Xor运算是位运算的一种，和And、Or运算类似，假如a、b都是布尔变量，则a Xor b被定义为：a、b相异则为真(所以中文名字叫做异或)，a、b相同则为假。其真值表为：1Xor0=1, 0Xor1=1, 1Xor1=0, 0Xor0=0。众所周知，位运算也可以用于两个数之间，其定义就是把这两个数转化为二进制，然后一位一位的进行位运算。比如说1Xor4=(001)₂ Xor(100)₂=(101)₂=5。位运算除了具有交换律、结合律这样的普通性质之外，还有几条神奇的性质。

Xor运算的神奇性质之一，就是他自己是自己的逆运算，即对于任何两个布尔变量或者数有(a Xor b)Xor b=a。这一点可以从真值表直接验证。有了这样一个性质，我们就可以把交换两个数的函数swap改进一下。大家应该都知道swap可以这么做：

void swap(int a, int b)

{a=a+b; b=a-b; a=a-b;} 

现在我们知道了Xor运算是本身的逆运算之后，就可以把上面的函数改成这个样子：（在C/C++里面把Xor表示为^）

void swap(int a, int b)

{a=a^b; b=a^b; a=a^b;}

乍一看肯定会觉得这个交换函数写的非常诡异，但是仔细一看就知道其原理和刚才那个是一模一样的。而且因为计算机在执行位运算的时候肯定比加减法要快，所以用Xor写的交换函数实际上还更快呢。

这里有一个有意思的小问题：现在给你2n+1个正整数，其中有n对数和1个单独的数，（这里规定一对数的意思是这两个数相等），然后让你设计一种算法，把这个单独的数给找出来，要求时间复杂度为O(n)。比如说这2n+1个数是1 2 3 2 1，那么这个单独的数就是3。如果你的思路是依次挑出一个数然后和其余所有数比较一下看看是否相等，那就换个思路吧，因为这样的时间复杂度是O(n²)的。答案见本文末尾。

由这条性质还可以干一件很有意义的事情：当硬盘的一个部分损坏之后可以推算出来损坏部分数据！假定我们的硬盘划分成了4个区域，前三个区域用来存放真正的数据，而第四个部分则用来以防不时之需，这上面的数据定义为前三个部分的数据异或之后的结果。举个例子：假如说abc三个部分存放的数据如下：

a: 1 0 0 1

b: 0 1 1 1

c: 1 0 1 0

则第四部分根据定义便是

d: 0 1 0 0

现在假如说系统检测到硬盘的第一部分损坏了，我们就可以利用现成的数据把它给恢复出来，只需要把现有的未损坏的几个部分都异或起来就可以了！因为：a xor b xor c=d  →  a xor a xor b xor c xor d xor d=d xor d xor a  → b xor c xor d=a！就这样，Xor运算应用在了乍一看完全不相干的地方。当然，硬盘分的部分更多一点也不影响这个结论的正确性。

Xor的第二个神奇性质，是他满足消去率，即由a Xor c=b Xor c可以推出a=b，可以用上面一条性质轻松验证。这一点是And、Or运算都不能满足的，是加法减法拥有的性质。有了这样一条性质是很有用的，比如说证明Nim游戏的必胜策略就需要用到，下面我们进入Nim游戏必胜策略的介绍和证明。

因为3堆硬币的情况和N堆的策略是一样的，我就直接拿N堆说事。设这N堆硬币的数量分别为a1,a2,…,an。因为总是打Xor太麻烦，下面我就用C++的习惯用^来代替Xor。

 要知道，像Nim游戏这种博弈问题，最重要的是寻找必败态。这个必败态的的意思就是，这样一种局面摆在面前的话先手必败。其严格定义如下：1.无法进行任何移动的局面是必败态；2.可以移动到必败态的局面是非必败态；3.在必败态做的所有操作的结果都是非必败态。这个还是很好理解的吧，就是自己处在非必败态上总能移动到必败态把必败态留给对方，而对方处在必败态的话总是只能移动到非必败态，把非必败态留给自己，然后自己继续虐对方。

而对于Nim游戏，局面是必败态当且仅当所有堆硬币的数量都异或起来结果为0，即a1^a2^…^an=0！！！为了证明之，我们只要证明它满足上述必败态的三条性质即可。

第一个命题显然，最终局面只有一个，就是全0，异或仍然是0。

第二个命题，对于某个局面(a1,a2,…,an)，若a1^a2^…^an!=0(不等号就用C++的习惯用!=来表示了)，一定存在某个合法的移动，将ai改变成ai’后满足a1^a2^…^ai’^…^an=0。不妨设a1^a2^…^an=k，则一定存在某个ai，它的二进制表示在k的最高位上是1（否则k的最高位那个1是怎么得到的）。这时ai^k<ai一定成立。则我们可以将ai改变成ai’=ai^k，此时a1^a2^…^ai’^…^an=a1^a2^…^an^k=0。

第三个命题，对于某个局面(a1,a2,…,an)，若a1^a2^…^an=0，一定不存在某个合法的移动，将ai改变成ai’后满足a1^a2^…^ai’^…^an=0。因为异或运算满足消去率，由a1^a2^…^an=a1^a2^…^ai’^…^an可以得到ai=ai’。所以将ai改变成ai’不是一个合法的移动。证毕。

就这样，一个简单而神奇的运算，就搞定了这么个让我绞尽脑汁也毫无头绪的游戏，而Xor运算的出现，又是乍一看完全与问题毫不相干！这正是Xor的奇妙之处，吸引人之处。

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最后给出“找出单独的数”问题的算法：根据Xor运算是本身的逆运算的性质，只要把所有数都Xor起来就可以了！比如说，1Xor2Xor3Xor2Xor1就一定是3了。就这么简单！

桌面上有三行硬币，每一行中分别有a1、a2、a3个硬币，其中a1、a2、a3是可以任意指定的正整数。两个人轮流拿走硬币，每一次只能从某一行中拿走任意多个硬币，谁拿走最后一枚硬币谁就赢了。

比如说a1=1,a2=2,a3=3的情况吧，这时如果轮到我拿了，我可以从第三行拿走2枚硬币，或者可以把第三行的三枚硬币全都拿走，等等；但是我不能同时从第一行和第三行里各拿走1枚硬币。这个简单的情况，可以枚举所有可能性得出结论：先拿的必输。

当a1、a2、a3是任意给定的，在什么情况下先拿的必输呢？必胜策略是怎样的呢？这是一个相当有意思的问题，答案可绝不是显而易见一目了然的。而当我当年看到这个策略长什么模样之后，完全的叹服了。今天我就先不写必胜策略了，大家可以先自己想想，如果下周或者什么时候有时间了再来写。前一阵子我为了熟悉C++自己写了一个拈游戏的人机对弈程序，大家可以点击下面的链接下载。其中包含了必胜策略，所以只要你一步走错就一定会输。

拈游戏.rar

其实拈游戏不仅仅局限于三行硬币，其实最初的问题是N行的，而且神奇的是其必胜策略对于任何N都是一样的。其实这个拈游戏是我上小学的时候奥数老师跟我玩的游戏，最近才发现这个经典的有意思的游戏还有好多人没有玩过，故写此文…

在数轴上，0的位置停着一个不动的老鼠，1的位置在初始时刻有一只猫。猫是可以走动的，每一步在数轴上分别以二分之一的概率或朝着正方向或朝着负方向走1的距离。当猫到达0的位置时，猫就抓到老鼠了，游戏结束。问当猫走的步数趋向于无穷大的时候，最终捉到老鼠的概率是多大？一定要先仔细思考再看解答…

解答：

将所求概率记为P。

猫第一步以1/2的概率左行捉到老鼠，对P的贡献是1/2.

猫第一步以1/2的概率右行，到达x=2的位置。为捉到老鼠，猫首先必须左行到x=1的位置，这与问题所求的猫从x=1到x=0位置的情况相同，概率同为P。到达x=1的位置后，游戏又回到初态，猫左行至x=0处概率仍为P。因此，猫先右行至x=2，然后最终回到x=0对P的贡献为1/2*P*P。

因此有P=1/2+1/2*P*P

解得P=1。

最终的结论，居然是猫有100%的概率捉到老鼠，这多少有点出人意料。至少我在之前是怎么都觉得不是100%的…这个问题当时我们宿舍的人讨论了一个晚上都没有结果，我还编了个小程序算了算小数据情况，没想到就被这么一个简单的式子搞定了…

答案：

用竖直的平面去切这个相交部分，例如用平面y=-0.5，不难想象无论取的是y等于几的竖直平面，切得的部分都是正方形。如下图：

然后我们再想像有一个半径为1的球内切于两圆柱相交部分，用同样的竖直平面去截这个球，很明显截得的部分是圆，如下图：

想像一下：这个球是内切于两圆柱相交部分的，因此截得的这个圆恰好就内接于刚才截得的正方形！对于每一个竖直平面来说都是如此。每一个正方形的面积是其内接于圆的4/π倍，而把面积一层一层累加起来就是体积，所以两圆柱相交部分的体积就是其内接球体积的4/π倍。球的体积是4π/3，因此两圆柱相交部分的体积就是4π/3×4/π=16/3！

这个方法貌似和祖暅原理很像，不过提出这个方法的人可比祖暅年代要早得多：是阿基米德！不得不佩服古希腊人的智慧！

那么，有人要问了：如果去掉的是1红1白的格子各一个，结果是怎样的呢？比如下面的这个图：

你可以自己画几个图试一试。你能证明一定可以覆盖？还是可以给出反例呢？

据说，这个问题刚出来的时候，通过复杂的理论，终于得到了证明。也就是只要在这个图中去掉一红一白两格，肯定可以被覆盖。

这里，我们将看到一个复杂的问题怎么通过一个简单的方法来证明。我们接下来不但要证明可以覆盖，而且要给出覆盖的方法。看到这里你可能会想到了：构造——对了，只要构造了一组解，原问题便解决了。
我们把原来的棋盘按照下图所示的方法剪开：（沿着绿线）：

我们就把这个棋盘变成了一个环。注意到整个环都是红白相间的。假设我们从图中去掉一个红色格子，再去掉一个白色格子。我们就得到两条链：每一条链都是红色->白色->红色…->白色。这样我们只要沿着链每次的两个格子放即可（注意到相连的两个格子不存在和骨牌形状不同的情况：1*2，你能找出第二种形状吗？）。把两条链放完，这个棋盘就被覆盖满了，我们的问题也就解决了。

文章来自：http://evalls.yo2.cn/articles/%e8%af%81%e6%98%8e%e7%9a%84%e7%bb%9d%e5%a6%99.html

2.两人在1，2，3，……，9这九个数字中轮流取数，不准重复，谁先取到三数之和为15谁就赢了。问先走者有没有一个稳操胜券的策略？

3.汽油危机已经来临，大家都在叫油荒。分散在长长的环形公路各处的加油站所存的油量仅仅够你跑一圈而无点滴富余。请证明，如果你在一个合适的加油站开始启程，把空油箱加足了汽油，你有充分把握可以跑完一圈，不会中途抛锚。

请先仔细思考再看解答.

1.“一切无理数的无理数次方一定是无理数”，试证明此命题或举出反例。

Solution:这个命题是错误的，有一个构造巧妙的反例：我们设

如果x是有理数，那x就是该命题的反例；如果x是无理数，那么我们来看看x的根2次方是多少——它就是2！！！于是反例找到了。

2.两人在1，2，3，……，9这九个数字中轮流取数，不准重复，谁先取到三数之和为15谁就赢了。问先走者有没有一个稳操胜券的策略？

Solution:答案是没有必胜策略。解决这个问题的最简单办法是把它转化成另一个我们都很熟悉的问题。首先构造幻方如下：
4 9 2
3 5 7
8 1 6
横行竖列对角线的和都是15，因此他们两个人玩得其实就是“吃井字”游戏(“吃井字”游戏就是在3×3的格子里画圈叉，三个连成一条线就赢了的那个游戏)！我们都知道“吃井字”游戏是没有必胜策略的，双方可以打成平局，所以原问题也没有必胜策略。

3.汽油危机已经来临，大家都在叫油荒。分散在长长的环形公路各处的加油站所存的油量仅仅够你跑一圈而无点滴富余。请证明，如果你在一个合适的加油站开始启程，把空油箱加足了汽油，你有充分把握可以跑完一圈，不会中途抛锚。

Solution:设想你在第一站带上足够的燃料，沿着公路环行，每到一处，便做好记录油箱里还有多少油，并把那里的汽油全部倒进油箱。当你回到第一站时，你将发现，油箱里的剩油与出发时一样多。总有一站油箱里的油量最小，我们就从这站开始启程，这样保证环行一周途中不愁汽油断档。

Hint:这道题来自《200道物理学难题》，一本很有意思的书。这个问题乍看无从下手，但其解答十分巧妙简洁，并不需要太多知识。请认真思考再看提供的答案。

Solution:要注意到一点：在任何时间段内，船和目标之间距离的减少量与船被水冲下的距离相等！做一条直线l垂直于河水流动方向且使得A到l为d。这样一来，任何一个时刻船到B点的距离就等于船到l的距离，因此船的轨迹是一条以B为焦点、l为准线的抛物线！因此不难得出BC=d/2。

Hint2:如果你是学物理竞赛的，那么第一问还有另一种比较常规的方法，我就是用另一种方法把这道题做出来的，原题提供的这个解答估计没有几个人能想到。如果以河水作为参考系，这个问题就和那个“猎狗追兔子”的经典问题比较像了。借用那道题的办法，可以列两个式子：沿河流方向的运动学方程和船与B连线方向的运动学方程。这两个方程一联立，就可以消掉一块很难处理的东西，就把BC距离给求出来了。

    这个问题最简单的解决办法竟然是借助物理学中重心的性质。我们曾经见过一道用重心来解决的几何问题，但这里你将看到的绝对更加经典。它们的基本方法都是一样的：给每个顶点分别挂上一个指定重量的砝码，然后利用“用部分质点的重心去替换这些质点，整个系统的重心不变”这一性质来解决问题。

The barycenter of a system of points does not change if any number of points is replaced with their barycenter.

注意到球外一点向该球任意引切线，该点到所有切点的距离都是相等的。这是这个问题的核心，是整个证明过程中唯一用到了“球”这个条件的地方。假设从Ai向球引切线，Ai到切点的距离为Di。我们就在点Ai处挂上1/Di的重物。观察边A1A2，它们可以等价地用一个质量为1/D1 + 1/D2的点M代替，其中M的位置满足杠杆原理A1M / D1 = A2M / D2。考虑D1和D2的定义，这个M显然就在A1A2与球的切点位置上。我们把边AiAj与球的切点记作点Tij，于是四个切点T12, T23, T34, T41分别是对应的四条边A1A2, A2A3, A3A4, A4A1的重心。为了求出整个系统的重心，我们可以用T12代替A1和A2，用T34代替A3和A4，则整个系统的重心应该在T12和T34的连线上；但我们的“配对”方法不止这一种啊，我们为啥不用T23代替A2和A3，用T41代替A4和A1呢？这样，整个系统的重心就在T23和T41的连线上。但是，整个系统的重心是唯一的，于是T12、T34的连线和T23、T41的连线必然相交（交点即为整个系统的重心）。而相交的两条直线确定一个平面，T12, T23, T34, T41都在这个平面上。这就说明了四个切点是共面的。

参考资料：http://www.cut-the-knot.org/blue/3DQuadrilateral.shtml
文章来自：Matrix67.com里的这篇文章http://www.matrix67.com/blog/archives/507

证明：作出正n边形的外接圆，有且仅有一个三角形把外接圆圆心包在内部，所以有且仅有一个三角形是锐角三角形。证毕！！！

1．把这个图形分成全等的两份。

2．把这个图形分成全等的三分。

3．把这个图形分成全等的四份。答案

4．把一个正方形分成全等的七分。答案

恭喜你做完了这四道题，你在第四题上画了多找时间呢？是不是困扰了很长的时间？我本人用了大约两分钟，我们班有几个用十多分钟的，可是也有两个人用了不到5 秒钟就回答对了。强人啊！不过，奇怪的事，当我想很多人直接问第4题的答案时，几乎都能在几秒内给出答案，他们还在怀疑我是不是再耍他们。其实，第4题的难度并不高于1、2题，关键是你已经被前三题形成的思维定势给卡住了。