随便写写六次应该 第一次abcdefg 第二次hijklmn 第三次abchij 第四次defklm 第五次abdehikl 第六次adhk

开关闭合为0，打开为1，那么15个灯二进制编码需要4位数。
记特殊运算法则，0+0=0，0+1=1，1+1=1。那么就是要求，不能有任意一个灯的编码等于两个或两个以上的编码的和。
4位数编码后，记第5位表示前4位是否有且仅有1个1，有为1，没有为0。第6位表示前4位是否有且仅有2个1，第7位表示前4位是否有且仅有3个1，第8位1表示前4位是否有且仅有4个1。
由于只有15个灯，所以前4位不需要编码1111，则7次足够。

第二题，如下

第二题，假如有人得到24票或0票，他就肯定知道谁投了或没投给自己。。。所以题目不严谨。。。

第二题：
设八人分别是A至H，A首先随机选八个整数，如「38 16 54 72 90 31 41 59」，然后耳语告诉B。
然后B把投的三票分别加到这八个数里，如投G一票、H两票，则八数变成「38 16 54 72 90 31 42 61」，再耳语告诉C。
如此一个传一个，最后H传回给A。A再把自己的票加进去，然后减回当初的起始数，就知道每人的净票数，然后把这个结果公布出来就行。。。

第三题，如下

第四题，如下

第五题，如下

借楼，出一题
现有一边长4*4的正方形方桌，用一块1*1的抹布将桌子所有地方都抹到，但抹布不允许离开桌面。那么抹布移动的距离是多少？
例如，桌子是1*1，那么移动距离是0。桌子是2*2，那么抹布右下到左下到左上到右上，移动距离是4

第四题如果是“至少”有两个人及格的话，还要好好考虑一下18个人到底能不能构造出来。但如果是“恰好”有两个人及格，那就没有疑问了，即使还没构造出来，也该知道，超过18个人是不可能“恰好”的、、、

第三题出错了吧。第五人基本一定能活下来，而且如果他死必须全部死。肯定是第五人最可能存活啊。

又是第五题没人做....这个题按道理不难啊....

第六题，如下

我来试图终结第一题。

第一题和之前“10人住旅馆”问题非常相似，本质上都是求具有某种性质的最大子集族。
先说结论，n次测试能够从若干灯泡中检测出异常（即“该亮的不亮”或“不该亮的亮了”），等价于如下结论：
对n个元素组成的集合M，求最大的子集族P，使对于P中任何一个元素Pi，P中存在的Pi的全部真子集的并集不等于Pi。这里的n就是测试次数，Pi为灯泡，P的容量就是能保证测出的最大灯泡数。这个条件比“10人住旅馆”宽松一些，旅馆问题要求P中不存在Pi的真子集。因此P的最大容量也要大一些。
解释一下。
我们用ABC...表示不同的测试，把每一个灯泡参与的测试（即：在通电时打开开关）记录下来，例如“AB”表示这一开关参与了测试A和B。显然，若要保证检测出故障灯泡，不可能存在两个灯泡参与了完全一样的测试。即，这种表示方式必须是唯一的。于是P中的元素可以表示为{A，ABC，BCD...}
对一组测试P，如果任何一个元素Pi在P中的真子集{Pk,Pl....}的并集等于Pi，则只要Pi为坏灯1且Pk,Pl...均控制Pi，就可以保证P无法检测出异常。这是必要性。
如果Pi为坏灯，且Pi在P中的真子集的并集Pm小于Pi，设A为一个属于Pi而不属于Pm的元素。如P中包含A的元素只有Pi，显然可以检测出异常（某次测试只测了一个灯泡）。否则，设其他包含A的元素为{Pk，Pl...}。若在A测试中Pi表现正常，则它链接的开关必然存在于{Pk,Pl....}之中。不妨设其中一个为Pk。由于Pk不是Pi的真子集，Pk中必然存在某项测试不属于Pi。这项测试必将导致Pi出现异常（不该亮的亮了）。这是充分性。
需要注意的是，检测出故障灯泡不需要检测出异常。一定存在一个故障灯泡，因此测试时留有一个余地。在无法检测出异常时，可以留下唯一的可能性。
因此简单编排15个灯泡如下：
{空,AB,AC,BC,DE,ABC,ABD,ABE,ACD,ACE,ADE,BCD,BCE,BDE,CDE}
空表示不参与测试。如果未检出异常，则灯泡ABC为故障灯泡。

第六题：假设六人由前到后分别是ABCDEF (A=菊花、F=无名)，六人的名次值依次分别是abcdef。
F小声告诉E：「我随机选了一个整数n (非7倍数)，然后把自己的名次值f加上去变成n+f，称这个数为【总和值s】。另外我把n*f除以7的余数算出来，称这个数为【余数值r】。待会我会把s和r值告诉你，请你把自己的名次值e加进去s，再把r值和新的s值连同这段话小声告诉你前面的人，让他们也把自己的名次值加进去s然后一直小声向前传话。最后，当传到A时，请他把n算出来，然后将n*a除以7的余数大声告诉所有人！好了，目前的s值和r值分别是【__】和【__】。」

为什么回复发不出去啊.....这百度真是...毒鸭子看这里～我觉得你的方法似乎有问题哦～
我举一个例子，a=2，n=9，那么B收到的s和r分别为11和4。
那么B可以如此分析:A的给出的s只有可能是1+10、2+9、3+8、4+7、5+6、6+5这6种情况之一。然而，其中只有2+9这一种情况下，r值才可以是4。所以B立刻就猜出来了A的排名是2。

过来帮顶顺便撒花卖可乐并喝卖不出去的可乐

第七题，如下

4枚硬币
在关入房间前，将房间和双胞胎分别编号1到16，那么在关入房间后，有
房间号=人编号+x……①
房间号=人编号+x-16……②
（0≤x≤15）。当任意一个人编号和房间号的x都不相同时，②肯定存在（16和15不可能同时在对应的16或15房间），有
房间号总和=人编号总和+（0+1+2+……+15）-16k
房间号总和与人编号总和相等，有
8*15=16k
k无整数解。既①和②必然有至少两人的x相同。记相同的x的值为a，所有人都在自己编号上增加a，就至少有两人符合要求。而a的值在0到15，所以4枚硬币就足够表示出a的值

16个人随机排序有16！种形式，对于16类固定对照排序1,2,...,16；2,3,..,16,1；........；16,1,2,..,15。这16！种随机排序形式中的任何一个必然至少会与16类固定对照排序中的某一个至少有两个数值相同，所以gf10025已经得到了解答的充分条件，但我不确定这是不是必要条件
没时间去深入分析，只是简单的算了一下，对于任何一类固定对照排序，比如1,2,...,16，它可以罩住的随机排序形式有y=16!-x(16)-16*x(15)=5528661384511，其中x(n)为n个数都不在自己位置上的种类数，16!/y=3.7844。所以是否可以用4类或8类固定对照排序就可以罩住16!种随机排序形式呢，暂时不能肯定也不能否定

附加题一，如下(此题无答案)

这个问题，一般都默认所有人智力水平相同，在此默认条件下，不可能出现1。思路就是1号不可能写1，导致2号也不可能写1，递推。
但是如果所有人智力水平不同，那么答案就是可能出现1，至于谁最可能写1，无解。
例如，3号看见有1时，可能是1号写的（此时1号和3号智力水平不同），也可能是2号写的（此时2号和3号智力水平不同），而3号无法判断，就不会猜谁写的1。
而此例子中，如果1和2和3号智力水平相同，且出现1，那么3号和2号的逻辑思路就进入一个无限死循环。2号不会写1，转折（3号）无法判断，转折（2号）知道3号无法判断就会写1，转折（3号）知道2号会写1。
这个逻辑循环，在同等条件，且三者智力水平相同时，有限次循环，那么3号就能判断出2号是否写了1，无限次时，无法判断2号是否写1。

第四题答案:
答案总共有3^4=81种, 答对3题或以上可以及格,那么及格的答案种类有1+C(4,3)*2=9种,也就是说至少需要81/9=9人才能保证无论答案怎么变化,都至少有1人可以及格. 那么题目要求的至少需要2人及格, 只需要把这9人的答案复制一份就行了,也就是18人可以搞定. 问题就在于9人真的可以实现这个情况吗,存在这样的答案吗?
暂时想不到答案, 所以用程序进行穷举计算, 问题的关键在于构造出一份9人的答案策略, 这9人的答案满足无论正确答案如何均有1人及格
因为答案总共81种, 所以穷举数量为C(81,9)=260887834350
数量非常庞大, 编写好测试程序后,经过1小时多的漫长计算, 终于计算出答案:

0,1,2分别代表A,B,C
因此答案为AAAA,ABBB,ACCC,BABC,BBCA,BCAB,CACB,CBAC,CCBA
这9人的答案可以保证任何答案都有1人及格.
所以18人就是答案

第四题补充:
经过程序的枚举, 有得到了许多组可行的答案, 经过对答案的分析,发现了一点思路.
假设存在这样的9人答案组合, 可以满足任意答案恰好1人及格.
证明1: 任意两人的答案至多有1题的选择是相同的
反证法,
假设有2题选择相同, 不妨设甲的选择是0,1,x,y, 乙的选择是0,1,m,n
那么只要构造答案0,1,x,n就会有2人及格, 不满足假设.
证明2. 同一题相同的答案的人数至多为3人
反证法,
假设有4人第一题选择0, 那么必然会导致不满足证明①
证明3: 同一题相同的答案的人数有且只有3人
9人答案, 每一题的选择只有3个, 再结合证明2, 得同一题的相同的答案有且只有3个
根据证明1和证明3, 可以把题目变成类似数独填空的方案, 很容易就能构造出答案.
答案有很多.
以下为程序计算出的部分答案

第八题，如下

第九题，如下

能不能一题开一贴啊，这看起来太费劲儿了

第十题，如下