SAMP《科學美國人》數學謎題集錦[20250712 - 20250927每周一題共12題]

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SAMP（Scientific American Math Puzzles，《科學美國人》數學謎題）集錦[20250712 - 20250927每周一題共12題]（每小題后附答案講解——淺色文字答案內容可選中后反色放大查看。先盡量不看提示和答案，快來試試吧）。

作者：Scientific American（科學美國人）2025-9-27

譯者：zzllrr小樂（數學科普公眾號）2025-9-29

日期：2025-9-27

作者：Jack Murtagh

問題：流浪者歸來

一位流浪者生活在一片偏遠的土地上，那里有三個村莊：A、B和C。每天早晨，他都會離開現在所在的村莊，前往另外兩個村莊之一，并以50%的概率隨機選擇兩個目的地。如果這位流浪者從他的家鄉A出發，并在100天的旅程后結束旅程，他最終到達A還是B的可能性更大？或者兩個目的地的可能性都一樣？

答案：

點擊下方謎題原文鏈接或回復“SAMP20250927”查看中文版答案。

https://www.scientificamerican.com/game/math-puzzle-wanderers-return/

流浪者最終抵達A的概率略高一些。他們行走的時間越長，到達每個村莊的概率就越接近均等的1/3 。但雙數天后，流浪者最終抵達A的概率總是會略高一些。而奇數天后，他們最終抵達B（或C）的概率會更高。

在問題設定中，B和C之間沒有區別——我們對其中一個村莊的任何論據都可以適用于另一個村莊。因此，流浪者最終到達這兩個村莊的概率始終相同。 這意味著，如果流浪者最終到達A的概率大于1/3 ， 那么最終到達B的概率必然小于1/3 ，反之亦然。

此外，這兩種情況會來回交替：流浪者更有可能在A結束旅程的某一天，必然會有更高概率在B結束旅程的某一天，反之亦然——如果他們某一天更有可能待在某個村莊，那么第二天離開該村莊的概率也必然更高。這在第一天最為明顯，他們100%確定從A出發，有50%的概率在B結束旅程（而0%的概率在A結束）。現在，由于B和C與A相連，而流浪者總是會更換村莊，因此在第二天之后，他們更有可能在A結束旅程，而不是在其他村莊結束旅程。第二天，流浪者以50%的概率在A結束旅程，B和C各有25%的概率。第二天情況正好相反：因為流浪者更有可能在A開始新的一天，所以他們也更有可能在其他村莊結束新的一天。隨著時間的推移，三個村莊之間的概率差異會減小，如果流浪者進行無限次旅行，概率將收斂到1/3。 但是，在任何有限數字（例如 100）之后，概率仍然會略微偏向流浪者的出發點或遠離出發點。

日期：2025-9-20

作者：Martin Gardner

問題：飛機圓圈

一架飛機以恒定的發動機轉速飛行，在無風的情況下，沿著地面飛行一個大而完美的圓圈。假設飛機以與之前相同的恒定發動機轉速飛行，如果有風速和方向恒定的風，它完成相同圓圈所需的時間會更長、更短還是相同？

答案：

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https://www.scientificamerican.com/game/math-puzzle-plane-circle/

在圓形路徑的恰好一半路程中，風會提高飛機的地速，而在另一半路程中，風會降低飛機的速度。人們很容易假設這些力相互平衡，因此飛機完成整個圓周飛行的時間與無風飛行時相同。事實并非如此，因為飛機加速的時間顯然短于減速的時間，因此飛機在風中飛行的總時間比無風飛行時更長。（有關用微積分方法進行的嚴格證明，請參閱 《美國數學月刊》1945年12月，第584頁。）

日期：2025-9-13

作者：Jack Murtagh

問題：破解密碼

將數字 0 到 9 賦值給以下字母，以得到有效的和。每個字母代表一個唯一的數字，并且該字母的所有出現都代表同一個數字。（例如，如果 A = 6，則兩個和中的所有 A 都是 6，并且沒有其他字母代表 6。）這些單詞代表三位或四位數字。（“ALL” 表示后兩位數字相同的三位數。）不允許使用前導零——098 不是數字 98 的有效表示。

上圖顯示兩個等式：ALL 加 ACE 等于 CREW，CARD 加 CORD 等于 GURU

提示：

你不需要大量的反復試驗。回想一下，當兩個數字相加時，每一列要么不產生進位到下一列，要么產生 1 的進位。第一個可推導的字母是 C、R 和 A。之后，制作一個表格來跟蹤剩余一些字母的可能值。

答案：

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https://www.scientificamerican.com/game/math-puzzle-crack-code/

上圖顯示兩個等式：577 加 519 等于 1096，1504 加 1304 等于 2808

由于涉及眾多變量和案例，這類問題的解答寫出來讀起來可能比較繁瑣。不過，我們還是在下面提供了一個分步解答，方便任何想要了解推理過程的人。

C = 1，因為兩個三位數（ALL 和 ACE）之和不可能等于兩千位或更高的數字 CREW（999 + 999 = 1,998）。在倒數第二列，三個單詞中的 R 都位于相同的位置。這種情況只有兩種情況：要么 R = 0，且 D + D 沒有產生進位，要么 R = 9，且 D + D 產生了進位（9 + 9 + 1 = 19，這將使 GURU 中的 R 位置變為 9）。然而，R 不可能是 9，因為 A + A 無法在 CREW 的 R 位置產生 9。唯一能夠產生 C 所需進位且同時產生進位的方法是 A = 9，但這是不被允許的，因為在這種情況下我們已經將 9 賦值給了 R。所以 R = 0。現在 A = 5，因為這是 A + A 在 CREW 的 R 位置產生 0 的唯一方式。

我們從前面知道 D + D 不會產生進位，這意味著 D = 2、3 或 4。（數字 0 和 1 已經被分配，任何大于 4 的數字都會產生進位。）這三種可能性中的每一種都會立即強制 U、O 和 G 的值，如下表所示：

上面表格顯示了字母 D、U、O 和 G 的替代數字分配：D 等于 2、3 或 4；U 等于 4、6 或 8；O 等于 9、1 或 3；G 等于 3 、2或 2。

例如，如果 D = 2，則 U = 4（因為 U = D + D）。然后，在第二個和的第二列中，A + O 等于 GURU 中的第一個 U。我們知道 A = 5，在這個假設中，U = 4。唯一能使這個結果成立的 O 值是 O = 9，因為 5 + 9 = 14。這會將 4 放置在 GURU 的正確位置，并將結果帶入 C + C 列，使 G = 3。（回想一下 C = 1。）類似的推理可以得出表格中的另外兩列。

我們可以立即從可能性中劃掉中間一列，因為 1 已經被分配給 C。在剩下的兩種可能情況下，請注意 2、3 和 4 都被分配給它們，以及 8 或 9。因此 L、E 和 W 僅剩的未分配數字是 6、7、8 和 9。第一個和的最后一列只有在 7 和 9 相加得到 16 時才有效，使得 W = 6。（它不能是 8 + 9，因為我們需要其中一個來滿足表中的字母。）第一個和中的 L + C 列只有在 L = 7 和 E = 9 時才有效。（記住 C = 1。）分配 9 后，表中只剩下第三列可能：D = 4、U = 8、O = 3 和 G = 2。

日期：2025-9-6

作者：Emma R. Hasson

問題：找到解開的結

以下每對繩子中，總有一根繩子可以解開成一個圓圈，即所謂的“解結”。是哪一根呢？

圖中顯示了兩對數學結，分別標記為“對 1”和“對 2”。每對中的結除了環路配置上的一個差異外，其余均相同。

答案：

點擊下方謎題原文鏈接或回復“SAMP20250906”查看中文版答案。

https://www.scientificamerican.com/game/math-puzzle-find-unknot/

上圖左上角和右下角的結可以解開成圓圈：

圖示為如何用四步解開第一對繩子上的第一個結，以及用七步解開第二對繩子上的第二個結。

附加題：

另外兩個無法完全解開的結，可以分別做成四種最基本的結之一的樣子。找出它們！

圖中顯示了四種基本結：三葉結、八字結、梅花結和三扭結。

附加題答案：

右上角的結相當于結 2，左下角的結相當于結 4。

圖中突出顯示了第一對中的第二個結與三扭結以及第二對中的第一個結與八字結。

日期：2025-8-30

作者：Jack Murtagh

問題：有得必有失

如果將魔方懸掛在房間角落附近，并用燈光照射其暴露的表面，它將在兩面墻壁和地板上投射出方形陰影。

上圖圖示為一個魔方懸掛在房間角落，并被三個不同角度的光源照亮。魔方的可見面分別為紅、綠、黃三色，每個面又被分成九個小方塊。燈光在魔方的三個方形陰影中投射出三個：一面墻和一個地面。

現實世界中的魔方在其核心處有一個裝置以便于旋轉，但讓我們想象一個更簡單的圖像，它包含 27 個相同的“小立方體”：三層，每層九個小立方體。

上圖圖示為一個由三層堆疊而成的立方體，每層由九個較小的透明立方體組成，排列成三乘三的網格。頂層為綠色，中間層為紅色，底層為黃色。

注意，如果我們移除任意一個立方體，陰影都不會改變。但如果我們將最頂層的九個立方體全部移除，兩面墻的陰影就會變成 2×3 的矩形。 請問最多可以移除多少個立方體，才能使三個陰影保持不變？ （忽略重力的影響，假設立方體懸浮在原地）。

提示：

嘗試以某種方式縮小問題。例如，求解由八個小立方體組成的 2×2×2 立方體，或者逐層求解 3×3×3 立方體。

答案：

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https://www.scientificamerican.com/game/math-puzzle-rubiks-shadows/

你可以移除 18 個小方塊，同時保留陰影。令人驚訝的是，你只需要 9 個精心擺放的小方塊，就能投射出所有三個陰影。

上圖顯示了前圖中較大立方體的輪廓，其中除九個小立方體外，其余所有立方體均被移除。頂層保留了三個綠色立方體，中間保留了三個紅色立方體，底層保留了三個黃色立方體。這九個小立方體懸掛在房間的角落，投射出的陰影與第一幅圖中的魔方相同。

魔方的每一層包含三行三列，每行由三個小方塊組成。我們將上下維度上的方塊堆疊稱為一根柱子。陰影發生變化的唯一方式是整行、整列或整柱變為空。這樣光線就會穿過魔方，在其中一個陰影上戳出一個洞。那么問題就變成了：為了使每一行、每一列和每一柱都至少包含一個小方塊，至少需要多少個小方塊？

下圖中顯示的九個小立方體的排列方式與前圖相同，但透明立方體取代了之前18個立方體的位置。右側有一張圖表將綠色、紅色和黃色層分開，以顯示小立方體的完整排列。

上圖以俯視圖的形式展示了我們解決方案的每一層。每一層都有一個關鍵屬性，即每一行和每一列都恰好有一個立方體。這確保了兩面墻體陰影上對應的條帶保持不變。例如，考慮紅色中間層對兩面墻體陰影的影響。它會在兩面墻體中間投射出一條 1×3 的條帶，因為每一行和每一列都有一個紅色立方體遮擋側光。

此外，由于九個立方體各自占據了3×3網格中的不同單元，因此地板陰影仍然保持滿格。換句話說，三層重疊后不會留下空單元，這意味著立方體的每個柱子上都有一個立方體遮擋了頂部的光線。

上圖中顯示了與前兩幅圖相同的九個小立方體的排列，并附有從頂部看到的排列圖，以顯示顏色如何排列成拉丁方。

少于九個小方塊無法實現這一點，因為魔方有九個不同的行、九個不同的列和九個不同的柱子。八個小方塊必然會留下一個洞。

具有這種屬性的網格（即每行每列每種顏色都恰好包含一次）被稱為拉丁方。拉丁方適用于所有尺寸的網格，因此我們的解決方案可以推廣到任何維度的立方體。您可以將任何拉丁方轉化為一個由子立方體組成的最小排列來解決這個問題。令人驚訝的是，這意味著一個由十億個子立方體（1000×1000×1000）組成的立方體，即使我們丟棄9.99億個立方體，也能保留其陰影。

日期：2025-8-23

作者：Heinrich Hemme

問題：識別說謊者

安娜、布里塔和克里斯蒂娜在市場的一個水果攤工作。一位顧客向她們詢問蘋果、梨和桃子的價格。

安娜說：“七個蘋果和五個梨的價格與六個桃子的價格相同。”

布里塔說：“四個蘋果和九個桃子的價格與五個梨的價格相同。”

克里斯蒂娜說：“六個桃子和三個梨的價格與四個蘋果的價格相同。”

三個銷售員中有一個在撒謊。哪一個？

答案：

點擊下方謎題原文鏈接或回復“SAMP20250823”查看中文版答案。

https://www.scientificamerican.com/game/math-puzzle-spot-liar/

如果我們分別用 a 、 b 和 p 表示蘋果、梨和桃子的價格，我們可以用三個等式來表達銷售人員的說法。

安娜：7 a + 5 b = 6 p

布里塔：4 a + 9 p = 5 b

克里斯蒂娜：6 p + 3 b = 4 a

如果我們用布里塔的方程式代入安娜的方程式，我們會得到 11 a = –3 p ，這個公式毫無意義。所以這兩個銷售員中有一個在撒謊。

如果我們現在用安娜的方程式代入克里斯蒂娜的方程式，我們會得到 3 a = –8 b ，這個公式同樣毫無意義。所以安娜在撒謊。

然而，如果我們用克里斯蒂娜的方程式代入布里塔的方程式，我們會得到有效的公式 2 b = 15 p 。

日期：2025-8-16

作者：Jack Murtagh

問題：有得必有失

Penny最近在工作中獲得了一筆獎金，并決定將其投資于股市。第一個月，股市飆升，她的投資組合增長了15%。第二個月股市暴跌，她的投資組合縮水了15%。

這兩個月過去了，Penny是盈利、虧損還是收支平衡？ 如果先是業績不好的月份，然后是業績好的月份，情況會怎樣？（忽略稅收、股息或費用等多余影響。）

答案：

點擊下方謎題原文鏈接或回復“SAMP20250816”查看中文版答案。

https://www.scientificamerican.com/game/math-puzzle-win-some/

Penny虧了錢。她的投資組合增加15%和減少15%似乎應該完全平衡，但數學計算卻并非如此。假設Penny最初投資了100美元。第一個月后，她的投資組合價值增加了15%，達到115美元。要計算15%的跌幅，我們需要用這個數字乘以85%：115 × 0.85 = 97.75，這比最初的100美元還少。

直觀地看，投資增加了其原始價值的 15％，然后又減少了其新價值的 15％。新價值大于原始價值，因此損失大于收益。

事實上，從抽象意義上解決這個問題表明，無論 Penny 的初始投資金額、投資組合波動的百分比或漲跌發生的順序如何，她都會虧損。將 Penny 的初始投資額設為 P ，并假設我們將其增加或減少 x （例如，如果波動 15%，則 x = 0.15）。那么，第一個月后，投資組合的價值為 P × (1 + x )。第二個月后，這個新數量縮水： P × (1 + x ) × (1 – x )。簡單計算即可知，兩個月后，投資價值為 P × (1 – x2)。無論我們賦予 x 何種值，(1 – x2) 項始終小于 1（除非 x = 0，表示沒有變化）。這意味著 P × (1 – x2) 的最終值始終小于 P 的初始投資。此外，如果我們交換好月份和壞月份，我們會得到相同的答案，因為交換項的順序不會影響它們的乘積： P × (1 + x ) × (1 – x ) = P × (1 – x ) × (1 + x )。

日期：2025-8-9

作者：Emma R. Hasson

問題：分解正方形

畫四條線，從灰點開始和結束，將這個正方形分成幾塊，可以重新排列成五個相同的正方形。

附加題：

假設你可以使用任意數量的線，這些線的起點和終點在邊緣的任意位置。你還能做出多少個相同的正方形，并且不留多余的碎片？

答案：

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https://www.scientificamerican.com/game/math-puzzle-dissect-square/

日期：2025-8-2

作者：Jack Murtagh

問題：數獨驚喜

數獨的規則規定，在完整的數列中，每一行、每一列以及每個3×3的加粗方框都必須恰好包含1到9這幾個數字。從這些簡單的規則中，我們可以看到一個令人驚訝的事實。

在每個完成的數獨中，以橙色突出顯示的單元格將始終包含與以藍色突出顯示的單元格相同的數字。

上面數獨網格填寫了以下數字。

第一行：2、3、6、4、1、5、8、9、7；

第二行：7、4、9、3、8、2、6、5、1；

第三行：8、5、1、9、6、7、4、2、3；

第四行：1、6、4、8、2、9、7、3、5；

第五行：3、8、7、1、5、4、2、6、9；

第六行：5、9、2、7、3、6、1、4、8；

第七行：9、7、5、2、4、1、3、8、6；

第八行：6、2、3、5、7、8、9、1、4；

第九行：4、1、8、6、9、3、5、7、2。

網格每個角上形成二乘二正方形的四個單元格用藍色陰影表示，網格中心九個單元格周圍的 16 個單元格用橙色陰影表示。

在我們最近的“ 專家數獨 ”示例中，橙色圈中有三個 7，角落的藍色 2×2 方格中也有三個 7。同樣，橙色圈中沒有 8，藍色方格中也沒有 8，以此類推。請解釋為什么每個數獨謎題都會出現這種情況。

提示：

我們如何知道在完成的數獨網格中，下面的橙色單元格和藍色單元格將包含相同的數字？

我們知道，根據數獨規則，網格的整個中間列和整個中間行必須包含相同的數字：每行和每列都有數字 1 到 9。此外，謎題的中間單元格對于這兩個集合都是公共的，因此如果將其從兩個集合中移除，它們仍然相等。

要解決本謎題，請找到兩組你知道包含相同數字的單元格，然后刪除它們共有的單元格以創建所需的模式。

答案：

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https://www.scientificamerican.com/game/math-puzzle-sudoku-surprise/

完整的數獨中的每一列都包含數字 1 到 9。因此，下面以藍色突出顯示的四列總共包含四個 1、四個 2、四個 3，等等。

類似地，下面以橙色突出顯示的單元格包含兩整行和兩個完整的 3 x 3 框，因此它們也恰好包含四個 1、四個 2、四個 3，等等。

換句話說，下面的橙色和藍色集合包含相同的數字組成。

刪除橙色和藍色共有的單元格可以得到我們想要的模式并保持集合的相等。

數獨社區將這種模式稱為“Phistomefel環”。它以一位推廣這一觀察結果并圍繞它設計各種數獨謎題的謎題設計者的別名命名。

日期：2025-7-26

作者：馬丁·加德納

問題：切立方體和甜甜圈

一位以善于將三維結構形象化而聞名的工程師正在喝咖啡、吃甜甜圈。在往杯子里扔方糖之前，他把方糖放在桌子上，心想：“如果我用一個水平面穿過立方體的中心，它的橫截面當然是正方形。如果我用垂直面穿過立方體的中心和四個角，它的橫截面就是一個長方形。現在，假設我用這個平面這樣切開立方體。”

令他驚訝的是，他腦海中的橫截面圖像是一個正六邊形。這個切片是怎么切出來的？如果立方體的邊長是半英寸，那么六邊形的邊長是多少？

工程師把冰塊丟進咖啡里后，把注意力轉向了盤子上平放的甜甜圈。“如果我把一個平面水平穿過中心，”他自言自語道，“橫截面會是兩個同心圓。如果我把平面垂直穿過中心，橫截面會是兩個圓，它們相距一個洞的寬度。但如果我把平面這樣旋轉……”他驚訝地吹了聲口哨。橫截面由兩個相交的完美圓組成！

這片甜甜圈是怎么做出來的？如果甜甜圈是一個完美的圓環，外徑為3英寸，圓孔直徑為1英寸，那么相交圓的直徑是多少？

答案：

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https://www.scientificamerican.com/game/math-puzzle-slice-cube-doughnut/

日期：2025-7-19

作者：Jack Murtagh

問題：素數（質數）時間

找到一百萬個連續的正整數，其中沒有一個是質數。

古代數學告訴我們，質數（2，3，5，7，11，……），除了1和它本身沒有其他因數，是無窮無盡的，但更現代的數學補充說，隨著數字的增大，質數變得越來越稀少。事實上，連續質數之間的距離沒有上限。你的任務是構造一個一百萬個非質數連續排列的特定例子。

提示：

如果一個數能被2整除，那么加上2后會產生另一個能被2整除的數。

同樣，如果一個數能被3整除，那么加上3后會產生另一個能被3整除的數。

試著擴展這個觀察。

答案：

點擊下方謎題原文鏈接或回復“SAMP20250719”查看中文版答案。

https://www.scientificamerican.com/game/math-puzzle-prime-time/

我們將從找到10個連續的非質數開始，這種方法可以輕松擴展到一百萬。

如果一個數能被2整除，那么加上2后會產生另一個能被2整除的數。同樣，如果一個數能被3整除，那么加上3后會產生另一個能被3整除的數。所以如果我們從一個能被10個連續數整除的數開始，那么我們可以將這10個數中的每一個加到它上面，以產生10個連續的非質數。

考慮將前11個數相乘：1 × 2 × 3 × 4 × 5 × 6 × 7 × 8 × 9 × 10 × 11。這被稱為11的階乘（寫作11!）。按照設計，它可以被從2到11（10個連續的數）的每個數整除。所以11! + 2能被2整除，11! + 3能被3整除，11! + 4能被4整除，以此類推，直到11! + 11。我們已經找到了10個連續的非質數。注意，如果我們從10!而不是11!開始，我們只能保證有9個連續的非質數。

同樣的技巧也適用于一百萬：從2到1000001形成一百萬個連續的數，而1000001!能被它們中的每一個整除。所以我們的答案是：

1000001! + 2，1000001! + 3，1000001! + 4，...，1000001! + 1000001

讀者來信：

題目要求的并不是一百萬個連續非素數的最小值，但數學家們喜歡進行優化，因此有幾位讀者寫下了尋找符合要求的較小序列的想法。

我們最初的解決方案是：

1000001！+ 2，1000001！+ 3，1000001！+ 4，...，1000001！+ 1000001

讀者 Mike Thwaites 提出了一個巧妙的調整，將加號替換為減號：

1000001！– 2，1000001！– 3，1000001！– 4，...，1000001！– 1000001

這些項中的每一個都是非素數，就像它們通過加法形成的對應項一樣，并且我們確實在數軸上將事物移到了更早的位置，盡管只是稍微移了一下。

另一位讀者 Mike O'Connor 發現了一個明顯更小的數列。

我們不需要將 2 到 1000001 之間的所有數字相乘，而只需將 2 到 1000001 之間的質數相乘即可。將此乘積稱為 P。 然后， P + 2， P + 3，...， P + 1000001 構成了一百萬個連續的非質數。

理解這一點需要一點思考。如果 k 是 2 到 1000001 之間的數字，那么為什么 P + k 必然不是質數？有兩種情況：如果 k 是質數，根據定義 P 可以被 k 整除，因此 P + k 也能被 k 整除，因此P + k 不是質數。如果 k 不是質數，那么一定存在一個更小的質數可以整除它 。這個更小的質數也能整除 P ，所以 P + k 不可能是質數。

感謝讀者們分享他們的想法。

日期：2025-7-12

作者：Emma R. Hasson

問題：多少次握手？

Leila和Sahar和其他四對夫婦一起參加了一個晚宴。每位參與者都認識自己的伴侶，但他們可能認識或不認識那里的人。在五對夫婦坐下吃飯之前，不認識彼此的人互相握手。大家坐下后，Leila對餐桌說：“我剛剛注意到你們中沒有人握手次數相同。”Leila和Sahar各自握手了多少次？（數學家Lars Bertil Owe的問題變體，由馬丁·加德納在1973年5月《科學美國人》的數學游戲專欄中介紹過。)

答案：

點擊下方謎題原文鏈接或回復“SAMP20250712”查看中文版答案。

https://www.scientificamerican.com/game/math-puzzle-count-handshakes/

任何人最多只能握手八次——他們不會與自己的手或伴侶的手握手。這樣，除了桌子上的Leila之外，剩下的九個人可能的握手次數正好是九：0次、1次、2次、3次、4次、5次、6次、7次、8次。你可以通過給每個人分配握手次數，并考慮誰必須和誰成為伴侶來解決這個問題。（畫一張所有握手的圖可能有所幫助。）第8個人必須和除了0之外的所有人握手（因為0沒有握手），這意味著0必須是8的伴侶。然后1已經用完了與8的握手，所以第7個人除了0和1之外都握手。0已經有了伴侶，所以7的伴侶必須是1。我們可以繼續這樣下去，發現6和2是伴侶，5和3是伴侶。4是唯一一個沒有伴侶的人，所以4必須是Sahar，Leila的伴侶，她握手了四次。Leila和8、7、6、5握手，所以Leila也恰好握手了四次。

參考資料

https://www.scientificamerican.com/games/math-puzzles/

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