网友Mingliang Zhu在TopLanguage上发起提问。
设想这样一个计算机系统，它只支持以下几个操作：
1. 定义变量、给变量赋值；
2. 变量自身加一；
3. 令一段语句循环执行指定的次数。
这个系统只处理且只能处理0和正整数。系统不存在“溢出”的问题。
注意这个系统没有比较运算，事实上它甚至不存在Boolean值和判断语句。
循环语句也不是FOR i=a TO b DO的形式，只能是LOOP n的形式。
在这个系统上实现加法很容易，让a自增b次即可。现在的问题是，你能在这个系统上实现减法吗？
现在，我在心里想一个不超过n的正整数t。你的任务是尽可能用奇数次猜测猜中这个数（你知道n是多少）。每次猜测后，我都会告诉你你所做的猜测是大了还是小了。你不能猜测已经被排除了的数（来消耗猜测次数），你的每次猜测都必须符合我原来给出的回答。你觉得，你获胜（奇数次猜中）的几率有多大？
动态规划的几个类似的经典模型启发了我们：设a[m]表示采取最优策略后在m个数里猜奇数次猜中的概率，b[m]表示如果题目要求我们猜偶数次，那最优策略下有m个数时获胜的概率是多少。考虑现在我有m个数可以猜，我想在奇数次内猜中。现在我猜的是数字i。狗屎运最好时，我一次猜中直接就赢了，它的概率是1/m；有(i-1)/m的情况下我会得到“大了”的提示，这样的话我需要用偶数次猜测去猜前面那i-1个数；剩余的那(m-i)/m的情况中，我需要用偶数次猜测去猜m-i个数。因此，a[m] = Max {1/m + (i-1)/m * b[i-1] + (m-i)/m * b[m-i], 1≤i≤m} 。类似地，我们也可以得出b[m]的递推公式：b[m] = Max {(i-1)/m * a[i-1] + (m-i)/m * a[m-i], 1≤i≤m} 。
学习使用Mathematica确实是一件好事，你可以用Mathematica非常方便地描述出我们上面的两个递推公式，不需要自己去写那些冗长的程序了。
a[m_] := Max[Table[1/m + (i-1)/m * b[i-1] + (m-i)/m * b[m-i], {i, m}]]; a[0] := 0;
b[m_] := Max[Table[(i-1)/m * a[i-1] + (m-i)/m * a[m-i], {i, m}]]; b[0] := 0;
在所有8-bit的整数中，含有k个数字“1”的二进制数一共有C(8,k)个。给出其中的一个二进制数，你如何利用位运算快速找到下一个恰有k个“1”的数？例如，如果给你二进制数01011100，那么下一个（含4个“1”的）数就是01100011。在继续阅读下去之前，建议你仔细思考一下。你或许会想看看我很早以前写的一篇介绍位运算的文章。这是一道很好的题目，很多位运算技巧在这里都有体现。
在草稿纸上随便举几个例子，规律很容易看出来。由于“1”的个数是固定的，为了让这个二进制数更大，我们必须把第一个出现在“1”左边的“0”改成“1”；同时，为了让这个二进制数尽可能小，我们必须把它右边那些“1”重新排到最低位去。
更具体地说，下一个二进制数可以通过以下步骤得到：找到右起第一个单个的或连续的数字“1”，把它们全改成“0”，同时把它们左边的那个“0”改为“1”。此时，“1”的个数可能减少了，我们只需把还差的“1”摆在最右边就行了。举个例子，01011100的右起第一个“1”在第三位，把它和左边紧挨着的“1”一并变为“0”，并把再左边那个“0”变为“1”，于是我们得到01100000。我们还差两个“1”，把这两个“1”补在最低位得到01100011即可。现在我们的任务是，想出一个用位运算来实现这些步骤的办法。
我们已经熟知，用x & -x可以提取最右边的那个“1”。当意识到可以利用加法来消除连续的“1”时，我们很快得到了第一步操作的位运算实现：把x & -x加到x上，利用二进制加法的进位把“..01111..”变成“..10000..”。现在，我们需要计算出刚才的操作中一共“跳过”了多少个“1”，换句话说现在的x的右起第一个“1”和原来的x的右起第一个“1”差了多少位。关键就在这里！我们可以用除法来完成这一步，例如100000除以100就相当于把被除数右移2位，得到的结果即可以表示两个数中的“1”差了多少位。在最低位产生指定数量的“1”需要用到另一个技巧：减1操作可以把右边连续的“0”都变成“1”，即把…10000变成…01111。我们得到了该问题的第一个算法：
b = x & -x;
t = x + b;
c = t & -t;
m = (c/b >> 1) - 1;
r = t | m; //最终结果
我们对上述算法做一个简单的说明：
操作 | 样例 | 说明
——————+———-+—————————-
x | 01011100 | 原数
b = x & -x | 00000100 | 提取x的右起第一个“1”
t = x + b | 01100000 | 把x的右起第一个位于某个“1”左边的“0”变成“1”，并把它右边的那些“1”都变为“0”
c = t & -t | 00100000 | 提取t的右起第一个“1”
c / b | 00001000 | 右移c中的那个“1”，其结果中最低位连续的“0”的个数正好是c和b中的“1”相差的距离
m = (c/b >> 1) – 1| 00000011 | 在最低位产生数字“1”，其个数比上述的“距离”少1
r = t | m | 01100011 | 最终结果
除去赋值，我们一共用了9个运算符。有可能用更少的运算么？
Daisuke Minematsu和他的同学们发现，Josephus问题中也隐藏着分形图形。Josephus问题是初学编程的人必然会接触到的一个问题——n个人围成一圈进行1到k报数，每次报到k的人退出游戏（离开这个圆圈），那么最后剩下的那个人是谁。在这里，我们考虑一个Josephus问题的变种：双向Josephus问题。双向Josephus问题中有两个交替进行的报数进程，其中一个按顺时针方向踢出每第k个人，另一个进程则逆时针踢出每第k个人。两个进程交替进行，直到最后只剩一人为止。假如n=10, k=3的话，第一个退出的人是#3，第二个退出的人是#8，第三个退出的人是#6，以后分别是4, 10, 9, 5, 1, 7，最后剩下的人是2。我们用S(n,k)来表示在相应的n值和k值的情况下最后剩下的那个人的编号，对于每个固定的k值，函数S的图象竟然都是一个分形图形。右图是S(n,4)所对应的图象，你可以非常清楚地看到这个图象的自相似性。你可以自己用Mathematica来验证一下。
我的左眼有相当严重的散光，因此无缘各种类型的3D立体图，包括看对眼、立体眼镜、左右两幅图（一只眼睛看一个）等等。后来，网上出现了一种只需要一只眼睛就能体验的3D图，原理非常简单，效果也比较震撼。只需要在两个眼睛的位置分别拍照，然后做成gif循环显示两个图片，大脑也可以从中迅速获取信息分辨出第三维来。闲逛ffffound时偶然发现这个图，突然想到：同样的方法为何不用于展示三维数据呢？于是试着用Mathematica做了一个。Mathematica输出gif动画相当简单，只需要一句Export[“file.gif”,{g1, g2, …}]就行了。在这里，我们将用三维空间的点来展示组合数的各位数字之和的分布情况。可以看到，使用3D动画的效果非常明显。
img = ListPointPlot3D[
Table[Total[IntegerDigits[Binomial[i, j]]], {i, 0, 50}, {j, 0, 50}],
ViewVertical -> {0, 0, 1}, ImageSize -> 600];
Export["F:\file.gif", {Show[img, ViewVector -> {-32, -20, 60}],
Show[img, ViewVector -> {-31, -21, 60}]}];
类似地，我们还可以做出环视一周的gif动画来，虽然这样将很难观察出细节，但对总体的把握效果将更好。