在Wikiquote上搜到了我签名格言在其他几种语言的等价版本
只认识英文，把这些等价的版本都翻译成英文写在下面：
The road to hell is paved with good intentions.
English, Polish, Romanian
Hell is paved with good intentions.
French
Hell is full of good intentions.
Portuguese
Good intentions could turn out to be evil in the end, or good intentions could be impossible to implement and could only lead to suffering.
Dutch
我的汉译版本：
地狱之路，善意铺就。
囚徒的生机
- 问题
100个无期徒刑囚徒被关押在100个单独的房间内，彼此无法互相通信。典狱长会不定期地随意让一个囚徒出来放风（有可能重复）。放风处只有一盏灯，灯是亮是灭，只有放风的人能看到，被放风的囚犯可以改变灯的开关状态。
有一天典狱长把100个囚徒召集起来对他们宣布，从现在开始，今后如果你们当中有任何人能够确证所有的人都至少被放风过一次，那么你们全都可以被释放，如果判断错误就会被全体处决。给你们一段时间让你们一起研究一下怎么做。然后各自回各自的房间。
- 分析
个囚犯，第
次被放风的囚犯编号为
。约定每次被放风的囚犯是否改变灯的开关状态的决定为
，每次放风前灯的状态为
。显然有：
。而每一个人在第i次放风时做出决定时所拥有的信息只有自己曾经被放风的那些次灯的原来状态
。
在第
次放风时，被放风的囚徒
必须根据
来判断是否所有的囚徒都曾经被放过风了。
- 变种
- 规定是每天有一次放风，于是每个囚犯被放风的时候还知道当天是第几天。如果他连续两天被放风，他可以确定中间没有其他人曾经被放风。
- 规定必须至少有两个囚犯都可以确定所有人都曾经被至少放风过一次所有人才能得到释放。
- 规定有两盏灯，但所有的囚犯必须采取相同的策略。
Matrix67的讨论：
http://www.matrix67.com/blog/archives/3618
http://www.matrix67.com/blog/archives/3630
全文转贴：
100个囚犯和灯泡的那些事儿
说有 100 个囚犯分别关在 100 间牢房里。牢房外有一个空荡荡的房间，房间里有一个由开关控制的灯泡。初始时，灯是关着的。看守每次随便选择一名囚犯进入房间，但保证每个囚犯都会被选中无穷多次。如果在某一时刻，有囚犯成功断定出所有人都进过这个房间了，所有囚犯都能释放。游戏开始前，所有囚犯可以聚在一起商量对策，但在此之后它们唯一可用来交流的工具就只有那个灯泡。他们应该设计一个怎样的协议呢？
这个经典的问题在网上转载无数，题目描述被好事者们改得天花乱坠，甚至加进了“这盏灯永远有充足的能源供应”、“如果灯泡坏了或是电路出了故障会马上修好”等条件，剥掉了“算法问题”的外壳，填补了本不存在的漏洞，让更多的人动起了脑筋。在论坛上，每次贴出这个问题，总会引起一大群人的口水战。但很不幸的是，这个题目的来源至今仍是个谜。据目前的已知情况推测，这个题目最早来源于 Berkeley 的电气工程荣誉学会，时间大概是 2001 年。在 2002 年的 7 月， IBM 的 Ponder This 趣题栏目介绍这个题目，囚犯与灯泡一炮走红，随即遍布网络的各个角落。 2003 年， The Mathematical Intelligencer 杂志上发表了一篇题为 One hundred prisoners and a lightbulb 的论文，也让囚犯们正式引起了数学家们的关注。
相信这个问题的答案大家已经非常熟悉了，不过这里我想用另一种更玄乎的、更具启发性的方式重新讲述一下答案。
不妨幻想房间中有一个盒子，盒子里可以容纳一个小球。灯泡亮就表示这个假想的盒子里有一个假想的小球，灯泡不亮就表示这个假想的盒子是空的。因此，用开关控制灯泡就相当于在盒子里放进小球或者取走小球。初始时，每个囚犯手中都有一个小球（当然这个小球也是囚犯们自己意淫出来的）。游戏开始前，囚犯们选择一个代表作为统计者。之后，每次有囚犯进入房间后，如果小球还在他手里，盒子恰恰又是空着的，他就把小球放进去；而统计者的任务就是收集小球——每次进入房间后，看到盒子里有小球就把它拿走。如果某个时刻统计者手中集齐了（包括它自己的） 100 个小球，就说明所有人都进过房间了。
这个简单而巧妙的协议让人大为折服。然而，对这个问题的讨论并未结束，计算协议完成所需的期望时间、设计期望时间更短的协议，这都是非常有挑战性的问题，虽然它们已经背离了这个问题的初衷——协议的设计。这篇论文里详细总结了著名数学趣题论坛 [wu::forums] 上的牛人们对上述问题的探索。不过，即使回到协议设计的话题上，这个题目也还有戏可唱。
现在，让我们来考虑这个问题的一个加强版。上述策略能成功的原因是，大家都知道房间里的灯泡一开始是不亮的（盒子里一开始没有小球）。如果灯泡的初始状态并不确定，那就麻烦了：统计者收集了 100 个小球并不足以说明所有人都来过房间，而他有可能永远也等不到第 101 个小球。那么，这个问题还有解吗？在继续想下去之前，你不妨先思考一下。是的，这个问题仍然有解，而且办法和原来几乎一样，只是有一些非常巧妙的变通。此时，“小球模型”开始发挥作用了：在引入了一些更加复杂的因素后，比起开灯关灯，用“小球语言”来描述显得更直观易懂。
囚犯们仍然选出一个统计者，由他来完成收集小球的任务。只不过这一次，每个囚犯初始时都有两个（假想的）小球。每个囚犯来到房间后，如果发现盒子是空的，手中正好还有小球的话，他就在盒子里放一个小球。统计者仍然只负责把小球从盒子里取出来。什么时候统计者收集到了200个小球（包括自己的两个），他就知道所有人都来过了，因为如果还有人没进房间，他最多只能拿到 198 + 1 个小球。注意，这 200 个小球可能就是囚犯手中的 200 个小球，也有可能是囚犯手中的 199 个小球加上初始时房间里的小球。体会一下这个协议如何巧妙地解决了房间初始状态不确定的难题，真是越想越有味道。
还不过瘾吗？现在与大家分享一个更强的加强版。
在以上协议中，只有一个人能知道所有人都来过房间。是否存在一个协议，使得最终可以产生两个人，他们都知道所有人都进过房间？如果存在这样的协议，给出一个来；如果不存在，证明之。为了方便思考，你可以暂时假设初始时房间的灯泡不亮。
不要轻易就认定这是不可能的。至少当 n = 2时，这样的协议明显存在！
即使灯泡的初始状态不定，当 n=2 时，两个人也能保证都知道对方进过房间。假设双方手中各有两个球，囚犯 A 总是试图把自己的小球放进盒子，囚犯 B 总是试图把小球取走。如果 B 拿到了 4 个小球，他就知道了 A 一定来过房间；而只要 A 放好的小球被拿走了， A 也知道 B 进过了房间。
但是，当 n>2 时，不存在这样的协议，使得有两个人都能获知所有人都已进过房间。 Peter Winkler 的 Mathematical Puzzles: A Connoisseur’s Collection 一书中给出了这个结论的一个大致证明思路。
让我们考虑其中任何一个囚犯。我们假设他的策略是确定性的，他的下一步行动完全取决于之前看到的状态序列。假设在某一步，他看到的状态和上次离开房间时的状态相同，但他选择了改变状态。这时，你可以质问他，那你为啥不在上次就把状态改过来，偏偏要这次才去扳开关呢？看守完全有可能连续两次都是叫你进的房间，这样你不就浪费了一次进房间的机会了吗？因此，我们可以假设，当他进入房间时看见的状态和上次走的时候一样，他是不会去扳动开关的。
接下来，让我们假设在某一步，这个囚犯的策略是“不动开关，保留原状态”。那么，我们可以认为他以后就再也不会动那个开关了！因为在最坏情况下，他根本没有改变灯泡状态的机会！具体地说，若无视掉这个囚犯以后的行动，今后的房间状态序列里必然有一种状态将出现无穷多次，比方说状态“开”出现了无穷多次吧。那么在最坏的情况下，这个囚犯从此开始总是在开灯的时候进屋。而他在这一步没有变动开关，并且以后的每一步里他所看到的状态都将和上次看到的一样，因此以后他都不会变动开关了。
因此，这名囚犯首次进入房间时的策略绝不可能是“不动开关”，因为这样他以后可能都没机会动开关了，没人会知道他来过房间。如果他的策略是“如果灯开着，就把它关掉”，那么由第一个引理，今后他看见关灯状态都不会去改变状态了，直到下次见到灯亮时才会有所行动。每次见到灯亮时，他有两种选择，把灯关掉，或者让它接着亮。如果选择关灯，他又要等到下次灯亮才会行动；如果不关灯的话，相当于他这次没做任何操作，今后就再也没法行动了。也就是说，他的整个策略无非是“关过多少多少次灯之后就不管了”。类似地，如果他首次进入房间时的策略是“如果灯关着，就把它打开”，同理可知他今后的策略限制在了“再开几次灯就不开了”。当然，首次进入房间的策略还可能是“无论状态如何，总是扳动开关”，不过实际情况一揭晓，他的策略也就立即归为了上述两种情况中的一种。
换句话说，每个人的策略都无外乎两种：只负责开 x 次灯，或者只负责关 x 次灯。当然，如果所有人都只开灯不关灯（或者只关灯不开灯），肯定是一点用处都没有。因此，无妨假设囚犯 A 负责开灯，囚犯 B 负责关灯。如果囚犯 C 也只负责开灯， A 永远不能分辨出 B 、 C 究竟是都完成了协议，还是都差最后一步；如果囚犯 C 只负责关灯， B 就成了那个被蒙在鼓里的人了。
也就是说，整个问题的唯一解法就是，其中一个人只负责关灯，另外所有人只负责开灯；或者其中一个人只负责开灯，另外所有人都只关灯。换句话说，我们的“统计者协议”其实是唯一的解法。在 Mathematical Puzzles: A Connoisseur’s Collection 一书中，我们有幸看到了这个问题的另一个更加有趣的变种，让囚犯们的难题继续活跃着人们的大脑。
还是 100 个囚犯，还是一个空房间，还是要求所有囚犯事先构造一个协议，能保证有人可以断定出所有人都来过房间。不过，这次不同的是，房间里有两个灯泡，分别由两个开关来控制（不妨假设初始时他们都是不亮的）。大家估计要说了，一个灯泡都能解决的事儿，用两个灯泡还不容易？嘿嘿，这次有一个附加的要求：所有人都必须遵循同一套策略。这些智力游戏不仅仅是思维的体操，它竟然有不少让人意想不到的实际应用。远在这个智力题诞生之前，就有一个几乎等价的分布式计算难题困扰着人们：假如一个程序有 n 个进程，它们操作的是同一段（不太宽裕的）公共内存。但在程序运行中，有些进程可能会崩溃掉。我们希望程序能报告出当前还有多少个进程在工作，但使用的空间越少越好。一个简单的解决方案就是，预先指定一个进程作为统计者，照搬囚犯们的策略，只消一个 bit 即可统计出活动进程的大致数量。但问题是——这个统计进程崩溃了咋办？因此，为了避免有关键进程崩溃，这些进程的行为必须得一致才行。 1990 年， Michael J. Fischer 、 Shlomo Moran 、 Steven Rudich 、 Gadi Taubenfeld 四位牛人共同发表了一篇叫做 The Wakeup Problem 的论文，提出了著名的跷跷板协议 (see-saw protocol) ，成功解决了这一难题。
我们还是把其中一个开关想象成一个盒子，它里面只能放一个小球。再把另一个开关想像成一个跷跷板，它也只有两种状态：左低右高、左高右低。要想改变跷跷板的倾斜方向，只能扳动它的开关。初始时，每个囚犯手中都有一个（假想的）小球。每个囚犯第一次进入房间后，他都幻想自己坐到跷跷板低的那一边上，然后把自己这一侧扳高。以后每次回到这个房间时，他都看看自己所在的那一侧是高还是低：如果是低的话，他就取走盒子里的小球（如果有的话），于是手中就多了一个小球；如果是高的话，他就在盒子里放一个小球（如果盒子是空的），此时手中的小球就少了一个。注意，如果他把手中的最后一个小球放进盒子了（此时他手中没有小球了），他就必须从跷跷板上下来，把自己所在的那一侧扳低，之后就再也不进行任何操作了。如果有某个囚犯收集到了 100 个小球，显然他就知道所有人都来过房间了。问题的关键就是：为什么最终总会有一个人能集齐所有的小球？
其实，协议中的很多复杂的细节都是为了保证下面这个引理成立：每一个人离开房间之后，房间里都只可能有两种情况：
A. 跷跷板两侧的人一样多
B. 高的那边多一个人这是因为，如果有囚犯第一次进入房间，他将坐上低的那一侧，并把那一侧扳高，于是原本是情况 A 现在就会变成情况 B ，而情况 B 则会变成情况 A ；另外，如果有囚犯下了跷跷板，高的那一侧将少一人，同时该侧将被扳低，同样有情况 A 将变情况 B ，情况 B 将变情况 A 。
现在，让我们假设所有人都进过房间了，并且有 k 个人正在跷跷板上（其余的人都已经离开跷跷板了）。由于跷跷板两侧最多差一人，因此当 k 大于 1 时，跷跷板两侧都是有人的。而由于每个人都进过房间了，因此不会有新的人坐上跷跷板了。此时，位于高处的人将不断拿出自己的球，并被位于低处的人取走。直到某个时刻高处有人拿不出小球了，他将走下跷跷板，此时跷跷板的状态才会发生变化，跷跷板上的总人数将变成 k-1 。最后跷跷板上只剩一个人时，显然他就拥有了所有人的小球，此时他就知道所有人都来过了。
容易想到，如果初始时房间的状态不定，人手两个球的改进方法同样能解决问题。当然，对问题的探索是永无止境的，我们相信囚犯与灯泡的问题还会有更多漂亮的变种和扩展，不断启发着人们的思维。即使这些问题没有任何使用价值，思考过程本身也是有益而有趣的。让我们感谢最初设计这个智力趣题的无名氏，他给我们带来了无尽的思维乐趣。
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