8-5-1_操作与策略.题库教师版.doc

1.

通过实际操作寻找题目中蕴含的数学规律

2. 在操作过程中，体会数学规律的并且设计最优的策略和方案

3.

熟练掌握通过简单操作、染色、数论等综合知识解决策略问题

实际操作与策略问题这类题目能够很好的提高学生思考问题的能力，激发学生探索数学规律的兴趣，并通过寻找最佳策略过程，培养学生的创造性思维能力，这也是各类考试命题者青睐的这类题目的原因。

模块一、探索与操作

【例 1】 (全国华罗庚杯少年数学邀请赛)如图，将正方形纸片由下往上对折，再由左向右对折，称为完

成一次操作．按上述规则完成五次操作以后，剪去所得小正方形的左下角．问：当展开这张正

方形纸片后，一共有多少个小洞孔？

【解析】 一次操作后，层数由1变为4，若剪去所得小正方形左下角，展开后只有1个小洞孔，恰是大正

方形的中心．连续两次操作后，折纸层数为24，剪去所得小正方形左下角，展开后在大正方形上留有211444-==(个)小洞孔．连续三次操作后，折纸层数为34，剪去所得小正方形左下角，展开后大正方形留有3124416-==(个)小洞孔．按上述规律不难断定：连续五次操作后，折纸层数为54，剪去所得小正方形左下角，展开后大正方形纸片上共留有51444256-==(个)小洞孔．

【例 2】 向电脑输入汉字，每个页面最多可输入1677个五号字．现在页面中有1个五号字，将它复制后

粘贴到该面上，就得到2个字；再将这2个字复制后粘贴到该页面，就得到4个字．每次复制和粘贴为1次操作，要使整个页面都排满五号字，至少需要操作 次．

【解析】 每次操作页面上的字数就增加一倍，第一次操作后页面上有2个字，第2次操作后页面上有

224=(个)字，第3次操作后页面上有3

28=(个)字，…，则第10次操作后页面上有102个字，由于101121024167722048=<<=，因此使整个页面排满，至少需要操作11次．

例题精讲

知识点拨

教学目标

8-5操作与策略

【巩固】 (2002年《小学生数学报》邀请赛)一个特别的计算器，只有蓝、红、黄三个键．蓝键为“输入

/删除”键(按它一下可输入一个数，再按它一下则将显示屏上的数删除)．每按一个红键，则显示屏上的数变为原来的2倍；每按一下黄键，则显示屏上的数的末位自动消失．现在先按蓝键输入21．

请你设计一个操作过程，要求：⑴操作过程中只能按红键和黄键；⑵按键次数不超过6次；⑶最后输出的数是3．

【解析】 需按4次红键2次黄键，有如下操作方式：

214284168336333??→??→??→??→??→??→红

红

红

红

黄

黄

21428416816323??→??→??→??→??→??→红

红

红

黄

红

黄

21424816323??→??→??→??→??→??→红

黄

红

红

红

黄

2124816323??→??→??→??→??→??→黄红红红红黄

【例 3】 (2005年武汉“明星奥数挑战赛”)有依次排列的3个数：2，0，5，对任意相邻的两个数，都

用右边的数减去左边的数，所得之差写在这两个数之间，可产生一个新数串：2，2-，0，5，5，这称为第一次操作，第二次同样的操作后也可产生一个新数串：2，4-，2-，2，0，5，5，0，5．继续依次操作下去．问：从新数串2，0，5开始操作，第100次后产生的那个新数串的所有数之和是多少？

【解析】 观察

操作次数： 开始 第一次 第二次 第三次 … 总 和： 7 10 13 16 …

易发现每操作一次总和增加3．因此操作100次后产生的新数串所有数之和为73100307+?=．

【巩固】 (武汉“明星奥数挑战赛”)将两个不同的自然数中较大数换成这两个数之差，称为一次操作．如

对18和42可连续进行这样的操作，则有：18，42→18，24→18，6→12，6→6，．直到两数相同为止．试给出和最小的两个四位数，按照以上操作，最后得到的相同的数是15．这两个四位数是 与 ．

【解析】 由题意，我们可以多给几组数按题目所给操作方法进行操作，从中找出规律．

例如：136，63→…→1，1 36，27→…→9，9 84，36→…→12，12

考察操作后所得结果，不难发现每次所得的最终结果是开始两数的最大公约数，因此我们只需找到两个尽量小的四位数，他们都是15的倍数，可得1005和1020．

【巩固】 (武汉“明星奥数挑战赛”)对任意两个不同的自然数，将其中较大数换成这两数之差，称为一

次变换．如对18和42可作这样的连续变换：18，42→18,24→18,6→12,6→6,6 直到两数相同为止．问：对1234和4321作这样的连续变换最后得到的两个相同的数是 ．

【解析】 操作如下：1234，4321→1234，3087→1234，1853→1234，619→615，619→615，4

47

前一数每次减少→…→，4→3，4→3，1→2，1→1，1实际上按此法操作最后所得两相同的数为开始两数的最大公约数．即

1234与4321的最大公约数为1．此法也称为辗转相减法求最大公约数．

【例 4】 黑板上写着一个形如777…77的数，每次擦掉一个末位数，把前面的数乘以3，然后再加上刚

才擦掉的数字．对所得的新数继续这样操作下去，证明：最后必获得数7．

【解析】 黑板上起初数是777…77，每次操作后就变出一个新数．不妨设这个数的末位数为b ，前面的数

为a ，所以就是形为10a b +的数．每次操作后，黑板上就成为3a b +，它比原数少了7a ．由此可知：⑴每次操作将使原数逐步变小；⑵如果原数能被7整除，那么所得新数仍能被7整除．所以黑板上最后必将变成7，例如当原数为777时，就有777→238→77→28→14→7．

【例 5】 (2008年“北京奥校杯”解题能力展示活动)将1—13这13个自然数分别写在13张卡片上，

再将这13张卡片按一定的顺序从左至右排好．然后进行如下操作：将从左数第一张和第二张依次放到最后，将第三张取出而这张卡片上的数是1；再将下面的两张依次放到最后并取出下一张，取出的卡片上面的数是2；继续将下面的两张依次放到最后并取出下一张，取出的卡片上面的数是3……如此进行下去，直到取出最后一张是13为止．则13张卡片最初从左到右的顺序为 ．

【解析】 这13张卡片依次是原来的第3，第6，第9，第12，第2，第7，第11，第4，第10，第5，第1，

第8，第13张，所以原来的顺序为11，5，1，8，10，2，6，12，3，9，7，4，13

【例 6】 (2008年北京“数学解题能力展示”读者评选活动)在纸上写着一列自然数1，2，…，98，99．一

次操作是指将这列数中最前面的三个数划去，然后把这三个数的和写在数列的最后面．例如第一次操作后得到4，5，…，98，99，6；而第二次操作后得到7，8，…，98，99，6，15．这样不断进行下去，最后将只剩下一个数，则最后剩下的数是 ．

【解析】 第一轮：分33次划1～9，后面写上6，15，24，…，294共33个数．第二轮：分11次划去这

33个数，后面写上45，126，207，…，855，共11个数．之后的操作一次减少2个数，故还需操作5次．

设这11个数为：1a ，2a ，…，11a ．则接下去的数是：123()a a a ++，456()a a a ++，789()a a a ++，

1011123()a a a a a ++++，4567891011123()

a a a a a a a a a a a ++++++++++．

因此最后一数为：1231112994950a a a a ++++=+++= ．

【巩固】 (第六届“迎春杯”决赛)在1，9，8，9后面写一串这样的数字：先计算原来这4个数的后两

个之和8+9=17，取个位数字7写在1，9，8，9的后面成为1，9，8，9，7；再计算这5个数的后两个之和9+7=16；取个位数字6写在1，9，8，9，7的后面成为1，9，8，9，7，6；再计算这6个数的后两个之和7+6=13，取个位数字3写在1，9，8，9，7，6的后面成为1，9，8，9，7，6，3. 继续这样求和，这样添写，成为数串1，9，8，9，7，6，3，9，2，1，3，4…那么这个数串的前398个数字的和是________.

【解析】 前16个数字是1，9，8，9，7，6，3，9，2，1，3，4，7，1，8，9

可见除去前2个数字1、9后，每12个数字一组重复出现.因此前398个数字的和是

1+9+（8+9+7+6+3+9+2+1+3+4+7+1）?

398212

-=

10+60?33=1990

【例 7】 圆周上放有N 枚棋子，如图所示，B 点的那枚棋子紧邻A 点的棋子．小洪首先拿走B 点处的1

枚棋子，然后沿顺时针方向每隔1枚拿走2枚棋子，这样连续转了10周，9次越过A ．当将要第10次越过A 处棋子取走其他棋子时，小洪发现圆周上余下20多枚棋子．若N 是14的倍数，请精确算出圆周上现在还有多少枚棋子？

【解析】 设圆周上余a 枚棋子，从第9次越过A 处拿走2枚棋子到第10次将要越过A 处棋子时，小洪拿

了2a 枚棋子，所以在第9次将要越过A 处棋子时，圆周上有3a 枚棋子．依次类推，在第8次将要越过A 处棋子时，圆周上有23a 枚棋子，…，在第1次将要越过A 处棋子时，圆周上有93a 枚

棋子，在第1次将要越过A 处棋子之间，小洪拿走了()92311a -+枚棋子，所以

9

9

10

2(31)1331N a a a =-++

=

-．10

31590491N a a =-=-是14的倍数，N 是2和7的公倍数，

所以a 必须是奇数；又()78435417843541N a a a =?+-=?+-，所以41a -必须是7的倍数．当21a =，25，27，29

时，41a -不是7的倍数，当23a =时，4191a -=是7的倍数．所以，圆周上还有23枚棋子．

【例 8】 (圣彼得堡数学奥林匹克)尤拉想出一个数，将它乘以13，删去乘积的末位数，将所得的数再

乘以7，再删去乘积的末位数，最终得到的数为21．问：尤拉最初所想的是哪一个数？

【解析】 解法一：(从分析结果入手)在第二次删去末位数之前，尤拉面临的是一个三位数，其值在210至

219之间．在这些数中，只有两个数是7的倍数：210730=?和217731=?．这就意味着在乘以7之前，尤拉的数是30或31．因而在第一次删去末位数之前，尤拉所面临的数为300到319之间的一个三位数．在这些数中只有一个数是13的倍数：3122413=?，所以尤拉最初所想出的数是24．

解法二：(利用单调性)容易看出，如果增大一开始的数，发现最终所得的数不会减小，这是因为无论是乘法运算，还是删去末位数的操作，都具有“非降性”．如果开始所想的数是25，那么运算过程如下：25→325→32→224→22.综合上述两方面，即知尤拉最初所想的数是24．

【巩固】 (2008年第二届两岸四地“华罗庚金杯”少年数学精英邀请赛)有足够多的盒子依次编号0，1，

2，…，只有0号是黑盒，其余的都是白盒．开始时把10个球放入白盒中，允许进行这样的操作：如果k 号白盒中恰有k 个球，可将这k 个球取出，并给0号、1号、…，(1)k -号盒中各放1个．如果经过有限次这样的操作后，最终把10个球全放入黑盒中，那么4号盒中原有 个球．

【解析】 使用倒推法．最终各盒中依次有球(10，0，0，0，…)，前一次必然分的是1号盒中的球，否则1

号盒中最终至少有1个球．所以，倒数第一次分前盒中依次有球(9，1，0，0，…)．依次倒推，为：(10，0，0，0，…)←(9，1，0，0，…)←(8，0，2，0，0，…)←(7，1，2，0，0，…)←(6，0，1，3，0，…)←(5，1，1，3，0，…)←(4，0，0，2，4，…)←(3，1，0，2，4，…)←(2，0，2，2，4，…)←(1，1，2，2，4，…)←(0，0，1，1，3，5…)，0号盒中此时为0个球，不能再倒推．所以，4号盒中原有3个球．

【例 9】 一个数列有如下规则：当数n 是奇数时，下一个数是1n +；当数n 是偶数时，下一个数是

2

n ．如

果这列数的第一个数是奇数，第四个数是11，则这列数的第一个数是 ．

【解析】 本题可以进行倒推．11的前一个数只能是偶数22，22的前一个数可以是偶数44或奇数21，44的

前一个是可以是偶数88或奇数43，而21的前一个只能是偶数42．

由于这列数的第一个是奇数，所以只有43满足．故这列数的第一个数是43．

也可以顺着进行分析．假设第一个数是a ，由于a 是奇数，所以第二个数是1a +，是个偶数，那

么第三个数是

12

a +，第四个数是11，11只能由偶数22得来，所以

122

2

a +=，得到43a =，即

这列数的第一个数是43．

【巩固】 （2009年第七届“走进美妙的数学花园”初赛六年级）在信息时代信息安全十分重要，往往需

要对信息进行加密，若按照“乘3加1取个位”的方式逐位加密，明码“16”加密之后的密码为“49”，若某个四位明码按照上述加密方式，经过两次加密得到的密码是“2445”，则明码是 ．

【解析】 0～9这10个数字乘以3所得的数的个位数字互不相同是本题可以进行判断的基础．

采用倒推法，可以得到经过一次加密之后的密码是“7118”，再进行倒推，可以得到原来的明码是2009.

【例 10】 (2005年武汉“明星奥数挑战赛”)设有25个标号筹码，其中每个筹码都标有从1到49中的

一个不同的奇数，两个人轮流选取筹码．当一个人选取了标号为x 的筹码时，另一个人必须选取标号为99x -的最大奇因数的筹码．如果第一个被选取的筹码的编号为5，那么当游戏结束时还剩 个筹码．

【解析】 解若 x

99x - 5 47 47 13 13 43

43 7

7 23 23 19

19 5

当一个人拿到19时，下一个人就要拿5了，故游戏结束，拿了7个．剩25718

-=(个)．

【例11】(2008年北大附中“资优博雅杯”数学竞赛)一个盒子里有400枚棋子，其中黑色和白色的棋子各200枚，我们对这些棋子做如下操作：每次拿出2枚棋子，如果颜色相同，就补1枚黑色

棋子回去；如果颜色不同，就补1枚白色的棋子回去．这样的操作，实际上就是每次都少了1

枚棋子，那么，经过399次操作后，最后剩下的棋子是颜色(填黑或者白)

【解析】由于起初白子200枚是偶数，若同色，补黑子1枚，白子仍为偶数；若异色，补白子1枚，白子仍为偶数．因此最后1枚不可能是白子，故应是黑子．

【巩固】 (第四届“走美”试题)30粒珠子依8粒红色、2粒黑色、8粒红色、2粒黑色、 的次序串成一圈．一只蚱蜢从第2粒黑珠子起跳，每次跳过6粒珠子落在下一粒珠子上．这只蚱蜢至少

要跳几次才能再次落在黑珠子上．

【解析】这些珠子按8粒红色、2粒黑色、8粒红色、2粒黑色、 的次序串成一圈，那么每10粒珠子一个周期，我们可以推断出这30粒珠子数到第9和10、19和20、29和30、39和40、49和50粒 的时候，会是黑珠子．刚才是从第10粒珠子开始跳，中间隔6粒，跳到第17粒，接下来是第24粒、31粒、38粒、45粒、52粒、59粒，一直跳到59粒的时候会是黑珠子，所以至少要跳7次．

【巩固】在黑板上写上1、2、3、4、……、2008，按下列规定进行“操怍”：每次擦去其中的任意两个数a和b，然后写上它们的差(大数减小数)，直到黑板上剩下一个数为止．问黑板上剩下的数

是奇数还是偶数？为什么？

【解析】根据等差数列求和公式，可知开始时黑板上所有数的和为123200820091004

是一个

++++=?偶数，而每一次“操作”，将a、b两个数变成了()

a b

-，它们的和减少了2b，即减少了一个偶数．那么从整体上看，总和减少了一个偶数，其奇偶性不变，还是一个偶数．所以每次操作后黑板上剩下的数的和都是偶数，那么最后黑板上剩下一个数时，这个数是个偶数．

【例12】桌上有一堆石子共1001粒。第一步从中扔去一粒石子，并把余下的石子分成两堆。以后的每一步，都从某个石子数目多于1的堆中扔去一粒，再把某一堆分作两堆。问：能否在若干步之后，桌上的每一堆中都刚好有3粒石子？

【解析】不可能．事实上，如果可能的话，那么假定最后在桌上剩下了n堆石子，每堆3粒，则在此之前一共进行了(1)

n-次后分成n-次操作（开始时只有一堆石子，每操作一次，多分出一堆，操作1 n堆）．而每操作一次，都扔去一粒石子，所以一共扔去(1)

+-=，

n n

n-粒石子．因此，3(1)1001得到41002

n=，但1002不是4的倍数，说明n不是整数，导致矛盾．所以不可能．

【巩固】有3堆小石子，每次允许进行如下操作：从每堆中取走同样数目的小石子，或是将其中的某一石子数是偶数的堆中的一半石子移入另外的一堆．开始时，第一堆有1989块石子，第二堆有989

块石子，第三堆有89块石子．问，能否做到：⑴某2堆石子全部取光？⑵3堆中的所有石子都

被取走？

【解析】要使得某两堆石子全部取光，只需使得其中有两堆的石子数目一样多，那么如果我们把最少的一堆先取光，只要剩下的两堆中有一堆数目是偶数，再平分一下就可以实现了．而题中数字正好能

满足要求．所以，全部取光两堆是可以的．

对于第二个问题，要取走全部3堆，则必须3堆石子的总数是3的倍数才有可能，但1989、989、89之和并非3的倍数，所以是不可能的．

⑴可以取光其中的两堆石子．如进行如下的操作：

第1堆第二堆第三堆

198998989

1900 9000 (第一步：三堆各取走89块)

1900450450 (第二步：第二堆900是偶数，将其一半移入第三堆) 1450 00 (第三步：三堆各取走450块)

⑵不能将三堆全部取光．因为每一次取走石子是从三堆中同时取走相同数目的石子，那么每次

取走的石子数都是3的倍数，则不论怎么取，取走的石子总数是3的倍数，

而1989989893067

++=，3067被3除余1，不是3的整数倍，所以不能将三堆石子全部取光．【例13】今有101枚硬币，其中有100枚同样的真币和1枚伪币，伪币和真币的重量不同．现需弄清楚伪币究竟比真币轻还是重、但只有一架没有砝码的天平，那么怎样利用这架天平称两次，来达

到目的？

【解析】101枚硬币，如果进行称重的话应该保证天平两边的硬币数相等．因此应该首先拿掉一个，把剩下的100枚硬币在天平两边各放50个．如果这时天平两边重量相等的话，就说明剩下的那个是伪币．只要任意拿出一个真币和这个伪币再称一次就可以知道真币和伪币那种比较重了．

如果天平两边重量不相等的话，就是说伪币还在这100个硬币中．可以拿出其中比较轻的50个．这时同样还是把他们分成两个25枚，分到天平两边称重．

如果两边重量相等，说明这50个硬币都是真的．伪币在比较重的那50个中，因此伪币就应该比真币重．如果两边重量不相等，说明伪币就在这50个比较轻的硬币中，显然伪币就应该比真币轻．同样道理，也可以把比较重的那50个硬币分成两个25进行称重，同样也可以得出结论

【巩固】9个金币中，有一个比真金币轻的假金币，你能用天平称两次就找出来吗（天平无砝码）?

【解析】第一次在左右两托盘各放臵3个：

(一)如果不平衡，那么较轻的一侧的3个中有一个是假的．从中任取两个分别放在两托盘内：①

如果不平衡，较低的一侧的那个是假的；②如果平衡，剩下的一个是假的；

(二)如果平衡，剩下的三个中必有一个为假的．从中任取两个分别放在两托盘内：①如果不平衡，

较低的一侧的那个是假的；②如果平衡，剩下的那个是假的．

这类称量找假币的问题，一定要会分类，并尽量是每一类对应天平称量时的不同状态(轻，重，

平)，所以分成3堆是很常见的分法．

【巩固】你有四个装药丸的罐子，每个药丸都有一定的重量，被污染的药丸是没被污染的重量＋1.只称量一次，如何判断哪个罐子的药被污染了？

【解析】第一瓶拿一个药丸，第二瓶拿两个药丸，第三瓶拿三个，第四瓶拿四个，称一下比标准的10个药丸重多少，重多少就是第几个瓶子里的药丸被污染.

【例14】有大，中，小3个瓶子，最多分别可以装入水1000克，700克和300克.现在大瓶中装满水，希望通过水在3个瓶子间的流动使得中瓶和小瓶上标出100克水的刻度线，问最少要倒几次水？【解析】通过对三个数字的分析，我们发现700-300-300=100，是计算步数最少的得到100的方法．而由于我们每计算一步就相当于倒一次水，所以倒水最少的方案应该是：

1．大瓶往中瓶中倒满水．

2．中瓶往小瓶中倒满水，这时中瓶中还剩下400克水．

3．小瓶中水倒回大瓶．

4．中瓶再往小瓶中倒满水，这时中瓶中只剩下100克水，标记．

5．小瓶中水倒回大瓶．

6．中瓶中100克水倒入小瓶，标记．所以最少要倒6次水．

本题关键是，小瓶中的水每次都要倒掉，不然无法再往小瓶中倒水的．

【例15】(第七届“华杯赛”决赛)对一个自然数作如下操作：如果是偶数则除以2；如果是奇数则加1.

如此进行直到为1操作停止. 求经过9次操作变为1的数有多少个？

【分析】可以先尝试一下，得出下面的图：其中经1次操作变为1的1个，即2，经2次操作变为1的1个，即4，经3次操作变为1的2个，即3，8，…，经6次操作变为1的有8个，即11，24，10，28，13，30，64，31.

于是，经1、2、…次操作变为1的数的个数依次为

1，1，2，3，5，8，…①

这一串数中有个特点：自第三个开始，每一个等于前两个的和，即

2=1+1，3=2+1，5=3+2，8=5+3，…

如果这个规律正确，那么8后面的数依次是

8+5=13，13+8=21，21+13=34，… 即经过9次操作变为1的数有34个. 为什么上面的规律是正确的呢？

道理也很简单. 设经过n 次操作变为1的数的个数为n a ,则1a =1，2a =1，3a =2，…

102411

12

5

13

283031

64

32

15

14

16

7

6

3

8

4

2

1

从上面的图看出，1n a +比n a 大. 一方面，每个经过n 次操作变为1的数，乘以2，就得出一个偶数，经过1n +次操作变为1；反过来，每个经过1n +次操作变为1的偶数，除以2，就得出一个经过n 次操作变为1的数. 所以经过n 次操作变为1的数与经过1n +次操作变为1的偶数恰好一样多.前者的个数是n a ,因此后者也是n a 个.

另一方面，每个经过n 次操作变为1的偶数，减去1，就得出一个奇数，它经过1n +次操作变为1，反过来.每个经过1n +次操作变为1的奇数，加上1，就得出一个偶数，它经过n 次操作变为1. 所以经过n 次操作变为1的偶数经过1n +次操作变为1的奇数恰好一样多.而由上面所说，前者的个数就是1n a -,因此后者也是1n a -.

经过n +1次操作变为1的数，分为偶数、奇数两类，所以

11n n n a a a +-=+ ②

即上面所说的规律的确成立.

满足规律②，并且12a a ==1的一串数 ①称为裴波那契数列，斐波那契（Fibonacci,约1175—1250）是意大利数学家，以他的名字命名的这种数列有很广泛的应用.

模块二、制定最优的设计方案

【例 16】 小明骑在牛背上赶牛过河．共有甲、乙、丙、丁4头牛．甲牛过河需要1分钟，乙牛过河需要

2分钟，丙牛过河需要5分钟，丁牛过河需要6分钟．每次只能赶两头牛过河，那么小明要把这4头牛都赶到对岸，最小要用多少分钟？

【解析】 要想用最少的时间，4头牛都能过河，保证时间最短：

第一步：甲与乙一起过河，并由小明骑甲牛返回，共用：213+=(分钟)；

第二步：返回原地的小明再骑丙与丁过河后再骑乙牛返回，共用了628+=(分钟)； 第三步：最后小明骑甲与乙一起过河用了2分钟；

所以，小明要把这4头牛都赶到对岸，最小要用38213++=(分钟)．

【巩固】 (03年迎春杯试题)小强、小明、小红和小蓉4个小朋友效游回家时天色已晚，他们来到一条河

的东岸，要通过一座小木桥到西岸，但是他们4个人只有一个手电筒，由于桥的承重量小，每次只能过2人，因此必须先由2个人拿着手电筒过桥，并由1个人再将手电筒送回，再由2个人拿着手电筒过桥……直到4人都通过小木桥.已知，小强单独过桥要1分钟；小明单独过桥要1.5分钟;小红单独过桥要2分钟;小蓉单独过桥要2.5分钟.那么,4个人都通过小木桥,最少要多少分钟？

【解析】 (方法一)要想用最少的时间，4人都通过小木桥，可采用让过桥最快的小强往返走，将手电筒送

回，这样就能保证时间最短了．

第一步：小强与小明一起过桥，并由小强带手电筒返回，共用：1.51 2.5+=(分钟)； 第二步：返回原地的小强与小红过桥后再返回，共用了213+=(分钟)； 第三步：最后小强与小蓉一起过桥用了2.5分钟；

所以，4个人都通过小木桥，最少用2.53 2.58++=(分钟)．

(方法二)要想用最少的时间，4人都能过桥，保证时间最短还可以：

第一步：小强与小明一起过桥，并由小强带手电筒返回，共用：1.51 2.5+=(分钟)；

第二步：返回原地的小红与小蓉过桥后再由小明带手电返回，共用了2.5 1.54+=(分钟)； 第三步：最后小强与小小明一起过桥用了1.5分钟；

所以，4个人都通过小木桥，最少用2.54 1.58++=(分钟)．

【例 17】 (圣彼得堡数学奥林匹克)牛奶和李子果酱被装在同样的瓶子里出售，同时商店还开展回收此类

空瓶的业务．每5个空瓶可以换1瓶牛奶，每10个空瓶可以换1瓶李子果酱．谢辽沙从地窖里找到了60个空瓶，拿到商店去换物品．他每次只换回一瓶牛奶，或一瓶李子果酱，并且等把换到的牛奶或李子果酱都吃掉后，再拿空瓶去换物品．在进行了若干次交换之后，他手中只剩下了1个空瓶．问：他一共进行了多少次交换？

【解析】 设谢辽沙有欠换得牛奶，有y 次换得李子果酱．每换回1瓶牛奶，他手中的瓶子都减少4个(他

付出5个空瓶，换回1个装有牛奶的瓶子)；而每换回1瓶李子果酱，他手中的瓶子都减少9个．题

意表明，在进行了所有的交换之后，他手中的瓶子一共减少59个，故有4959x y +=．由于x 与y 都是非负整数，所以7y <，并且599y -是4的倍数．经过列举，知仅当3y =时，59932y -=是4的倍数，所以8x =，3y =是唯一解．即一共进行了11x y +=(次)交换．

【例 18】 (2008年北大附中“资优博雅杯”数学竞赛)有一只小猴子在深山中发现了一片野香蕉园，它

一共摘了300根香蕉，然后要走1000米才能到家，如果它每次最多只能背100根香蕉，并且它每走10米就要吃掉一根香蕉，那么，它最多可以把 根香蕉带回家？

【解析】 首先，猴子背着100根香蕉直接回家，会怎样？在到家的时候，猴子刚好吃完最后一根香蕉，其

他200根香蕉白白浪费了！

折返，求最值问题，我们需要设计出一个最优方案．3001003÷=．猴子必然要折返3次来拿香蕉．

我们为猴子想到一个绝妙的主意：在半路上储存一部分香蕉． 猴子的路线：

家y

储存点B

储存点A

野香蕉园x

这两个储存点A 与B 就是猴子放臵香蕉的地方，怎么选呢？最好的情况是： (一)当猴子第①③④次回去时，都能在这里拿到足够到野香蕉园的香蕉．

(二)当猴子第②④次到达储存点时，都能将之前路上消耗的香蕉补充好(即身上还有100个) (三)B 点同上．

XA 的距离为10x ，路上消耗x 个香蕉．AB 的距离为10y ，路上消耗y 个香蕉．

猴子第一次到达A 点，还有(100)x -个香蕉，回去又要消耗x 个，只能留下1002x -个香蕉．这(1002)x -个香蕉将为猴子补充②③④次路过时的消耗和需求，每次都是x 个，则1002320x x x -

=

?=．200

XA ?=米，猴子将在A 留下60个香蕉．

那么当猴子②次到达A 时，身上又有了100个香蕉，到⑤时还有100y -个，从⑤回③需要y 个，

可在B 留下(1002)y -个，用于⑥时补充从④到⑥的消耗y 个．则：10010023

y y y -=?=．

至此，猴子到家时所剩的香蕉为：100013004253

10

3

x y ---

=．

因为猴子每走10米才吃一个香蕉，走到家时最后一个10米才走了23

，所以还没有吃香蕉，应该

还剩下54个香蕉．

【例 19】 如右图，在街道上有A 、B 、C 、D 、E 五栋居民楼，现在设立一个公交站，为使五栋楼的居民到

车站的距离之和最短，车站应立于何处？

A

【解析】 条件中只有五个楼的名字和排列顺序，楼与楼的距离也不确定.那么我们先来分析一下A 、E 两个

点，不论这个邮筒放在AE 之间的那一点，A 到邮筒的距离加上E 到邮筒的距离就是AE 的长度，也就是说邮筒放在哪儿不会影响这两个点到邮筒的距离之和；那么我们就使其他的3个点到邮筒的距离之和最短，再看为了使B 、D 两个到邮筒的距离之和小，应把邮筒放在BD 之间.同理，只要是在BD 之间，B 、D 到邮筒的距离之和也是不变的，等于BD .最后，只需要考虑C 点到邮筒的距离最近就行了.那么当然也就是把邮筒放在C 点了.这里就体现了一个“向中心靠拢的思想”．

【巩固】 老师可以把上题的条件变为:有A 、B 、C 、D 、E 、F 六栋楼，要想使居民到达车站的距离之和最

短，应该设在何处？

D

C

B

【解析】 找最中间的那栋楼，可这时最中间的楼有两个，这该怎么办呢？其实经过研究发现，建在这两个

楼都一样，路程和最短，所以可以建在C 或D .如果我们只要求建在这条道路上的一点即可，那么C D 之间及点C 、D 均可.

【巩固】 道路沿线有一些垃圾回收站点，现需要将每个回收站点的垃圾都运送到一个处理场(处理场也可

以设在站点上)，希望所有站点到处理场的距离总和最短．⑴若有2个回收站点，请在下面线上用▲标出这个处理场的位置．

站点2

站点1

⑵若有3个回收站点，请在下面线上用▲标出这个处理场的位置．

站点2站点1站点3

⑶若有4个回收站点，请在下面线上用▲标出这个处理场的位置．

站点3

站点4

站点1站点2

⑷若有5个回收站点，请在下面线上用▲标出这个处理场的位置．

站点4

站点2站点1站点5

站点3

⑸若有59个回收站点，请说明这个处理场应设的位置．

【解析】 ⑴站点1与站点2间的任意一点

⑵站点2

⑶站点2与站点3间的任意一点 ⑷站点3 ⑸站点30

【例 20】 (奥数网习题库)右图是A ，B ，C ，D ，E 五个村之间的道路示意图，○中数字是各村要上学的学

生人数，道路上的数表示两村之间的距离(单位：千米)．现在要在五村之中选一个村建立一所小学．为使所有学生到学校的总距离最短，试确定最合理的方案.

5

3

4

2

50352020

40

E

D

C

B A

【解析】 “小往大处靠”的原则来解决，A 点向C 点集中，因为根据“小往大处靠”的原则，虽然A 点40

人比C 点20人多，但是人最多的点是E 点，所以大方向是向E 点的方向靠拢．那么B 点当然也要向C 点靠拢．C 点就有80人了.此时人数最多的点变成了C 点了.D 、E 又变成小势力了，因此还是“小往大处靠”的原则，看大方向，E 点要向D 点靠拢.此时D 点变成85人了．那么D 点比此时C 点的80人多了.C 点又变成小势力了.所以最终要集中在D 点.也就是学校要设在D 点. 说明：对于集中货物的问题，涉及到了重量，而集中到何处起决定作用的是货物的重量，而至于距离，仅仅只是为了计算所以对于这类问题老师要强调“小往大处靠”的原则．

【巩固】 (04年我爱数学夏令营试题)一条直街上有5栋楼，从左到右编号为1，2，3，4，5，相邻两楼

的距离都是50米．第1号楼有1名职工在A 厂上班，第2号楼有2名职工在A 厂上班……，第5号楼有5名职工在A 厂上班．A 厂计划在直街上建一通勤车站接送这5栋楼的职工上下班，为使这些职工到通勤车站所走的路程之和最小，车站应建在距1号楼多少米处？

【解析】 如图所示，“小往大处靠”的原则来解决，故应建在4号楼的位臵，距1号楼150米处．

【巩固】 (人大附中分班考试题)在一条公路上，每隔10千米有一座仓库(如右图)，共有五座，图中数

字表示各仓库库存货物的重量.现在要把所有的货物集中存放在一个仓库里，如果每吨货物运输1千米需要运费0.9元，那么集中到哪个仓库运费最少？

60吨10吨20吨10吨D

A

【解析】 这道题可以用“小往大处靠”的原则来解决.E 点60吨，存的货物最多，那么先处理小势力，A

往E 那个方向集中，集中到B ,B 变成40吨，判断仍是E 的势力最大，所以继续向E 方向集中，B 点集中到C 点，C 点变成60吨.此时C 点和E 点都是60吨，那么C 、E 谁看成大势力都可以.例如把E 点集中到D 点，D 点是70吨.所以C 点也要集中到D 点.确定了集中地点，运输费用也就容易求了.运费最少为：(10?30+30?20+20?10+60?10)?0.9=1530(元)．

【巩固】 产地A1、A2、A3和销售地B1、B2、B3、B4都在铁路线上，位置如下图所示.已知A1、A2、A3

的产量分别为5吨、3吨、2吨；B1、B2、B3、B4的销售量分别是1吨、2吨、3吨、4吨.试求

出使总运输吨公里数最小的调运方案。

【解析】A1运往B11吨；运往B22吨；运往B32吨。A2运往B31吨；运往B42吨。A3运往B42吨。

【例21】某工地A有20辆卡车，要把60车渣土从A运到B，把40车砖从C运到D（工地道路图如右图所示），问如何调运最省汽油？

【解析】把渣土从A运到B或把砖从C运到D，都无法节省汽油.只有设法减少跑空车的距离，才能省汽油。

解：如果各派10辆车分别运渣土和砖，那么每运一车渣土要空车跑回300米，每运一车砖则要空车跑回360米，这样到完成任务总共空车跑了300×60＋360×40=32400（米）。如果一辆车从

A→B→C→D→A跑一圈，那么每运一车渣土、再运一车砖要空车跑240+90＝330（米）.因此，先派20辆车都从A开始运渣土到B，再空车开往C运砖到D后空车返回A，这样每辆车跑两圈就完成了运砖任务.然后再派这20辆车都从A运渣土到B再空车返回A，则运渣土任务也完成了.这时总共空车跑了330×40+300×20＝19200（米）.后一种调运方案比前一种减少跑空车13200米，

这是最佳节油的调运方案。

【例22】一支勘探队在五个山头A、B、C、D、E设立了基地，人数如右图所示.为调整使各基地人数相同，如何调动最方便？（调动时不考虑路程远近）

【解析】在人员调运时不考虑路程远近的因素，就只需避免两个基地之间相互调整，即“避免对流现象”。

五个基地人员总数为 17+4+16+14+9=60（人）依题意，调整后每个基地应各有 60÷5=12（人）。

因此，需要从多于12人的基地A、C、D向不足12人的基地B、E调人.为了避免对流，经试验容易得到调整方案如下：先从D调2人到E，这样E尚缺1人；再由A调1人给E，则E达到要求.

此时，A尚多余4人，C也多余4人，总共8人全部调到B，则B亦符合要求。

【例23】189米长的钢筋要剪成4米或7米两种尺寸，如何剪法最省材料？

【解析】显然无残料的剪法是最优方案.于是考虑二元一次不定方程的整数解问题。

解：设4米长的剪x根，7米长的剪y根，依题意列方程4x＋7y＝189。

根据倍数分析法可知7｜x（即x是7的倍数）。令x1＝0，则7y＝189，解出y1=27；

x2＝7，

则7y＝161，解出y2＝23；

x3=14，

则7y＝133，解出y3＝19；

x4=21，

则7y=105，解出y4=15；

x5＝28，

则7y=77，解出y5=11；

x6=35，

则7y＝49，解出y6＝7；

x7=42，

则7y ＝21，解出y7=3。因此，有七种剪法都是最省材料的。

【巩固】 用10尺长的竹竿做原材料，来截取3尺、4尺长的甲、乙两种短竹竿各100根，至少要用去原

材料几根？怎么截法最合算？

【解析】 不难想到有三种截法省料：

截法1：截成3尺、3尺、4尺三段，无残料； 截法2：截成3尺、3尺、3尺三段，残料1尺； 截法3：截成4尺、4尺两段，残料2尺。 由于截法1最理想（无残料），因此应该充分应用截法1.考虑用原材料50根，可以截成100根3尺长的短竹竿，而4尺长的仅有50根，还差50根.于是再应用截法3，截原材料25根，可以得到4尺长的短竹竿50根，留下残料2×25＝50（尺）。所以至少要用75根原材料，其中50根用截法1，25根用截法3，这样的截法最省料.

【例 24】 大桶能装5千克油，小桶能装4千克油，你能用这两只桶量出6千克油吗?怎么量？ 【解析】 先将5千克的桶倒满油；再用大桶将小桶倒满，大桶中还有5-4=1(千克)油；然后将小桶倒空，

将大桶中1千克倒到小桶中；最后注满大桶，连小桶中共是5+1=6(千克)．这道题要学会借助于大桶小桶容积的差量出想获得的中间量(1千克)．

【例 25】 (2008年第二届两岸四地“华罗庚金杯”少年数学精英邀请赛)下图3332 的长方形，黑色两

块是边长为1与4的磁砖，其余的部分尚未铺磁砖：、 铺磁砖的师傅说：“只需边长为7、8、9、10、14、15、18的正方形磁砖各一块(共七块)，就可以将整个长方形铺满．”试着铺铺看，并把结果图示在下图中(请用粗线标出各块的边缘，并在中心标出其边长)．

18

14

10

9

【解析】 从右上角开始考虑，边长为1的黑色磁砖到右边的距离为9，而上面的距离为8，所以右上角放

的正方形最好是边长为8或9的正方形，尝试可知8不行，9有如下铺法： 注：这个问题来自于历史上的著名问题：“完全正方形”和“完全长方形”． 数学上所谓“完全正方形”，是指一个大正方形完全由较小的正方形所构成，且小正方形的面积都不相等．“完全长方形”，是指一个大长方形完全由较小的正方形所构成，且小正方形的面积都不相等．其中小正方形的个数称为这个“完全正方形”或“完全长方形“的阶． 这个问题中给出的例子是一个9阶的“完全长方形”，这是阶数最少的完全长方形，“完全正方形”的阶数最少为21．

【例26】六年级一班全班有35名同学，共分成5排，每排7人，坐在教室里，每个座位的前后左右四个位置都叫作它的邻座．如果要让这35名同学各人都恰好坐到他的邻座上去，能办到吗？为什

么？

【解析】建议建议教师在本讲可以以游戏的形式激发学生自主解决问题．划一个57

?的方格表，其中每一个方格表示一个座位．将方格黑白相间地染上颜色，这样黑色座位与白色座位都成了邻座．因此每位同学都坐到他的邻座相当于所有白格的坐到黑格，所有黑格坐到白格．但实际上图中有17个黑格，18个白格，黑格与白格的个数不相等，故不能办到．

【例27】图是学校素质教育成果展览会的展室，每两个相邻的展室之间都有门相通．有一个人打算从A室开始依次而入，不重复地看过各室展览之后，仍回到A室，问他的目的能否达到，为什么？

A

【解析】采用染色法．如右图，共有9个展览室，对这9个展览室，黑白相间地进行染色，从白室A出发走过第1扇门必至黑室，再由黑室走过第2扇门至白室，由于不重复地走遍每一间展览室，因此将走过黑白相间的8个展览室，再回到白室A，共走过9扇门．由于走过奇数次门至黑室，走过偶数次门至白室．现在，走过9扇门，必至黑室，所以无法回到原来的白室A．

【例28】右图是某套房子的平面图，共12个房间，每相邻两房间都有门相通．请问：你能从某个房间出发，不重复地走完每个房间吗?

【解析】如图所示，将房间黑白相间染色，发现有5个白格，7个黑格．因为每次只能由黑格到白格或由白格到黑格，路线必然黑白相间，这样白格数目与黑格数目之差最多为1才能不重复，但图中黑格比白格多2个，所以无法实现不重复走遍．

【巩固】有一次车展共6636

?=个展室，如右图，每个展室与相邻的展室都有门相通，入口和出口如图所示．参观者能否从入口进去，不重复地参观完每个展室再从出口出来?

【解析】如右图，对每个展室黑白相间染色，那么每次只能从黑格到白格或从白格到黑格．由于入口处和出口处都是白格，而路线黑白相间，首尾都是白格，于是应该白格比黑格多1个，而实际上白格、黑格都是18个，故不可能做到不重复走遍每个展室．

【例29】如右图，在55

?方格的A格中有一只爬虫，它每次总是只朝上下左右四个方向爬到相邻方格

中．那么它能否不重复地爬遍每个方格再回到A格中?

A

【解析】由小虫的爬法，仍可黑白相间对方格自然染色，于是小虫只能由黑格爬到白格或由白格爬到黑格．所以，它由A出发回到A，即黑格爬到黑格，必须经过偶数步．而小方格为5525

?=个，每格爬过一次，就应该为25步，不是偶数．于是这只爬虫不可能不重复地爬遍每格再回到A格．

【例30】右图是半张中国象棋盘，棋盘上放有一只马．众所周知，马是走“日”字的．请问：这只马能否不重复地走遍这半张棋盘上的每一个点，然后回到出发点？

马

【解析】马走“日”字，在中国象棋盘上走有什么规律呢？为方便研究规律，如下图所示：

先在棋盘各交点处相间标上○和●，图中共有22个○和23个●．因为马走“日”字，每步只能从○跳到●，或由●跳到○，所以马从某点跳到同色的点（指○或●），要跳偶数步；跳到不同

色的点，要跳奇数步．现在马在○点，要跳回这一点，应跳偶数步，可是棋盘上共有232245

+=个点，所以不可能做到不重复地走遍所有的点后回到出发点．

讨论：如果马的出发点不是在○点上而是在●点上，那么这只马能不能不重复地走遍这半张棋盘上的每个点，最后回到出发点上呢？按照上面的分析，显然也是不可能的．但是如果放弃“回到

出发点”的要求，那么情况就不一样了．从某点出发，跳遍半张棋盘上除起点以外的其它44个点，要跳44步，44是偶数，所以起点和终点应是同色的点（指○或●）．因为44步跳过的点○与点

●各22个，所以起点必是●，终点也是●．也就是说，当不要求回到出发点时，只要从●出发，

就可以不重复地走遍半张棋盘上的所有点．

【巩固】一只电动老鼠从右图的A点出发，沿格线奔跑，并且每到一个格点不是向左转就是向右转．当这只电动老鼠又回到A点时，甲说它共转了81次弯，乙说它共转了82次弯．如果甲、乙二人有

一人说对了，那么谁正确？

【解析】如右图所示:格点黑白相间染色，因为老鼠遇到格点必须转弯，所以经过多少个格点就转了多少次弯．如右上图所示，老鼠从黑点出发，到达任何一个黑点都转了奇数次弯，所以甲正确．

模块四、染色与操作（剪拼）

【例31】有7个苹果要平均分给12个小朋友，园长要求每个苹果最多分成5份．应该怎样分？

【解析】显然每人应该分7

12＝4

12

+3

12

＝1

3

+1

4

．

于是，拿4个苹果，每个苹果3等分；拿3个苹果，每个苹果4等分

【例32】右图是由14个大小相同的方格组成的图形．试问能不能剪裁成7个由相邻两方格组成的长方形？

【解析】将这14个小方格黑白相间染色（见右下图），有8个黑格，6个白格．相邻两个方格必然是一黑一白，如果能剪裁成7个小长方形，那么14个格应当是黑、白各7个，与实际情况不符，所以不能剪裁成7个由相邻两个方格组成的长方形．

【巩固】你能把下面的图形分成7个大小相同的长方形吗？动手画一画．

【解析】可以通过染色发现黑白方格个数相同，可以按一黑一白分成7块含有2个小方格的长方形，答案如下（答案不唯一）：

【巩固】有6张电影票(如右图) ，想撕成相连的3张，共有________种不同的撕法.

【解析】形如的有2种，

形如的有8种.

所以共有2810

+=（种）

【巩固】（难度等级※※※）右图是由40个小正方形组成的图形，能否将它剪裁成20个相同的长方形？

【解析】将40个小正方形剪裁成20个相同的长方形，就是将图形分割成20个12

?的小长方形，将图形黑白相间染色后，发现有21黑，19白，黑、白格数目不等，而12

?的小长方形覆盖的总是黑白格各一个，所以不可能做到．

【巩固】右面的三个图形都是从4×4的正方形纸片上剪去两个1×1的小方格后得到的. 问：能否把它

们分别剪成1×

2的七个小矩形.

【解析】 如右图

（1）能，黑白格数相等；（2）（3）不能，黑白格数不等，而1×2的小矩形一次覆盖黑白格各一个.

【例 33】 用9个14?的长方形能不能拼成一个66?的正方形？请说明理由．

44

4444433

33333322222

222

2111

1111143

21

【解析】 本题若用传统的自然染色法，不能解决问题．因为要用14?来覆盖，我们对66?正方形用四种颜

色染色．为了方便起见，这里用1、2、3、4分别代表四种颜色．为了使每个14?长方形在任何位臵盖住的都一样，我们采用沿对角线染色，如右图．这样，可以发现无论将14?长方形放于何处，盖住的必然是1、2、3、4各一个．要不重叠地拼出66?，需9个14?长方形，则必然盖住

1、2、3、4各9个．

但实际上图中一共是9个1、10个2、9个3、8个4，因而不可能用9个14?长方形拼出66?正方形． 【例 34】

能否用9个

所示的卡片拼成一个66?的棋盘？

【解析】 不能．将66?的棋盘黑白相间染色（见右图），有18个黑格．而每张卡片盖住的黑格数只能是1或

者3，所以每张卡片盖住的黑格数是个奇数，9张卡片盖住的黑格数之和也是奇数，不可能盖住18个黑格．

【巩固】 如右图，缺两格的88?

方格有62个格，能否用31个

图不重复地盖住它且不留空隙?

【解析】 这种覆盖问题是典型的用染色方法解决的问题之一．用

来覆盖，则用黑白相间染色，可以

发现它无论横放、竖放，必然盖住一白一黑．要不重复不留空白，那总共盖住的黑格数与白格数

应该相等．但从染色后整个图来看，黑格30个，白格32个，故不可能将整个图不重不漏地盖住．【巩固】用11个和5个能否盖住88

?的大正方形？

【解析】如右图，对88

?的正方形黑白相间染色后，发现必然盖住2白2黑，5

个则盖住10白10

黑．则盖住了3白1黑或3黑1白，从奇偶性考虑，都是奇数．而这种形状共11个，奇数个奇数相加仍为奇数，故这种形状盖住的黑格和白格都是奇数，加上另一种形状的10白10黑，两种形状共盖住奇数个白格奇数个黑格．但实际染色后共32个白格32个黑格，故不可能按题目要求盖住．

注意：本题中每个盖3白1黑或3黑1白，11个这种形状盖住的不一定是33白11黑或33黑11白，因为可能一部分盖3白1黑，另一部分盖3黑1白．这是一个容易犯错的地方．

【例35】在88

?的网格正方形(如图1)中用图2形状的图形来覆盖，要求图2的分割线落在正方形的网格线上．为使所余部分不能再放下图2形状的图形，最少需用图2形状的图形个．

8

82

2

1

1

图1 图2

【解析】最少需要图2形状的图形11个．每个22

?的正方形至少被覆盖住2个小方格，才不能再放下图2形状的图形．在88

?的正方形中有16个22

?的正方形，因此至少需要覆盖住21632

?=个小方格．而要覆盖住32个小方格至少需要11个图2形状的图形(10个只能覆盖31030

?=个小方格)．具体覆盖方法很多，这里仅给出几种供读者参考．(如下图

)

【例 36】 用若干个22?和33?的小正方形能不能拼成一个1111?的大正方形？请说明理由． 【解析】 如图所示，

将22?或33?的小正方形沿格线摆在右图的任何位臵，必定盖住偶数个阴影方格，而阴影方格共有77个，是奇数，所以只用22?和33?的小正方形，不可能拼成1111?的大正方形．

【巩固】 1个22?正方形和15个41?长方形能不能拼出88?的大正方形?请说明理由． 【解析】 若仍然将88?的大正方形黑白相间染色，则22?和41?两种形状盖住的都是两白两黑．必须寻找

其他的染色方法．新的方法必须使得22?和41?长方形无论放在何处，都分别符合一定的规律．采用如右图的染色方法，

则：41?长方形必盖住两黑两白，共15个41?，盖住30黑30白；22?长方形可盖住3白1黑或3黑1白．可以发现，总共只能盖住31黑33白或31白33黑，而图中实际有32个黑格32个白格，故不可能用15个41?和1个22?的长方形盖住88?的大正方形．对区域染色也可理解为对多个方格染色，但此时方格染色范围更广，染色方案更加灵活．

【例 37】 有一批商品，每一件都是长方体形状，尺寸是124??．现有一批现成的木箱，内空尺寸是

666??，问：为什么不能用这些商品将木箱装满?

【解析】 采用如右图的染色方法．

每件124??的商品必占4个白的小立方体和4个黑的小立方体．在整个大正方体中，222??的黑正方体共有54514++=(个)．故111??的黑正方体共：14222112???=(个)．白正方体共：666112104??-=(个)．可见，111??的小立方体黑白总数不等，而每件124??的商品能占的黑白小立方体个数相同，故不可能用这种商品装满木箱而没有空隙．

模块三、操作问题（计算）

【例 38】 对于任意一个自然数n ，当n 为奇数时，加上121；当n 为偶数时，除以2，这算一次操作．现

在对231连续进行这种操作，在操作过程中是否可能出现100？为什么？

【解析】 同学们碰到这种题，可能会“具体操作”一下，得到

这个过程还可以继续下去，虽然一直没有得到100，但也不能肯定得不到100．当然，连续操作

下去会发现，数字一旦重复出现后，这一过程就进入循环，这时就可以肯定不会出现100．因为

这一过程很长，所以这不是好方法．我们可以从另一个方面来考虑，因为231和121都是11的倍

数，而2不是11的倍数，所以在操作过程中产生的数也应当是11的倍数．100不是11的倍数，所以不可能出现．

【巩固】小牛对小猴说：“对一个自然数n进行系列变换：当n是奇数时，则加上2007；当n是偶数时，则除以2．现在对2004连续做这种变换，变换中终于出现了数2008．”小猴说：“你骗人！不可

能出现2008．”请问：小牛和小猴谁说得对呢？为什么？

【解析】试着按照规则进行变换，得到的结果依次如下：2004，1002，501，2508，1254，627，2634，1317，3324，1662，831，2838，……

从中发现不了什么规律，所以应该从另外的角度进行分析．观察可知2004和2007都是3的倍数，那么不论变换多少次，得到的数也还是3的倍数．而2008不是3的倍数，所以不可能出现2008．

【例39】在2009张卡片上分别写着数字1、2、3、4、……、2009，现在将卡片的顺序打乱，让空白面朝上，并在空白面上又分别写上1、2、3、4、……、2009．然后将每一张卡片正反两个面上的

数字相加，再将这2009个和相乘，所得的积能否确定是奇数还是偶数？

【解析】从整体进行考虑．所得的2009个和相加，便等于1～2009的所有数的总和的2倍，是个偶数．2009个数的和是偶数，说明这2009个数中必有偶数，那么这2009个数的乘积是偶数．

本题也可以考虑其中的奇数．由于1～2009中有1005个奇数，那么正反两面共有2010个奇数，而只有2009张卡片，根据抽屉原理，其中必有2个奇数在同一张卡片上，那么这张卡片上的数字的和是偶数，从而所有2009个和的乘积也是偶数．

【巩固】先写出一个两位数62，接着在62右端写这两个数字的和8，得到628，再写末两位数字2和8的和10，得到62810，用上述方法得到一个有2006位的整数：6 2 8 1 0 1 1 2 3 ……则这个

整数的数字之和是（）。

【解析】这个2006位整数的前若干位如下：62810┊1123581347┊11……从第6位起，每10位数字循环出现一次，这10位数字之和为 1 + 1 + 2 + 3 + 5 + 8 + 1 + 3 + 4 + 7 = 35。（2006－5）÷10=200……1，这个整数的数字之和是 6 + 2 + 8 + 1 + 0 + 35×200 + 1 = 7018。

【例40】右图是一个圆盘，中心轴固定在黑板上．开始时，圆盘上每个数字所对应的黑板处均写着0．然后转动圆盘，每次可以转动90?的任意整数倍，圆盘上的四个数将分别正对着黑板上写数的位

置，将圆盘上的数加到黑板上对应位置的数上．问：经过若干次后，黑板上的四个数是否可能

都是999？

00

4

32

1

【解析】不可能．因为每次加上的数之和都是123410

+++=，所以黑板上的四个数之和永远是10的整数倍．而99943996

?=，不是10的倍数，所以黑板上的四个数不可都是999．

【例 41】 如右图所示，将112 顺次排成一圈．如果报出一个数a （在112 之间），那么就从数a 的位置

顺时针走a 个数的位置．例如3a =，就从3的位置顺时针走3个数的位置到达6的位置；11a =，就从11的位置顺时针走11个数的位置到达10的位置．问：a 是多少时，可以走到7的位置？

1211109

8

7

6

5

4

32

1

【解析】 不存在．当16a ≤≤时，从a 的位臵顺时针走a 个数的位臵，应到达2a 的位臵；当712a ≤≤时，

从a 的位臵顺时针走a 个数的位臵，应到达212a -的位臵．由上面的分析知，不论a 是什么数，结果总是走到偶数的位臵，不会走到7的位臵．

【例 42】 （难度等级 ※※※）有5个黑色和白色棋子围成一圈，规定：将同色且相邻的两个棋子之间放

入一个白色棋子，在异色且相邻的两个棋子之间放入一个黑色棋子，然后将原来的5个棋子拿掉。如果第一幅图的初始状态开始依照上述规定操作下去，对于圆圈上呈现5个棋子的情况，圆圈上黑子最多能有 个。

【解析】 5个棋子2种颜色，至少有2个相同颜色的棋子相邻，所以无论操作多少次，5个棋子中至少有1

个是白子，所以黑子最多有4个。实际操作得到： 所以最多有4个

【例 43】 对于表⑴，每次使其中的任意两个数减去或加上同一个数，能否经过若干次后（各次减去或加

上的数可以不同），变为表⑵？为什么？

1010001

01

(2)

(1)

9

87

654321

【解析】 因为每次有两个数同时被加上或减去同一个数，所以表中九个数码的总和经过一次变化后，等于

原来的总和加上或减去那个数的2倍， 因此总和的奇偶性没有改变．原来九个数的总和为12945+++= ，是奇数，经过若干次变化后，总和仍应是奇数，而表⑵中九个数的总和是4，是个偶数．奇数不可能等于偶数，所以不可能变成表⑵．

【例 44】 在图⑴的方格表中，对任意相邻的上下或左右两格中的数字同时加1或减1，这算一次操作，经

过若干次操作后变为图⑵，问：图⑵中的A 格中的数字是几？