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在上一篇文章中，我们介绍完了《15张Australian发牌找4Ace》这个魔术背后的反完美洗牌和约瑟夫问题惊人巧合的一点剖析，详情请戳： 完美洗牌的秘密（十四）——反完美洗牌第三定理的应用一（whispering joker）
完美洗牌的秘密（十三）——（反）完美洗牌第二定理的应用（16张的Anti faro周期魔术）
完美洗牌的秘密（八）——反完美洗牌定理的应用二（感应奇迹） 完美洗牌的秘密（七）——反完美洗牌定理的应用一（指引巴格拉斯效果）
完美洗牌的秘密（六）——完美洗牌定理的应用（penehole's principle magic more等）
完美洗牌的秘密（五）——完美洗牌的性质和变体
完美洗牌的秘密（四）——（反）完美洗牌第三定理
今天我们接着讲约瑟夫问题，以及这个魔术的一点关于魔术的设计。可以先回顾一下魔术内容。关于这个约瑟夫问题，我们还剩下一个问题没有解决。那就是，我们依托约瑟夫问题的结论和推论，推导出了这么剔除元素的数据结构上的本质。但是，我们还是没能清晰地从机理上一句话讲清楚，为什么约瑟夫过程剔除元素的过程的规律是这么描述的，刚好对应了二进制的表达和移位操作，它的形成和操作上的哪些特性是相联系的？别小看这个深入机理的分析，正是这种思考，才能够从根本上给出创新点，思考点。比如，就因为这个问题的清晰探讨，我终于明白了，要把约瑟夫问题公式扩展到3阶或更高，条件到底是什么，为什么之前一直不成功。我们首先可以清楚地知道，每一轮遍历一遍所有元素的过程，剔除的都是二进制末位为0/1，也就是同奇偶的那些元素，剔除以后，所有元素从0开始的编号自动完成左移操作，则新的末位为原来的倒数第2位。那我们以每一个遍历轮，而不是每过一张牌为一个轮次，可以看到，第一次要留下的条件是末位为0（考虑0相位的情况），第二次剔除的是0/1取决于总张数n = 1b1b2...bm的奇偶性，也就是bm的值，0则不改变原相位，1则改变。相应的，此时的末位值需要等于bm，这样这里的位置奇偶变化的步调，就和相位的改编保持一致，一直都能匹配上而被保留。这一为相对于原数而言，是倒数第二位。继续这样做则以此类推，会发现刚好最后留下的索引是b1b2...bm0，对应到左移一位的结果。因此，根据这个原理，如果真的扩展到3进制数的表达和移位，那对应的是不是3阶的约瑟夫问题呢？我在之前的约瑟夫问题的文章中绞尽脑汁写过，发现没找到规律。不过到今天算是明白了，要满足张数用n进制表达，最后剩下的牌编号为左移一位的结果，那执行过程里，就得保证每次张数得除以3。因此，执行过程应该是跳过一个人，杀掉2个人，然后依次执行，这样做才基本符合这样计数时候移位的规律。所以之前的绞尽脑汁还是因为没掌握本质，才陷入了思维困境，持续思考，终将收获真理。依据约瑟夫过称的特点，以及反完美洗牌的规律，二者结合应该还有多种参数。因为本质上就是2 ^ n - 1张，其中约瑟夫过称保证取到的是周期间隔为2 ^ m的2 ^ (n - m)张牌，而这些牌要取到位置，如果是开始间距为- 1的等价连续，那就是从2 ^ n的距离开始等价减小，也刚好要n - m次达到取值。这里是n = 4，m = 2，就张数和反完美洗的次数，都是非常合适的，哪怕任何n再大或者小一点都太多和太少，而m再多和少一点，也是太多和太少。这种局部也是全局最优的参数，才是数学魔术最深而不可替代的艺术。至于张数可否有更多选择，答案是不行。且不说此时会存在若干牌张的缺失，而因为如果不是2的次幂减1的形式，那间距就会含有非2的因子，无论多少反完美洗牌都除不掉，自然也就不可能做到需要的2次幂的目标间隔去适应约瑟夫过称。那有没有可能因为刚好若干牌的缺失导致约瑟夫需要的距离刚好含有某次幂而这个张数就能达成呢，比如3 * 2 ^ n - 1之类的，也许行吧，但是至少在魔术上的研究性价比很低了。最后补充一点，除了像这里介绍的两次发牌以外，其实完全也可以是一次发4叠或者2次真的faro shuffle，因为本质上就是4Ace的1距离，要变为248中的4的过程，可以左右两个方向，也可以一步到位，而这些选择，又是随便选择的对称常量了。这个技巧在《16张的anti faro周期魔术》已经提到过，可以对照着来看。这个魔术真的是属于纯粹数学魔术的代表作了，把魔术表演和手法的难度降到了最低，把数学规律在背后像看不见的手一样控制着魔术效果的达成这一点体现得淋漓尽致。没错，这就是这样一个完美的作品，在灯火阑珊处被找到，我希望把它的美发扬光大！所以魔术包装上，这个作品我就没有下太多功夫了，无非是从整叠牌中强选了带有这4个Ace的一叠牌共15张而已，剩下的你就放心地交给数学吧！当然，你仍然可以编一个故事来配合你的这些程序化造作，为结局赋予一些意义。但是数学结论都这么美了，还要啥自行车？
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