解密魔方 · 你手上的那个群

timeobserver137 番外 · 实践篇。不看前面八集也能读。正文只讲故事和概念脉络，推导在附录 A–G（有一处只给方向、没有走完，附录 C 末尾写明了）；附录里标「本文实算」的每一个数都可以自己复算，历史上的数字出处见文末。看过前面几集的：第二、三集讲过的陪集、拉格朗日定理和商群，会在第二、五、六、八节再出现。

配套视频（YouTube）

0. 一个还原不了的魔方

这个魔方，看上去差一步就可以还原了，除了角上的那一个颜色不对以外，其他的颜色和面都已经完成。

但是事实上随便我们怎么拧，拧一个下午回不去，拧一辈子也回不去。

这不是因为它难，而是它根本就不在「拧得出来」的那些状态里。这个与我们之前讨论的群论的奇偶性有一定的关系，在这个番外集中，我们就一起来看看魔方的魅力和秘密。

1. 一九七四年，布达佩斯的一个木盒子

鲁比克（Ernő Rubik）一九四四年生在布达佩斯，先学建筑，后来又读了室内设计。七十年代他在布达佩斯的应用艺术学院教设计课，业余做各种几何模型。一九七四年，他用二十七个小木块拼出了第一个能转、又不会散架的立体。他自己后来说，造这东西的时候，并不是要做一道谜题；可是把它拧乱之后，他花了一个多月才第一次把它拧回去。

一九七五年一月，他提交了匈牙利专利申请，专利上的名字是「空间逻辑玩具」。一九七七年底，这个东西在匈牙利开始卖，匈牙利语的名字直译过来就是「魔方」；一九七九年授权给美国的 Ideal 玩具公司，改名 Rubik’s Cube，一九八〇年起卖到了全世界。

这篇要讲的事，都从那个木盒子说起。

2. 先把它数出来

观察魔方的构造，它有八个角块、十二个棱块，以及中心永远都不会随着转动改变的那六块。魔方摆出来的每一个样子，叫做一个状态；一共能有多少个不同的样子，叫做状态数。

暂且不考虑如何将魔方还原，把所有的摆法都算进去：角块可以怎么排、每个角可以朝哪个方向，棱块可以怎么排、每个棱翻没翻。八个角块排进八个角位有 8! 种排法，每个角块三格朝向，八个就是 $3^8$ ；十二个棱块有 12! 种排法，每个棱两种朝向，是 $2^{12}$ ；四个数相乘（附录 B 逐项算了）。乘出来是 519,024,039,293,878,272,000。

而真正靠转动能得到的状态有 43,252,003,274,489,856,000。

前一个数正好是后一个数的十二倍。

这个十二也不是笼统乘上去的修正系数。它其实是 3×2×2，三个各自独立的因子，对应三件在魔方上做不到的事：单独扭一个角，单独翻一个棱，只交换两个块而别的都不动。第零节那个无法还原的魔方犯的正是第一条。

这三件事能用群论说清楚。每一件对应一个量：八个角各自扭了几格加起来除以三的余数、十二个棱翻转的总次数是奇是偶、二十个块两两交换的总次数是奇是偶。转动任何一个面，这三个量都不变（附录 C 逐条验算了六个面），所以不管接多少步，它们都和还原态一样。三个量分别只有 3、2、2 种取值，乘起来就是那个十二。第三集讲 sgn 的时候用过同一个工具：一个把「两个动作接起来」变成「两个数加起来」的映射，那一集叫它同态；这里是三个这样的映射并排。只要某个魔方的摆法在这三个量上对不上，它就永远无法回到六个面六种颜色的状态。

那我们可能会继续追问，既然知道了永远无法复原的模式，是否存在一套可以将魔方复原的方法呢？如果有，这套方法究竟是什么，又如何与我们的群论相关？接下来我们就从最基本的转动观察，一步步得到还原魔方的公式。

3. 六个动作，生成一切

魔方上能做的事只有六件：转六个面。那些看起来很复杂的还原步骤，也只是把这六件事接起来做。数学上把这六个叫生成元；所有能这样接出来、又都能撤销的动作放在一起，就叫一个群。这篇后面说的「魔方群」，指的就是它。

这一集还会有一张动起来的图：我们将五十四个魔方的色块投影到五十四个点上，按六个面聚成六小片；每一种转动对应一个圆环，把这次会动到的魔方色块串起来。转哪个面，哪个环就亮起来，环上的点顺着环挪过去，像拨一个转盘。

一个点是一个魔方色块，一个环则是一种转动。

4. 一层一层拧回去

先定义一下魔方的几种转动。魔方表面一共有五十四个小方格，这里我们叫它色块（早期的魔方是把彩色纸片贴上去的，所以附录里也叫它贴纸）：每个角块带三个色块，每个棱块带两个，每个中心块一个。拿着魔方，面对自己的那一面叫 F（front，前），它的对面叫 B（back，后），上面是 U（up），下面是 D（down），左面 L（left），右面 R（right）。一个字母表示把那一面顺时针转九十度，「顺时针」是正对着那一面看过去的方向；字母后面加一撇（如 $R'$ ）表示逆时针转九十度；加 2（如 $R2$ ）表示转一百八十度。拿实物核对一下：做一次 $R$ ，前面靠右的那一列会往上走，顶面靠右的那一列会往后走。一串字母就是按顺序做下去： $R\,U\,R'$ 是先转右面，再转上面，再把右面转回来。附录 A 把一次 $R$ 之后每个色块的去向都列了出来。

一个位置用它所在的面来叫：UFR 是上、前、右三面交汇的那个角，UF 是上面和前面之间的那条棱。

入门的还原方法都是一层一层来的：白色面朝下，黄色面朝上。官方说明书分八步，这里照它的分法和顺序。每一步只管一件事；从第三步起，每一步做完，前面拼好的部分都还在原处（第一步的花是个例外：它只是把四条白棱先集中到顶层，第二步会把它们一瓣一瓣翻下去）。下面按顺序说，每一步说它做什么，有公式的给出公式和它到底动哪几块（本文实算），以及在后面那个例子里用了几步。

想对照着拧，可以看官方的 Rubik’s 3×3 Solve Guide，或者 Ruwix 的入门法逐步图解；视频里这一节从 4:50 开始。每一步后面附一段动图，取自视频里的那个例子：随机打乱二十五步，再按这八步拧回去（就是本节末尾「真实还原一个」里那一个）。动图左上角是第几步和正在做的公式，下方是这一步拧了几下、一共几下；左边两个魔方是同一个魔方的前后两面，右边是第三节那个转盘图。

第一步，拼一朵花。 把四条带白色的棱找出来，转到顶层，白色朝上，围着黄色中心，像一朵四瓣的花。这一步不用公式，看着拧就行。例子里用了 7 步。

动图：例子里的第一步，拼花，7 下。

第二步，白十字。 转 U，把一片花瓣转到和它侧面颜色相同的那一面，再把那一面转一百八十度，花瓣就翻到了底面，白色朝下。四瓣翻完，底面是一个白十字，每条棱的侧面颜色都和中心对上。例子里 8 步。

动图：例子里的第二步，白十字，8 下。

第三步，白角。 把一个白角转到它要去的格子的正上方，拿着魔方让这个角在右前方。白色朝右时重复做

R\,U\,R'\,U'

直到它落进去（官方网页版把它的前三步 $R\,U\,R'$ 叫「右扳机」：转右面、转顶层、右面转回；小册子这一步用的是白十字朝上、带 $D$ 的另一组公式，见来源 15）；白色朝前也一样，接着重复做，一共五遍（也可以换个方向拿，让这个角到左前方、白色朝左，用左手做一遍镜像 $L'\,U'\,L\,U$ ，结果相同；下面的例子用的是五遍）；白色朝上，一共三遍：先做两遍 $R\,U\,R'\,U'$ ，它就翻成白色朝右，再做一遍；角已经在底层但位置或朝向不对，先用同一条公式把它顶上来。这条公式只动顶层的三个角和两条棱、一条中层棱，以及正要填的那一个底层格子；白十字和已经放好的角都不碰。例子里 41 步。

动图：例子里的第三步，白角，41 下（ $R\,U\,R'\,U'$ 做了三遍、两遍、五遍）。

第四步，中层。 第一面在下面，中层还有四条棱没归位，它们都在顶层（如果有一条卡在中层的错误位置、或位置对了但翻了面，先用下面的公式往那个格子里放别的棱，它就被顶出来了）。转 U，让一条不带黄色的棱的侧面颜色和中心对齐，拿着魔方让这一面朝自己，再看它顶上那个颜色是左边还是右边那一面的。要去右边的格子，用

U\,R\,U'\,R'\;U'\,F'\,U\,F

要去左边的格子，用

U'\,L'\,U\,L\;U\,F\,U'\,F'

这两条公式只动顶层（三个角、四条棱）和正要填的那一条中层棱。例子里 31 步。

动图：例子里的第四步，中层，31 下。

第五步，黄十字。 现在只剩顶层。先让顶层四条棱黄色朝上，用

F\;U\,R\,U'\,R'\;F'

做之前先看顶面的黄色是什么样（只看中心和四条棱，角上的黄色不算），按说明书的三张图持握：只有中心是黄的（一个点）；中间一横排三个黄（一条线，横着放）；黄色在中心、后中、左中（一个拐角，开口朝前右）。做完若还不是十字，重新对图再做，最多三遍。它只动顶层的四个角和三条棱。例子里 6 步。

动图：例子里的第五步，黄十字，6 下。

第六步，黄面。 把四个角扭到黄色朝上，公式是

R\,U\,R'\,U\,R\,U2\,R'

持法看顶面有几个角已经黄色朝上：一个都没有，就转顶层，让左前那个角的黄色色块朝左面（说明书的口诀「none, left」）；有一个，把它放在左前方（口诀「喂鱼」：那个黄角像鱼头，从你左手吃东西）；有两个，转到能把左手拇指按在前面左上角那个黄色色块上的位置。做完若没全黄，重新对图再做，可能要做好几遍，而且不是按固定顺序过渡。它只动顶层（四个角、三条棱）。例子里做了两遍，14 步。

动图：例子里的第六步，黄面，公式做了两遍，14 下。

第七步，黄角摆位。 四个角都朝上了，再把它们换到正确的位置。先转 U，看能不能让两个角同时到位（它们侧面的颜色都和中心对上）；能就把这两个角放到后面（说明书叫它们「尾灯」：对的角像车尾灯，放在车尾），做

R'\,F\,R'\,B2\,R\,F'\,R'\,B2\,R2\;U'

对的两个角相邻，就这样放好做一遍，四个角全到位；对角的两个没法同时放到后面，随便拿着做一遍，再转 U 就能让相邻的两个到位，按相邻的再做一遍。前九步只把三个角轮换一圈，不扭转、不碰棱（本文实算），最后的 $U'$ 只是把顶层转回对齐。例子里 11 步。

动图：例子里的第七步，黄角摆位，11 下。

第八步，黄棱摆位。 最后四条棱。把已经整面同色的那个侧面放到后面（没有就随便放），做

F2\,U\,L\,R'\,F2\,L'\,R\,U\,F2

它只把前、左、右三条棱转一圈，后面那条不动，角一块不碰（本文实算）。最多三遍，每一遍之前都重新找整面同色的侧面放到后面（公式不碰后面那条棱，所以做过一遍之后一定有一面是整的）；若前面那条棱的颜色和右面中心相同，把两个 $U$ 改成 $U'$ 。例子里 0 步。

动图：例子里的第八步。这一次四条棱已经在原位，一下都不用拧；动图只是把公式读一遍，示意它会让哪三条棱转一圈。

真实还原一个。 从还原态出发，随机拧二十五步把它打乱：

D'\,R'\,L\,U'\,B2\,R\,D2\,U'\,B'\,F\,U'\,L'\,U2\,F'\,U2\,B2\,L'\,U'\,R\,F'\,U'\,L\,U'\,F'\,U'

然后按上面八步拧回去：拼花 7 步，白十字 8 步，白角 41 步，中层 31 步，黄十字 6 步，黄面 14 步，黄角摆位 11 步，黄棱摆位 0 步，合计 118 步（同一步里相邻的同面转动已合并；只有黄面那一步照公式完整做了两遍，两遍接缝处的转动没有合并；本文实算：打乱加上这 118 步，每一块回到原位、朝向全对）。黄棱那一步是 0 步，是这个打乱的巧合：前七步没有一步管过四条黄棱的位置，做完第七步它们可能的排法有十二种，这次正好是排好的那一种；一般情况下这一步要做一到三遍。八步的完整转动序列在附录 D 末尾，动画按它画：每一步做完，亮出这一步拼好的块。

这些公式是哪里来的。 拆开看，除了拼花和白十字那两步看着拧，公式全是两个动作。一个叫换向器：做 A，做 B，撤销 A，撤销 B，写作 $[A,B]=A\,B\,A^{-1}\,B^{-1}$ 。两段各自动一大片，撤销之后一部分块回到原位，留下来的是两段共同范围附近的那几块： $[R,U]$ 的两段共有三块，动到的十三块里回来六块；附录 D 的算例两段只共有一块，十五块里回来十二块（均为本文实算）。另一个叫共轭：先做一步 $X$ ，把要修的块送到公式够得着的地方，做公式，再把 $X$ 撤销，写作 $X\,A\,X^{-1}$ ，同一招，换个地方使。第三步的 $R\,U\,R'\,U'$ 就是 $[R,U]$ ；中层往右放的公式是两个换向器接起来（ $[U,R]$ 接 $[U',F']$ ），往左放的是它的镜像。末层四条公式全是「换向器外面套一层共轭」（黄角那条不算最后对齐的 U′）：黄十字 $F\,[U,R]\,F'$ ；黄面 $R\,[U\,R',\,U]\,R'$ ；黄角摆位的前九步 $R'\,[F,\,R'\,B2\,R]\,R$ ；黄棱摆位 $(F2\,U)\,[U2,\,R2\,F2\,R2]\,(F2\,U)^{-1}$ ，这一条展开是十一步，和说明书印的九步是同一个群元素（四条都是本文实算；用程序穷举过，A、B 都不超过三步时这一条没有纯换向器写法，所以在这个长度内非套一层共轭不可）。第五、六步里先转一下 U 再做公式，是共轭的前一半：把要修的块送到公式够得着的地方；那一下 U 不用撤销，因为这两步只看朝向，顶层转到哪都一样。附录 D 把这两个动作逐块算了一遍。

图 D：七条公式各写一行，换向器的两段和外面的共轭用颜色标出

图 D：换向器是「做 A，做 B，撤销 A，撤销 B」，动到的只有两段共同范围附近的那几块；共轭是「先用 X 把要修的块送到公式够得着的地方，做完再把 X 撤销」。图例：A 绿色，B 橙色，撤销它们的 A′、B′ 与原段同色但淡一级，外面的 X…X′ 用金色框住。

这八步的顺序本身也有讲究：从白十字起，每做完一步，就有一批块被锁定，后面每一步做完，它们都还在原处。第五节讲的就是这件事的数学版本。

5. 把还原写成一条链

一九八一年，英国数学家 Morwen Thistlethwaite 把上一节那种一步锁定一批块的做法推到了底：把还原这件事拆成了四段。他一九七二年在曼彻斯特拿到数学博士，之后三年去学了钢琴，一九七五年才回头以数学为业，做出这个办法的时候在伦敦南岸理工学院教书，后来以纽结理论知名。他的办法是：每做完一段，就有一批块被锁定，同时有几种转动从此不再用，能到的状态随之变少。最后一段结束，只剩还原态。用这个办法他证明了，任何状态五十二步以内都能还原，这是当时最好的上界。

四段分别做什么，按可以画出来的方式列在下面。「还剩的状态数」是把第二节那个总数逐段除出来的，每一步都除尽（本文实算）；每段的「情形数」出自来源 13。

段	这一段做成什么	这一段的情形数	做完后还能用的转动	做完后还剩的状态数
起点	打乱的魔方		六个面都可以转九十度	43,252,003,274,489,856,000
一	把十二条棱的翻转全部摆正	2,048 = $2^{11}$	$L,R,F,B$ 随便转； $U,D$ 只转一百八十度	21,119,142,223,872,000
二	把八个角的扭转全部摆正；把 UF、UB、DF、DB 这四条棱放回左右两面之间的那一圈	1,082,565 = $3^{7}\times 495$	$L,R$ 随便转；其余四面只转一百八十度	19,508,428,800
三	剩下八条棱各自放回自己那一圈；八个角分成两组，各自回到自己那组的四个位置；把奇偶调成一致	29,400 = $70\times70\times6$	六个面都只转一百八十度	663,552
四	只用一百八十度的转动，把剩下的全部归位	663,552	不再需要转动	1

每一段结束时，能做的转动比上一段少，能到的状态也比上一段少：四个范围一个套一个，后一个包在前一个里面。数学上这叫一条子群链。第三集讲伽罗瓦的时候把 $S_4$ 一层层剥开： $S_4$ 缩到 $A_4$ ，再缩到 $V_4$ ，一路缩到只剩 $e$ ，那一集叫它合成列。形状和这里一模一样；那里一层层剥，是为了看出四次方程为什么解得开、五次的 $A_5$ 为什么剥不动，这里一层层剥，是为了把魔方拧回去。还原不必在四千三百亿亿个状态里乱找，可以一层层缩小范围。

这张表就是动画的分镜：每一段亮出这段锁定的块，划掉从此不再用的转动，角落里的状态数跟着缩小，四段之后只剩一个。

今天的计算机解法基本都是这个思路。一九九二年，科先巴（Herbert Kociemba）把四段压成两段，这就是两阶段算法；他后来写的求解程序 Cube Explorer 用的就是它，任何状态通常不到一秒就能给出二十步以内的解法。两阶段的第一站就是上表第二段做完的那个范围（换一个方向摆：上下两面随便转，其余四面只转一百八十度），附录 E 算了它有 19,508,428,800 个状态，整个魔方群被它切成 2,217,093,120 块。这也是下一节那个证明的起点。

6. 二十步

二〇一〇年七月，罗基奇（Tomas Rokicki）、科先巴、Morley Davidson 和 John Dethridge 证明了：任何一个合法的魔方状态，二十步以内都能还原，把一个面转九十度或一百八十度都算一步。这次计算用了大约三十五 CPU-年。一 CPU-年是一个处理器不停地算一年的工作量；按他们自己的换算，一台当时的好台式机要算三十五年，分到 Google 捐出的大批闲置机器上，几个星期就算完了。

四年后，二〇一四年八月，罗基奇和 Davidson 又算出了另一种数法的结果：如果规定一百八十度算两步，那么还原的上限是二十六步。这次计算用了大约二十九 CPU-年，机器在俄亥俄超算中心。

他们的证明并不是把四千三百亿亿个状态逐个算了一遍。他们的思路是把整个状态空间按一个子群切成一块一块（数学上叫陪集），同一块里的状态拧回那个子群用的是同一批转动，所以每一块只要算一次；再用魔方的对称性、并让算过的块顺带覆盖别的块，把要算的块数压到原来的百分之二点五。换句话说，真正让这件事算得完的，是群论。

陪集这个词第二集就出现过： $S_3$ 的六个动作，按子群 $A_3$ （三个旋转）切成两块，另一块是三个翻转，两块一样大，不重不漏拼满整个群， $6 = 2 \times 3$ 。这就是拉格朗日定理（第三集从头证了一遍）。这里是同一件事放大到四千三百亿亿：子群 $H$ 有 19,508,428,800 个状态，切出来 2,217,093,120 块，两个数相乘正好是 43,252,003,274,489,856,000，一个不多一个不少（附录 E 算了这道除法）。

第五节那条子群链，和这里的陪集，是同一个想法的两种用法：一个逐段缩小范围，一个逐块给上界。

7. 到多少阶为止

除了最常见的三阶魔方，我们可能还看到过四阶、五阶、甚至十阶魔方，那么在阶数上会不会到了某个阶，就解不开了？就像五次方程没有根式解一样？

答案是不会。任何一个合法的打乱，都是一串转动做出来的。把那串转动倒着做回去，就能回到还原态。还原魔方的这个群是有限的，每个元素都有逆。「能被拧乱」和「能被拧回去」本来就是同一个操作的正反面。

会变的只有步数。 $n\times n\times n$ 的魔方，最坏情况下需要的还原步数是 $\Theta(n^2/\log n)$ 这个量级，意思是步数大致按 $n^2/\log n$ 的比例增长。这个上界的来历是：把标准解法并行起来，一次转动可以顺手把好几处互不相干的块一起带到位，省下来的正是那个 $\log n$ 。

所以，问「到多少阶为止」，得到的不是一个阶数，而是一条增长律。真正拦住我们的是造不出来、转不动，不是解不开。

四阶上还有一些有意思的事：第二节那三条守恒量，到了四阶各有各的不同。

角的朝向那一条没变。棱的翻转那一条在四阶没有对应的规则，原因是形状：四阶的棱是成对的两块，单独一块翻不过来。三阶上「翻一个棱」这件事，在四阶表现成把同一条棱的两块对调，那是位置的事，不再是朝向的事。

奇偶那一条最有意思：它没有消失，只是不再看得见了。四阶的中心块会跟着面转一起走，而同色的四块中心长得一模一样，于是角的奇排列可以把痕迹藏进中心里，从表面上看不出哪里不对。三阶每个面只有一个中心，藏不住，痕迹就留在奇偶那一条守恒量上。只要把中心块做成彼此可以区分的（图案魔方就是这样），那个奇排列立刻又变得可见。

玩四阶的人把这类卡住的情形叫 parity，遇上了就得多走一段。它还有另一个来路：三阶的一条棱在四阶是两块，附录 G 的例子就是那一种。它不是四阶「更难」，是三阶那条守恒量在四阶没有了落脚的地方。

三条「做不到」里，翻棱和奇偶这两条是三阶的性质，不是魔方的性质；扭角那一条在四阶照旧成立。

8. 你手上就有一个群

前面我们所讲的八集主要讨论的是单群：不能再往下拆的那种群，像数里的素数。魔方群不是单群，它拆得开。而且拆开它不需要什么深的工具，用第二节的奇偶就够了。

先说什么叫奇偶。八个角块的任何一种排法，都可以通过若干次「两个角互换」得到；互换的次数可以不一样，但它是奇数还是偶数，是定的。转一个面，四个角轮换一圈，相当于三次互换，所以是奇数；连转两次就是偶数。第二节的第三个守恒量说的是，角的奇偶和棱的奇偶乘起来永远是偶；但单看角的那一半，是会变的。

于是魔方群里的操作分成两堆：做完之后角块排成偶排列的，和排成奇排列的。偶的那一堆自成一个群：两个偶操作接起来还是偶的，什么都不做也算偶的，偶操作的逆还是偶的。这一堆占整个魔方群的一半。

它还有一条更强的性质。随便取一个操作 $g$ ，先做 $g$ ，再做偶的那一堆里的某个操作，最后把 $g$ 撤销。这样「换个地方做」出来的操作，仍然在偶的那一堆里： $g$ 带来的奇偶和撤销 $g$ 带来的奇偶互相抵消，中间那一步是偶的，合起来还是偶的。数学上把这样的一堆叫正规子群。这张图第三集画过： $S_3$ 的 Cayley 表按 $A_3$ 切成两块，一块叫「偶」，一块叫「奇」，偶接偶是偶，偶接奇是奇，奇接奇是偶，整张六乘六的表缩成一张二乘二的表，那一集叫它商群 $S_3/A_3$ 。魔方群按角的奇偶切开，得到的是同一张二乘二的表：偶的那一堆就是这里的 $A_3$ ，角排列的符号就是那一集的 sgn。只是这一次，表的一半里有两千一百多亿亿个操作。附录 F 用程序核了一遍：两百个随机操作，角的奇偶乘棱的奇偶全是偶；六十个随机的 $g$ ，换个地方做之后全部还在偶的那一堆里。

一个群只要有一个这样的正规子群（既不是只含「什么都不做」的那一个，也不是它自己），就不是单群。魔方群有，所以它不是单群。附录 F 里另外还有两个：把十二个棱全部翻一遍的那个操作和「什么都不做」组成的两元素子群，以及把每块都放回原位、只改变朝向的那一堆。

前面八集里的单群，拆不动；魔方群拆得开，而且拆法就写在它表面上，看角块的奇偶就能看见。这正是它适合拿来当教具的原因：还原方法走的也是这一类路子，把群一层一层缩小，第五节的子群链和第六节的陪集都是这样。

9. 小结

最后看一遍状态数（第二节数过的那两个数）的那个乘积（附录 B）。角和棱的位置给出 $8!\cdot12!$ ，朝向给出 $3^7$ 和 $2^{11}$ ，最后那个二分之一来自奇偶必须配对。和不加限制的数法相比， $3^8$ 少成 $3^7$ ， $2^{12}$ 少成 $2^{11}$ ，再除以 2，正是第二节那个 $3\times2\times2$ 。每一个因子都对应一件具体的事：块能去哪里，块能朝哪个方向，以及哪些交换是被禁止的。

三个守恒量，六个生成元，一条子群链，二十步。这一集就是这几样东西，没有别的。

最后回到第零节那个魔方。那个角被扭过一格，把八个角各自扭了几格加起来，除以三余一，不是零。它当然可以被扭回去，用手把那个角扭回一格就行。它到不了的是另一条路：六个面转，无论接多少步，都到不了它那里。它不是一道很难的题，它根本不在这盘棋里。

附录

附录 A · 群、生成元、群作用

本附录提供的词是：群、生成元、置换、轮换与轮换分解、阶、群作用，以及”所有摆法也构成一个群”这一步。其余术语在用到它的附录里定义（符号 sign 在 C，正规子群在 F）。每条结论后面配一个能自己算的例子；所有数字由程序生成，不是手抄的。

A.1 从”可以撤销的动作”开始

在魔方上能做的事，都有一个共同的性质：做完可以撤销。把右面顺时针转九十度，再逆时针转九十度，魔方回到原样。

把这类动作收在一起，就得到了一个群。群这个词只要求四件事，每一件在魔方上都看得见：

要求	名字	在魔方上是什么
两个动作接起来仍是一个动作	封闭	先转右面再转上面，整体也是一个可撤销的动作
接的顺序分组不影响结果	结合	$(ab)c$ 与 $a(bc)$ 是同一串转动，括号只是断句
有一个”什么都不做”	单位元	放着不动
每个动作都有撤销它的那个动作	逆元	顺时针九十度的逆是逆时针九十度

注意群只要求”接起来”有意义，不要求可交换：先转右面再转上面，和先转上面再转右面，结果不同。魔方就是一个不可交换的群，而这正是它有内容的原因。

A.2 六个生成元

魔方上的基本动作只有六个：转六个面。记作 $U,D,L,R,F,B$ （上、下、左、右、前、后），加一撇表示反方向（ $R'$ ），加 $2$ 表示转一百八十度（写作 $R2$ ，也常写成 $R^2$ ；后面的公式一律用 $R2$ ）。

由这六个动作接出来的所有动作，构成的群记作

G=\langle U,D,L,R,F,B\rangle .

尖括号读作”由……生成”：括号里那几个叫生成元， $G$ 里每个元素都是它们的有限串。

算例（ $R$ 到底动了什么，由程序生成）。把六个面的五十四张贴纸编号 $0$ – $53$ ，转一次 $R$ 之后，贴纸的位置这样搬动：

(2\;20\;29\;51)\quad(5\;23\;32\;48)\quad(8\;26\;35\;45)\quad(9\;15\;17\;11)\quad(10\;12\;16\;14)

附录 A 图：五十四张贴纸的编号，以及一次 R 动到的那二十张

图 A：把魔方摊开成六块的样子，每格里的数字就是这张贴纸的编号。带彩色角标的二十张，是一次 $R$ 会动到的；角标上的数字表示它属于下面五条轮换里的哪一条。右面正中那张（13 号）没有角标，它是不动点。这张图由生成附录数字的同一份代码画出。

括号里的写法叫轮换，这里按「现在这一格里的贴纸是从哪一格来的」读： $2$ 这一格现在是原来 $20$ 的贴纸， $20$ 这一格是原来 $29$ 的， $29$ 是原来 $51$ 的， $51$ 是原来 $2$ 的。换成「贴纸去了哪」就反过来： $2$ 上的贴纸去 $51$ ， $51$ 去 $29$ ， $29$ 去 $20$ ， $20$ 回到 $2$ 。拿实物核对时认准这一点：转一次 $R$ ，顶面靠右那一列是往后面走的，前面靠右那一列是往上走的。一次 $R$ 动了 20 张贴纸，恰好是五条长度为 $4$ 的轮换。这 20 张分两部分：右面自己的 8 张，以及四周被带走的 12 张。右面中心那张贴纸的位置不变，在置换里它是一个不动点；物理上那块中心确实在原地转了，只是从贴纸的颜色上看不出来。

A.3 置换、轮换分解、元素的阶

上面那种”哪个位置去哪个位置”的对应叫置换。把一个置换拆成互不相交的轮换，叫轮换分解。分解是唯一的，不过”唯一”要说清楚：不计这些轮换写下来的先后，也不计每条轮换从哪个元素起写（上面那五条，我各自选了一个起点）。在这个意义下它是唯一的，所以它是一个动作的指纹。

一个动作重复多少次回到原样，叫它的阶。 阶不是神秘的数：每条轮换各自转回原位所需的次数就是它的长度，全部同时回位的最小次数就是这些长度的最小公倍数。

算例（三行，全部实算）

动作	动了几张贴纸	轮换长度	最小公倍数 = 阶
$R$	20	$4,4,4,4,4$	$4$
$R\,U$	32	$3,7,7,15$	$105$
$R\,U\,R$	32	$2,2,5,5,6,6,6$	$30$

看第二行： $RU$ 要重复 105 次才回到原样，而 $105=3\cdot5\cdot7$ 就摆在那三个轮换长度里（ $15=3\cdot5$ ）。这个数不用猜，是直接数出来的。

第三行是对照： $R\,U\,R$ 只比第二行多接一个 $R$ ，阶却是 $30$ 。多接一步，阶就可以差很多；所以阶要逐个去数，不能看公式长得像就猜。

A.4 群作用：动作和状态是两件事

最后一个词，也是后面几个附录反复要用的：群作用。

$G$ 里的元素是动作；魔方摆成的样子是状态。一个动作作用在一个状态上，给出另一个状态。从还原态出发， $G$ 里的每个动作各给出一个状态，能这样得到的状态就叫”拧得出来的”。

把这两件事分清楚有直接的用处。设想把一个角块抠下来、原地扭一格再装回去：得到的状态当然存在，你手上就是它；但它不是任何一串转动作用在还原态上的结果，所以它不在”拧得出来”的那些状态里。

有一个说法要避免：不能说那个状态”没有逆”。把它抠下来扭回去就复原了，所以作为一个摆法它当然可逆。它缺的不是逆，是到达的路径：六个面转，无论接多少步，都到不了它那里。附录 C 会把这句直觉变成一个可以算的判据。

还有一步要在这里交代，否则后面会突然多出一个对象。摆法本身也能接起来：先按一种摆法把块摆好，再按另一种摆法重排一次，结果仍是一种摆法。于是所有摆法也构成一个群，附录 B 数的就是它的大小；而”拧得出来”的那些动作组成的 $G$ ，坐在它里面。C 算出的那个 12 和 F 说的”那三个量分的是更大的那个集合”，都是指这件事。

后面的附录里，这一节的词是这样接下去用的：B 数的是状态的个数；C 定义的三个量是状态的函数，而它们在 $G$ 的每个动作下不变；E 把 $G$ 按一个子群切开，切出来的块叫陪集；F 问 $G$ 内部能不能再拆。

附录 B · 把状态数数出来

这一节要干什么。 正文 §2 说，不加限制地数出来的状态数是真值的 12 倍。这里把两个数都数出来，并把 12 这个比值算准；至于这 12 是从哪来的，是附录 C 的事。

先说清楚”一个状态”指什么

把魔方拆开，能拆出三种块：8 个角块（三种颜色）、12 个棱块（两种颜色）、6 个中心块（一种颜色）。中心块彼此之间不会换位，它们只在原地转，所以六个中心确定了”哪一面该是什么颜色”，我们就用它们当坐标系，不再计入状态。

于是一个状态由四件事决定：

8 个角块分别落在哪个角位上；
每个角块在自己的位置上转到了第几格（角位有三张贴纸，角块的某张指定贴纸可以落在其中任意一张的位置上）；
12 个棱块分别落在哪个棱位上；
每个棱块翻没翻（棱位有两张贴纸）。

第 1 条和第 3 条各是一个置换(permutation)：把 8 个块一一对应到 8 个位置上的一种排法，没有两个块落在同一个位置。第 2 条叫朝向(orientation)，第 4 条叫翻转(flip)，本附录只要数个数，它们的精确定义放在附录 C。

不加限制地数

四件事分别数，再相乘：

8!\;\cdot\;3^{8}\;\cdot\;12!\;\cdot\;2^{12}.

逐项的来历：8 个角块排进 8 个角位有 $8!$ 种排法；每个角块各有 3 格朝向，8 个角块就是 $3^8$ ；棱同理， $12!$ 和 $2^{12}$ 。

算例（逐位算出来）：

因子	值
$8!$	40 320
$3^{8}$	6 561
$12!$	479 001 600
$2^{12}$	4 096
乘积	519 024 039 293 878 272 000 $\approx 5.19\times10^{20}$

真正能拧出来的状态数

|G| = \frac{8!\cdot 3^{7}\cdot 12!\cdot 2^{11}}{2} = 43\,252\,003\,274\,489\,856\,000 \approx 4.33\times10^{19}.

这个式子里有三处收缩： $3^8$ 变成 $3^7$ 、 $2^{12}$ 变成 $2^{11}$ 、最后再除以 2。

算例（把比值算出来）：

\frac{8!\cdot 3^{8}\cdot 12!\cdot 2^{12}}{8!\cdot 3^{7}\cdot 12!\cdot 2^{11}/2} = 3\times 2\times 2 = 12 ,

两个大数相除也是同一个结果： $519\,024\,039\,293\,878\,272\,000 \div 43\,252\,003\,274\,489\,856\,000 = 12$ ，余数为 0（本文实算）。

对照（这个比值会不会不管填什么都是 12）：把 $3^7$ 误写成 $3^8$ ，右边变成 $129\,756\,009\,823\,469\,568\,000$ （正好是 $|G|$ 的 3 倍），比值就成了 4，与 $|G|$ 也不等。所以上面那个”整 12”不是凑出来的。

这 12 不是一个笼统的修正系数，而是三个独立的因子 $3\times2\times2$ 。 每个因子对应一条”做不到”，三条各自是一个守恒量。附录 C 把这三个量写出来，并证明它们确实不动。

附录 C · 三个守恒量

这一节要干什么。 把附录 B 里的 $3\times2\times2$ 兑现成三个具体的量：每个量都是一个可以从状态直接算出来的数，任何一次转动都不改变它。有了它们，“只扭一个角""只翻一个棱""只换两块”这三件事就一句话讲清：它们改变了不该变的量。

把朝向和翻转定下来

要算数，先得把”转到第几格""翻没翻”定义到可以逐块读出来。

角的朝向。 每个角位贴着三张贴纸。把这三张按从外面看逆时针的顺序排好，并且让贴在 U 面或 D 面的那张排在第一位（每个角位恰好贴着 U 或 D 之一）。每个角块也有一张指定贴纸：它在还原状态下贴在 U 或 D 面的那一张。朝向 $o$ 就是这块的指定贴纸现在落在所在角位的第几张上，取值 0、1、2。

棱的翻转。 每个棱位贴着两张贴纸，指定其中一张为”主位”：若该棱位贴着 U 或 D，取那一张；其余四个中层棱位取贴着 F 或 B 的那一张。每个棱块同样有一张主贴纸（按它还原时所在的棱位定）。翻转 $f$ 为 0 表示主贴纸落在主位上，为 1 表示落在另一张上。

这两条定义只用到”哪张贴纸在哪”，读者拿一个实物魔方就能逐块读出来。

三个量

设一个状态为 $(p, o, q, f)$ ： $p$ 是角的置换， $o=(o_1,\dots,o_8)$ 是八个角的朝向， $q$ 是棱的置换， $f=(f_1,\dots,f_{12})$ 是十二个棱的翻转。定义

\sigma = \sum_{i=1}^{8} o_i \bmod 3,\qquad \tau = \sum_{j=1}^{12} f_j \bmod 2,\qquad \mathrm{sgn} = \operatorname{sign}(p)\cdot\operatorname{sign}(q).

$\bmod 3$ 的意思是只保留除以 3 的余数： $0,1,2$ 三个值，且 $2+2=1$ 。置换的符号 $\operatorname{sign}$ 这样定义：把一个置换拆成若干次”交换两块”的连续操作，拆法不唯一，但次数的奇偶性是唯一的；偶数次记 $+1$ ，奇数次记 $-1$ 。例如把四块转一圈（一个 4-轮换）需要三次交换，符号是 $-1$ 。

一次转动对这三个量做了什么

任取一个面转 90°，比如 $R$ 。它把四个角位上的块转一圈、四个棱位上的块转一圈，别的块不动。算例（六个生成元逐个读出来，本文实算）：

转动	角上的 4-轮换	角的朝向增量	棱上的 4-轮换	棱的翻转增量
$U$	(UBL ULF UFR URB)	全 0	(UL UF UR UB)	全 0
$D$	(DLB DBR DRF DFL)	全 0	(DL DB DR DF)	全 0
$R$	(DBR URB UFR DRF)	$1,2,1,2$	(DR BR UR FR)	全 0
$L$	(DLB DFL ULF UBL)	$2,1,2,1$	(DL FL UL BL)	全 0
$F$	(DFL DRF UFR ULF)	$2,1,2,1$	(FL DF FR UF)	四个棱各翻 1
$B$	(DLB UBL URB DBR)	$1,2,1,2$	(BL UB BR DB)	四个棱各翻 1

逐条读这张表：

符号：每个生成元都是”一个角的 4-轮换 × 一个棱的 4-轮换”。4-轮换的符号是 $-1$ ，两个相乘 $(-1)\times(-1)=+1$ 。所以 $\mathrm{sgn}$ 不变。
角的朝向： $U$ 和 $D$ 一格不扭；其余四个转动把四个角分别扭 $1,2,1,2$ （按轮换顺序读， $R$ 与 $B$ 是 $1,2,1,2$ ， $L$ 与 $F$ 是 $2,1,2,1$ ），四个数加起来都是 6， $6 \bmod 3 = 0$ 。所以 $\sigma$ 不变。
棱的翻转： $U,D,R,L$ 一个不翻； $F$ 和 $B$ 把自己那四个棱全翻， $4 \bmod 2 = 0$ 。所以 $\tau$ 不变。

三个量都不动。而且注意，不是”每块都不动”，是”加起来不动”： $F$ 明明翻了四个棱， $\tau$ 仍然不变。这正是守恒量的意思。

从一次转动推到任意一串转动

上一段只查了六个生成元。要推到任意状态，需要一条性质：这三个量在”把两串转动接起来”时是相加（相乘）的。

先把话说准。两个状态接起来仍是一个状态：先按 $y$ 摆一次，再按 $x$ 摆一次。这时新状态的角朝向是

o^{x\circ y}_i = o^{x}_{y(i)} + o^{y}_i \pmod 3 ,

这里 $o$ 按块编号， $y(i)$ 是块 $i$ 经过 $y$ 之后所在的位置：块 $i$ 先带着自己在 $y$ 里得到的朝向 $o^{y}_i$ 去了位置 $y(i)$ ，再被 $x$ 在那个位置上加了一格 $o^{x}_{y(i)}$ 。八项求和时， $y$ 只是把 $o^x$ 的八个数重新编了号，求和与编号无关，于是

\sigma(x\circ y) = \sigma(x) + \sigma(y) \pmod 3 .

同样的算法给出 $\tau(x\circ y) = \tau(x)+\tau(y) \bmod 2$ ；而置换的符号本来就满足 $\operatorname{sign}(p_1p_2)=\operatorname{sign}(p_1)\operatorname{sign}(p_2)$ ，所以 $\mathrm{sgn}$ 也是相乘的。

一个映射如果像这样”把接起来变成加起来（乘起来）“，就叫同态(homomorphism)。把三个量打包成一个映射

\Phi: (p,o,q,f)\;\longmapsto\;(\sigma,\ \tau,\ \mathrm{sgn})\;\in\;\mathbb{Z}/3\times\mathbb{Z}/2\times\{\pm1\},

它就是一个同态，右边一共 $3\times2\times2 = 12$ 个值。

于是：每个生成元的 $\Phi$ 值都是 $(0,0,+1)$ ；任何一串转动都是生成元接起来；同态把”接起来”变成”加起来”，加的都是 0。所以任何拧得出来的状态， $\Phi$ 值都是 $(0,0,+1)$ 。

算例（300 步随机拧，本文实算）：从还原态出发随机拧 300 步，每一步之后读一次 $(\sigma,\tau,\mathrm{sgn})$ ，300 次全是 $(0,0,+1)$ 。

三件做不到的事

附录 C 图：三个做不到的状态，每个只破坏三个守恒量里的一个

图 C：把一个还原好的魔方用手改坏，三种改法各一栏。红框标出被动过的贴纸，下面三格是同一组读数 $\sigma$ 、 $\tau$ 、 $\mathrm{sgn}$ 。每一栏里恰好只有一个数离开了守恒值，那个数就是这种改法做不到的理由。第三栏只有两张贴纸变色，是因为被对调的两张朝上贴纸都是白的，那一半的交换在颜色上看不出来。这张图由计算附录 C 那三个量的同一份代码画出。

反过来用：只要算出某个状态的 $\Phi$ 值不是 $(0,0,+1)$ ，它就一定拧不出来。

算例（三个状态，逐个算，本文实算）：

手动改出来的状态	$\sigma$	$\tau$	$\mathrm{sgn}$	结论
把 UFR 那个角原地扭一格，别的不动	$1$	0	$+1$	$\sigma\neq0$ ⟹ 拧不出来
把 UR 那个棱原地翻一下，别的不动	0	$1$	$+1$	$\tau\neq0$ ⟹ 拧不出来
把 UR 和 UF 两个棱对调，别的不动	0	0	$-1$	$\mathrm{sgn}\neq+1$ ⟹ 拧不出来

第一行正是 §0 里那个被扭过角的魔方：它不是”很难还原”，是不可能还原：差的那一格在 $\sigma$ 上留下了 $1$ ，而任何转动都不能把 $1$ 变回 $0$ 。

（把角往另一个方向扭一格， $\sigma$ 读作 $2$ ； $2$ 同样不是 $0$ ，结论一样。）

12 从哪来

现在可以回答附录 B 留下的问题。不加限制数出来的那 $5.19\times10^{20}$ 个摆法，构成一个集合 $S$ ； $\Phi$ 把 $S$ 映到 12 个值上。

$\Phi$ 确实取遍 12 个值：上表三行分别给出 $(1,0,+1)$ 、 $(0,1,+1)$ 、 $(0,0,-1)$ ，把它们接起来可以得到全部 12 种组合。
12 个值对应的 12 堆摆法一样大：固定一个摆法 $a$ ，映射 $s \mapsto a\circ s$ 把 $S$ 一对一地映到自己（因为 $a$ 可以撤销），而 $\Phi$ 值整体平移一个固定量。所以 12 堆两两一样大，每堆 $|S|/12$ 个。
拧得出来的状态全在 $\Phi=(0,0,+1)$ 那一堆里，所以

|G| \le \frac{|S|}{12} = 43\,252\,003\,274\,489\,856\,000 .

这里证到哪。 上面证到的是" $\le$ "：三个守恒量排除了 11/12 的摆法。反过来的一半：凡是三个量都对的摆法，都真的能拧出来。本附录没有证。它需要的是一套构造：能把任意三块转一圈而不动其他块的公式（附录 D 的三轮换），以及只调朝向的公式。有了这套工具，就能把任何 $\Phi=(0,0,+1)$ 的状态一步步复原，从而 $|G| = |S|/12$ 取等号。附录 D 给出其中的三轮换（只调角朝向的一个例子在附录 F）；把它们接成一条对任意状态都走得通的路线，是正文 §5 提到的四段链所做的事（出处见文末来源 6），本文没有把那条路线走一遍。

附录 D · 换向器与共轭：把作用范围缩小

这一节要干什么。 附录 C 证到的是一半：三个守恒量排除掉了十二分之十一的摆法。要把 $\le$ 收成 $=$ ，需要反过来的能力：任意给一个三个量都对的状态，都能拧回去。本节造两件工具：共轭和换向器。它们是所有还原方法的引擎，也是那一半的构造材料。

一次转动动多少块

先看一个数： $R$ 转 90°，动了 4 个角块 + 4 个棱块 = 8 块（本文实算）。 $U$ 也是 8 块。任何一个面转都是 8 块。

难处就在这里：要把最后两三块摆好，可用的每一招都会顺手动 8 块。所以问题不是”会不会拧”，是”能不能只动想动的那几块”。

共轭：同一招，换个地方使

设 $A$ 是一串转动， $X$ 是另一串。把

X A X^{-1}

读成三步：先做 $X$ 把想动的块送到 $A$ 够得着的地方，再做 $A$ ，最后用 $X^{-1}$ 把场景还原回去。净效果是： $A$ 那一招原封不动，只是换了作用对象。

算例（本文实算）。取

A = R\,B'\,R\,F2\,R'\,B\,R\,F2\,R2 ,

它是一个纯角三轮换：只把三个角块转一圈，不动任何棱块，也不留下扭转（它和换向器的关系见后面「还差一步：朝向」）。实算读数：

公式	阶	动的角块	动的棱块
$A$	3	ULF, URB, UFR	无
$U A U^{-1}$	3	UBL, URB, UFR	无

同样是”三个角转一圈”，但换了一个三元组： $A$ 动的那个 ULF 被换成了 UBL，另外两个不变。这就是共轭：招式不变，对象换了。读者想动哪三个角，就找一个 $X$ 把它们送到 $A$ 的三个位置上。

（一个细节，留给较真的读者：若把上面的 $U$ 换成 $F$ ，得到的三轮换会带上扭转。原因是附录 C 里”朝向”是相对 U/D 面定义的， $F$ 会改变这个参照。换句话说，共轭保持”置换的形状”，但朝向要重新换算。）

换向器：让两招互相抵消，只剩交集附近的几块

设 $A$ 、 $B$ 各是一串转动。换向器定义为

[A, B] = A\,B\,A^{-1}\,B^{-1} .

读法：做 $A$ ，做 $B$ ，撤销 $A$ ，撤销 $B$ 。如果 $A$ 和 $B$ 各自动的块几乎不重叠，那么撤销的两步几乎把一切都还原：留下差异的只有少数几块：落在两者共同范围里的块，以及被这两招带进、带出这个范围的块。

算例（本文实算）：取 $A = R\,U\,R'$ ， $B = D$ 。

公式	动的块数	具体
$R\,U\,R'$	8	角 UBL, ULF, DRF, UFR；棱 UL, UB, UF, FR
$D$	8	角 DLB, DFL, DBR, DRF；棱 DL, DB, DF, DR
$[R\,U\,R',\,D]$	3	角 DFL, DRF, UFR；棱无

两招各动 8 块，合起来的换向器只动 3 块。它们的角块范围只共有一个 DRF，留下的差异正好围绕这个交集。

换向器把作用范围从”八块”压到”三块”。

还差一步：朝向

$[R\,U\,R',\,D]$ 只动三个角、不碰棱，但实算读数显示：其中两个角带着扭转（DRF 扭 1、UFR 扭 2）。所以它还不是”干净”的三轮换。

这正好是附录 C 那三个量在这里的回声：位置和朝向是两件独立的事，换向器先解决了位置，朝向还得另外还。把 $A$ 、 $B$ 换掉再试，就能把扭转也压掉，上面那个 $A = R\,B'\,R\,F2\,R'\,B\,R\,F2\,R2$ 就是结果：3 个角、0 个棱、0 扭转。

配对的棱版本同样实算过：

R2\,U\,R\,U\,R'\,U'\,R'\,U'\,R'\,U\,R' \quad\text{：阶 3，只把三个棱块转一圈，不动任何角块，不带翻转。}

阶：一串转动重复多少次回到原位

把同一串转动反复做下去，总会回到还原态（状态有限，且每一步都可撤销）。次数叫这串转动的阶(order)。

算例（全部本文实算）：

公式	阶
$R\,U$	105
$R\,U\,R$	30
$R\,U\,R'\,U'$	6
$R'\,D'\,R\,D$	6
$R\,U\,R'\,U'\,R'\,F\,R\,F'$	3
$R\,B'\,R\,F2\,R'\,B\,R\,F2\,R2$	3

⚠️ 阶是 3 不等于”它是一个三轮换”。 上表最后两行阶都是 3，但读数不同： $R\,B'\,R\,F2\,R'\,B\,R\,F2\,R2$ 只动 3 个角；而 $R\,U\,R'\,U'\,R'\,F\,R\,F'$ 同时动 3 个角和 3 个棱（两个角带扭、两个棱带翻）。阶为 3 只说明”做三次回到原位”，角的三轮换和棱的三轮换乘在一起同样满足。想要”只动三块”，必须直接去读动了哪些块。

这套工具接回附录 C

三轮换是偶排列：把三块转一圈等于两次对换。所以无论怎么拼三轮换， $\mathrm{sgn}$ 始终是 $+1$ ，和附录 C 的守恒量完全一致，永远拼不出”只换两块”。

反过来，有了纯三轮换（角、棱各一个）加上只调朝向的公式，就能把任意一个三个量都对的状态一步步复原：若角的排列和棱的排列都是奇的（ $\mathrm{sgn}=+1$ 允许这种情况，转一次面就是），先转一次面把两者同时变成偶的；然后用三轮换把位置摆对，再调朝向。这就是附录 C 末尾那条边界的补齐方向；把它走成一条对任意状态都成立的完整路线，是正文 §5 提到的四段链（来源 6）做的事，本文只指出方向。

正文 §4 那次完整还原

打乱（从还原态出发，二十五步，本文实算）：

D'\,R'\,L\,U'\,B2\,R\,D2\,U'\,B'\,F\,U'\,L'\,U2\,F'\,U2\,B2\,L'\,U'\,R\,F'\,U'\,L\,U'\,F'\,U'

按官方八步拧回去，每步的转动（同一步里相邻的同面转动已合并；第 6 步照公式完整做两遍，接缝处不合并）：

第1步拼花，7 步： $R'\,F'\,B\,U\,R'\,B\,R$
第2步白十字，8 步： $U\,R2\,U2\,F2\,U2\,L2\,U2\,B2$
第3步白角，41 步： $U2\,R\,U\,R'\,U'\,R\,U\,R'\,U'\,R\,U\,R'\,U'\,F\,U\,F'\,U'\,F\,U\,F'\,U'\,B\,U\,B'\,U'\,B\,U\,B'\,U'\,B\,U\,B'\,U'\,B\,U\,B'\,U'\,B\,U\,B'\,U'$
第4步中层，31 步： $U\,R\,U'\,R'\,U'\,F'\,U\,F\,U'\,R\,U'\,R'\,U'\,F'\,U\,F\,U2\,L'\,U\,L\,U\,F\,U'\,F'\,B'\,U\,B\,U\,L\,U'\,L'$
第5步黄十字，6 步： $L\,U\,F\,U'\,F'\,L'$
第6步黄面（扭角），14 步： $B\,U\,B'\,U\,B\,U2\,B'\,B\,U\,B'\,U\,B\,U2\,B'$
第7步黄角摆位，11 步： $U\,R'\,F\,R'\,B2\,R\,F'\,R'\,B2\,R2\,U'$
第8步黄棱摆位，0 步：这个打乱不需要（四条棱已各在其位）

合计 118 步。校验：打乱接上这 118 步，每一块回到原位、朝向全对。动画按这八段画。

附录 E · 子群、陪集与拉格朗日：2010 年那次证明

这一节要干什么。 用一个真实例子讲清”子群”和”陪集”：2010 年证明”任何状态 20 步以内可还原”的那次计算，本身就是一次陪集分解。所有数字都能自己核。

子群

子群(subgroup) 指群里一个自身封闭的子集：里面任意两个元素接起来还在里面，每个元素的逆也在里面。

本节的主角是这一个：

H = \langle\, U,\ D,\ R2,\ L2,\ F2,\ B2 \,\rangle

这个群只允许上下两面随便转，其余四面只能转 180°。尖括号表示”由这些转动生成”：把它们任意接起来能得到的全部状态。这是科先巴(Herbert Kociemba)两阶段解法里的那个中间集合。

$|H|$ 是多少（算例，逐项算）：在 $H$ 里，

8 个角块可以任意排： $8!$ ；
上下两层的 8 个棱块可以任意排： $8!$ ；
中层的 4 个棱块只能留在中层，可以任意排： $4!$ ；
朝向全部锁定（这些转动不改变任何块的朝向），且角排列与棱排列的奇偶必须一致，给出一个因子 $\tfrac12$ 。

这四条只说明 $H$ 里的状态不可能更多；这些排法确实都生成得出来、等号成立，本文没有证，取等号引自来源 1（cube20.org 给出的每个陪集 19 508 428 800 个状态）。

|H| = \frac{8!\cdot 8!\cdot 4!}{2} = \frac{40320 \times 40320 \times 24}{2} = 19\,508\,428\,800 .

陪集

固定一个状态 $g$ 。先按 $H$ 里任意一个元素摆，再接着做 $g$ ，得到的一堆状态记作 $Hg$ ，叫 $g$ 的陪集(coset)。（符号按公式的写法读，从左到右就是先后；先后要紧： $H$ 在前、 $g$ 在后。反过来「先 $g$ 再 $H$ 」得到的是另一堆，下面那句「离 $H$ 一样远」对它不成立， $R$ 和 $R\,U$ 就是一对反例：一个一步回到 $H$ ，一个至少两步。）

两个陪集要么完全重合，要么毫无交集，而且每个陪集和 $H$ 一样大。这两条合起来就是拉格朗日定理：（这两条第二集用 $S_3$ 和 $A_3$ 演过一遍，第三集给了完整证明；这里只是把那套做法用到一个大得多的群上。）

|G| = (\text{陪集个数}) \times |H| .

算例（本文实算）：

\frac{|G|}{|H|} = \frac{43\,252\,003\,274\,489\,856\,000}{19\,508\,428\,800} = 2\,217\,093\,120

余数为 0。反过来乘也对： $2\,217\,093\,120 \times 19\,508\,428\,800 = |G|$ 。

对照：把每个陪集的大小改成 19 508 428 801，乘积就不再等于 $|G|$ ：这条等式不是恒真的。

2010 年那次证明就是这样切的

把整个魔方群按 $H$ 切成 2 217 093 120 个陪集 $Hg$ 。同一个陪集里的状态，拧回 $H$ 所需的转动是同一批： $x = h\,g$ 时， $x\,m \in H$ 当且仅当 $g\,m \in H$ ，与 $h$ 无关。所以「离 $H$ 多远」是整个陪集共有的一个数。于是证明”任何状态 20 步以内”这件事，就不必逐个检查 $4.3\times10^{19}$ 个状态，只需要对每个陪集给出一个上界。

原文（cube20.org/How We Did It）给出的三个数：

数	值	本文核对
陪集个数	2 217 093 120	与 $\vert G\vert/\vert H\vert$ 相符
每个陪集的大小	19 508 428 800	与 $8!\cdot8!\cdot4!/2$ 相符
利用对称性与集合覆盖后真正要算的陪集数	55 882 296	占全部陪集的 2.52%

最后一行是这次计算能做完的原因：魔方有 48 种对称（旋转加镜像），再加上一个陪集的结果可以覆盖其他陪集，真正需要动手的只剩 2.52%。

算例： $55\,882\,296 \div 2\,217\,093\,120 = 2.5205\%$ （本文实算）。

与正文 §5 的关系

正文 §5 讲的 Thistlethwaite 四段法，是同一个想法的更早版本：不是一个子群，而是一条子群链，每一段把问题限制到更小的子群里。 $H$ 等价于这条链上的第二站：Thistlethwaite 让左右两面自由转、其余四面只转一百八十度，科先巴把自由的两面换成上下，他自己说两者等价。四段法把”还原”变成”逐段进入更小的子群”，而 2010 年的证明把”数步数”变成”逐个陪集给上界”。

附录 F · 魔方群不是单群

这一节要干什么。 整个系列的主线是单群：不能再往下拆的那种群。魔方群 $G$ 不是单群：它能拆。这里给出一个具体的见证，并逐条验证它满足定义。

两个词

正规子群(normal subgroup)： $G$ 的一个子群 $N$ ，如果对任意 $g\in G$ 都有

gNg^{-1} = N ,

就称 $N$ 是正规的。读法：把 $N$ 里的操作换个地方做（附录 D 的共轭），得到的还在 $N$ 里：这一堆操作整体换个地方做，还是这一堆。

单群(simple group)：只有两个正规子群（只含单位元的那个，和它自己）的群。也就是拆不动。（这两个词第三集都定义过，并用 $S_3$ 的 Cayley 表把「按正规子群切块、块与块之间怎么乘」画了出来；这里直接取用。）

一条走不通的路（先把它说清楚）

最顺手的想法是用附录 C 的三个守恒量：每个量不是都给出”不改变它的那些操作”吗？

这条路不通。 $\sigma$ 、 $\tau$ 、 $\mathrm{sgn}$ 是定义在全部摆法的群 $S$ 上的同态。在拧得出来的状态里，三个量本来就全在守恒值 $(0,0,+1)$ 上（附录 C 的结论）。所以”不改变 $\sigma$ 的操作”在 $G$ 里是全部操作，什么也没分出来。

换句话说：这三个量分的是更大的那个集合 $S$ ，魔方群只是其中的十二分之一；它们把 $G$ 圈进了 $S$ 的一个正规子群（两者相等，要靠附录 C 没有证的那一半），但对 $G$ 内部的结构一句话也没说。

见证：只看角块排列的奇偶

附录 C 里的第三个量是两个符号的乘积： $\operatorname{sign}(\text{角排列})\cdot\operatorname{sign}(\text{棱排列})$ ，它在 $G$ 上恒为 $+1$ 。

但单看其中一半就不是常数了。 定义

\varepsilon: G \longrightarrow \{\pm1\},\qquad \varepsilon(g) = \operatorname{sign}(g\ \text{的角块排列}) .

它是同态：两串转动接起来，角块排列相乘，符号相乘。
它取遍两个值： $\varepsilon(R) = -1$ ， $\varepsilon(R^2) = +1$ （本文实算）。

于是 $N = \{\,g : \varepsilon(g) = +1\,\}$ ，也就是角块排成偶排列的那些操作，是 $G$ 的正规子群，指数为 2。 $G$ 被它切成两半，一半是 $N$ ，另一半是 $R$ 那样的奇操作。

说得直白些：把角块排成偶排列的那些操作自成一堆；任何操作把这一堆整个换个地方做，还是这一堆。

逐条验证定义（算例，本文实算）

要验的	做法	结果
与附录 C 一致	200 个随机元素，比较”角符号 × 棱符号”	恒为 $+1$ ，违例 0（同态性不用测：置换的符号本来就是相乘的）
满射	算 $\varepsilon(R)$ 、 $\varepsilon(R^2)$ 、 $\varepsilon(\mathrm{id})$	$-1$ 、 $+1$ 、 $+1$ ⟹ 两个值都取到
$gNg^{-1}=N$	取 $n = R^2 \in N$ ，用 60 个随机 $g$ 做 $gng^{-1}$	60 次全部仍在 $N$ 里
对照	取奇元素 $R\notin N$ ，同样共轭 60 次	60 次全部仍是奇 ⟹ 这个检查会报错，不是恒真

最后一行说明这项检查分得出里外：奇的元素共轭之后仍然是奇的，不会被算进 $N$ 。

第二个见证：把十二个棱全部翻一遍

还有一个更小的正规子群，只有两个元素：单位元，和把 12 个棱块全部原地翻转的那个状态（叫 superflip）。

它可以用 20 步做出来，下面这条公式取自来源 1：

R\,L\,U2\,F\,U'\,D\,F2\,R2\,B2\,L\,U2\,F'\,B'\,U\,R2\,D\,F2\,U\,R2\,U

本文实算：这条公式确实只翻 12 个棱、不动任何角、也不改变任何块的位置；它在 $G$ 里；它与六个生成元以及 60 个随机元素全部可交换（先做它再做别的，与先做别的再做它，结果相同）；它自己做两次回到还原态。

可交换是这里唯一的新词，而它正好给出正规性：若 $n$ 与所有 $g$ 可交换，则 $gng^{-1} = n$ ，这堆东西当然还是原来那堆。

第三个见证：只扭不换位的那些操作

还有一个看起来最自然的候选：把每块都放回原位、只是有些块转了一格的那些操作。它是正规的（它是”忘掉朝向，只看位置”这个同态的核），而且能举出一个成员（本文实算）：

(R'\,D'\,R\,D)^2\;U\;(R'\,D'\,R\,D)^4\;U'

二十六步做完，二十块全部在原位、没有一条棱翻转，只有 UFR 扭了一格、URB 反向扭了一格（ $1+2=3\equiv0$ ，正合附录 C 的 $\sigma$ ）；它的阶是 3。所以这个核不只含单位元，是 $G$ 的第三个非平凡正规子群。

它为什么找得到： $R'D'RD$ 做两遍只把 UFR 扭一格、把下层弄乱；中间的 $U$ 换另一个角到同一个位置；再做四遍把那个角扭两格，而六遍之和正好是 $R'D'RD$ 的阶，下层的乱恰好还回来。

落点

魔方群能拆： $\varepsilon$ 把它切成两半，superflip 给出一个两元素的正规子群（它落在中心里；中心恰好只有这两个元素是已知结果，本文只核了前一半），纯扭转给出第三个正规子群。它不是单群。 系列主线里那些单群（尤其是魔群）是拆不动的；魔方群不是它们中的一员，而恰恰是这种”可拆”让它成为一个好教具：还原方法走的是同一类路子，把群一层层缩小（正文 §5 的子群链，附录 E 的陪集）。

附录 G · 推广到 $n$ 阶

这一节要干什么。 正文 §7 问”到多少阶就解不开”。这里把三阶的三个守恒量逐条放到四阶去看（更高的阶只谈步数）：哪一条仍然成立、哪一条根本没有对应物、哪一条失效了。落点是一句话：三条”做不到”里，有两条是三阶的性质，不是魔方的性质；扭角那一条在四阶照旧成立。

块的种类随 $n$ 变

$n$ 阶魔方拆开有三类块：

角块：永远 8 个，各 3 张贴纸。
棱上的块：三阶每条棱 1 个， $n$ 阶每条棱 $n-2$ 个。 $n\ge4$ 时它们叫翼块(wing)，各 2 张贴纸。
面心块：每面 $(n-2)^2$ 个，各 1 张贴纸。

两处与三阶不同，后面都要用到：

$n$ 为偶数时没有固定中心。 三阶的六个中心互不换位，定义了”哪一面是什么颜色”；四阶的 24 个中心全都会动。
同色的中心块彼此不可区分。 四个白色中心互换，看起来完全一样。

四阶的状态数

逐项数（算例，本文实算）：

部分	数目	来历
角的位置与朝向	$8!\cdot 3^{7}$	8 个角任意排（包括奇排列），7 个角的朝向自由、第 8 个被唯一确定
24 个翼块	$24!$	任意排，包括奇排列；翼块无法单独翻转
24 个中心块	$24!/(4!)^{6}$	任意排，但每种颜色的 4 个不可区分
整体朝向	$\div\,24$	没有固定中心，整块立方体的 24 种摆向看起来一样

\frac{8!\cdot 3^{7}\cdot (24!)^2}{24^{7}} = 7\,401\,196\,841\,564\,901\,869\,874\,093\,974\,498\,574\,336\,000\,000\,000 \approx 7.40\times10^{45} .

（ $24^7 = (4!)^6\times 24$ ：六次方来自六种颜色，最后那个 24 来自整体朝向。）

辛马斯特(David Singmaster) 1982 年就给出了同一个结果 [1]，他的写法是 $8!\cdot24!\cdot24!\cdot3^8/(3\cdot24^7)$ （与上式相同，因为 $3^8/3 = 3^7$ ），后面跟着同样这 46 位数字。本文是先自己逐项算出来，再回去核对他的原文。

三个守恒量逐条过

附录 G 图：三个守恒量在三阶与四阶上各读一次

图 G：同样三个量，在三阶和四阶上各读一次。上半是块的种类与数目，每个数都算了两遍（枚举小块 + 闭式），两遍相等。下半是三条守恒量的去向： $\sigma$ 两边都成立； $\tau$ 在四阶没有对应物，因为翼块根本翻不过来，三阶上那个”翻一个棱”的样子在四阶是一次交换； $\mathrm{sgn}$ 在四阶失效，来路有两个：角的奇排列藏进了同色因而彼此相同的中心块里；三阶的一条棱在四阶成了两块。末行是本附录真正的落点：没有哪一阶”解不开”，长的只是还原所需的步数。

$\sigma$ （角的扭转之和 $\bmod 3$ ）：仍然成立

四阶的角块仍是三张贴纸的角块，面转仍然按同样的方式扭它们。

算例（本文实算）：200 条随机四阶打乱（含内层切片与双层转动），每条算一次 $\sigma$ ，违例 0。对照：用手把一个角原地扭一格， $\sigma$ 读作 1，不是 0。所以这个检查会报错。

这也正是上面计数里 $3^7$ 那一项的来历。

$\tau$ （棱的翻转之和 $\bmod 2$ ）：没有对应物

三阶的”翻转”是指一个棱块在原位上翻个面。四阶的翼块做不到这件事，理由是物理的：

The 24 edges cannot be flipped, due to the internal shape of the pieces. [2]

那么三阶上”翻一个棱”的样子，在四阶是什么？是把同一条棱上的两个翼块对调。 那是一次置换，不是朝向。所以 $\tau$ 在四阶没有对应的守恒量，它的角色被并进了下一条。

$\mathrm{sgn}$ （排列的符号）：失效了

三阶上，“只对调两块、别的不动”被 $\mathrm{sgn}$ 排除（附录 C）。四阶能做出看上去一样的事。

算例（本文实算）。在四阶上执行

r2\ U2\ r2\ Uw2\ r2\ u2

（ $r$ 是从右面数第二层的内层切片， $Uw$ 是上面两层一起转， $u$ 是从上面数第二层）。读数：

8 个角全部归位；
24 个中心看上去全部归位（每面四个中心都是本面颜色；同色的中心块彼此分不出，所以这里核的是颜色。按块算，有 8 块中心在同色之间换了位置）；
12 条棱全部配对（每条棱的两个翼块颜色一致）；
按三阶的读法看，恰好两条棱互换了位置，其余十条不动。这个排列的符号是 $-1$ 。

对照两条：还原态用同一套读法得到 12 条配对、符号 $+1$ ；只转一次 $U$ 得到四条棱的轮换、符号 $-1$ 且角块没有归位。所以”符号 $-1$ “不是这套读法恒给的结果。

在三阶上，这种状态（只有两条棱互换、别的全在家）就是附录 C 表里第三行那一类，被 $\mathrm{sgn}$ 判为拧不出来；这条公式换的是 UF 与 UB 两条。在四阶它拧得出来。

差别在哪。 三阶的一条棱是一块，四阶的一条棱是两块翼块。把两条棱整体对调，在 24 块翼块上是两次交换，是偶排列（本文实算：翼块两次交换，角一块没动，中心块按块算是四次交换，也是偶的）。三阶的 $\mathrm{sgn}$ 之所以拦住它，是因为它把每条棱当成一块来数。所以这个例子里没有什么奇排列被藏起来，是三阶的”一块”到了四阶变成了”两块”。

四阶上另有一种奇排列是真的藏起来了，藏在中心块里：

An odd permutation of the corners implies an odd permutation of the centres and vice versa; however, even and odd permutations of the centres are indistinguishable due to the identical appearance of the pieces. [2]

三阶的六个中心各只有一个，藏不住，于是角的奇排列在外面留下了痕迹，那个痕迹就是 $\mathrm{sgn}$ 。四阶同色的四块中心互换看不出来：转一次外层面，角和中心各是一个四轮换（本文实算），中心那一半看不见，角的奇排列就不再有 $\mathrm{sgn}$ 这样的东西拦它。

这句”藏起来”不是修辞，是可操作的：把中心块做成彼此可区分（比如图案魔方），奇的中心排列立刻变得可见，状态数也随之乘回去 [2]。

到多少阶为止

没有”为止”。任何阶都能还原：打乱是一串转动，每一步都可撤销，倒着做回去即可。

真正随 $n$ 增长的是最坏情况下需要多少步。这个量级是已知的：

\Theta\!\left(\frac{n^2}{\log n}\right) ,

Demaine 等 2011（arXiv:1106.5736，本文核过摘要原文）：上界来自把 $\Theta(n^2)$ 的常规解法并行，一次转动可以同时处理许多互不相干的块，省下的正是 $\log n$ ；下界来自计数 [3]。

所以正文 §7 那个问题的答案不是一个阶数，是一条增长律。

参考

[1] D. Singmaster, Cubic Circular, Issue 3 & 4（1982 年春夏）“Rubik’s Revenge — The $4^3$ ” 一节。原文：“the correct (I hope!) answer is $8!\cdot24!\cdot24!\cdot3^8/(3\cdot24^7)$ = 7 40119 68415 64901 86987 40939 74498 57433 60000 00000 = $7.4\times10^{45}$ “，并说明分母里的 24 来自”六组四个相同中心各有 24 种排法”与”立方体有 24 个无法区分的朝向”。2026-09-20 访问（jaapsch.net 的存档版）。

[2] Wikipedia, Rubik’s Revenge, Permutations 一节（2026-09-20 访问）：上面两处引文出自此页，它给出的公式与全数与 [1] 一致，本文用作二手对照。

[3] E. D. Demaine, M. L. Demaine, S. Eisenstat, A. Lubiw, A. Winslow, Algorithms for Solving Rubik’s Cubes, arXiv:1106.5736. 摘要原文：“we show that the n x n x n Rubik’s Cube … has a ‘God’s Number’ (diameter of the configuration space) of Theta(n^2/log n). The upper bound comes from effectively parallelizing standard Theta(n^2) solution algorithms, while the lower bound follows from a counting argument.”

参考来源

一手

Tomas Rokicki, Herbert Kociemba, Morley Davidson, John Dethridge，God’s Number is 20，https://cube20.org/（20 步、约 35 CPU-年、历史表、“How We Did It” 的陪集与对称约化数字）
Tomas Rokicki, Morley Davidson，God’s Number is 26 in the Quarter Turn Metric，https://cube20.org/qtm/（2014 年 8 月、两位作者、约 29 CPU-年、俄亥俄超算中心；已知需要 26 步的状态只有一个，连同它的两个旋转像）
David Singmaster，Cubic Circular Issue 3 & 4（1982），https://www.jaapsch.net/puzzles/cubic3.htm（四阶状态数的原始式子与全数；中心与角的奇偶耦合）
Erik D. Demaine, Martin L. Demaine, Sarah Eisenstat, Anna Lubiw, Andrew Winslow，Algorithms for Solving Rubik’s Cubes，arXiv:1106.5736（ $n\times n\times n$ 的直径是 $\Theta(n^2/\log n)$ ）
Herbert Kociemba，两阶段算法，https://www.kociemba.org/math/imptwophase.htm
Morwen Thistlethwaite 原始打印稿（Singmaster 扫描，Jaap Scherphuis 转录），https://www.jaapsch.net/puzzles/thistle.htm
匈牙利专利 HU170062B（申请 1975-01-30，公布 1977-03-28，同族标题 “Spatial logic toy”），https://patents.google.com/patent/HU170062B/en
Gathering 4 Gardner 对鲁比克的访谈逐字稿（2018 年录，2019 年发；「不是要做一道谜题」和「一个多月才第一次拧回去」两句的出处，原话 “The cube was not created as a puzzle” 与 “It was more than a month I find my practical solution”），https://www.gathering4gardner.org/an-interview-with-erno-rubik/

二手（用作对照） 9. Rubik’s Revenge，英文维基，https://en.wikipedia.org/wiki/Rubik%27s_Revenge（四阶状态数公式与全数，引 Singmaster；翼块不可单独翻转；同色中心使奇排列不可见） 11. Ernő Rubik，英文维基，https://en.wikipedia.org/wiki/Ern%C5%91_Rubik（生年、学历、应用艺术学院教职、二十七块木头的原型、1977 年匈牙利上市、1979 年授权 Ideal、1980 年全球发售；原型年份仍按文末说明处理） 12. Morwen Thistlethwaite 本人主页上的履历表，https://web.math.utk.edu/~mthistle/bio.html（1968–1972 曼彻斯特大学博士；1972–1975 Piano studies；1975–1978 北伦敦理工学院；1978–1987 伦敦南岸理工学院；2026 年 10 月 12 日读取）；Morwen Thistlethwaite，英文维基，https://en.wikipedia.org/wiki/Morwen_Thistlethwaite（纽结理论；该页另说他学琴期间在伦敦开过演奏会，无脚注，履历表里没有，本文未采用）；52 步的年份与上界见来源 1 的历史表（1981 年 7 月） 13. Optimal solutions for the Rubik’s Cube，英文维基，https://en.wikipedia.org/wiki/Optimal_solutions_for_the_Rubik%27s_Cube（科先巴把四段压成两段，此页作 1992 年，他本人的页面（来源 5）作 1991 到 1992 年；Cube Explorer 见来源 5 所在站点首页） 14. How to solve the Rubik’s Cube: Beginner’s Method，ruwix.com，https://ruwix.com/the-rubiks-cube/how-to-solve-the-rubiks-cube-beginners-method/（对照用：本文第三、四步的公式（右扳机、中层两条）与它的入门法相同；它的末层走另一条路，先摆棱、再摆角、最后用 $R'\,D'\,R\,D$ 扭角，本文 v0.18–v0.23 曾按那条路写） 15. Rubik’s 3×3 Solve Guide，rubiks.com（Spin Master），https://rubiks.com/solve-guide，及随盒小册子 You Can Do The Rubik’s Cube Solution Guide（V1-EU-M-2020；V2-2020 同页同文）（§4 的八步分法、名字、顺序、各步持法和末层四条公式出自此：黄十字 p.28–29、黄面 p.30–31、黄角摆位 p.32–35、黄棱摆位 p.36–37；第三步白角的「扳机」说法和三种情形出自网页版 STEP 3，小册子 p.18–21 那一步是白十字朝上、用 $D$ 的另一组公式；公式字母串按小册子印的卡片逐字核过，本文每条都在程序里重算了它动哪些块） 10. 卢昌海《魔方与”上帝之数”》，《科学画报》2008 年第 12 期（鲁比克、科先巴、罗基奇三个译名的依据；辛马斯特一名按中文维基「魔方」条目的「大卫·辛马斯特」）

一处说明：一九七四年做出原型这件事，所有来源都是后来的转述，没有当年的一手件；文中凡涉及这个年份处，都按通行说法处理，不写成他本人的话。