称球问题一般解法

称球问题一般会有以下3种变形：

1、n个球，其中有一个坏的，知道是轻还是重，用天平称出坏球来。

2、n个球，其中有一个坏的，不知是轻还是重，用天平称出坏球来。

3、n个球，其中有一个坏的，不知是轻还是重，用天平称出坏球来，并告知坏球是轻还是重。

对于上面3种情况，称量n次，最多可以在几个球中找出坏球来

答案：分别为：3^n, (3^n - 1)/2, (3^n - 3)/2.

称法体现在下面的证明中：

一、

天平称重，有两个托盘比较轻重，加上托盘外面，也就是每次称重有3个结果，就是ln3/ln2比特信息。n个球要知道其中一个不同的球，如果知道那个不同重量的球是轻还是重，找出来的话那就是n个结果中的一种，就是有ln(n)/ln2比特信息，

假设我们要称k次，根据信息理论：

k*ln3/ln2>=ln(n)/ln2, 解得k>=ln(n)/ln3

这是得到下限，可以很轻易证明满足条件的最小正整数k就是所求。比如称3次知道轻重可以从3^3=27个球中找出不同的球出来。

具体称法就是：每次再待定的n个球中取[(n+2)/3]个球，放在天平左边；[(n+2)/3]个球放在天平右边。

（注：[ x ]表示不大于x的最大整数。）

二、

对于N(m)=(3^m-1)/2个小球，现在我们来寻求m次的解法。

首先，对于m=2的情况，相当于四个小球来称两次的情况，这个已经讨论过多次了，也很简单，在此略去

其次，若m <=k-1时，假定对于N(k-1)=(3^(k-1)-1)/2个球的情况我们都有解法。

现在来考虑m=k的情况。

第一次称取[3^(k-1)-1]个球放在天平天平两端，则：

如果平衡，获得[3^(k-1)-1]个标准球，坏球在剩下的[3^(k-1)+1]/2个中。由于

[3^(k-1)-1]>=[3^(k-1)+1]/2，（k>=2),即已知的标准球数不小于未知球数;

所以在以后的测量中就相当于任意给定标准球的情况，由前面的引理二可知

对于[3^(k-1)+1]/2的情况(k-1)次可解。

如果不平衡，大的那方记做A,小的那方记作B。标准球记做C.

则现在我们有[3^(k-1)-1]/2个A球和B球，有[3^(k-1)+1]/2个C球。

第二次用3^(k-2)个A球加[3^(k-2)-1]/2个B球放左边;

3^(k-2)个C球加[3^(k-2)-1]/2个A球放右边。

如果左边大于右边，则说明是在左边的3^(k-2)个A球中质量大的为坏球；

如果左边等于右边，则说明是在第二次称时没用的3^(k-2)个B球中质量轻

的为坏球。以上两种情况都可以再用三分法(k-2)次解决，加上前两

次共k次解决。

如果左边小于右边，则坏球在左边的[3^(k-2)-1]/2个B球中或在右边的同样

数目的A球中。此时的情况和第二次开始时类似（只不过是k-1变成k-2).

用相同的办法一直往下追溯到一个A球和一个B球一次区分的情况，这时

只需拿A球和标准球比较以下就行了。

因此在这种情况下也是可以最终用k次解决的。

由以上两步加上数学归纳法知，对于N(m)=(3^m-1)/2的情况，称m次是可以称出来的。

由这个解法加上前面所给出的上界Nmax(m) <=(3^m-1)/2，知称m次能解决的最大的小球数

Nmax(m)=(3^m-1)/2。

有兴趣的人可以验证一下m=3,N=13的情况----该情况已经被反复拿出来讨论过了。

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大家好，我们来继续昨天的问题。现在我要给出通解啦。为了简化下面的过程，我们假设小球的个数正好是(3t-3)/2。

首先我们把小球分成数量相等的三组A

1～A

n

|B

1

～B

n

|C

1

～C

n

，其中n=(3t-1-1)/2。

第一次使用天平的时候，不妨把A组和B组分别放在天平左右盘。如果天平左低右高，那么有可能因为左边n个小球之一较重，也可能因为右边n个小球之一较轻。反过来也是一样。这种时候，转到下面的情况(1)处理。而天平平衡的时候，则坏球一定在剩下n个小球中，(2)讨论了这种问题。

【情况1】这时的条件是：已知A

1～A

n

中一个球较重，或者B

1

～B

n

中一个球较轻，

其中n=(3t-1-1)/2。我们把可以在C中任意拿出一个好球（C中的都是好球嘛）放到B中去。然后由情况(3)讨论接下来的处理方法。

【情况2】这时的条件是：已知坏球C

1～C

n

中，且不知轻重关系，其中n=(3t-1-1)/2。

我们把C分作三组a

1～a

m

|b

1

～b

m

|c

1

～c

m+1

，其中m=(3t-2-1)/2。注意看啦，c组要

比a，b两组多出一个。怎么我们昨天不是说这种情况没办法完成吗但是，我们现在多了一项武器－－好球。对，我们可以从已经判断为一定是好球的A，B组中任意拿出一个好球，和a一起放到天平左盘，把c组放到天平右盘，如果天平左低右高，那么一定是a组中m个球较重或者c组重m+1个球较轻，反过来也于这个类似，情况(3)正是讨论这种问题的。如果平衡的话，说明b组的m=(3t-2-1)/2个小球是问题小球，这不正好和我们当前要讨论的问题一样吗所以我们又回到了情况(2)。

【情况3】这种情况最为复杂，我们知道的是a

1～a

m

中一个小球较重，或者c

1

～

c

m+1

中的一个小球较轻，其中m=(3t-2-1)/2。另外，还有一个标准小球。我们把a

分为α

1～α

s

|β

1

～β

s

|γ

1

～γ

s+1

三组；把c分为ε

1

～ε

s+1

|ξ

1

～ξ

s+1

|ζ

1

～ζ

s

，

其中s=(3t-3-1)/2。把αε放再天平左盘，βξ放在天平右盘。要是天平平衡，说明要么γ组的s+1个小球较重，要么ζ组的s个小球较轻，这恰恰是一个更小规模的情况(3)。要是天平不平衡呢以左低右高为例，左盘是αε而右盘是βξ，这种情况不可能是由ε较重引起的－－如果ε中的球有坏球，它只会比

好球轻。同样也不会是β较轻引起的。所以，这个时候，要么是α中的s个球之一较重，要么是ξ中的s+1个球之一较轻。这同样是情况(3)。

好了，到这里所有的情况都有了一个递归的算法。可以把问题分解直到下面这些情况：

1.使用一次天平，一个标准球，判断一个坏球是轻还是重。

2.有两个球，要么其中一个球较重，要么其中一个球较轻，仍然有标准球可

以利用，使用一次天平找到坏球。

3.三个球，要么是1号与2号球之一比较重，要么是3号球比较轻。使用一

次天平找到坏球。

相信这三个问题相当简单吧。什么，你不知道最后一种怎么做呃，1号2号上天平，要是倾斜了，低的那边是坏球；平衡的话……

好了，你可以尝试使用五次天平解决120个球了。不过，一定要先找到一张非常非常大的纸。

另外补充一点：对于(3t-1)/2个小球，如果另外给定一个标准球的话，就能以情况(2)为入口，在t次内找到坏球，并得知其偏重还是偏轻。而少了一个标准球，就只能保证找到坏球，网路上的13球问题就是这样的。

称球问题的一般解法

称球问题相信大家已经很熟悉了，并且已经知道从12个球中找出坏球并判断其轻重最多只需要3次称量。但如果把球数改变一下，比如说13个球，答案又是几次呢本文将对这一问题进行“深入”分析。为了后面叙述方便，先在这里把一般化后的问题重复一下：

有m（m≥3）个球，记为q1、q2、…、q m，其中有且仅有一个坏球，其重量与其他的不同，现使用无砝码的天平进行称量，令n为称量次数，问：能确保找到坏球并指出它与好球的轻重关系的n的最小值是多少

先来看理论上要多少次。每次称量有左边轻、平衡和右边轻共3种可能的情况，而坏球的可能结果有q1轻、q1重、q2轻、q2重、…、q m轻、q m重等共2m种。因此，根据商农的信息论，

此问题的熵就是需要的称量次数，又因为n是整数，所以有：

不过理论终归是理论，直接拿到现实生活中往往行不通。一个很简单的情况：4个球，上面的公式说2次称量就够了。但你可以想想办法，反正我是没找到两次解决问题的方案。

那，是理论错了吗唔，我可不敢怀疑商农，我只敢怀疑我自己。来看看我们错在哪了吧。对4个球的情况，第一次称量只有两个可选的方案：方案1：q1放左盘，q2放右盘。若不平衡（由于对称性，只分析左边轻的情况，下同），则可能的结果还剩q1轻和q2重，再称一次就能找到坏球；若平衡，则可能的结果还剩q3轻、q3重、q4轻和q4重4个，再套用一下商农的定理，此时

还要称次。所以方案1被否决。方案2：q1、q2放左盘，q3、q4放右盘。此时天平肯

定不会平衡，称量后，可能的结果有q1轻、q2轻、q3重和q4重4个。同样的道理，方案2也难逃被否决的命运。

在4个球这么简单的情况下就撞得满头是包，未免让人难以接受，总结一下经验教训吧，把上面的分析归纳一下并推广到一般情况，就是：整个称量过程中，要达到目的，倒数第k次称量前的可能结果数h，必须满足条件h≤3k。

上面的得出的结论虽然不能让我们找到问题的答案，但却有助于我们确定每次称量的方案，特别是第一次如何做。假设我们计划的称量次数是n，第一次在左右两盘中各放x个球，则保证下面两个不等式同时成立是解决问题的必要条件：

2(m-2x)≤3n-1（平衡时）

2x≤3n-1（不平衡时）

把这两个不等式稍加变换，就成了下面的样子：

注意到x是整数，3n-1是奇数，2m是偶数，所以上面的不等式等价于：

显然，在n一定的情况下，m越大，x的取值范围越小，而当x只能取值时，m继续增大，就会导致n次称量找到坏球的计划破产。籍此，可以得出在n一定的情况下m的取值范围：

。发现了吗现在m的最大值正好比我们最初的结果少了1。同时此结果也与前面提到的4个球的实际情况相符。

但分析了半天，我们只证明了m不在取值范围内时，n次称量不能确保找到坏球。那m 在取值范围内的时候，肯定能找到吗答案是肯定的，不过马上证明它有点难，先来看两个简单一点的命题。

命题1：有A、B两组球，球的个数分别为a、b，且0≤b-a≤1，已知这些球中有且仅有一个坏球，若它在A组中，则比正常球轻，在B组中则比正常球重。另有一个好球。先使用无

砝码的天平称量，令，则可以找到一个称量方案，使得最多经过n次称量，就可以找到坏球（此时肯定能指出它与好球的重量关系）。

使用数学归纳法证明如下：

①当n=1时，a、b的取值可能有{0，1}、{1，1}、{1，2}三组，由于还有一个已知的好球，所以不难验证此时命题成立。

②假设当n=k时命题也成立。

③当n=k+1时。我们将A、B两组球分别尽量平均得分为三组，记为A1、A2、A3、B1、B2和B3。不影响一般性，假设这六组球按球数从少到多的排列次序也与前面的顺序一致，且A1有球a1个。则第一次称量时的称量方案与每组球个数的对应关系如下，其中需要注意的是：在

带蓝色的两种情况下，必有，否则就与命题的前提不符了。

A1A2A3B1B2B3称量方案

a1a1a1a1a1a1A1、B1放左盘；A2、B2放右盘

a1a1a1a1a1a1+1A1、B1放左盘；A2、B2放右盘

a1a1a1+1a1a1a1+1A1、B3放左盘；A3、B1放右盘

a1a1a1+1a1a1+1a1+1A1、B2放左盘；A2、B3放右盘

a1a1+1a1+1a1a1+1a1+1A2、B2放左盘；A3、B3放右盘

a1a1+1a1+1a1+1a1+1a1+1A2、B2放左盘；A3、B3放右盘

很明显，不管结果是什么，第一次称量之后，问题都能转化为n=k时的情形。所以，命题1是真命题。

前面已经证明时，n次称量无法确保找到坏球并指出其轻重关系。但如果此时也有一个已知的好球的话，答案就不一样了，这时n次称量就已经足够（命题2）。仍使用数学归纳法。

①当n=2时，m=4，验证一下可知命题成立。

②假设当n=k时命题也成立。

③当n=k+1时。我们把这些球尽量平均的分成三组，则每组球的个数分别为：、

、。第一次称量时，第一组和那个好球放左盘，第三组放右盘。若平衡，问题转化为n=k时的情形，不平衡，问题转化为命题1的情形。命题成立。

有了前面两个证明作基础，最初的问题就很简单了，再次祭出数据学归纳法。由于m<5时的情况有些特殊(考虑只有一个球或两个球的情况)，不能作为递推得依据，所以我们从n=3，也就是m=5开始。

①当n=3时，m在5和12之间（13的情况已经被排除在外），通过一一验证可知命题成立。

②假设当n=k时命题也成立。

③当n=k+1时，找到一个满足不等式的x，在天平左右两盘中各放x个球。如果天平平衡，问题转化为n=k时的情形或命题2中的情形；不平衡，则转化为命题1的情形。命题成立。

综上所述，称球问题的完整答案是：当球数时，n次称量时就能确保找到

坏球，并指出它与好球的轻重关系；当球数时，n次称量只能确保找到坏球，而无法指出它与好球的轻重关系。要想指出轻重关系，就可能需要多进行一次称量。但如果此时再有一个好球，就又可以把这次称量省掉了。