这是3-3关卡（加法器）中的一个自动机，它能同时满足复杂度和步数这两项要求。自动机预览

这是最终版的自动机，其复杂度为370，平均步数为21.25，均满足限制条件。它使用了两个额外的装置：一个名为【Carry】（进位）的开关，一个名为【Index】（序号）的累加器。在接下来的章节中，我将解释它的工作原理。第一版

为简单起见，我们首先考虑这个自动机。它的平均步数在30以上，但可以通过优化得到最终版本。 我们从右到左计算两个二进制数的加法。在此过程中，我们使用【进位】来记录加法进位，使用【索引】来记录已相加的位数（0表示从右数第一位，1表示第二位，依此类推）。 对于每一位，我们从节点Q1开始。这里有4种情况： （这里我说【进位】为0表示它关闭，将其设为0表示关闭它。1的情况类似。） A1、A2、【进位】均为0。此时我们将A3设为0，【进位】设为0。 A1、A2、【进位】中恰好有一个为1。此时我们将A3设为1，【进位】设为0。 A1、A2、【进位】中恰好有两个为1。此时我们将A3设为0，【进位】设为1。 A1、A2、【进位】均为1。此时我们将A3设为1，【进位】设为1。不过，在第一种和第三种情况下，我们其实不需要将A3设为0，因为它一开始就是0。另外，如果进位没有变化，我们也无需对其进行设置。例如，如果A1为1、A2为0、进位为1，那么我们可以什么都不做，因为我们需要将A3设为0并开启进位（而进位已经是开启状态）。 因此，我们可以重新考虑所有8种情况，发现实际上只有4种情况： - 若（A1，A2，进位）=（0,0,0）或（1,0,1）或（0,1,1），则不执行任何操作。 - 若（A1，A2，进位）=（1,1,1）或（1,0,0）或（0,1,0），则将A3设为1。 - 若（A1，A2，进位）=（1,1,0），则开启进位。 - 若（A1，A2，进位）=（0,0,1），则将A3设为1并关闭进位。 所以我们有三个节点Q2、Q3、Q4和6个过渡……为什么不是8个呢？别忘了我们有一个【默认过渡】。执行完操作后，我们会到达节点Q5。在此处，我们增加计数器【Index】，并将A1/A2/A3向左移动。如果到达最后一位，只需检查进位：若进位开启，则将A3的最高位设为1。若未到达最后一位（Index < 5），则返回Q1并重复该算法。 优化 如何优化上述自动机？其平均步数为30.10。 注意到我们有一个无用节点Q1。我们需要经过它5次。（在本游戏中，步数会计算你经过的所有节点和转换。因此经过一个节点实际上会产生两步。） 如何移除它？ 其实很简单。 我们只需将Q1的所有转换复制到起始节点和节点Q5（复制到Q5时必须添加条件“T(Index, {0,1,2,3,4})”）。 但现在这样做并不奏效。 这是因为Q1有一个到Q5的“默认”转换。我们希望将其复制为一个从Q5到Q5的转换，条件为“T(Index, {0,1,2,3,4})”，但这与所有其他从Q5到Q2/Q3/Q4的转换存在冲突。如果我们直接创建一个从Q5到Q5的“默认”转换，可能会导致无限循环。因此，我们创建了一个新节点，通过“T(Index, {5})且T(Carry, {Off})”的转换从Q5连接到该新节点，然后仅使用“默认”转换让Q5指向自身。现在不会出现无限循环了。 另一个问题是复杂度超出了限制。我们注意到在起始节点，进位必须为关闭状态。因此，起始节点只有4种情况，我们可以仅使用3个转换（通过使用默认转换）。现在我们得到了第一章中自动机的最终版本。