问题：桌子上有10件东西。你随机取走几件，请问你手上的物体个数是奇数的可能性大还是偶数的可能性大？所谓“随机取物”，是说每一个物体被取走的概率都是1/2。因此，你有可能取走所有的物体，也有可能一样都没拿。
继续看下去之前，请你先思考一下。
把桌子上的物品个数换成5个，你的答案又是多少？
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显然，当桌子上物品数为5时，取走物品的个数是奇是偶概率一样，因为取0件和取5件的概率是相同的，取1件和取4件的概率也是相同的，取2件和取3件的概率还是相同的，最终算下来取奇数件和取偶数件的概率相同。现在再回过头去想想物品数为10的情况，仍然坚持你原来的答案吗？或者有什么新的想法？
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当桌子上有10件物品时，取走物品的个数是奇是偶概率仍然一样。把这10件物品平分成两堆，左边5件，右边5件，那么你会发现：左边和右边所取物品的个数有四种概率相等的组合：奇偶、偶奇、奇奇、偶偶。前两种情况下总的数目是奇数，后两种情况下总的数目是偶数。奇数和偶数的概率仍然相同。
Puzzleup网站上每年都会举行一次数学谜题比赛。07年的比赛将于8月1日开始（由于时差原因，我们这里可能要晚一些）。比赛共进行20个星期，每个星期网站上会发布一道数学谜题，题目涉及代数、几何、概率、组合数学等各个领域。你需要把你得到的答案提交上去。题目描述十分简单，人人都懂；但真要想起来却没那么容易。比赛结束后，前十名将收到Puzzleup的证书，想来是一件很酷的事情。
我参加了06年的比赛，可以负责任地告诉大家题目会是你喜欢的类型。遗憾的是由于各种原因，最后我没有坚持做到比赛结束。这里我翻译一下去年比赛的前5期题目，让感兴趣的同学先看看Puzzleup的题目类型。
1. 有五张红色的牌和五张蓝色的牌，分别从1到5编号。把这10张牌排成一圈，同时满足下面两个条件的排列方案有多少种？
– 任两张相邻的牌颜色不同
– 任两张相邻的牌编号不同
如果这个问题是问的3张红牌和3张蓝牌，那么答案应该是12。
2. 沿着对角线把一个八边形分割为三角形共有多少种方法？
如果这个问题问的是五边形，答案应该是5。
3. 老师叫学生们写下他们曾经去过的国家。每个学生独立地在自己的答卷上写下国家的名字。所有学生的答卷上共包含10个国家的名字，每张答卷都不相同，任两张答卷至少含有一个相同的名字。学生最多有多少个？
4. 16枚硬币摆成4×4的正方形。另一枚硬币贴着它们转一圈最后回到原位。请问这枚硬币自转了多少圈？
5. 在标准的8×8棋盘上摆放棋子，有多少种放法使得每个格子的相邻格子中正好有奇数个棋子？
注意：相邻格子是指上下左右相邻，角上相邻的格子和格子自身不算。
更多的题目可以在这里找到
===== 真正强的东西来了！ =====
二进制中的1有奇数个还是偶数个
我们可以用下面的代码来计算一个32位整数的二进制中1的个数的奇偶性，当输入数据的二进制表示里有偶数个数字1时程序输出0，有奇数个则输出1。例如，1314520的二进制101000000111011011000中有9个1，则x=1314520时程序输出1。var
i,x,c:longint;
begin
readln(x);
c:=0;
for i:=1 to 32 do
begin
c:=c + x and 1;
x:=x shr 1;
end;
writeln( c and 1 );
end.
但这样的效率并不高，位运算的神奇之处还没有体现出来。
同样是判断二进制中1的个数的奇偶性，下面这段代码就强了。你能看出这个代码的原理吗？var
x:longint;
begin
readln(x);
x:=x xor (x shr 1);
x:=x xor (x shr 2);
x:=x xor (x shr 4);
x:=x xor (x shr 8);
x:=x xor (x shr 16);
writeln(x and 1);
end.
为了说明上面这段代码的原理，我们还是拿1314520出来说事。1314520的二进制为101000000111011011000，第一次异或操作的结果如下：
00000000000101000000111011011000
XOR 0000000000010100000011101101100
—————————————
00000000000111100000100110110100
得到的结果是一个新的二进制数，其中右起第i位上的数表示原数中第i和i+1位上有奇数个1还是偶数个1。比如，最右边那个0表示原数末两位有偶数个1，右起第3位上的1就表示原数的这个位置和前一个位置中有奇数个1。对这个数进行第二次异或的结果如下：
00000000000111100000100110110100
XOR 000000000001111000001001101101
—————————————
00000000000110011000101111011001
结果里的每个1表示原数的该位置及其前面三个位置中共有奇数个1，每个0就表示原数对应的四个位置上共偶数个1。一直做到第五次异或结束后，得到的二进制数的最末位就表示整个32位数里有多少个1，这就是我们最终想要的答案。
计算二进制中的1的个数
同样假设x是一个32位整数。经过下面五次赋值后，x的值就是原数的二进制表示中数字1的个数。比如，初始时x为1314520（网友抓狂：能不能换一个数啊），那么最后x就变成了9，它表示1314520的二进制中有9个1。x := (x and $55555555) + ((x shr 1) and $55555555);
x := (x and $33333333) + ((x shr 2) and $33333333);
x := (x and $0F0F0F0F) + ((x shr 4) and $0F0F0F0F);
x := (x and $00FF00FF) + ((x shr 8) and $00FF00FF);
x := (x and $0000FFFF) + ((x shr 16) and $0000FFFF);
为了便于解说，我们下面仅说明这个程序是如何对一个8位整数进行处理的。我们拿数字211（我们班某MM的生日）来开刀。211的二进制为11010011。
+—+—+—+—+—+—+—+—+
| 1 | 1 | 0 | 1 | 0 | 0 | 1 | 1 | <—原数
+—+—+—+—+—+—+—+—+
| 1 0 | 0 1 | 0 0 | 1 0 | <—第一次运算后
+——-+——-+——-+——-+
| 0 0 1 1 | 0 0 1 0 | <—第二次运算后
+—————+—————+
| 0 0 0 0 0 1 0 1 | <—第三次运算后，得数为5
+——————————-+
整个程序是一个分治的思想。第一次我们把每相邻的两位加起来，得到每两位里1的个数，比如前两位10就表示原数的前两位有2个1。第二次我们继续两两相加，10+01=11，00+10=10，得到的结果是00110010，它表示原数前4位有3个1，末4位有2个1。最后一次我们把0011和0010加起来，得到的就是整个二进制中1的个数。程序中巧妙地使用取位和右移，比如第二行中$33333333的二进制为00110011001100….，用它和x做and运算就相当于以2为单位间隔取数。shr的作用就是让加法运算的相同数位对齐。
二分查找32位整数的前导0个数
这里用的C语言，我直接Copy的Hacker's Delight上的代码。这段代码写成C要好看些，写成Pascal的话会出现很多begin和end，搞得代码很难看。程序思想是二分查找，应该很简单，我就不细说了。int nlz(unsigned x)
{
int n;
if (x == 0) return(32);
n = 1;
if ((x >> 16) == 0) {n = n +16; x = x <<16;}
if ((x >> 24) == 0) {n = n + 8; x = x << 8;}
if ((x >> 28) == 0) {n = n + 4; x = x << 4;}
if ((x >> 30) == 0) {n = n + 2; x = x << 2;}
n = n - (x >> 31);
return n;
}
只用位运算来取绝对值
这是一个非常有趣的问题。大家先自己想想吧，Ctrl+A显示答案。
答案：假设x为32位整数，则x xor (not (x shr 31) + 1) + x shr 31的结果是x的绝对值
x shr 31是二进制的最高位，它用来表示x的符号。如果它为0（x为正），则not (x shr 31) + 1等于$00000000，异或任何数结果都不变；如果最高位为1（x为负），则not (x shr 31) + 1等于$FFFFFFFF，x异或它相当于所有数位取反，异或完后再加一。
高低位交换
这个题实际上是我出的，做为学校内部NOIp模拟赛的第一题。题目是这样：
给出一个小于2^32的正整数。这个数可以用一个32位的二进制数表示（不足32位用0补足）。我们称这个二进制数的前16位为“高位”，后16位为“低位”。将它的高低位交换，我们可以得到一个新的数。试问这个新的数是多少（用十进制表示）。
例如，数1314520用二进制表示为0000 0000 0001 0100 0000 1110 1101 1000（添加了11个前导0补足为32位），其中前16位为高位，即0000 0000 0001 0100；后16位为低位，即0000 1110 1101 1000。将它的高低位进行交换，我们得到了一个新的二进制数0000 1110 1101 1000 0000 0000 0001 0100。它即是十进制的249036820。
当时几乎没有人想到用一句位操作来代替冗长的程序。使用位运算的话两句话就完了。var
n:dword;
begin
readln( n );
writeln( (n shr 16) or (n shl 16) );
end.
而事实上，Pascal有一个系统函数swap直接就可以用。
二进制逆序
下面的程序读入一个32位整数并输
订阅这个Blog的人可能不止OIer，或许有一些喜欢数学谜题或者智力游戏的人。Google US Puzzle Championship即将开始了，不知道是否有人感兴趣。
四道测试题已经发布，我翻译一下放在这里。
================= 我是性感的分割线 =================
Puzzle #1 – Arrow Sudoku
数独加强版：每个圆圈里的数必须要等于对应箭头标识的路径上的数之和。
Puzzle #2 – Card Trick (Cihan Altay)
14张写有数字的卡片放在了3×3的格子里，每行每列的数字之和已经给出。拿起其中两张卡片，放回格子中的任意位置，使得六个总和相等。
Puzzle #3 – Point Pairs (Cihan Altay)
用13条直线段将图中的点成对地连起来，使得这些线段的长度正好是1到13中的13个数。每个点只能用一次；线段与线段间可以交叉，但线段上不能有其它点。
Puzzle #4 – First Name Basis (Shawn Kennedy)
把上面的16个名字放在下面的格子中（每格放一个字母），使得每一行、每一列恰好出现一个名字（中间允许有空格出现）。
下面的例子演示了有12个单词的情况，其中横向的单词为WOOD, INCH, LATE, PUN, TERSE, STEW，纵向的单词为WILT, NAPS, OCTET, OUR, DENSE, HEW。
================= 我是性感的分割线 =================
这些题的答案都还很“正常”，第二题除外。第二题的答案打死你都想不到：把右边的1覆盖在下边的2上，把左上角的9当成6放回去，这样所有的和都是27。
在每一代的繁殖中，单个的阿米巴原虫有3/4的概率分裂成两个，有1/4的概率死亡（而不产生下一代）。初始时只有一个阿米巴原虫，求阿米巴原虫会无限繁殖下去的概率。
答案在下面。
解答：令p为单个阿米巴原虫分裂的概率（题目中等于3/4），令P为我们要求的概率（无限繁殖的概率）。
初始时的那个阿米巴原虫有p的概率分裂为两个，至少有一个可以无限生存下去的概率为1-(1-P)^2。那么，我们得到式子：
P = p*( 1 – (1-P)^2 )
化简后得到：
p*P^2 + (1 – 2p)P = 0
或者写成：
P * ( pP + ( 1-2p ) ) = 0
由于P≠0，因此pP+(1-2p) = 0，即P = (2p-1)/p
可以看到，如果一个阿米巴原虫分裂的概率没超过1/2，那么它不可能永远生存下去无限生存下去的概率为0。在我们的题目中，p=3/4，因此阿米巴原虫无限繁殖的概率为2/3。