建模。一天的时间限制意味着只有一轮实验：所有品酒师今晚同时喝，明天看生死。每个人是一比特信道：活/死。要把「100 种毒酒假设」装进「\(n\) 人的生死组合」里，用知识点一的下界加构造框架。

推导。下界：\(n\) 个人的生死状态至多 \(2^{n}\) 种，要区分 100 瓶，需 \(2^{n} \ge 100\)。\(2^{6} = 64 \lt 100 \le 128 = 2^{7}\)，故 \(n \ge 7\)。构造：把瓶子编号为 0 到 99，写成 7 位二进制 \(b_{6}b_{5}\dots b_{0}\)。第 \(i\) 位品酒师喝下所有第 \(i\) 位为 1 的酒（每人约喝 50 瓶的混合样）。次日，把 7 个人的状态排成一个 7 位向量：死了记 1、活着记 0——这个向量的二进制值恰好就是毒酒的编号。例如只有第 0 位和第 6 位品酒师死了，则毒酒编号是 \(1000001_{2} = 65\) 号。若无人死亡，编号是 0（全零向量），对应 0 号瓶——所以编号必须从 0 开始，恰好把 \(2^{7} = 128\) 个输出组合中的前 100 个用满。

检验。逐一核对：不同毒酒的二进制编号不同，死者的集合必不同，因此方案无歧义；每人一比特，7 比特 \(\ge \log_{2} 100 \approx 6.64\) 比特，信息量刚好够。边界情形：全活对应 0 号酒，全死对应 127 号——127 号不在 0 到 99 范围内，所以「全死」不会出现，输出集合与假设集合一一对应。时间约束也满足：只需一个昼夜。

面试怎么讲。先报答案「7 人」，再给两段论证：「64 种生死组合装不下 100 瓶，所以 6 人不够；7 人够，因为把瓶号写成 7 位二进制、让第 \(i\) 人喝所有第 \(i\) 位是 1 的酒，死者集合的二进制就是毒酒编号。」主动延伸：若毒发时间改成两小时、你有两天，则 2 人就够（分两轮各 1 比特，\(2 \times 1\) 比特配 4 瓶……对 100 瓶需要 \(\lceil \log_2 100\rceil\) 比特仍要 7 人-轮）——多轮实验把「人数×轮数」当比特数用，这是编码类题的通用推广。

建模。关键结构：把六个和从小到大排，最小的一定是 \(a+b\)（两个最小的数相加），最大的一定是 \(c+d\)（两个最大的相加），次小的一定是 \(a+c\)，次大的一定是 \(b+d\)。把给的五个和排序为 \(w_{1} \le w_{2} \le w_{3} \le w_{4} \le w_{5}\)，则四个身份可以直接认领：

身份不明的只剩 \(w_{3}\)：它只能是 \(a+d\) 或 \(b+c\) 之一。于是分两种情形解线性方程组，用「正整数、且满足 \(a \le b \le c \le d\)、且剩余等式吻合」做筛选。

推导。代入 \(\{3,5,6,10,12\}\)：\(a+b=3,\ a+c=5,\ b+d=10,\ c+d=12\)，\(w_{3}=6\) 待定。情形一（\(w_{3}=a+d\)）：由 \(a+c=5\)、\(a+d=6\)、\(c+d=12\)，前两式相加减第三式得：

不是正整数，情形一淘汰。情形二（\(w_{3}=b+c\)）：由 \(a+b=3,\ a+c=5,\ b+c=6\) 的三式联立（克拉默法则或加减消元）：

核对 \(b+d = 2+8 = 10 = w_{4}\) 吻合。答案 \(a,b,c,d = 1,2,4,8\)，缺的那个和是 \(a+d = 9\)。

检验。把 \(1,2,4,8\) 的六个两两和全算出来：\(3,5,9,6,10,12\)，去掉 9 正是给出的五个——闭环。筛选条件的完备性：情形一必须同时满足 \(a\) 为正整数与 \(b+d=w_{4}\)，本例在整数性上就被否决；一般地两个情形至多一个通过所有检查（在非退化条件下），若两个都通过则题目数据本身不唯一，面试时应主动指出这一可能性而非硬选一个。

面试怎么讲。「排序认四个身份：最小是 \(a+b\)、次小是 \(a+c\)、次大是 \(b+d\)、最大是 \(c+d\)；中间那个 \(w_{3}\) 只有 \(a+d\)、\(b+c\) 两种可能，各解一次线性方程组，用正整数性筛。」演示例子时报出 \(\{1,2,4,8\}\)。这个「结构识别 + 分情形反解 + 约束筛选」的三段式，同样适用于给中位数、给乘积等变式。

建模。只有两顶红帽。第一人的视野是第二、三人的帽子；他能确定自己颜色的唯一情形是看见两顶红（红帽只有两顶，全在别人头上，自己必蓝）。他说「不知道」，这句话对全世界广播了一条信息：第二、三人不同时戴红。第二人接收这条信息后仍只能看第三人：若第三人戴红，则由「不同时红」，第二人立刻推出自己必蓝；他说「不知道」，等于广播：第三人不是红。第三人是盲人，但两条广播加起来足以定案。

推导。把推理链形式化。记三人为 \(P_{1},P_{2},P_{3}\)，帽色 \(c_i \in \{B, R\}\)，红帽总数 2。第一句：\(P_{1}\) 不知道 \(\Rightarrow \neg(c_{2}=R \wedge c_{3}=R)\)。第二句：\(P_{2}\) 在已知上式且看见 \(c_{3}\) 的条件下仍不知道 \(\Rightarrow\) 「若 \(c_{3}=R\) 则 \(P_{2}\) 本可自知为蓝」这条通路被堵死是不可能的，故必有 \(c_{3} \ne R\)。结论：

第三人戴蓝色帽子。

检验。反推一致性：设 \(c_{3}=B\)。\(P_{1}\) 若看见 \((R, B)\) 或 \((B, B)\) 或 \((R, R)\)——只有 \((R,R)\) 会让他知道；题目只说不知道，故前两人是 \((R,B)\) 或 \((B,B)\) 之一，两种都与「\(P_{1}\) 不知道」一致。\(P_{2}\) 看到 \(c_{3}=B\)：无论自己红蓝都不能排除（自己红时 \(P_{1}\) 看见的是 \((R,B)\)，也确实不知道），所以「\(P_{2}\) 不知道」成立。整条链自洽，且注意答案完全不需要知道前两人各自的颜色。

面试怎么讲。「盲人听到的是两条信息：第一句排除『二、三两人同时红』，第二句在这个基础上排除『第三人红』——所以第三人必蓝。」可以补一句推广：若有 \(k\) 顶红帽、\(k+1\) 个人依次说不知道，前 \(k\) 句「不知道」逐层把红帽往下挤，第 \(k+1\) 个发言者必能宣布自己蓝色——本题是 \(k=2\) 的最小版本，和「黑帽白帽连续不知道」是同一家族。

建模。先写对称性答案再解剖悖论。设你信封金额为 \(Y\)，另一封为 \(Z\)。拿信封是完全对称的随机动作，\((Y, Z)\) 与 \((Z, Y)\) 同分布，因此 \(\mathbb{E}[Y] = \mathbb{E}[Z]\)，换与不换的期望完全相同。再看著名的错误论证：设看到金额 \(v\)，「另一封以一半概率是 \(2v\)、一半概率是 \(v/2\)」，于是：

照此推理永远该换——但「换完再看一次」又能推出该换回来，荒谬。

推导。错误出在那两个 \(1/2\)：它们不是概率，而是被默认的先验。正确的条件期望要引入后验权重 \(q(v) = \Pr[\text{你拿的是小信封} \mid Y = v]\)：

该换的条件是它大于 \(v\)，化简（\(v \gt 0\)）得 \(3q(v) \gt 1\)，即 仅当你拿小信封的后验概率超过 \(1/3\) 时才值得换。而 \(q(v)\) 由信封金额 \(x\) 的先验分布决定：若先验上小金额常见、大金额罕见，则看到很大的 \(v\) 时 \(q(v)\) 偏小，不该换；看到很小的 \(v\) 时 \(q(v)\) 偏大，该换。要让错误论证成立需要 \(q(v) \equiv 1/2\) 对一切 \(v\) 成立，等价于 \(x\) 在 \((0,\infty)\) 上均匀分布——这样的概率分布不存在（测度无法归一）。所以「无条件该换」从来不是合法结论。

检验。用对称性做终检：无论采用什么换/不换策略，只要策略不偷看另一封，你的最终金额分布与镜像策略相同；若「总是换」真的提升期望 25%，那么对手视角的「总是换」（即你总是不换）也提升 25%，两者相加凭空创造财富，矛盾。该检验一票否决任何「换总更好」的论证，也印证了正确答案：在无先验信息时，换与不换等价；有先验信息时，用 \(q(v) \gt 1/3\) 决策。

面试怎么讲。分三层：「第一，对称性说明换不换期望相同；第二，1.25 倍论证的错在于把两种情形的后验权重想当然设为一半，这需要一个不存在的无界均匀先验；第三，正确的条件换法是：看到金额后估计自己拿小信封的后验概率，超过三分之一才换。」能讲到第三层（并且说出 \(1/3\) 这个阈值）的候选人极少，这是这道经典题的满分线。