游戏谜题：与对手蒙眼掷硬币
Game puzzle: Blindfolded coin flipping with adversary
有一个 table 有四枚初始面随机的硬币。你被蒙上眼睛，每一轮，你都必须选择一部分硬币来翻转。你的objective就是让他们都面对同一个方向。
还有其他人，在您掷硬币后，会在轮到他们时随心所欲地旋转 table。他们objective就是不让你赢。因为你被蒙上了眼睛，所以你不知道 table 旋转了多少。
示例游戏如下所示：您先走，翻转顶部和左侧的硬币。然后，对手将棋盘旋转 180 度。然后轮到你了，你可以抛掷底部和右边的硬币（在这种情况下，零工作完成）。
取胜的策略是什么？
请注意，在每个回合中，恰好有 2 个子集是获胜着法。子集总数为2^4=16。因此，每次随机选择一个子集，每回合都有2/16=1/8的概率立即获胜，其中宇宙为{1, 2, 3, 4}，1表示您面前的硬币，2它的邻居按顺时针顺序依次类推。
如果轮数没有限制，一种获胜策略是重复'guess' 硬币的子集进行翻转。在前 n 回合内获胜的概率是 1 - (7/8)^n。概率在 n 中严格增加并且在 1 中渐近。您将赢得p-a.s.
你的动作是相互独立的：你的策略不包含之前回合的任何信息。
你的对手没有任何策略来对抗你的努力。转动 table 相当于重新标记您从中提取的组中的硬币。您在选择子集时没有利用标签，因此对手的行为无法挫败您的策略。特别是，在你的 k 回合之后，你的每个可能的子集选择又 k+1 有相同的可能性发生并且不取决于对手的行动。
准确地说，重新标记并不是完全随意的 - 只有 4^4=256 种可能的重新标记可以通过转动 table 来实现。同样，虽然这对您来说可能意味着更有效的策略，但它不会伤害您，因为您没有利用这些信息。
细化
永远不要选择 0 或 4 个硬币作为您的子集，因为这永远不会是一个获胜的动作（如果您从这样的配置开始，这些动作只会产生一组顶部相同的硬币）。因此，立即获胜的概率现在为 2/(16-2)=1/7，在第一个 n 回合内获胜的概率变为 1 - (6/7)^n。这种改进对策略背后的一般推理没有影响。
我正在使用以下动作：
- 1：掷一枚硬币（例如：你面前的那个）
- D : (Diagonal) 翻转两个相反的硬币（一个在你面前，一个在你的对手面前）
- A : (Adjacent) 翻转两个相邻的硬币（你前面的一个和右边的一个）
然后序列
D A D 1 D A D
总是通过获胜状态！
案例分析证明了这一点
您不是从获胜位置开始的。所以至少有一枚头币和一枚尾币。
我先假设有2个正面和2个反面。
请注意，在这种情况下，任何 D 和 A 移动要么获胜，要么保持 2 次正面和 2 次反面。
2a。两头正对则D胜
2b。如果不是，则 D 不会将状态更改为旋转（两个相邻的正面硬币）
然后如果你做 A，要么你赢了，要么你得到两个面对面的正面。所以你在 2a 回来。
总结：如果他们是2个正面和2个反面，则D A D获胜。
如果不是，则 D A D 保持一种状态，一种硬币为一枚，另一种硬币为三枚。
所以如果D A D没有赢你就知道你处于这样的状态。
现在，如果您只是掷硬币，要么您赢了，要么最终出现 2 次正面和 2 次反面状态。因此另一个D A D获胜。
所以
D A D 1 D A D
总是赢!!!
我不知道英语，但在法语中，这是一个经典的自动机，叫做 "Le barman aveugle"（盲酒保）。有很多关于这个问题的页面。例如：
This page
编辑：我刚刚在 Wikipedia
上发现了一个英文页面
还有其他人，在您掷硬币后，会在轮到他们时随心所欲地旋转 table。他们objective就是不让你赢。因为你被蒙上了眼睛，所以你不知道 table 旋转了多少。
示例游戏如下所示：您先走，翻转顶部和左侧的硬币。然后，对手将棋盘旋转 180 度。然后轮到你了，你可以抛掷底部和右边的硬币（在这种情况下，零工作完成）。
取胜的策略是什么？
请注意，在每个回合中，恰好有 2 个子集是获胜着法。子集总数为2^4=16。因此，每次随机选择一个子集，每回合都有2/16=1/8的概率立即获胜，其中宇宙为{1, 2, 3, 4}，1表示您面前的硬币，2它的邻居按顺时针顺序依次类推。
如果轮数没有限制，一种获胜策略是重复'guess' 硬币的子集进行翻转。在前 n 回合内获胜的概率是 1 - (7/8)^n。概率在 n 中严格增加并且在 1 中渐近。您将赢得p-a.s.
你的动作是相互独立的：你的策略不包含之前回合的任何信息。
你的对手没有任何策略来对抗你的努力。转动 table 相当于重新标记您从中提取的组中的硬币。您在选择子集时没有利用标签，因此对手的行为无法挫败您的策略。特别是，在你的 k 回合之后，你的每个可能的子集选择又 k+1 有相同的可能性发生并且不取决于对手的行动。
准确地说，重新标记并不是完全随意的 - 只有 4^4=256 种可能的重新标记可以通过转动 table 来实现。同样，虽然这对您来说可能意味着更有效的策略，但它不会伤害您，因为您没有利用这些信息。
细化
永远不要选择 0 或 4 个硬币作为您的子集，因为这永远不会是一个获胜的动作（如果您从这样的配置开始，这些动作只会产生一组顶部相同的硬币）。因此，立即获胜的概率现在为 2/(16-2)=1/7，在第一个 n 回合内获胜的概率变为 1 - (6/7)^n。这种改进对策略背后的一般推理没有影响。
我正在使用以下动作：
- 1：掷一枚硬币（例如：你面前的那个）
- D : (Diagonal) 翻转两个相反的硬币（一个在你面前，一个在你的对手面前）
- A : (Adjacent) 翻转两个相邻的硬币（你前面的一个和右边的一个）
然后序列
D A D 1 D A D
总是通过获胜状态！
案例分析证明了这一点
您不是从获胜位置开始的。所以至少有一枚头币和一枚尾币。
我先假设有2个正面和2个反面。
请注意，在这种情况下，任何 D 和 A 移动要么获胜，要么保持 2 次正面和 2 次反面。
2a。两头正对则D胜
2b。如果不是，则 D 不会将状态更改为旋转（两个相邻的正面硬币） 然后如果你做 A，要么你赢了，要么你得到两个面对面的正面。所以你在 2a 回来。
总结：如果他们是2个正面和2个反面，则D A D获胜。
如果不是，则 D A D 保持一种状态，一种硬币为一枚，另一种硬币为三枚。 所以如果D A D没有赢你就知道你处于这样的状态。
现在，如果您只是掷硬币，要么您赢了，要么最终出现 2 次正面和 2 次反面状态。因此另一个D A D获胜。
所以
D A D 1 D A D
总是赢!!!
我不知道英语，但在法语中，这是一个经典的自动机，叫做 "Le barman aveugle"（盲酒保）。有很多关于这个问题的页面。例如： This page
编辑：我刚刚在 Wikipedia
上发现了一个英文页面