在\(n\times n\)的棋盘上，每个格子里画着一个箭头，指向它的八个相邻格子之一（如果格子位于边缘，箭头也可以指向棋盘外）。但相邻格子（包括对角相邻）里的箭头方向之差不得超过\(45^\circ\)。
一只旅鼠从棋盘中央的某个格子出发，沿着箭头一格一格地走。它是否注定要掉下棋盘？
是的，它必定会掉下棋盘。
一句话概括：旅鼠若被困住，就得绕一个环走一圈，那么箭头方向总共要转\(360^\circ\)；但棋盘没有洞，箭头方向绕任何回路的总转动都是\(0^\circ\)。两者矛盾。
假设旅鼠永远不掉下去。棋盘有限，它迟早会重复走到某个格子，之后就一直绕同一个环转下去。所以只要证明“环不存在”。
第一，环上方向必须总共转\(360^\circ\)。 环上每格的箭头都指向环上的下一格，所以箭头方向就是前进方向。绕环一圈回到起点，方向也回到原样——但“方向回到原样”只说总转角是\(360^\circ\)的整数倍（\(0^\circ,\pm360^\circ,\pm720^\circ,\dots\)），并不等于\(0^\circ\)：就像原地转一整圈，最后朝向没变，却确实转了\(360^\circ\)。究竟是哪个倍数，要看有没有真的绕一圈。环是不自交的闭合曲线（两步若在格心交叉，会逼出两个相邻格子的箭头相差\(90^\circ\)，不允许），沿它走一圈就是绕了一圈，所以总转角是\(\pm360^\circ\)，而不是\(0^\circ\)。
第二，任何回路方向的总转动都是\(0^\circ\)。 把八个方向编号\(0,1,\dots,7\)（相邻编号差\(45^\circ\)）。从任一格子出发沿路走，每走一步就记下方向编号的变化（只能是\(-1,0,+1\)），累加起来。这个累加值只与终点有关、与路线无关：棋盘没有洞，任何闭合路线都能拆成一个个小方格，而绕一个小方格走一圈时，四个格子的箭头两两相差不超过\(45^\circ\)，累加恰好是\(0\)。所以沿任何闭合回路走一圈，累加值回到原值，总变化是\(0\)。
两者矛盾（\(0\ne\pm360^\circ\)），所以环不存在，旅鼠必定掉下棋盘。
附：最小环的说法。 假设真有棋盘能困住旅鼠，取一个围住面积最小的环\(C\)（不妨设顺时针）。只留\(C\)和它围住的内部，把所有箭头顺时针转\(45^\circ\)——每个箭头转同样多，规则仍满足。\(C\)顺时针时，“前进方向顺时针转\(45^\circ\)”指向内部，于是\(C\)上的箭头都朝里，旅鼠进得去出不来；里面地方更小，他迟早绕出更小的环，与\(C\)最小矛盾。
棋盘一共只有\(n^2\)个格子。若旅鼠永远不掉下去，它就会无限地走下去，于是走过的\(n^2+1\)个格子中必有重复。取最早被重复到达的那个格子，从它第一次被访问处开始，之后的路线会原封不动地重演，于是旅鼠进入一个环：
\[ s_0\to s_1\to\cdots\to s_{m-1}\to s_0,\]
其中\(s_0,\dots,s_{m-1}\)是\(m\)个互不相同的格子，\(s_{i+1}\)正是\(s_i\)里的箭头所指的格子（下标按\(m\)取模）。注意\(m\ge 3\)：一个格子不可能指向自己（\(m=1\)）；两个格子互相指（\(m=2\)）要求两个箭头方向相反、相差\(180^\circ\)，也违反规则。
所以，只要能证明这样的环不存在，旅鼠就必定掉下棋盘。
先看环上的每条边：第\(i\)条边是从\(s_i\)到\(s_{i+1}\)的“一步”，只有八个可能方向，而且这个方向恰好就是\(s_i\)里箭头的方向。
两条这样的“一步”边要在中间（而非端点）相交，唯一的可能是同一个\(1\times 1\)小方格的两条对角线。设这个小方格的四个角是左下\(A\)、右下\(B\)、左上\(C\)、右上\(D\)，则两条对角线分别是\(A\)与\(D\)相连、\(B\)与\(C\)相连。两条对角线各有两种走向，共四种情形，每一种都会逼出一对相邻格子，使它们的箭头相差\(90^\circ\)：
- \(A\to D\)与\(B\to C\)：\(A\)朝右上、\(B\)朝左上，\(A\)与\(B\)左右相邻，相差\(90^\circ\)；
- \(A\to D\)与\(C\to B\)：\(A\)朝右上、\(C\)朝右下，\(A\)与\(C\)上下相邻，相差\(90^\circ\)；
- \(D\to A\)与\(B\to C\)：\(D\)朝左下、\(B\)朝左上，\(D\)与\(B\)上下相邻，相差\(90^\circ\)；
- \(D\to A\)与\(C\to B\)：\(D\)朝左下、\(C\)朝右下，\(D\)与\(C\)左右相邻，相差\(90^\circ\)。
四种情形都违反规则，所以环的两条边不可能在中间相交；又因为环上的格子互不相同（端点也不会重复），这个环一定是一条不自交的简单闭曲线。
关键一步：把方向“拉直”成普通的实数。
把八个方向按顺序编号\(0,1,2,\dots,7\)（相邻编号相差\(45^\circ\)）。规则“相邻格子的箭头夹角不超过\(45^\circ\)”也就是说：相邻格子的编号在圆周上相差不超过\(1\)。
因为棋盘是一块“没有洞”的区域（单连通），可以给每个格子\(s\)再配一个整数\(\psi(s)\)，称为它的展开角度，使得
- \(\psi(s)\)与编号同余，即\(\psi(s)\equiv k(s)\pmod 8\)，其中\(k(s)\)是格子\(s\)的编号；
- 相邻格子的\(\psi\)值之差正好是它们夹角的带符号版本：\(\psi(s')-\psi(s)\in\{-1,0,1\}\)。
为什么一定配得出来？从任一格子出发，沿相邻格子一路走过去，每走一步就把这一小段的方向差（取\(\{-1,0,1\}\)中与编号差同余的那个值）累加起来，作为到达格子的\(\psi\)值。关键结论是这个累加值与所选路径无关：棋盘没有洞，任何闭合路线都可拆成许多“小方块”和“小三角形”，而绕一个小方块或小三角形走一圈时，涉及的几个格子两两相邻，箭头都落在\(45^\circ\)范围内，方向差累加恰好抵消为\(0\)。既然绕任何闭合路线的总差都是\(0\)，\(\psi\)就良定义了。
沿环走一圈，每从\(s_i\)到\(s_{i+1}\)，方向的变化就是\(\psi(s_{i+1})-\psi(s_i)\)，它属于\(\{-1,0,1\}\)，即\(-45^\circ,0^\circ,+45^\circ\)三者之一。把一圈的转角全加起来：
\[ \sum_{i=0}^{m-1}\bigl(\psi(s_{i+1})-\psi(s_i)\bigr)=\psi(s_0)-\psi(s_0)=0,\]
因为\(\psi\)是每个格子上确定的一个数，绕一圈后回到原值，相邻两项首尾相消。
也就是说，旅鼠绕这个环走一圈，方向总共转了\(0^\circ\)。
另一方面，一条不自交的简单闭曲线，沿它走一圈时方向必定恰好转过一整圈，总转角为\(+360^\circ\)或\(-360^\circ\)：因为它把平面分成“里面”和“外面”，绕一圈必然刚好环绕一周。
于是同一个环给出两个互相矛盾的结果：总转角既是\(0^\circ\)，又必须是\(\pm360^\circ\)。
所以这样的环根本不存在，旅鼠不可能被困住，它一定会掉下棋盘。
- 证明并未用到“从中央出发”这一点，也没用到棋盘的具体大小：只要棋盘有限、连成一片（没有洞），结论就成立。
- 一个容易让人上当的“局部”反例是八边形小环：让八个格子上的箭头依次指向八个方向，绕一圈正好转\(360^\circ\)。这个环本身看起来完全合法，但补上周围的格子时，总会在某个格子处被迫同时迁就相差\(90^\circ\)的两个邻居，从而违反规则——这正是“绕任何回路总转动为\(0\)”所抓住的全局约束。
- 换一种说法：把方向看作圆周上的点，则“相邻箭头相差不超过\(45^\circ\)”使箭头场成为一个\(1\)-利普希茨映射；棋盘单连通，故它可提升为实数的“展开角度”。环上的总转角等于展开角度绕一圈的净变化，而单值函数的净变化必为\(0\)——冲突来自“绕数（winding number）为\(0\)”与“简单闭曲线的绕数必为\(\pm1\)”这两件事不能同时成立。