即使灯泡的初始状态不定，当 n=2 时，两个人也能保证都知道对方进过房间。假设双方手中各有两个球，囚犯 A 总是试图把自己的小球放进盒子，囚犯 B 总是试图把小球取走。如果 B 拿到了 4 个小球，他就知道了 A 一定来过房间；而只要 A 放好的小球被拿走了， A 也知道 B 进过了房间。
    但是，当 n>2 时，不存在这样的协议，使得有两个人都能获知所有人都已进过房间。 Peter Winkler 的 Mathematical Puzzles: A Connoisseur’s Collection 一书中给出了这个结论的一个大致证明思路。
    让我们考虑其中任何一个囚犯。我们假设他的策略是确定性的，他的下一步行动完全取决于之前看到的状态序列。假设在某一步，他看到的状态和上次离开房间时的状态相同，但他选择了改变状态。这时，你可以质问他，那你为啥不在上次就把状态改过来，偏偏要这次才去扳开关呢？看守完全有可能连续两次都是叫你进的房间，这样你不就浪费了一次进房间的机会了吗？因此，我们可以假设，当他进入房间时看见的状态和上次走的时候一样，他是不会去扳动开关的。
    接下来，让我们假设在某一步，这个囚犯的策略是“不动开关，保留原状态”。那么，我们可以认为他以后就再也不会动那个开关了！因为在最坏情况下，他根本没有改变灯泡状态的机会！具体地说，若无视掉这个囚犯以后的行动，今后的房间状态序列里必然有一种状态将出现无穷多次，比方说状态“开”出现了无穷多次吧。那么在最坏的情况下，这个囚犯从此开始总是在开灯的时候进屋。而他在这一步没有变动开关，并且以后的每一步里他所看到的状态都将和上次看到的一样，因此以后他都不会变动开关了。

    因此，这名囚犯首次进入房间时的策略绝不可能是“不动开关”，因为这样他以后可能都没机会动开关了，没人会知道他来过房间。如果他的策略是“如果灯开着，就把它关掉”，那么由第一个引理，今后他看见关灯状态都不会去改变状态了，直到下次见到灯亮时才会有所行动。每次见到灯亮时，他有两种选择，把灯关掉，或者让它接着亮。如果选择关灯，他又要等到下次灯亮才会行动；如果不关灯的话，相当于他这次没做任何操作，今后就再也没法行动了。也就是说，他的整个策略无非是“关过多少多少次灯之后就不管了”。类似地，如果他首次进入房间时的策略是“如果灯关着，就把它打开”，同理可知他今后的策略限制在了“再开几次灯就不开了”。当然，首次进入房间的策略还可能是“无论状态如何，总是扳动开关”，不过实际情况一揭晓，他的策略也就立即归为了上述两种情况中的一种。
    换句话说，每个人的策略都无外乎两种：只负责开 x 次灯，或者只负责关 x 次灯。当然，如果所有人都只开灯不关灯（或者只关灯不开灯），肯定是一点用处都没有。因此，无妨假设囚犯 A 负责开灯，囚犯 B 负责关灯。如果囚犯 C 也只负责开灯， A 永远不能分辨出 B 、 C 究竟是都完成了协议，还是都差最后一步；如果囚犯 C 只负责关灯， B 就成了那个被蒙在鼓里的人了。
    也就是说，整个问题的唯一解法就是，其中一个人只负责关灯，另外所有人只负责开灯；或者其中一个人只负责开灯，另外所有人都只关灯。换句话说，我们的“统计者协议”其实是唯一的解法。

 
    在 Mathematical Puzzles: A Connoisseur’s Collection 一书中，我们有幸看到了这个问题的另一个更加有趣的变种，让囚犯们的难题继续活跃着人们的大脑。
    还是 100 个囚犯，还是一个空房间，还是要求所有囚犯事先构造一个协议，能保证有人可以断定出所有人都来过房间。不过，这次不同的是，房间里有两个灯泡，分别由两个开关来控制（不妨假设初始时他们都是不亮的）。大家估计要说了，一个灯泡都能解决的事儿，用两个灯泡还不容易？嘿嘿，这次有一个附加的要求：所有人都必须遵循同一套策略。

    这些智力游戏不仅仅是思维的体操，它竟然有不少让人意想不到的实际应用。远在这个智力题诞生之前，就有一个几乎等价的分布式计算难题困扰着人们：假如一个程序有 n 个进程，它们操作的是同一段（不太宽裕的）公共内存。但在程序运行中，有些进程可能会崩溃掉。我们希望程序能报告出当前还有多少个进程在工作，但使用的空间越少越好。一个简单的解决方案就是，预先指定一个进程作为统计者，照搬囚犯们的策略，只消一个 bit 即可统计出活动进程的大致数量。但问题是——这个统计进程崩溃了咋办？因此，为了避免有关键进程崩溃，这些进程的行为必须得一致才行。 1990 年， Michael J. Fischer 、 Shlomo Moran 、 Steven Rudich 、 Gadi Taubenfeld 四位牛人共同发表了一篇叫做 The Wakeup Problem 的论文，提出了著名的跷跷板协议 (see-saw protocol) ，成功解决了这一难题。

    我们还是把其中一个开关想象成一个盒子，它里面只能放一个小球。再把另一个开关想像成一个跷跷板，它也只有两种状态：左低右高、左高右低。要想改变跷跷板的倾斜方向，只能扳动它的开关。初始时，每个囚犯手中都有一个（假想的）小球。每个囚犯第一次进入房间后，他都幻想自己坐到跷跷板低的那一边上，然后把自己这一侧扳高。以后每次回到这个房间时，他都看看自己所在的那一侧是高还是低：如果是低的话，他就取走盒子里的小球（如果有的话），于是手中就多了一个小球；如果是高的话，他就在盒子里放一个小球（如果盒子是空的），此时手中的小球就少了一个。注意，如果他把手中的最后一个小球放进盒子了（此时他手中没有小球了），他就必须从跷跷板上下来，把自己所在的那一侧扳低，之后就再也不进行任何操作了。如果有某个囚犯收集到了 100 个小球，显然他就知道所有人都来过房间了。问题的关键就是：为什么最终总会有一个人能集齐所有的小球？
    其实，协议中的很多复杂的细节都是为了保证下面这个引理成立：每一个人离开房间之后，房间里都只可能有两种情况：

      A. 跷跷板两侧的人一样多
      B. 高的那边多一个人

    这是因为，如果有囚犯第一次进入房间，他将坐上低的那一侧，并把那一侧扳高，于是原本是情况 A 现在就会变成情况 B ，而情况 B 则会变成情况 A ；另外，如果有囚犯下了跷跷板，高的那一侧将少一人，同时该侧将被扳低，同样有情况 A 将变情况 B ，情况 B 将变情况 A 。
    现在，让我们假设所有人都进过房间了，并且有 k 个人正在跷跷板上（其余的人都已经离开跷跷板了）。由于跷跷板两侧最多差一人，因此当 k 大于 1 时，跷跷板两侧都是有人的。而由于每个人都进过房间了，因此不会有新的人坐上跷跷板了。此时，位于高处的人将不断拿出自己的球，并被位于低处的人取走。直到某个时刻高处有人拿不出小球了，他将走下跷跷板，此时跷跷板的状态才会发生变化，跷跷板上的总人数将变成 k-1 。最后跷跷板上只剩一个人时，显然他就拥有了所有人的小球，此时他就知道所有人都来过了。

    容易想到，如果初始时房间的状态不定，人手两个球的改进方法同样能解决问题。当然，对问题的探索是永无止境的，我们相信囚犯与灯泡的问题还会有更多漂亮的变种和扩展，不断启发着人们的思维。即使这些问题没有任何使用价值，思考过程本身也是有益而有趣的。让我们感谢最初设计这个智力趣题的无名氏，他给我们带来了无尽的思维乐趣。