这个游戏背后的数学/计算原理是什么？
我的孩子们有这个有趣的游戏叫做Spot It！ 游戏约束（我可以描述的最好的）是：
游戏的原理是：翻转两张牌，并且首先挑选匹配图片的人得到一个点。
这是澄清的图片：
（例如：从上面的2张卡片可以看出，匹配的图片是绿色的恐龙，在右下角和中间右侧的图片之间，这是一个小丑的头。）
我试图了解以下内容：
满足这些标准所需的不同图片的最小数量是多少？您如何确定？
使用伪代码（或Ruby），如何从N张图片阵列中生成55张游戏卡（其中N是问题1中的最小数）？
更新：
每张卡片的确出现两次以上的画面（与一些人猜测的相反）。 看到这张3张卡片，每张都有一个闪电： 
有限投影几何
投影（平面）几何的公理与欧几里德几何稍有不同：
现在，添加“有限”到汤，你有问题：
我们可以只有2点的几何？ 有3分？ 用4？ 用7？
关于这个问题仍然存在悬而未决的问题，但我们知道这一点：
Q点的几何，则Q = n^2 + n + 1并且n称为几何的order数。 n+1个点。 n+1行。 总行数也是Q
最后，如果n是素数，那么确实存在n阶几何。
有人可能会问，这与谜题有什么关系。
把card而不是point和picture而不是line和公理成为：
现在让我们取n=7并得到Q = 7^2 + 7 + 1 order-7有限几何。 这使Q=57行（图片）和Q=57点（卡片）。 我猜谜题制作者决定55比57更圆，剩下2张牌。
我们也得到n+1 = 8 ，所以从每个点（卡片）开始，8行通过（出现8张图片），每行（图片）有8个点（出现在8张卡片中）。
下面是最着名的有7个点的有限投影（2阶）平面（几何）表示，称为Fano平面 ，从Noelle Evans复制 - 有限几何问题页面
我正在考虑创建一张图片来解释如何将上述2号飞机与7张卡片和7张图片拼成一个类似的拼图，但从math.exchange双胞胎问题中得出的链接恰恰就是这样一张图： Dobble-et- LA-几何学，finie
因此，总共有n张图片的池中有k = 55张包含m = 8张图片的卡片。 我们可以重申“我们需要多少张照片？”，以便我们可以在任意一张卡片之间构建一组只有一张共享图片的k卡片？ 相当于问：
给定一个n维向量空间和所有向量的集合，其中包含正好m个元素等于一个，所有其他零，n有多大，以便我们可以找到一组k向量，其成对点积是全部等于1？
精确地（n选择m个）可能的向量来构建对。 所以我们至少需要足够大的n以便（n选择m）> = k。 这只是一个下限，所以为了实现成对兼容性约束，我们可能需要更高的n。
只是为了试验一下，我写了一个小的Haskell程序来计算有效的卡片集：
编辑：我刚看到Neil和Gajet的解决方案后意识到，我使用的算法并不总是找到最好的解决方案，所以下面的一切都不一定有效。 我会尽快更新我的代码。
module Main where
cardCandidates n m = cardCandidates' [] (n-m) m
cardCandidates' buildup 0 0 = [buildup]
cardCandidates' buildup zc oc
| zc>0 && oc>0 = zerorec ++ onerec
| zc>0 = zerorec
| otherwise = onerec
where zerorec = cardCandidates' (0:buildup) (zc-1) oc
onerec = cardCandidates' (1:buildup) zc (oc-1)
dot x y = sum $ zipWith (*) x y
compatible x y = dot x y == 1
compatibleCards = compatibleCards' []
compatibleCards' valid [] = valid
compatibleCards' valid (c:cs)
| all (compatible c) valid = compatibleCards' (c:valid) cs
| otherwise = compatibleCards' valid cs
legalCardSet n m = compatibleCards $ cardCandidates n m
main = mapM_ print [(n, length $ legalCardSet n m) | n<-[m..]]
where m = 8
由此产生的最大数量的兼容卡对于m =每张卡8张图片来说，对于前几个n从n中选择的不同数量的图片看起来像这样：
尽管由于组合爆炸，这个蛮力方法并没有得到很大的进展。 但我认为它可能仍然很有趣。
有趣的是，似乎对于给定的m，k随着n的增加而增加，直到某个n，之后它保持不变。
这意味着，对于每张卡片的每张照片数量，都有一定数量的照片可供选择，从而可以获得最大数量的合法卡片。 添加更多图片以选择过去的最佳数字不会增加合法卡片的数量。
前几个最优k是：
我只是找到了一种方法来处理57或58张照片，但现在我头疼得非常厉害，我会在睡好了8-10个小时后发布红宝石代码！ 只是提示我的解决方案，每张7张牌都有相同的标记，总共可以使用我的解决方案构建56张牌。
这里是生成ypercube所谈论的全部57张卡片的代码。 它采用完全相同57图片，对不起家伙的我已经写了实际的C ++代码，但我们知道， vector <something>是包含的类型值的数组something很容易理解这个代码的作用。 并且该代码使用每个包含P+1图片的P^2+P+1图片并且仅共享1个图片来针对每个素数P值生成P^2+P+1卡片。 这意味着我们可以使用7张图片，每张图片有3张图片（对于p = 2），13张图片使用13张图片（对于p = 3），31张图片使用31张图片（对于p = 5） （对于p = 7）等等...
#include <iostream>
#include <vector>
using namespace std;
vector <vector<int> > cards;
void createcards(int p)
{
cards.resize(0);
for (int i=0;i<p;i++)
{
cards.resize(cards.size()+1);
for(int j=0;j<p;j++)
{
cards.back().push_back(i*p+j);
}
cards.back().push_back(p*p+1);
}
for (int i=0;i<p;i++)
{
for(int j=0;j<p;j++)
{
cards.resize(cards.size()+1);
for(int k=0;k<p;k++)
{
cards.back().push_back(k*p+(j+i*k)%p);
}
cards.back().push_back(p*p+2+i);
}
}
cards.resize(cards.size()+1);
for (int i=0;i<p+1;i++)
cards.back().push_back(p*p+1+i);
}
void checkCards()
{
cout << "---------------------n";
for(unsigned i=0;i<cards.size();i++)
{
for(unsigned j=0;j<cards[i].size();j++)
{
printf("%3d",cards[i][j]);
}
cout << "n";
}
cout << "---------------------n";
for(unsigned i=0;i<cards.size();i++)
{
for(unsigned j=i+1;j<cards.size();j++)
{
int sim = 0;
for(unsigned k=0;k<cards[i].size();k++)
for(unsigned l=0;l<cards[j].size();l++)
if (cards[i][k] == cards[j][l])
sim ++;
if (sim != 1)
cout << "there is a problem between cards : " << i << " " << j << "n";
}
}
}
int main()
{
int p;
for(cin >> p; p!=0;cin>> p)
{
createcards(p);
checkCards();
}
}
再次抱歉延迟的代码。
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