你受雇担任仲裁人，要把一件不可分割的小物件随机地判给Alice、Bob或Charlie中的一人，使三人得到的概率都是\(\frac{1}{3}\)。好在你有一台电子抛硬币装置，面板上有一个模拟旋钮，可以输入任意想要的概率\(p\)；按下按钮后，装置以概率\(p\)显示“正面”（Heads），否则显示“反面”（Tails）。
糟糕的是，装置亮起了“电量不足”的指示灯，警告你：概率\(p\)只能设定一次，之后抛掷按钮最多只能按10次。你还能完成这项工作吗？
答案是：可以。 而且根本用不到10次——只要抛4次就够了。
题目只允许设定一次\(p\)，所以正确的思路是先把游戏规则设计好，再挑选\(p\)让规则恰好成立。
作为对照，如果允许设定两次\(p\)，两次抛掷就够了：先设\(p=\frac{1}{3}\)，正面则给Alice；否则把\(p\)重设为\(\frac{1}{2}\)，用它决定给Bob还是Charlie。可惜\(p\)只准设一次。
只准设一次时，一个自然的想法是：抛若干次，用“非全同”的结果在Alice与Bob之间做选择，把剩下的一种结果留给Charlie——但要设法保证Alice与Bob的总概率恰好相等。
若抛3次，只要不是“三正”或“三反”，就可以用这3次里“异样”的那一次来区分三人（例如按“异样那一掷的位置”指派）。可是“三正/三反”这两种结果无从指派，只能重来，于是抛掷次数没有上界。题目要求有界（最多10次），所以这条路走不通。
抛4次时，按正面次数\(k\)分层，每层的结果个数是二项式系数\(\binom{4}{k}\)：\(k=0,1,2,3,4\)时分别为\(1,4,6,4,1\)。
关键在于：\(k=1,2,3\)这三层的结果个数\(4,6,4\)全是偶数。于是对每一层，我们都能把该层的结果对半分给Alice和Bob。又因为同一层内每个结果的概率完全相同（都等于\(p^{k}(1-p)^{4-k}\)），对半分之后Alice与Bob在每一层各拿走该层概率的一半，从而两人的总概率必然相等。
把两个“全同”结果——“四正”和“四反”——留给Charlie，并记\(q=p^{4}+(1-p)^{4}\)。于是
\[ \Pr[\text{Charlie}]=q,\qquad \Pr[\text{Alice}]=\Pr[\text{Bob}]=\frac{1-q}{2}.\]
只要让\(q=\frac{1}{3}\)，三人就各得\(\frac{1}{3}\)。
\(q=p^{4}+(1-p)^{4}\)是\(p\)的连续函数。在\(p=\frac{1}{2}\)处
\[ q=\left(\frac{1}{2}\right)^{4}+\left(\frac{1}{2}\right)^{4}=\frac{1}{8}<\frac{1}{3},\]
而当\(p\to0^{+}\)时\(q\to0^{4}+1^{4}=1>\frac{1}{3}\)。由介值定理（IVT），在\((0,\frac{1}{2})\)内必存在某个\(p\)使\(q\)恰好等于\(\frac{1}{3}\)。
这个\(p\)甚至能写出显式：令\(u=p(1-p)\)，则
\[ p^{4}+(1-p)^{4}=\left(p^{2}+(1-p)^{2}\right)^{2}-2p^{2}(1-p)^{2}=(1-2u)^{2}-2u^{2}=1-4u+2u^{2}.\]
令它等于\(\frac{1}{3}\)，解得\(u=1\pm\frac{\sqrt{6}}{3}\)，取合理的一根\(u=1-\frac{\sqrt{6}}{3}\)。再由\(p(1-p)=u\)解出
\[ p=\frac{1}{2}\pm\sqrt{\sqrt{\frac{2}{3}}-\frac{3}{4}}\approx0.2421\ \text{或}\ 0.7579\]
（这里用到\(\frac{\sqrt{6}}{3}=\sqrt{\frac{2}{3}}\)）。取\(p\approx0.2421\)（或对称地取\(p\approx0.7579\)）即可，抛4次就完成任务，远在10次的限制之内。
策略与\(p\)的配合是：把\(p\)设为上面那个值，抛4次；若结果“四正”或“四反”，就把物件判给Charlie；否则看正面数落在哪一层，在层内按预先约定好的对半划分，把结果指派给Alice或Bob。每层都被对半平分，故Alice与Bob等概率；又因\(q=\frac{1}{3}\)，Charlie也恰得\(\frac{1}{3}\)。
值得注意的是，这里并不需要真正解出\(p\)：介值定理只保证这样的\(p\)存在，而“存在”就已经足够把活干完。
- 同样的思路可以推广到\(n\)个人：用有界的抛掷次数（约\(2\log_{2}n\)次）即可做到——先把\(2^{f}\)个结果里能均分成\(n\)份的部分分掉，再用介值定理微调\(p\)，来处理每个“正面数层”剩下的零头。
- 本题与问题039：Fair Play同源，都是“用有偏硬币制造公平随机性”；区别在于本题只准设定一次\(p\)、且抛掷次数必须有界，于是要靠介值定理来“凑”出精确的\(\frac{1}{3}\)。