛——解答
从图1可以看出，由于波德先生和邓金斯先生都不可能出现在与自己出发位置相对的区域内，因此邓金斯先生不可能得到任何分数。不过，图2表明，尽管拉菲先生和斯特拉格尔斯先生的动作十分激烈但却很粗心，他们还是成功交换了位置，这一举动必然会让斯特拉格尔斯先生的得分增加1分。

388.—慢速板球比赛——解答
队长必定没有出局，且得了21分。具体如下：
2人（每人因触球规则被罚分）：19分
4人（每人被接球出局）：17分
1人（因跑出界被罚分）：0分
3人（每人被投球击倒）：9分
1人（队长——未出局）：21分
总计：66分

因此，队长的得分恰好比团队平均分高出15分。那些被淘汰的“其他人”只能是指三个人，因为第十一个人应该仍是“未出局”的状态。读者可以自行推断出为什么队长必定就是那第十一个人——这并不一定需要通过具体数字来证明。

389.—足球运动员问题—解答
最少的人数为七人。他们可以用三种不同的方式来分配：1. 两人双臂完好，一人右臂骨折，四人双臂均骨折；2. 一人双臂完好，一人左臂骨折，两人右臂骨折，三人双臂均骨折；3. 两人左臂骨折，三人右臂骨折，两人双臂均骨折。但如果每个人都有伤，那么只有第三种情况才成立。

390.—赛马谜题—解答
答案是：在Acorn身上投注12英镑，在Bluebottle身上投注15英镑，在Capsule身上投注20英镑。

391.—汽车比赛问题—解答
首先需要明白的是，在环形赛道上的比赛中，位于某辆车后面的车辆数量与位于其前面的车辆数量是相等的。其余的车辆则既在前面也在后面。包括Gogglesmith的车在内，一共有13辆赛车参加比赛。12的三分之一加上12的四分之三正好等于13，这就是正确答案。

392.—弹珠游戏——解法
当有15颗弹珠时，先手只要先拿走两颗即可获胜。此后，若自己手中的弹珠数为奇数且剩下1、8或9颗，则可获胜；若为偶数且剩下4、5或12颗，同样可以获胜。在游戏结束前，先手总能采取上述某种策略，从而击败对手。而对于13颗弹珠的情况，如果对手策略得当，先手必定会输。实际上，先手会输的唯一情况就是面对5，或是5加上8的倍数，如13、21、29等数字。

393.—两只车——解法
后手总能获胜，但为确保胜利，他必须在每一步都将自己的车放在与对手车子相同的对角线上。这样就能将对手逼入绝境并取得胜利。假设图示代表了游戏开始时两辆车的位置，那么如果黑方先走，白方可以将自己的车放在A点，然后下一步即可获胜。从A点到H点的任何一条对角线上的位置都能让白方获胜，但最佳策略仍是尽可能限制对手车子的移动空间。如果白方先走，那么黑方应将车子放在B点（F点不太好，因为那样会给白方更多机会）；接着，若白方走到C点，黑方就走到D点；白方走到E点，黑方走到F点；白方走到G点，黑方回到C点；白方走到H点，黑方则走到I点，如此一来黑方就能在下一步获胜。如果任何时候黑方没有选择与白方相同的对角线移动，那么白方就可以占据那条对角线并获胜。

394.—将对手逼入角落。——解法
无论先手还是后手，从55步开始游戏的A方必定能获胜。假设B方采取最优策略以尽可能延长自己的生存时间，那么如果A方先走，总能在第12步时抓住B方；而如果A方后走，也总能在第14步时抓住对方。A方的策略始终是让自己与对手处于对角线上，如果A方先走，那么通过走到33步，就能阻止B方与自己处于对角线上。以下是两例典型的对局：横线前的数字表示A方的走法，横线后的数字则表示B方的走法：
33-8、32-15、31-22、30-21、29-14、22-7、15-6、14-2、7-3、6-4、11-，此时A方必须在下一步（第12步）抓住对手；
-13、54-20、53-27、52-34、51-41、50-34、42-27、35-20、28-13、21-6、14-2、7-3、6-4、11-，此时A方同样必须在下一步（第14步）抓住对手。

395.—一场战争策略游戏——解法
无论敌人多么聪明且难以捉摸，英国人总能抓住他；但奇怪的是，英国将军只有先前往地图上标有“1”的那个城镇，从3号入口进入、从2号出口离开，或者从2号入口进入、从3号出口离开，才能做到这一点。那些被涂色且没有编号的三个城镇其实并不重要，因为英国人根本无需进入它们，而敌人也不可能被迫进入这些地方，主动这么做显然是不明智的。因此我们可以完全忽略它们。无论敌人如何行动，英国人都应先执行以下九步：依次访问24号、20号、19号、15号、11号、7号、3号、1号和2号城镇。如果敌人也试图前往1号城镇，那他就会不得不以原来的路线仓皇撤退，否则英国人必然会在2号或3号城镇将其抓住。所以，敌人最好完全避开地图的西北角。

现在，当英国将军走完我所指定的那九步之后，敌人在走完自己的第九步后，将会处于标有5、8、11、13、14、16、19、21、24或27的某个城镇中。当然，如果他此时轻率地走到3或6的位置，就会立刻被抓住。无论敌人身处何处，英国将军都会主动追击他，最多再走八步（总共十七步）就能以以下某种方式将其抓住：当敌人在5时，英国将军可走到8并赢得下一回合；当敌人在22时，可走到19并赢得下一回合；当敌人在27时，可走到24并赢得下一回合。可以发现，敌人总会被迫陷入这些致命的处境之中。简而言之，这一策略的精髓就在于：英国将军按照我指定的方式走完前九步，尽管敌人会竭力逃脱，但我们的将军始终紧追不舍，将敌人从那个西北角不断逼出，最终将其包围并取得胜利。正如我所说，英国将军总共只需走十七步即可获胜，如果敌人表现不佳，甚至可以用更少的步数取胜。不过，在走完那前九步之后，英国将军再多走几步也没关系了。

糟糕的走法。他虽然可能会浪费时间，但只要能阻止敌人进入1号城镇，就能保持优势，最终一定能抓住敌人。这就是对这个谜题的完整解释。虽然看起来有点复杂，但实际上，正确的取胜策略对读者来说相当容易理解。只要按照那九步来走，就无需再为接下来的步骤发愁了。事实上，可以说此时英国将军几乎不可能抓不到敌人。这在国际象棋中属于所谓的“对抗”现象，而英国将军进入1号城镇，就相当于给了他先手优势，用通俗的话来说就是“占了上风”。下面是一个示例，敌人会尽可能避免被抓住。英国将军的走法在上方，敌人的走法在下方，两者交替进行。

2420 19 15 11 7 3 1 2 6 101418192024
13 9 13 1721202423 19 15 1923242527

现在敌人必须走到25或B点，无论走到哪个地方都会立刻被抓住。

396.—一场谜题游戏——解答
如果你把火柴分成三堆（从而成为第二个抽火柴的人），那么只要采用以下十三种分组方式中的任何一种，并且正确地走棋，你就能够获胜：15、14、1；15、13、2；15、12、3；15、11、4；15、10、5；15、9、6；15、8、7；14、13、3；14、11、5；14、9、7；13、11、6；13、10、7；12、11、7。
这个问题的完美解决方案如下：将每堆中的数字表示为2的幂次方，避免重复，同时记住20=1。如果能让对手手中的每一种2的幂次方的数量都是偶数，那么你就能获胜。而如果在开始时就能让这些幂次方都是偶数，那么在整个游戏中都可以保持这一状态。以上面给出的最后一组数字12、11、7为例，用2的幂次方表示的话就是——

12 = 8 4 - -
11 = 8 - 21
7 = - 421
2 222

由于每种数值都有两个，因此你必定能获胜。假设对手从12这个数值中拿走了7，那么剩下的就是——
5= - 4 - 1
11 = 8 - 21
7= - 4 21
12 23

此时各种数值的个数并非都是偶数，但只要从11这个数值中拿走9，就能立刻恢复到有利的胜势状态。

5 = -4 - 1
2 = - -2 -
7 = -4 21
-2 22

以此类推直至结束。这种解法具有很强的通用性，适用于任意数量的匹配对以及任意数量的堆叠。有位读者告诉我，这个谜题游戏最初是由W.M.F. Mellor先生提出的，不过其发表的时间和地点我尚未查清。

397.—黑山骰子游戏——解法
若要使获胜的概率完全相等，玩家应选择5与9、13与15这两组数字。三个骰子共有216种不同的点数组合方式。其中，点数之和为5的情况有6种，点数之和为9的情况有25种，因此选择这两组数字的玩家有31种获胜可能，占216种组合中的比例。而点数之和为13的情况有21种，点数之和为15的情况有10种，因此另一名玩家也有31种获胜可能，同样占216种组合中的比例。

398.—雪茄谜题——解法
俱乐部里没有一个人能解开这个谜题，但我可以证明它其实非常简单，只要有人向孩子解释，他就能明白答案！我的大多数朋友都表示十分困惑。有些人认为“无论怎样，理论上的结果都是由棋盘与雪茄之间的比例关系决定的”；另一些人则将其视为概率论问题，得出的结论是获胜机会略微偏向第一名或第二名玩家，视具体情况而定。还有一个人用一张特定尺寸的棋盘和一支雪茄，将棋盘分成若干等份，然后让两名玩家填满这些区域，以便让第二名玩家获胜。但为什么第一名玩家要如此迁就呢？在任何阶段，他都可以……

只是将雪茄斜着放在这些位置上，目的就是打乱第二位玩家的计算！我们必须假设每位玩家都会以最佳方式行事，而非互相迁就。如果雪茄的形状是像鱼雷那样——完全对称且两端尖锐的话，那么其他一些人的理论也会相当合理。我将证明：只要第一位玩家始终以最佳方式行事，他就必定能获胜。仔细观察下面的图1，一切就都清楚了。

第一位玩家必须将第一支雪茄竖直地放在桌子的正中央，正如小圆圈所示。无论第二位玩家如何操作，第一位玩家都必须在完全相对的位置重复同样的动作。也就是说，如果第二位玩家在A点放置一支雪茄，我就会在AA点放置一支；他在B点放置，我就在BB点放置；他在C点放置，我就在CC点放置；他在D点放置，我就在DD点放置；他在E点放置，我就在EE点放置，以此类推，直到再无法放置雪茄而不发生重叠为止。由于所有雪茄在各方面都完全相同，因此很明显，对于第二位玩家选择的任何一步行动，都可以在通过桌子中心的直线上找到完全对应的动作。无论第二位玩家将雪茄放在何处，或是竖直放置还是侧放，他总能够复制第一位玩家的举动。因为所有雪茄在各方面都相同，所以一支雪茄必然会在与另一支完全相同的点上越过桌子边缘。当然，既然每位玩家都应以最佳方式行事，这就成了一个理论问题。所谓在实际操作中会出现问题之类的观点其实并不成立。

这样的做法并不足以确保获胜。如果作为先手玩家你没有赢，那一定是由于你没有采取最优的策略。
第二个图解可以说明为什么第一支雪茄必须竖着放置。（需要说明的是，我从盒子里挑选的第一支雪茄是可以竖着放置的，因此我可以假设其他所有雪茄也能以同样的方式竖立。）如果将第一支雪茄像F那样横放，那么后手玩家就可以像G那样放置一支雪茄——尽量靠近F，但不要与F接触。在这种状态下，你无法在另一侧重复后手的操作，因为这支雪茄的两端形状不同。可以看到，当GG以与中心相同的角度放在另一侧时，它会与F相交或位于F的上方，而雪茄之间是不允许接触的。因此你必须将雪茄放在离中心更远的位置，这样一来，从中心到左下角的距离就会不足，从而无法重复后手在G与右上角之间所做的一切操作。所以，先手玩家并不能确保一定获胜。

399.—棘手的“8”形布局——解决方案

要求是在九个格子中分别填入不同的数字，使得三行、三列以及两条对角线的数字之和均为15。起初，读者很可能会因为误以为这些条件中还隐含了其他要求而给自己设定一个无法完成的任务——这是解谜时常见的错误。如果我写的是“不同的图形”而非“不同的数字”，那么由于数字只能放在角落里，这种情况就根本不可能实现；而如果我说的是“不同的整数”，同样也不可能做到。不过，数字也可以是分数，而这正是这个谜题的妙处所在。如图所示的排列方式完全符合所有条件：所有的数字都不同，且通过所有八种计算方式得到的和均为15。

400.—魔法条带.—解答

在七个方块之间，当然有六个不同的位置可以进行切割。关键在于保留一条完整的方块带，而将其他六条方块带分别在不同的位置切开。完成切割后，有无数种方式可以将这十三块方块组合起来，从而构成一个魔方阵。以下就是其中一种方式：—

这种排列方式有一些相当有趣的特点。可以看到，未切割的方块带位于顶部；不过，如果将最底层的方块带移到顶部，这些数字依然能构成一个魔方阵。而且，无论从底部逐层向上移动未切割的方块带，都会得到相同的结果。如果我们把这些数字想象成分布在七条相互垂直的方块带上，那么这些列也可以依次从左向右或从右向左移动，每次都能形成魔方阵。

401.—八只快乐的囚鸟——解答

构成魔方共有八种方式——它们其实都是同一基本排列的不同表现形式。因此，如果将第一个魔方旋转四分之一圈，就能得到第二个魔方；由于四条边可以依次被移到顶部，故存在四种不同的形态。再将这四种形态通过镜像反射，就能得到另外四种形态。在这八种排列中，只有四种能够在给定条件下实现，而在这四种中，只有两种能在最少的步数内完成，即19步。下面展示了这两种排列方式。按照以下顺序移动棋子：5、3、2、5、7、6、4、1、5、7、6、4、1、6、4、8、3、2、7，即可得到第一个魔方；而按照4、1、2、4、1、6、7、1、5、8、1、5、6、7、5、6、4、2、7的顺序移动，则可得到第二个魔方。在第一种情况下，所有棋子都移动过了位置，但在第二种情况下，编号为3的棋子始终没有离开过自己的格子。因此，编号3的棋子必定就是那个“固执的囚犯”，而第二个魔方才是所要求的排列方式。

402.—九只快乐的监狱鸟——解答
这个谜题为那些粗心大意的人设置了陷阱。一开始，可以让一个棋子站在另一个棋子的肩上，这样就能始终保留一个空格，让囚犯们能够活动，且不会有两个棋子处于同一个格子里。这两个合为一体的棋子可以将它们的数字相加，当然，在魔方形成之后它们也可以继续待在一起。不过，只要其中一方在最后一步移动时没有违反“不能进入已被占据的格子”这一规则，它们就并非必须一直待在一起。在敏锐的解谜者注意到这一点后，就需要决定采用哪种方法了。

更好的方法是让两人要么在最后时刻仍在一起，要么分开。实际上，如果要让两人始终在一起，只需17步即可解决这个谜题；但如果让他们在最后分开，就可以节省一步，仅需16步就能完成！关键在于将那个人放在某个角上的人的背上，然后再让那对人物移到中心位置，之后他们才会分开。

以下是让这些人到达上述两种位置的各种步骤。数字表示的是这些人按顺序进入当前空闲格子的顺序。那对人物则用括号标出：
将5放在1上。然后，依次放置6、9、8、6、4、(6)、2、4、9、3、4、9、(6)、7、6、1。
将5放在9上。然后，依次放置4、1、2、4、6、(14)、8、6、1、7、6、1、(14)、3、4、9。
将5放在3上。然后，依次放置6、(8)、2、6、4、7、8、4、7、1、6、7、(8)、9、4、3。
将5放在7上。然后，依次放置4、(12)、8、4、6、3、2、6、3、9、4、3、(12)、1、6、7。
第一种和第二种方法会得到图A；第二种和第三种方法则会得到图B。无论哪种情况，都只需要16步。既然已经找到了步数最少的解法，接下来就需要考虑如何让那个负担较重的人尽可能少做功。显然，由于那对人物必须在分开之前先移到中心位置，因此他们至少需要两步才能完成这一动作。而要减少那个负担较重的人的劳动量，只能采用另一种解法，不过那样又会多出一步。

403.—西班牙地牢谜题——解法

解决此谜题的最佳方法是从后往前推导——也就是说，首先需要找到合适的方格排列，然后再逐步回到初始状态。我们首先要找出那些需要最少调整次数的方格排列。不过，很多这样的排列其实是无法实现的。当我们将所有可能的最佳排列都列出来之后，就需要通过仔细分析来确定哪种排列能用最少的步数达成目标。不过，恐怕只有经过大量研究和实践之后，解谜者才能真正掌握各种“干扰因素”以及移动规律，从而让自己的判断具有很高的价值。

第二个图示展示的是一种极为理想的魔方阵排列状态。可以看到，4号、8号、13号和14号囚犯仍留在原来的牢房里。这种状态只需37步即可实现。以下是具体的步骤：15、14、10、6、7、3、2、7、6、11、3、2、7、6、11、10、14、3、2、11、10、9、5、1、6、10、9、5、1、6、10、9、5、2、12、15、3。如此简短的解法可能会让许多读者感到惊讶，因为他们可能认为至少需要六十到一百步才能解决这个问题。最聪明的囚犯是6号，他在最初的图示中正伸出双臂指示着每一步的移动方向。他和10号做了大部分工作，每人各改变了五次所在牢房的位置。而12号因为腿有残疾，行动不便，所以幸运地只需在轮到自己时从当前牢房移动到下一个牢房即可。

404.—西伯利亚地牢——解法

要解决这个谜题，显然需要寻找那些最适合作为解决方案的魔法方阵，然后仔细分析并尝试找出“步数最少”的方案。我们很快意识到：如果能够选择一种让某些士兵无需离开原有位置的方阵，那么一方面可以减少步数，但另一方面却可能阻碍士兵的移动。例如，可以用6、7、13、16这几个数字保持不动来构成魔法方阵；但在这种情况下显然无法找到解，因为14和15这两个位置既不能保持空着，也不能被士兵占据，否则就会违反“同一格子内不能有两名士兵”的规则。

G.沃瑟斯普恩先生找到了一个需要14步的解法：8-17，16-21，6-16，14-8，5-18，4-14，3-24，11-20，10-19，2-23，13-22，12-6，1-5，9-13。由于我认为这个解已经达到了理论上的最小步数，因此我有信心它已无法再被改进，沃瑟斯普恩先生也持相同观点。

405.—纸牌魔术方阵——解法
为构造三个新的方阵，将纸牌按如下方式排列：

32 4
43 2
24 3

65 7
76 5
57 6

9 8 10
10 9 8
8 10 9

有三张A牌和一张10牌未被使用。这四个方阵的数值之和分别为9、15、18和27，均互不相同，符合要求。

406.—十八骨牌——解法

图示已能说明一切。可以发现，每列、每行以及主对角线上的数字之和均为18，符合要求。

407.—两个新的魔方阵——解法
以下是两个满足条件的解法：—

第一种方法是通过相减得到的，其常数为8，所有对应数值的差值均为4。第二种方法是通过相除得到的，其常数为9，所有对应数值相除后的结果均为3。这两种方阵都非常有趣且具有启发性。

408.—二阶幻方——解法
以下是我构造出的幻方。目前的常数为260。如果在每个位置上用该数的平方来替代它，那么常数就会变为11,180。读者可以自行推导出二阶幻方的形式。

解决此问题的关键在于这样一个规律：如果八个数的和为260，它们的平方和为11,180，那么对于与65互补的这八个数来说，也会出现同样的情况。因此，1 + 18 + 23 + 26 + 31 + 48 + 56 + 57 = 260，而它们平方的和也为11,180。同理，64 + 47 + 42 + 39 + 34 + 17 + 9 + 8也满足这一规律。

用65减去上述每个数字，所得数值之和为260，而它们的平方之和则为11,180。需要注意的是，在这16个较小的方格中，每个方格的两条对角线之和均为65。该方格有4列和4行，每列与每行都存在互补关系。让我们取出第2行、第1行、第4行和第3行中的数字，并将它们按如下方式排列：

182829 42475154
272730 41485253
362631 44454956
452532 43465055

在这里，每一列都包含四个连续的数字，这些数字以循环方式排列——其中四个数字沿一个方向排列，另外四个则沿另一个方向排列。方格的第2列、第5列、第3列和第8列中的数字也可以以类似的方式分组。最大的难点在于找出决定这些数字分组方式的规则，以及如何确定方格中互补数字的配对关系和对角线的形成方式。不过，一旦找到正确的解法，就能揭示出解开这个谜题的关键所在。我认为这种二阶魔方是魔术领域中最优雅的构造之一。我相信，对于低于8阶的情况来说，是无法构造出这样的魔方的。

409.—李子篮子问题——解答
由于商人要求将其中一个李子篮子里的李子“分给一些孩子”，因此不能把整篮的李子都给一个孩子；同时，既然要求“每个孩子得到的李子数量相同”，那么也不能选择与篮子里李子数量相同的孩子数，然后给每个孩子一个李子。因此，如果每个篮子里的李子数量都是质数，那么商人所说的分配方式确实是不可能的。所以，我们的问题就转化为用九个不同的质数来构造一个魔方。

在图A中，我们有一个由质数组成的魔方阵，它能够给出最小的恒定和。至于我之前提到的那个小陷阱，显然“每个篮子里都装有李子”这一条件排除了图A的可能性，因为一个李子并不能算作李子。而由于文中提到“如示意图所示”，无需实际统计李子的数量，就能明显看出每个篮子里的李子数量肯定超过7个。因此，严格来说，图C也不符合要求。20以上、比如250以下的数字则完全在可能范围内，会有很多排列方式落在这个区间内。图B就是其中的之一。当然，我们可以考虑到水果商常用的那种假底设计，这种设计能让篮子看起来装有的水果比实际更多。

有几位读者认为（我不确定他们是基于什么理由），在这个问题中，这些数字不可能构成连续的等差数列，所以我用图D来证明他们是错的。

这些数字分别是199、409、619、829、1,039、1,249、1,459、1,669和1,879——它们都是质数，且相邻两数之差为210。

410.—“T”形谜题的解法—
有多种排列这些数字的方法，而且“T”形结构中可以省略2或3中的一个数字。我所给出的排列方式属于“纳西克方阵”。在所有28,800个五阶纳西克方阵中，只有这个方阵（及其对称形式）满足“T”形结构的要求。这个谜题是由C.普朗克博士向我提出的。

411.—由合数组成的幻方—解法

这个问题实际上就是寻找最小的那个素数，使得它之后的下一个素数至少比它大10。如果我们列出一些素数，那么无需超过150就能找到答案——因为113之后的下一个素数就是127。这样我们就可以构造出所需的方阵，其中的所有数字都是合数。这就是用最小数值得到的解。由此可见，通过试算，我们可以很容易地得到这个答案，而且只需三阶方阵即可。不过，我打算展示一种无需任何表格或试算、就能以非常直接且快速的方式得到答案的方法（当然，这种方法得到的不是数值最小的解）。

首先，写下任意一组连续的数字，其中最小的数字要大于1——比如2、3、4、5、6、7、8、9、10。这些数字的因数只有2、3、5和7。因此，我们将这四个数相乘，然后将得到的乘积210加到这九个数字上。这样就能得到九个连续的合数，即从212到220，用这些数就可以构成所需的方阵。每个数必然能被它与210的差值整除。显然，通过这种方法，我们可以构造出任意多组连续的合数。例如，如果我们想用这16个数字构成一个魔方阵，那么就可以使用2到17这些数字。

这些数包含2、3、5、7、11、13和17这些因数，将它们相乘后得到的结果是510510，再将这个数加上去，就可以得到从510512到510527共16个数，这些数同样都是合数。不过，如我所说，这并非最小的解：因为如果将523加到1到16这些数上，就能得到16个连续的合数；而如果将1,327加到1到25这些数上，则可以得到25个连续的合数，这两种情况都是最小的可能解。然而，如果我们想要用100个这样的数构成一个魔方阵，那么通过表格来寻找的话将会是一项非常艰巨的任务，不过按照我所展示的方法，其实这是个相当简单的事情。即便只是要找到36个这样的数，也必须在10,000以内的数值中逐一查找才能找到，而且随着方阵阶数的增加，难度也会以更快的速度上升。

412.—魔法骑士的巡游——解法

在这里，每个连续的数字（按数值顺序）都表示从前一个数字出发的马步移动；由于64可以从1出发走一步马步，因此这种排列方式属于“回入型”排列。所有列与行的数值之和均为260。遗憾的是，这并不是一个完美的魔方阵，因为对角线的数值不正确：一条对角线的和为264，另一条则为256——只需将4从一条对角线移到另一条上即可使其成为完美魔方阵。我认为这是目前所能得到的最佳结果了（无论是否属于回入型排列），而目前还无法确定是否存在完美的解决方案。

413.—棋盘谬误——解答

这个小谬误的解释如下：错误在于人们误以为标有C的那个小三角形块的高度与棋盘上的某个小正方形的边长完全相同。实际上，如果把64个正方形都设为1平方英寸大小，那么该三角形块的高度应为11/7英寸。因此，该矩形的实际尺寸为91/7英寸×7英寸，无论哪种情况，其面积都是64平方英寸。虽然这些图形可以恰好拼成一个完美的矩形，但各图形中水平线的方向并不会重合。上面的新的图示能够让读者清楚地理解这一点。

414.—谁是第一个发现的？—答案
看到烟雾的比格斯会是第一个；看到子弹击中水面的卡彭特是第二个；而听到枪声的安德森则是最后一个。

415.—一个奇妙的村庄。——答案
当太阳位于某个地方的地平线上时（无论是在日本还是其他地方），它与该地方的距离会比正午时大半倍地球直径那么多。由于地球的半直径约为4,000英里，因此正午时太阳与该地方的距离必然比它升起时近3,000英里以上；因为根本不存在深度达到1,000英里百分之一这样的山谷。

416.—一个历法谜题。——答案
一个世纪的第一天绝不可能是星期日，也不可能是星期三或星期五。

417.—那些令人头疼的环——答案
我会详细说明解题过程，这样读者就能明白：只要知道方法，其实这题非常简单。首先，由于环的数量是偶数，所以可以用(2(n + 1) – 2)的三分之一步数将所有环取下来；在我们的例子中n为14，因此只需10,922步即可取下所有环。接着，10,922 – 9,999 = 923，接下来就要计算在还剩923步时各环的位置。这里有一种巧妙的计算方法，它基于二进制原理。

L. Gros先生所使用的计算方法，相关内容可参见W.W. Rouse Ball的《数学娱乐》。将923除以2，得到461和余数1；再将461除以2，得到230和余数1；继续将230除以2，得到115且余数为0。尽可能持续用这种方式除以2，所有的余数将会依次为1、1、1、0、0、1、1、0、1、1，最后一个余数在左侧，第一个余数在右侧。由于共有14个环而只有10个数字，因此我们将由四个0构成的差值放在左侧的括号中，同时把那些与左侧数字重复的数字也用括号标出。这样就能得到如下排列：(0 0 0 0) 1 (1 1) 0 (0) 1 (1) 0 1 (1)。这就是该谜题的正确答案，因为如果我们现在在横线下方放置代表括号中数字的环，而在横线上放置代表其他数字的环，就能得到所需形式的解，如下所示：——

这就是完成第9,999步操作后环的确切位置。读者会发现，这种方法可以解决任何类似的问题，无论铁环上共有多少个环。但在反向推导时，即需要确定达到某一环的排列状态所需的步数时，这一规则就需要稍作修改，因为并不一定存在一种通过移除铁环上所有环就能达到该状态的路径，读者稍后会明白这一点。在此需要说明的是，当环的总数为奇数时，移除所有环所需的步数为(2(n + 1) - 1)的三分之一。

当有n个环（n为奇数）时，包括所有环在上的状态和全部移除的状态在内，总共有2n种状态。在其中1/3的(2(n+1) + 2)种状态下，所有环都会被移除。未被使用的状态数量则为(1/3)(2n - 2)。

当有n个环（n为偶数）时，包括所有环在上的状态和全部移除的状态在内，总共有2n种状态。在其中(2(n + 1) + 1)种状态下，所有环都会被移除。未被使用的状态数量为……

未使用的状态为(1/3)(2n – 1)。

将一些情况列成表格会更为方便。

| 环的数量 | 总状态数 | 已使用状态数 | 未使用状态数 |
|----------|----------|------------|--------------|
| 1 | 2 | 2 | 0 |
| 3 | 8 | 6 | 2 |
| 5 | 32 | 22 | 10 |
| 7 | 128 | 86 | 42 |
| 9 | 512 | 342 | 170 |

| 环的数量 | 总状态数 | 已使用状态数 | 未使用状态数 |
|----------|----------|------------|--------------|
| 2 | 4 | 3 | 1 |
| 4 | 16 | 11 | 5 |
| 6 | 64 | 43 | 21 |
| 8 | 256 | 171 | 85 |
| 10 | 1024 | 683 | 341 |

需要首先注意的是，已使用的状态数比取下所有环所需的步数多1，因为“所有环都在环上”这一状态虽然存在，但并不算作一步操作。而未使用的状态数则等于取下少一个环的那一组环所需的步数。例如，取下7个环需要85步，而这42个未使用的状态数恰好相当于取下6个环所需的步数。实际上，如果有7个环，先取下前6个，然后再试图取下第7个环的话，唯一的办法就是撤销那42步本来就不应该执行的操作。换句话说，必须把环上的7个环都放回原位，重新开始！正确的做法应该是先取下5个环，为此需要先取下3个环，再之前取下1个环。要取下6个环，则需先取下2个，然后再取下4个。

418.—如此上楼的方法——解法

将踏板按从上到下的顺序编号，为1至8。接着按照以下步骤进行：1（后退一步回到地面），1、2、3（再前进两步），3、4、5（再前进三步），5、6、7（再前进四步），7、8（最后一步着地）。括号中的步骤是向后走的。由此可见，通过在第一步后回到地面，然后始终以三步前进对应一步后退的方式，我们只需19步即可完成该动作。

419.—五枚硬币的问题——解答
首先，按照图1所示的方式放置三枚硬币。然后将剩下的两枚硬币置于图2所示的位置，使它们的顶部相互接触，底部则与水平放置的这三枚硬币相接。这样，五枚硬币之间的距离就会相等，因为每枚硬币都会与其他每枚硬币相触。

420.—勤奋的书虫——解答

粗心的读者会以为，那些从书架上有序排列的三卷书中逐页阅读的“书虫”必须翻阅全部三卷以及四层书皮。按照这种想法，所需距离为9.5英寸，这显然与正确答案相差甚远。实际上，只要查看书架上任意三本连续的书，就会发现第一卷的第一页与第三卷的最后一页才是距离第二卷最近的页面；因此，书虫只需穿透四层书皮（总厚度为0.5英寸）以及第二卷的书页（厚度为3英寸），总计3.5英寸的距离，就能从第一页读到最后一页。

421.—链条谜题——解答
打开并重新连接一个链环需要3便士。因此，将九个链环连接成一条无尽的链条需要2先令3便士，而购买一条新链条则需要2先令2便士。不过，还有更巧妙的办法：把包含三个链环和四个链环的两段链拆开，这样这七段链就可以将剩下的八段链连接起来，所需费用仅为1先令9便士。

422.—安息日谜题——解答
这道古老谜题的出题人提出的解决方案如下：让基督徒和土耳其人从犹太人的住处出发，绕地球一周——基督徒向东行进，土耳其人向西行进。读过埃德加·爱伦·坡的《一周中的三个星期日》或儒勒·凡尔纳的《八十天环游世界》的人都知道，这样的行程会导致基督徒多出一天时间，而土耳其人则少一天时间；这样一来，当他们再次在犹太人的住处相遇时，两人的时间计算结果就会与犹太人的一致，三人便可以在同一天过安息日。当然，这个答案的正确性取决于人们对此类问题的传统观念。

“一天”的定义——即两次日出之间的平均时间。这是个古老的争论话题，不过用来出谜题的话倒也挺合适。严格来说，那两位旅行者在经过180度经线时应该重新计算时间；否则我们就不得不承认，在北极或南极，七年里只会有一个安息日。

423.—红宝石胸针——解答
在这个谜题中，我们看到的是四颗红宝石被偷走后的胸针外观图。读者需要指出那些宝石“可能被取出的位置”；因为无法准确显示这些宝石最初的排列方式，毕竟有太多种可能的排列方法。但有一个重要的线索，那就是利特尔伍德夫人的兄弟所说的话：“我很熟悉那枚胸针。它原本有45颗宝石，现在只剩下41颗了。有人偷走了4颗红宝石，然后以尽可能少的数量重新安置它们，确保在你提到的任何一个方向上都有8颗宝石。”

该图展示了抢劫发生前的排列方式。可以看出，只需重新调整一颗红宝石的位置——即位于中央的那颗即可。任何需要调整多颗宝石位置的解决方案都与兄弟的描述不符，因此肯定是错误的。当然，最初的排列方式略显不对称，正因如此，这款胸针才会被形容为“相当古怪”。

插图让这个谜团变得清晰起来。人们立刻就能看出，这两块是如何沿对角线方向相互滑动的。

425.—杰克与豆茎——解答
画家在这幅画中犯下的严重错误在于他对那些触须的描绘方式。

豆类总是像A那样呈螺旋状向上生长，而艺术家在缺乏相关依据的情况下明确选择了法国豆或猩红蔓生豆这种品种，因此它们总是像B那样生长。似乎很少有人知道这一有趣的小事实。虽然豆类总是坚持向左生长，如B所示，但啤酒花则更倾向于向右生长，如A所示。为何会如此，仍是大自然尚未解开的谜团之一。

426.—赞美诗板摆放问题——解答
这个谜题并不像乍看之下那么简单。需要找到最少数量的板块，以便为三块赞美诗板各配备能够显示在特定礼拜中要演唱的五首赞美诗的内容，同时还要找出实现这一目标的最低成本。这本赞美诗集共有700首赞美诗，因此所需的板块数量不可能超过700个。

既然我们被要求使用一切合法且可行的节省方法，那么我们应该立刻想到：这些数字必须涂在板的正反两面；实际上，这种做法在类似情况下极为常见，大多数解题者都会想到这一点。我们还应该记住，有些数字可以通过翻转来变成其他数字；但由于我们已经有了这些数字在板上涂好后的实际形状图，因此可以看出，虽然6可以倒过来变成9，但其他数字则无法如此处理。对于1、2、3、4和5这几种数字，为了应对各种可能的情况，每种都需要33个；而对于7、8和0，则只需各30个即可；至于6（它可以翻转成9），则需要恰好42个。由此可见，所需数字的总数为297个；但由于这些数字是涂在板的正反两面的，所以实际上只需要149块板子。起初人们可能会认为，每块板子只需在一面标注数字，另一面保持空白即可。但这里就出现了问题中一个相当微妙的点。读者或许已经注意到，在现实生活中，有时购买时多买一些物品反而更便宜，因为批量购买可以享受折扣——这样既能得到更多物品，又能支付更少的钱。例如，如果我们想买10个苹果，单独购买的话每个要1便士，而一打只需9便士，那么如果我们购买12个，不仅可以节省1便士，还能多得到2个苹果。同样地，由于涂有相同图案的板子也有相应的折扣规则，因此在那些数量为奇数的板上涂两个数字实际上也能让我们节省成本。比如，假设我们有30块涂有相同图案的板子，一面是5，另一面是6。这种情况下的定价为4¾便士，总成本为11先令10½便士。但如果其中一块只有5的板子在另一面也涂上6，那么我们就有了31块板子，此时每块的定价为4½便士，这样一来，之前的30块板子每块都能节省1便士，而最后那块板的成本也从1先令降到了4½便士。不过，即便考虑了这些因素，仍然存在一个新的难题：虽然所有的8都可以出现在7的背面，但我们……

1号数字的背面不能全是2，3号数字的背面也不能全是4，以此类推。如果我们试图让尽可能多的数字采用相同的图案，就有可能因为调整方式不当而使得某些特定的数字组合无法被表现出来，这其实是一种巨大的风险。

以下是寄给查姆普利圣威妮弗雷德教区牧师的这个难题的解决方案：当符号位于两个数字之间时，意味着这两个数字分别位于盘面的两侧。

计算结果如下：
31块盘子，每块5×9，单价4½，总计0 11 7½
30块盘子，每块7×8，单价4¾，总计0 11 10½
21块盘子，每块1×2，单价7，总计012 3
21块盘子，每块3×0，单价7，总计012 3
12块盘子，每块1×3，单价9¼，总计0 9 3
12块盘子，每块2×4，单价9¼，总计0 9 3
12块盘子，每块9×4，单价9¼，总计0 9 3
8块盘子，每块4×0，单价10¼，总计0 6 10
1块盘子，每块5×4，单价12，总计0 1 0
1块盘子，每块5×0，单价12，总计0 1 0
总共149块盘子，每块6便士，总计314 6
合计719 1英镑

当然，如果能够增加盘子的数量，或许就可以免费完成这项工作，但“必须使用尽可能少的盘子”这一要求使得这种可能性无法实现。

这道谜题出现在《Tit-Bits》杂志上。我在1897年12月11日那期杂志中写的评论或许能引起大家的兴趣。这个“赞美诗板谜题”似乎引发了极大的兴趣——来自英国各地以及几个欧洲国家的大量解题尝试，都体现了我们的读者们乐于帮助查姆普利圣威妮弗雷德教区牧师解决其面临的难题的善意。从几先令到高达1,347英镑10先令的各种估算方案似乎都有出现。

427.—射野鸡——解答
这个谜题的算术部分其实非常简单。一开始显然有24只野鸡。其中16只被射杀，1只翅膀受伤，还有7只逃走了。读者可能会认为答案是“还有7只剩下”。但既然那些野鸡已经飞走了，说它们“还留在那里”显然是荒谬的；如果它们还留在原地，肯定早就被杀死了。那么是否可以认为，因为其他野鸡飞走了，所以那17只被射杀的野鸡还留在那里呢？并非如此，因为问题问的是“还有多少只留在那里？”，而非“有多少只剩下？”。那只翅膀受伤的野鸡虽然无法飞行，但仍努力挣扎着试图逃脱。因此，答案就是：那16只被射杀的野鸡“仍然留在那里”。

428.—园丁与厨师——解答

没有人能解开这个谜题，所以我不得不透露答案——这一举动其实早在最初的插图中的那只猫身上就有隐约的预示。不过我首先提醒读者，这个谜题出现于4月1日，而我们谁都不讨厌在愚人节被捉弄；尽管我特意强调了当天是愚人节，相当于“暴露”了答案，但令人惊讶的是，所有回复我的人都无一例外地掉进了陷阱里。

有一大批人认为，厨师因每步迈得较慢而损失的时间，会通过更快的速度弥补回来；因此两人前进的速度相同，结果自然是平局。但另一部分人则指出，虽然在200英尺的直道赛跑中可能是这样，但实际上并非如此，因为两人都是每次跳跃后跑一段固定的距离，而100并非3的整数倍，所以园丁在第34次跳跃时将会超出终点线2英尺。这样一来，园丁会跑到102英尺远的地方然后再返回（总共204英尺），从而落后4英尺。这一点确实与谜题相关。但最重要的事实是：如果我没记错的话，那位园丁其实是斯旺利园艺学院的女学生，而厨师则是一位技艺高超的法国女厨师！因此“她（园丁）走了三步，而他（厨师）只走了两步”。实际上，园丁用68次、每次3英尺的跳跃就能跑完204英尺，而体弱多病的老厨师则只能完成45又1/3次、每次2英尺的跳跃，总计90英尺8英寸。最终，女园丁以109英尺4英寸的优势获胜，此时厨师正处于第46次跳跃的三分之一处。

这个谜题给我们的启示有两个：(1) 解谜时绝不能想当然；(2) 愚人节到来时一定要记住它。我写的并不是某个园丁和厨师的故事，而是我亲眼目睹的一场比赛中的某对选手。因此，目击者的陈述必须被接受——既然读者不在现场，他就无法反驳它。当然，所提供的信息并不充分，但正确的答案应该是：“如果把园丁视为‘他’，那么厨师会赢4英尺；但如果园丁是‘她’，那么园丁就会赢109英尺4英寸。”这样的答案本可以赢得奖品。有趣的是，只有一位参赛者找到了正确的方向，但却没有继续深入思考。他说：“这是常规比赛吗？”

4月1日的比赛结果如何？也就是说，每匹马的奔跑距离只有6英尺，因此比赛未能完成。如果不是这样，那我认为以下答案应该是正确的——假设园丁为“他”，厨师为“她”。不过，即便在他的假设成立的情况下，他的答案也是错误的；但他却是唯一一个怀疑性别问题的人。

429.—放置半便士硬币的方法——解答：可以将13枚硬币按照所示方式摆放。

430.—找出那个男人的妻子——解答：这个谜题不需要猜测，只需通过排除法即可解决。如果我们能够将除第10号丈夫之外的其他五位女士分别与她们的丈夫配对，那么剩下的那位女士就一定是第10号丈夫的妻子。我来说明具体做法：第8号男子用同一只手拿着女士的阳伞以及手杖；而除了第3号女士之外，其他所有女士都有阳伞，因此可以确定第3号女士就是第8号男子的妻子。接着，第12号男子拿着自行车……

可以确定那是一辆女士自行车。唯一穿着骑行裙的女士是5号，因此我们可以推断5号就是12号的妻子。接着，6号男子有一只狗，而11号女士则拿着狗链，所以我们可以将6号与11号配对。另外，2号男子正在向报童付款买报纸，但按常理我们不会在收到报纸之前就付款，而且那位先生显然也没有从报童那里拿到报纸；不过11号女士却在看报纸，由此可推断是她让报童把报纸送给她丈夫的，所以我们将2号与9号配对。现在，除了1号和7号之外，所有女士都已配对完毕；除了4号和10号之外，所有男士也均已配对完毕。观察4号男子，会发现他手臂上搭着一件外套，且外套的纽扣在左侧——而非男性通常所穿的右侧，因此那是一件女士外套。不过这件外套显然不属于1号，因为1号已经穿着外套了，而7号女士的穿着则相当单薄，所以我们将7号女士与4号男子配对。现在只剩下1号女士了，因此我们可以得出结论：她就是10号的妻子。这就是正确答案。

索引。
修道院长的谜题，20，161。
——窗户之谜，87，213。

学术礼仪，18，160。
首字母缩写谜题，84，210。
亚当与夏娃与苹果，18。
两架飞机，2，148。
年龄与亲属关系谜题，6。
——关于汤米的谜题，7，153。
——关于妈妈的谜题，7，152。
——关于廷普金斯夫人的谜题，7，152。
——关于罗弗的谜题，7，152。
家庭中的年龄问题，7，152。
——他们的年龄，7，152。
阿尔昆，修道院长，20，112。
九颗杏仁，64，195。
亚马逊女战士，94，221。
安德鲁斯，W.S.，125。
苹果交易，3，149。
——购买苹果，6，151。
——十颗苹果，64，195。

分割中的近似值，28。
算术与代数问题，1。
——其他问题，17。
亚瑟王的骑士们，77，203。
炮兵的困境，26，167。
一捆捆的芦笋，140。
完全朝南的方向，137。
相关的魔方阵，120。
一个令人费解的公理，138。
巴谢·德·梅齐里亚克，90，109，112。
巴谢的方阵，90，216。
球的问题，51，183。
W.W.劳斯，109，204，248。
玻璃球，78，204。
银行家的谜题，25，165。
银行假日谜题，73，201。
横幅谜题，46，179。
——圣乔治的横幅谜题，50，182。
桶子谜题，109，235。

《香脂桶》，82，208。
《豆子谜题》，2，148。
《牛肉与香肠》，3，149。
《一桶啤酒》，13，155。
《偷钟绳》，49，181。
《钟声》，78，204。
E. Bergholt，116，119，125。
《贝琪·罗斯谜题》，40，176。
《自行车小偷》，6，152。
《有守卫的主教》，88，214。
——在会议中的主教，89，215。
——新式主教谜题，98，225。
——无守卫的主教，88，214。
国际象棋棋盘，85。
——分格棋盘，102，228。
——棋盘的摆放，105，231。
方格数为奇数的棋盘，86，212。
《三个人划船》，78，204。
《勤奋的书虫》，143，248。
Guy Boothby，154。
纸板箱，49，181。
纸制箱子，40。

《男孩与女孩》，67，197。
《桥、僧侣与……》，75，202。
《五名强盗》，25，164。
《锦缎方格》，47，180。
《面包谜题》，35，170。
保罗·布施霍普，172。
“纽扣与绳子法”，230。
《出租车号码谜题》，15，157。
《日历谜题》，142，247。
《坎特伯雷谜题集》，14，28，58，117，121，195，202，205，206，212，213，217，233。
《卡片框架谜题》，114，238。
——《魔法方阵》，123，244。
——《给玩家的谜题》，78，203。
——《“T”形谜题》，115，239。
——《三角形谜题》，115，239。
《十字形卡片谜题》，115，238。
卡丹，142。
刘易斯·卡罗尔，43。
《偷取城堡宝藏》，113，237。

猫，巫师的，42，178。
牛，贾德金斯的，6，151。
——市场，一个，1，148。

人口普查谜题，一个，7，152。
世纪谜题，16，158。
——数字版，16，159。

链条谜题，一个，144，249。
——古物商的谜题，83，209。
——纸板制成的谜题，40，176。

给予换算，4，150。
——给予的方式，151。

交换位置，10，154。

海峡群岛，138。

慈善遗赠，一个，2，148。
无差别的慈善行为，2，148。

将死，107，233。
古怪的奶酪商，66，196。
方格棋盘分割问题，85，210。
樱桃与李子，56，189。
国际象棋谜题，动态型，96。
——静态型，88。
——各类谜题，105。
——奇特型，107，233。

棋盘，85。
——谬误，141，247。
——有防守的布局，95。
——非攻击性布局，96。
——相关问题，84。
——句子，87，214。
——单人游戏，108，234。
——中国式棋盘，87，213。
——拥挤型布局，91，217。

购买栗子，6，152。

中国货币，4，150。
——古代谜题，107，233。
——流行款谜题，43。

圣诞礼盒，4，150。
——斯迈利夫人的礼物，46，179。
——布丁，43，178。

雪茄谜题，119，242。

被分割的圆圈，69，197。

如何建造蓄水池，54，188。

公务员领域的荒谬现象，154。

克莱尔，约翰，58。

时钟相关公式，154。
——相关谜题，9。
——俱乐部相关内容，10，154。
——火车站相关内容，11，155。

三座时钟，11，154。

晾衣绳谜题，50，182。
环岛之旅，63，195。
奇怪的巧合，2，148。
破碎的硬币，5，150。
——十枚硬币之谜，57，190。
——两枚古老硬币之谜，140。
组合与分组问题，76。
指南针谜题，53，186。
复合魔方阵，127，246。
圆锥体谜题，55，188。
收割玉米，20，161。
劳伦斯农夫的玉米地，101，227。
小贩谜题，6，152。
计数器移动问题，58。
——新式谜题，98，225。
——单人谜题，107，234。
彩色计数器，91，217。
——四十九个计数器之谜，92，217。
——九个计数器之谜，14，156。
——十个计数器之谜，15，156。
新月形谜题，52，184。
拜占庭的五个新月形图案，92，219。

板球比赛，《村庄》，116，239。
——缓慢型，116，239。

十字与三角形，35，169。
——纸牌中的十字与三角形，115，238。
——折叠型的十字与三角形，35，169。
——南方的十字与三角形，93，220。

交叉点与计数，81，207。
——由一、二构成的交叉点，35，168。
——由三构成的交叉点，169。

过河问题，112。

十字军战士，106，232。

立方体的数值之和，165。

靠垫套，46，179。

剪纸拼图，37，172。

骑车人的盛宴，2，148。

诚实的乳品商，110，235。

定义的问题，23，163。

德·丰特尼，112。

神化拼图，74，202。

德兰诺伊，112。

德·摩根，A.，27。

埃德温·都铎爵士，12，155页。
恶魔方阵，120页。
钻石谜题，74，202页。
骰子魔术，116，239页。
——黑山式骰子游戏，119，242页。
——数字相关谜题，17，160页。
给骰子上色，84，210页。
数字分析，157，158页。
——除法运算，16，158页。
——乘法运算，15，156页。
——谜题，13页。
数字相加，16，158页。
——与方阵相关的计算，14，155页。
——奇数与偶数，14，156页。
一个惊人的两难困境，106，233页。
丢番图方程，164页。
简单的切割谜题，35，170页。
——各类谜题，27页。
——各种类型的谜题，35页。
可分割的魔方阵，124页。
数字除法，16，158页。
——简单除法，23，163页。
医生的疑问，109，235页。

狗的谜题，五只狗，92，218。
国内经济，5，151。
多米诺骨牌拼图，114，238。
按顺序排列的多米诺骨牌，114，237。
——十八块多米诺骨牌，123，245。
——十五块多米诺骨牌，83，209。
——五块多米诺骨牌，114，238。
骑驴游戏，13，155。
宿舍谜题，A型，81，208。
榫接积木，145，249。
德雷顿的《Polyolbion》，58。
地牢谜题，A型，97，224。
西伯利亚地牢，123，244。
西班牙地牢，122，244。
荷兰人的妻子们，26，167。
动态国际象棋谜题，96。
地球的腰带，139。
《教育时代》重印版，204。
鸡蛋交易，3，149。
——获取鸡蛋的方法，140。
穆德尔镇的选举，19，161。

——《教区委员会》，19页，161。
《十一人》，《神秘主义者》，16页，159。
《私奔》，《四人组》，113页，237页。
埃尔里克，E.，231页。
《引擎》，《八人组》，61页，194页。
《主教视察》，98页，225页。
《农夫沃泽尔的庄园》，51页，184页。
《约克郡的庄园们》，51页，183页。
欧几里得，31页，138页。
欧拉，L.，165页。
《交换谜题》，66页，196页。
《棋盘谬误》，141页，247页。
《家庭聚会》，8页，153页。
《乘客的票价》，13页，155页。
《农夫与他的羊群》，22页，163页。
《围栏问题》，21页，162页。
《地主的围栏》，42页，178页。
费马，164页，168页。

寻找那个人的妻子，147，251。
在八面体上飞行，70，198。
古宾斯先生与雾，18，161。
足球运动员们，116，240。
一个令人困惑的分数问题，138。
更多复杂的分数问题，16，159。
卡片拼图，114，238。
——多米诺骨牌拼图，114，238。
弗兰肯斯坦，E.N.，232。
弗雷尼克尔，B.，119，168。
受过教育的青蛙们，59，194。
——四只青蛙，103，229。
——六只青蛙，59，193。
弗罗斯特，A.H.，120。
益智游戏，117。
——与游戏相关的问题，114。
贝琳达夫人的花园，52，186。
——花园谜题，49，182。
园丁与厨师，146，251。
几何问题，27。
——各种拼图问题，49。

《乔治与龙》，101页，227页。
《上楼之道》，143页，248页。
《地球的腰带》，139页。
《被拴住的山羊》，53页，186页。
《大喇嘛的难题》，86页，212页。
《蝗虫谜题》，59页，193页。
《希腊十字形谜题》，28页；——《从一中找出三个》，169页。
《灵缇犬谜题》，101页，227页。
《杂货商与裁缝》，5页，151页。
Gros, L.，248页。
《组合型群体问题》，76页。
《三种群体》，14页，156页。
Guarini，229页。
《理发师谜题》，137页。
《半便士的摆放》，147页，251页。
《汉普顿宫迷宫的解法》，133页。
《汉娜的谜题》，75页，202页。
《黑斯廷斯战役》，23页，164页。

哈特菲尔德迷宫已解，136。
帽子谜题，67，196。
帽子挂钩谜题，93，221。
错误的帽子，78，203。
干草架结构，18，161。
正面还是反面，22，163。
霍布森夫人的炉垫，37，172。
冯·赫尔姆霍兹，41。
蜂蜜桶，111，236。
蜂窝谜题，75，202。
赛马谜题，117，240。
两枚马蹄铁，40，175。
乌丹，68。
水上飞机之谜，12，155。
赞美诗板谜题，145，250。
二十面体谜题，70，198。
杰克与豆茎，145，249。

杰克逊，约翰，56岁。
雅尼施，C.F.德，92岁。
巧排花盆，68页，197页。
五个善妒的丈夫，113页，236页。
木工问题，36页，171页；另一个木工问题，37页，171页。
八只快乐的囚鸟，122页，243页；九只快乐的囚鸟，122页，243页。
女王的旅程，100页，227页；车马的旅程，96页，224页。
初级职员的谜题，4页，150页。
一个儿童谜题，68页，197页。
四只袋鼠，102页，228页。
开尔文勋爵，41岁。
犬舍谜题，105页，231页。
国王与城堡，56页，189页；被遗弃的城堡，106页，232页。
放风筝的谜题，54页，187页。
骑士卫士，95页，222页。
亚瑟王的骑士们，77页，203页；魔法之旅，127页，247页。

—— —— 立方体谜题，103，229。
—— —— 四个元素谜题，103，229。

拉博斯内，A.，25，90，216。

工人谜题，18，160。

女士日记，26。

拉格朗日，J.L.，9。

莱斯安特，C.A.，76。

给路灯上色，19，161。

闰年，155。
—— —— 女士们，19，161。

一个令人费解的遗产谜题，20，161。

法律难题，23，163。

勒普隆戎博士，29。

信纸拼图，60，194。
—— 三十六块拼图，91，216。
—— 十五块拼图，79，205。

水平面谜题，74，202。

油地毡切割谜题，48，181。
—— 另一种拼图，49，181。

狮子与人类，97，224。
—— 狩猎，94，222。

《狮子与王冠》，85，212页。
——《四人谜题》，88，214页。

《储物柜谜题》，14，156页。

《运动与速度谜题》，11页。

《住宿难题》，61，194页。

《伦敦与智者》，131页。

萨姆·洛伊德，8，43，44，98，144，232，233页。

爱德华·卢卡斯，16，76，112，121页。

《城市中的午餐》，77，203页。

麦克马洪少校，109页。

《魔法骑士的旅程》，127，247页。
——《平方数谜题》，119页。
——《卡片谜题》，123，244页。
——《复合数谜题》，127，246页。
——《质数谜题》，125页。
——《两度谜题》，125，245页。
——《两种新谜题》，125，245页。
——《条带谜题》，121，243页。

《减法、乘法与除法魔术》，124页。

《痛苦的少女》，97，224页。

《 Mandarin的谜题》，103，230页。
——《“T”形谜题》，126，246页。

《周六营销》，27，168页。

《市场女人们》，3，149页。
《玛丽与马默杜克》，7，152页。
《玛丽的年龄是多少？》，8，153页。
《无辜者大屠杀》，139页。
《谜题之谜》，118，241页。
——《新谜题》，55，188页。
《三十六对伴侣》，106，233页。
《迷宫及穿越方法》，127页。
《测量、称重与包装相关的谜题》，109页。
——《新谜题》，110，235页。
《妇女选举权运动者的集会》，19，161页。
W.M.F.梅洛尔，242页。
《家庭问题》，76页。
梅森，M.，168页。
《捕捉老鼠》，65，196页。
《挤奶女工之谜》，50，183页。
《百万富翁的困惑》，3，149页。
《十二个迷你馅饼》，57，191页。
《矿井检查》，71，199页。

《矿工的假期》，23，163页。
《改过自新的守财奴》，21，162页。
《解剖法冠》，35，170页。
《伟大的单体》，39，174页。
《金钱：一种奇怪的东西》，2，148页。
—— 《神秘的盒子》，3，149页。
—— 《口袋里的金钱》，3，149页。
—— 《金钱之谜》，1。
—— 《新的谜题》，2，148页。
—— 《正方形的金钱》，3，149页。
《一元论者》，125页。
《僧人与桥梁》，75，202页。
《怪异之物》，108，234页。
《黑山骰子游戏》，119，242页。
莫罗，76页。
《九人舞》，58页。
《马赛克：一个难题》，90，215页。
《母女俩》，7，152页。
《汽车比赛》，117，240页。
—— 《汽车之旅》，74，201页。
—— 《车库谜题》，62，195页。
《给驾车者的谜题》，73，201页。

捕鼠器谜题，80，206。
移动计数器问题，58。
数字乘法，15，156。
—— 古怪的乘法，15，157。
—— 简单的乘法，23，163。
乘法幻方，124。
蒙西，J.N.，125。
默里，詹姆斯爵士，44。
拿破仑，43，44。
纳西克幻方，120。
邻居问题，8，153。
牛顿，艾萨克爵士，56。
九人莫里斯游戏，58。
记号与刻度，149。
井字游戏，58，117。
《新数学年刊》，14。
数字验证谜题，16，158。
奇特的数字，20，162。
一袋坚果，8，153。

观察，缺陷，4，150。
八面体，其上的苍蝇，70，198。
椭圆形，如何绘制，50，182。
奥维德的谜题，58。
俄罗斯的黄金包装问题，111，236。
——测量与称重类谜题，109。
——某类谜题，111，236。
对角线魔方阵，120。
爸爸的谜题，53，187。
帕普斯，53。
悖论派对，137。
家庭聚会，8，153。
拼图游戏，46。
——另一类拼图，48，180。
——丝绸相关拼图，34，168。
串珠游戏，116，239。
棋子相关的谜题，94，222。
——不可移动的棋子，106，233。
——六个棋子的谜题，107，233。
——两个棋子的谜题，105，231。
三十三颗珍珠的谜题，18，160。

鹅卵石游戏，117，240。
混血血统问题，8，153。
佩利方程，164，167。
五枚硬币问题，143，248；十二枚硬币问题，65，195。
领取养老金的问题，12，155。
五边形与正方形问题，37，172；绘制五边形与正方形的方法，37。
Pfeffermann, M.，125。
猎野鸡游戏，146，251。
费城迷宫的解法，137。
小丑谜题，15，156。七头猪问题，41，177。
普朗克，C.，220，246。
平面悖论，138。
种植园谜题，57，189；缅甸式种植园谜题，58，191。
盘子与硬币问题，65，195。一篮子李子问题，126，245。
爱伦·坡，249。

点与线的问题，56。
四种邮票，84，210。
邮局之谜，1，148。
土豆谜题，41，177。
一篮子土豆，13，155。
早熟的婴儿，139。
购买礼物，2，148。
质数魔术方阵，125。
印刷错误，20，162。
囚犯们的锻炼，104，230；——十名囚犯，62，195。
概率问题，两个相关问题，5，150。
与游戏相关的问题，114。
陷入困境的猫，118，240。
谜题游戏，117。
绘制金字塔，83，208。
正方形与三角形金字塔，167。
毕达哥拉斯，31。
“女王”谜题，120。

皇后与主教谜题，93，219。
——八子谜题，89，215。

皇后的旅程，100，227。
——巡游谜题，98，225。

珀金斯夫人的被子，47，180。

赛马谜题，117，240。
——汽车谜题，117，240。

拉克布兰的微小损失，21，163。

铁路谜题，62，194。
——谜题集，61，194。
——三个车站的谜题，49，182。

适合冬夜的益智游戏，56。

矩形的计数，105，232。

赖斯，M.，58。

奇怪的关系，8，153。

反转谜题，5，151。

穿越河流的谜题，112，236。
——河流相关的谜题，112。

鸟巢谜题，105，232。
——车马的旅程谜题，96，224。
——车马的巡游谜题，96，223。

车棋，八子棋，88，214。
——二子棋，117，240。

圆桌骑士，80，205。

唯一路径问题，68。

红宝石胸针谜题，144，249。

安息日谜题，144，249。

水手谜题，71，199。

塞尔斯，H.A.，125。

九名男生谜题，80，205。

十五名女生谜题，80，204。

大混乱谜题，19，161。

雕塑家谜题，23，164。

一周中的第二天，139。

跷跷板谜题，22，163。

半纳西克魔方阵，120。
高年级与低年级，140。

四个七的谜题，17，160。
夏普谜题，230。

羊圈，52，184。
六个羊栏，55，189。
——十六个羊栏，80，206。
——三个羊栏，92，217。
——那十五个羊栏，77，203。

购物之谜，4，150。
舒尔德汉姆，C.D.，125，126。
西伯利亚地牢，123，244。
傻子村，11，155。
科学滑冰者，100，226。
斯基特教授，127。
中央单人游戏，63，195。
——棋盘上的单人游戏，108，234。
——计数型单人游戏，107，234。
四个儿子，49，181。
西班牙地牢，122，244。
——吝啬鬼，24，164。

速度与移动之谜，11。
——平均速度之谜，11，155。
绘制螺旋线，50，182。
桌面上的点，17，160。
判断是否为平方数，13。
——数字形式的平方数，16，159。

——《贴面问题》，39页，175页。
——《简单拼图》，35页，170页。

《正方形问题》，23页，163页。
——《围绕正方形作图》，21页，162页。
——《两数之差》，167页。
——《魔法数字》，119页。
——《两数之和》，165页，175页。
——《巧克力问题》，35页，170页。

《僵局》，106页，232页。

《讨好上司的技巧》，91页，217页。

《星形拼图》，99页，226页。

《八颗星星》，89页，215页。
——《四十九颗星星》，100页，226页。

《静态国际象棋谜题》，88页。

《八根棍子问题》，53页，186页。

《石匠问题》，25页，165页。

《秒表的使用》，11页，154页。

《斯特兰德杂志》，44页，116页，220页。

《斯特兰德耐心游戏》，116页，239页。

《穿越小河》，112页，236页。

约瑟夫·斯特拉特，59页。

《减法魔法方阵》，124页。

苏丹的军队，25，165。
除夕夜的晚餐，3，149。
寻找艾达的姓氏，27，168。
万字标志，29，31，169。
“T”形卡片谜题，115，239。
圆形桌子，80，205。
桌子和凳子，38，173。
七巧板悖论，43，178。
十字形目标，84，210。
等待，112。
塔尔塔利亚，25，109，112。
泡茶，111，235。
电报杆，139。
网球比赛，78，203。
构建四面体，82，208。
抓小偷，19，161。
节俭之道，25，166。
汤普森，W.H.，232。

票券谜题，5，151。
时间谜题，A，10，153。
——那究竟是什么？10，153。

费力的熨斗，142，247。
小谜题，58，79，124，251。
被撕碎的数字，20，162。
鱼雷训练，67，196。
自行车手们的旅行，71，199。
——盛大之旅，72，200。
——女王的旅行，98，225。
——车王的旅行，96，223。

游览城镇，70，198。
两列火车，11，155。
九个宝箱，24，164。
二十一棵树，57，190。
特雷莫，M.，133，135。
被分割的三角形，38，173。
三角数，13，25，166。
——如何判断是否为三角数，13。
棘手的八，121，242。
地铁检查员谜题，69，198。
——在铁路上听到的谜题，8，153。

土耳其人与俄罗斯人，58，191。
《十五个谜题》，70，198。
特威克纳姆谜题，60，194。
两块棋子问题，96。
未分类的谜题，142。
单路径与路线问题，68。
英国国旗谜题，50，69，197。
范德蒙德，A.，58，103。
面纱之下的谜题，90，216。
儒勒·凡尔纳，249。
维多利亚十字勋章谜题，60，194。
美丽的村庄，142，247。
三个村庄，12，155。
八座别墅，80，206。
涡环，40。
选民谜题，75，202。
墙壁谜题，52，184。

沃利斯，J.，142页。
——（另一篇），220页。

《花园之墙》，52页、185页。

《瓦普肖码头谜案》，10页、153页。

《战争谜题游戏》，118页、240页。

《感恩节酒杯之谜》，109页、235页。

《令人费解的钟表之谜》，10页、153页。

《水、气与电》，73页、200页。

《每周快报》，28页、124页、125页、146页、148页。

《称重谜题、测量与包装难题》，109页。

《关于轮子的谜题》，55页、188页。

《谁是第一个？》，142页、247页。

怀特，W.T.，147页。

《寡妇的遗产》，2页、148页。

《寻找丈夫的妻子》，147页、251页。

威尔金森牧师，193页。

威尔逊教授，29页。

《威尔逊的谜题》，9页、153页。

《葡萄酒与水》，110页、235页。

——《一桶之量》，110，235。
沃瑟斯普恩，G.，244。
帆船比赛，99，226。
早熟的青春，1，148。
芝诺，139。

结束。

*** 古腾堡计划电子书《数学趣题》内容结束 ***

后续更新的版本将取代旧版本，旧版本将会被重新命名。

由于这些作品源自不受美国版权法保护的印刷版，因此没有人拥有其美国的版权，所以该基金会（以及您本人）无需获得许可、也无需支付版权使用费即可在美国复制和分发这些作品。本许可证的“通用使用条款”中规定了相关特殊规则，旨在保护古腾堡计划这一概念及商标。古腾堡是一个注册商标，如果您对电子书收取费用，则不得使用该商标，除非遵守商标许可条款，包括为使用古腾堡商标而支付相应的使用费。如果您不收取任何费用，那么遵守商标许可条款就非常简单。您可以将此电子书用于几乎任何用途，比如创作衍生作品、撰写报告、进行表演或研究。古腾堡计划的电子书可以被修改、打印并免费分发——对于那些不受美国版权法保护的电子书，您在美国几乎可以做任何事情。不过，再分发这些作品时仍需遵守商标许可条款，尤其是商业性再分发行为。

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第1节：古腾堡计划电子作品的一般使用条款及再分发规则
1.A. 通过阅读或使用古腾堡计划电子作品的任何部分，即表示您已阅读、理解并同意接受本许可证以及相关知识产权（商标/版权）协议中的所有条款。如果您不同意遵守本协议的各项条款，则必须停止使用，并归还或销毁您所拥有的所有古腾堡计划电子作品副本。如果您为获取某份古腾堡计划电子作品或访问权限而支付了费用，且不同意受本协议条款的约束，可根据1.E.8段的规定向您付款的机构或个人申请退款。

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1.C. 古腾堡计划文学档案基金会（简称“该基金会”或PGLAF）拥有古腾堡计划电子作品合集的汇编版权。该合集中的几乎所有单部作品在美国都属于公共领域。如果某部作品在美国不受版权法保护，那么……

我们位于美国，但只要删除所有与古腾堡计划相关的标识，我们就不会阻止您复制、分发、展示该作品或基于它创作衍生作品。当然，我们也希望您能遵守本协议的条款，通过免费分享古腾堡计划的作品来支持其推动电子作品自由获取的宗旨，从而让“古腾堡计划”这一名称继续与这些作品联系在一起。如果您在免费与他人分享这些作品时，保持其原有的格式并附上完整的古腾堡许可证，就能轻松满足本协议的各项要求。

1.D. 您所在国家的版权法同样决定了您可以使用该作品的权限。大多数国家的版权法都在不断变化中。如果您不在美国，那么在下载、复制、展示、表演、分发该作品或基于它创作衍生作品之前，请先了解您所在国家的法律以及本协议的条款。对于美国以外的其他国家的作品，该基金会不对它们的版权状况作任何保证。

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1.E.4. 不得将完整的Project Gutenberg许可证条款从该作品中删除，也不得从包含该作品部分内容的文件或与Project Gutenberg相关的其他文件中移除这些条款。

1.E.5. 在未显著显示1.E.1段中所规定的内容、也未提供可直接访问完整Project Gutenberg许可证条款的链接的情况下，不得复制、展示、表演、分发或再分发该电子作品或其任何部分。

1.E.6. 可以将该作品转换为各种二进制格式、压缩格式、标记格式、非专有格式或专有格式进行分发，包括各种文字处理格式或超文本格式。但是，如果以不同于“纯ASCII格式”或Project Gutenberg官方网站（www.gutenberg.org）上提供的官方版本所使用的格式来提供该作品的副本或允许他人访问该作品，那么就必须在不给用户带来额外成本或费用的情况下，提供该作品的原始“纯ASCII格式”版本或其它格式的副本，或是提供获取该副本的途径。任何替代格式都必须包含1.E.1段中规定的完整Project Gutenberg许可证内容。

1.E.7. 除非符合1.E.8或1.E.9的规定，否则不得对访问、查看、展示、表演、复制或分发任何古腾堡计划作品收取费用。

1.E.8. 在满足以下条件的情况下，您可以对古腾堡计划的电子作品副本的提供、访问或分发收取合理的费用：

• 您需按照自己用于计算税款的相同方法，就使用古腾堡计划作品所获得的毛利润的20%作为版税支付给古腾堡计划商标的所有者。不过该所有者已同意将此条款规定的版税捐赠给古腾堡计划文学档案基金会。版税必须在您编制定期纳税申报表的日期之后的60天内支付。这些版税款项必须明确标注为版税，并寄送到第4节“关于向古腾堡计划文学档案基金会捐款的说明”中指定的地址。

• 如果有用户在收到作品后的30天内以书面形式（或电子邮件）告知您其不同意古腾堡计划™许可协议的条款，您必须全额退还该用户所支付的款项。此外，您还必须要求该用户归还或销毁其所拥有的所有实体介质形式的作品副本，同时停止使用及访问其他古腾堡计划™作品的副本。

• 如果在收到作品后的90天内发现该电子作品存在缺陷并告知您，您必须根据1.F.3条的规定，全额退还该作品或替代副本的费用。

• 您还需遵守本协议中关于免费分发古腾堡计划™作品的所有其他条款。

1.E.9. 如果您希望以不同于本协议规定的条件来收取费用或分发古腾堡计划™的电子作品或作品集，您必须获得古腾堡计划文学档案基金会的书面许可，该基金会是该计划的管理方。

Gutenberg™为注册商标。如需联系相关方，请按照下文第3节所述方式操作。

1.F.

1.F.1. 在创建Gutenberg™作品集的过程中，Gutenberg项目的志愿者和员工付出了大量努力，用于识别那些不受美国版权法保护的著作、对其开展版权调查、进行文本转录及校对工作。尽管如此，Gutenberg™电子作品及其存储介质仍可能存在各种“缺陷”，这些缺陷包括但不限于数据不完整、不准确或损坏、转录错误、版权或其他知识产权侵权问题、有缺陷或已损坏的磁盘或其他存储介质、计算机病毒，以及那些会损害您的设备或导致其无法读取的计算机代码。

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1.F.3. 有限的更换或退款权利——如果您在收到该电子作品后的90天内发现其中存在缺陷，您可以向提供该作品的人士发送书面说明，从而获得相应款项的退款（如有）。如果您是通过实体介质获取该作品的，则必须将该介质连同书面说明一并退回。提供有缺陷作品的一方可以选择提供替代副本而非退款。如果您是通过电子方式获取该作品的，那么提供该作品的一方……

您可以选择获得第二次机会以电子形式获取该作品，以此替代退款。如果第二份副本仍有缺陷，您可以书面要求退款，且无需再给予解决该问题的机会。

1.F.4. 除1.F.3段中规定的有限更换或退款权利外，本作品按“现状”提供，不附带任何形式的明示或暗示担保，包括但不限于适销性担保或适用于某种用途的担保。

1.F.5. 某些州不允许免除某些暗示担保，或限制某些类型的赔偿。如果本协议中的任何免责条款或限制违反了适用于本协议的州法律，则该协议应被解释为采用该州法律允许的最大程度的免责或限制。本协议中任何条款的无效或不可执行性不会导致其余条款失效。

1.F.6. 赔偿责任——您同意为基金会、商标所有者、基金会的任何代理人或员工、根据本协议提供古腾堡计划™电子作品副本的任何人，以及参与古腾堡计划™电子作品的制作、推广和分发工作的志愿者，承担因您的行为或过失而直接或间接产生的所有责任、成本和费用，包括律师费：(a) 分发本作品或任何古腾堡计划作品；(b) 对任何古腾堡计划作品进行修改、增减内容；(c) 由您造成的任何缺陷。

第2节 古腾堡计划的任务说明

古腾堡计划代表着以各种计算机都能读取的格式免费分发电子作品，这些计算机包括过时的、老旧的、中型的以及新型的计算机。它的存在正是基于这一理念。

数百名志愿者的辛勤付出，以及来自各行各业人士的捐助，共同推动了这一项目的进展。

志愿者们以及为他们提供所需支持的财政援助，对于实现古腾堡计划的目标至关重要，也只有这样，古腾堡计划的藏书才能一直免费供后人使用。2001年，古腾堡文学档案基金会成立，旨在为古腾堡计划及未来的世代创造一个稳定且可持续的发展环境。如需了解更多关于古腾堡文学档案基金会的信息，以及您如何通过自己的努力和捐助来提供帮助，请参阅www.gutenberg.org网站上的第3节和第4节内容以及基金会的相关页面。

第3节：关于古腾堡文学档案基金会的基本信息

古腾堡文学档案基金会是一家非营利性的501(c)(3)类教育机构，根据密西西比州的法律设立，并获得了美国国税局的免税资格。该基金会的联邦税号为64-6221541。根据美国联邦法律及您所在州的法律规定，向古腾堡文学档案基金会捐款可享受税收减免。

该基金会的办公地址位于美国新泽西州蒙特克莱尔市Watchung Plaza 41号516室，邮编07042，电话号码为+1 (862) 621-9288。电子邮箱地址及最新的联系方式可在www.gutenberg.org/contact网站上找到。

第4节：关于向古腾堡文学档案基金会捐款的说明

古腾堡计划依赖于公众的广泛支持与捐助，没有这些支持，它就无法继续履行自己的使命——增加那些可以以机器可读格式免费分发、并被更多设备所读取的公共领域作品及授权作品的数量。

包括那些已经过时的设备。许多金额不大的捐赠（1美元至5,000美元）对于维持该机构在IRS处的免税地位而言尤为重要。

该基金会致力于遵守美国50个州所制定的关于慈善机构及慈善捐赠的相关法律。不过，这些法规的要求各不相同，要满足并持续符合这些要求需要付出大量努力、处理大量文书工作并支付诸多费用。在没有收到相关合规性确认函的地区，我们不会寻求捐款。如需捐款或了解某个特定州的合规状况，请访问www.gutenberg.org/donate。

虽然我们无法也不会在那些尚未满足相关要求的州寻求捐款，但我们知道并没有规定禁止接受来自这些州的自愿捐助者所提供的捐款。

我们衷心欢迎国际上的捐款，但无法就来自美国境外的捐款的税务处理问题作出任何说明。仅美国的法律就足以让我们的少量员工应接不暇。

请访问古腾堡计划网站，了解最新的捐款方式与地址。除了现金捐款外，还可以通过支票、在线支付或信用卡等方式进行捐款。如需捐款，请访问：www.gutenberg.org/donate。

第5节：关于古腾堡计划电子作品的一般信息

迈克尔·S·哈特教授提出了古腾堡计划的构想，即创建一个可供所有人自由共享的电子作品图书馆。四十年来，他在仅有少量志愿者支持的条件下，一直负责制作和分发古腾堡计划的电子书。

古腾堡计划的电子书通常是由多个印刷版本整理而成的，而这些版本在美国均被确认为不受版权保护，除非……

其中包含了版权声明。因此，我们并不一定需要让电子书与相应的纸质版保持一致。

大多数人都是从我们的网站开始使用的，该网站提供了主要的PG搜索功能：www.gutenberg.org。

该网站还提供了有关古腾堡计划的各种信息，包括如何向古腾堡文学档案基金会捐款、如何为新的电子书的制作提供帮助，以及如何订阅我们的电子邮件通讯以获取新电子书的相关信息。