赛马问题
问题：
一共有 25 匹马，有一个赛场，赛场有 5 个赛道，就是说最多同时可以有 5 匹马一起比赛。
假设每匹马都跑的很稳定，不用任何其他工具，只通过马与马之间的比赛，试问最少得比多少场才能知道跑得最快的 5 匹马。
分析：
先来看下一般情况，每次用没有比过赛的 5 匹马比赛，比了 5 次，结果如下：
a1 a2 a3 a4 a5
b1 b2 b3 b4 b5
c1 c2 c3 c4 c5
d1 d2 d3 d4 d5
e1 e2 e3 e4 e5
其中每次为比赛的 5 匹马，左边的速度大于右边，如：a1 > a2 > a3 > a4 > a5，下面的 4 行同样。
再比第 6 场，比赛的为每行最快的，也就是行首的：a1, b1, c1, d1, e1，假设结果为 a1 > b1 > c1 > d1 > e1，a1 为跑得最快的第 1 名。
这个假设结果具有一般意义，因为，这会儿先哪个行首的当第 1 对结果分析是没有影响的，这里的符号可是任选的。
到了这里，就可以淘汰倒一小半的马，由于只取前 5 名，e2 肯定是进不了前 5 的，因为它前面至少有 5 匹马 e1, d1, c1, b1, a1。
e2 进不了前 5 的话，e2 右边的同样进不了，因为它们的速度还不如 e2。同理 d3 及 d3 右边的，c4 及 c4 右边的， b5 都进不了前 5。
所以，第 6 场之后，剩下的马为：
a1 a2 a3 a4 a5
b1 b2 b3 b4
c1 c2 c3
d1 d2
e1
到这里之后，我们可以拿 a2 和 b1, c1, d1, e1 比选出第 2 名，再从剩下的拿出可能最快的和除第 2 名之外比选出第 3 名。
这样每场比赛选出 1 个名次，也就是第 6 场之后，再比 4 场，选出剩下的 4 个名次，这钟方法一定可行。但却不是我们想要的。
因为场次太多了，题目要求用最少的场次选出结果。
让我们考虑一样，第 6 场比完之后，第 1 列和每一次都是有序的。我们没有用到这样的局部有序性，是否可以一场比赛决定出多于一个的名次呢？
是可以的。
看下上面的第 6 场的结果，我们知道，第 1 名 a1 已经决出，不用考虑。看下第 2 名，第 2 名只可能从 a2 和 b1 中产生，为什么？
因为 b1 > b2, b1 > c1, a2 > a3。每一行越向右速度越小，第一列越向下速度越小。所以第 2 名只能从 a2 和 b1 中产生。
那么第 3 名呢。同样，第 3 名会从 a2 a3 b1 b2 c1 中产生（第 2 句产生之后剩下的），原因和上面第 2 名一样。
所以第 7 场我们可以让 a2 a3 b1 b2 c1 比，以决出第 2 3 名。
由上在的分析，我们知道第 7 场比赛结果出现的头两名一定是最终结果的 2 3 名。
这里我们先总结几个小规则，第 7 场比赛的最后一名一定不是前 5 名，为什么？
因为它前面至少有 5 个名次了。举个例子，假设 c1 是最后一名，那么它前面至少有参加第 7 声比赛的另外 4 名和第 1 名。
所以，第 7 场最后一名被排除出总的前 5 名。
c1 如果是最后一名的话，c1 右边和 c1 行下面的也都被排除了。因为 c1 是后三行中最快的。
第 7 场最后一名只可能从 c1 b2 a3 中产生。原因如同上面分析第 2 3 名只能从 a2 b1 中产生一样。
看第 7 场比赛的可能结果：
a2 a3 b1 b2 c1 ：
4 5 名可能从 a4 a5 b1 b2 中产生，只需要第 8 场比赛就可决出结果。
b1 b2 a2 a3 c1 :
4 5 名可能从 b3 b4 a2 a3 中产生，只需要第 8 场比赛就可决出结果。
通过上面的结果，我们可以进一步看出来，a2 a3 和 b1 b2 在某种程序上有对称关系，也就是它们在结果中总是都会出现，比如：
a2 b1 a3 b2 和 a2 b1 b2 a3
a2 b1 a3 b2 和 b1 a2 a3 b2
就是凡是 a2 出现的地方 b1 都可以出现，a3 出现的地方 b2 都可以出现。
这样我们对问题的求解分枝就进行了归并。
既然这样，我们进一步知道，a3 或者 b2 出现的地方，c1 也同样可以出现。
现在先考查下 c1 是总第 6 名的情况（总第：表示加上第 6 场的第 1 名的排名），这时候 a3 可以为总第 3 4 5 名。
当 a3 为总第 3 名，需要 a4 a5 与 b1 b2 组成第 8 场比赛即可决出总第 4 5 名。这里参赛的马并不一定要是 5 匹，因为这种情况下显示从 4 匹马中就可得出结果。
当 a3 为总第 4 名，需要 a4 与 b2 b3 的第 8 场比赛即可决出总第 4 5 名。
由于 b2 和 a3 对称，所以，上面的情况对 b2 同样适用。(a3 为总第 3 名的话，b2 就是总第 5 名。上面没有 a3 为总第 5 名的原因就是在此。）
如果 c1 不是总第 6 名呢？
若 c1 是总第 5 名
当 a3 是总第 3 名，则需要 a4 a5 b1 c1 的第 8 场即可决出总第 4 5 名
当 a3 是总第 4 名，则需要 a4 c1 的第 8 场即可决出总第 5 名
由于 b2 和 a3 对称，所以，上面的情况对 b2 同样适用。
若 c1 是总第 4 名
当 a3 是总第 5 名，需要 a3 c2 d1 的第 8 场即可决出总第 5 名
由于 b2 和 a3 对称，所以，上面的情况对 b2 同样适用。
若 c1 是总第 3 名
当 a3 是总第 5 名，需要 a2 a3 c2 c3 d1 d2 e1 的第 8 场即可决出总第 4 5 名。由于这里参赛的马数大于 5 匹，所以需要第 9 场。
由于 b2 和 a3 对称，所以，上面的情况对 b2 同样适用。
（符号比较多，虽仔细但不敢保证没有任何问题，了解推导过程后可自行推导。）
综上，最少 9 场可决出前 5 名，情况好时在第 8 场即可。
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那么有没有可能减少场次呢？
在思考这个问题一段时间之后，我对着 Excel 表格画了一个 5 * 5 表格，填充表格颜色，对着推理了一段时间，觉得应该有更好的情况。
因为是要取前 5，上面的那个解决方案其实是对结果精确求解了，也就是最终的结果很明确的知道前 5 名的具体名次。
通过对着那个表格思考发现，这个表格里其实在一定程序上存在着类似于拓扑的距离无关性。也就是说，只要你是在前 5 名中，不管你是第 3 名还是 4 5 名，
只要在前 5 名里就可以。
我们从第 6 场之后开始分析。
这是第 6 场的结果：
a1 a2 a3 a4 a5
b1 b2 b3 b4
c1 c2 c3
d1 d2
e1
对比分割线以上的那个求解结果，我们发现，a3 b2 c1 的第一名必然在总前 4 名中。为什么？
因为 a2 a3 b1 b2 c1 一共 5 个位置，分别可为总第 2 3 4 5 6 名，三个中的第一名最差也能是个第 4 名。
它们中的最后一名也是无缘总前 5 名了，原因上分割线之上的解决方案中已经说了。
试着分析一下：
a3 b2 c1 的可能排名如下：
a3 b2 c1
此时总前 5 名中可以确定出 a1 a2 a3
而剩下的 2 个可以从 b1 b2 a4 a5 中选出，为什么？
假设 a3 为总第 3 名，则 a4 a5 再加上后面的 b1 b2 中必然有总第 4 5 名在其中，这也是分割线上的某种情况。
假设 a3 为总第 4 名，那 a4 再加上 b2 即可决出 第 5 名。
所以，总前 5 剩下的 2 个可以从 b1 b2 a4 a5 中选出。
a3 c1 b2
此时总前 5 名中可以确定出 a1 a2 a3
而剩下的 2 个可以从 b1 c1 a4 a5 中选出
b2 a3 c1
此时总前 5 名中可以确定出 a1 b1 b2
而剩下的 2 个可以从 b3 b4 a2 a3 中选出
b2 c1 a3
此时总前 5 名中可以确定出 a1 b1 b2
而剩下的 2 个可以从 b3 b4 c1 c2 d1 a2 中选出
c1 a3 b2
此时总前 5 名中可以确定出 a1 b1 c1
而剩下的 2 个可以从 c2 c3 d1 d2 e1 a2 a3 中选出
c1 b2 a3
此时总前 5 名中可以确定出 a1 b1 c1
而剩下的 2 个可以从 c2 c3 d1 d2 e1 b2 b3 中选出
后面的三种情况参赛马匹过多，我们看到 c2 c3 顺序是确定的，d1 d2 顺序是确定的。如果能知道 c2 d2 的速度大小顺序就可以减少参赛马匹数。
刚好我们第 7 场参赛才选出了 3 匹，再加上这 2 匹，刚好不浪费。
如果 c2 > d1, 那么上面的 c2 c3 d1 d2 e1 就可以减化为 c2 c3 d1
如果 d1 > c2, 那么上面的 c2 c3 d1 d2 e1 就可以减化为 d1 d2 e1 c2
而上面的倒数一二种中，a3, b2 都是可以在第 7 场中和 d2 d1 确定大小关系的，所以第 8 场参赛的马数必然可保证在 5 匹之内。
上面的倒数第 3 种情况中，d2 d1 同时出现，确定它们的大小关系后取大的那就就可以了。
所以，最少 8 场可决出前 5 名。
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到此结束，小结一下。
对于这样的“分布式”推理计算，人脑确实有很大的局限性。不用纸和笔或计算机记录中间过程，推导一会儿很容易就迷失在细节里了。
拿个笔在纸上写写划划一会儿就有结果了。大脑还是对线性推理比较适合。果然，自我验证了之前看过的一本书里的说法。