父亲节的来历-赴日留学

构造与论证1

内容概述
各种探讨给定要求能否实现，设计最佳安排和选择方案的组合问题．这里的最佳通常指
某个量达到最 大或最小．解题时，既要构造出取得最值的具体实例，又要对此方案的最优性
进行论证．论证中的常用手 段包括抽屉原则、整除性分析和不等式估计．

典型问题

2.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：

(1)某2堆石子全部取光?

(2)3堆中的所有石子都被取走?

【分析与解】 (1)可以，如(1989，989，89)

(1900，900，0)

(950，900，950)


(50，0，50)

(25，25，50)

(O，0，25)．

(2)因为操作就两种，每堆取走同样数目的小石子，将有偶数堆石子堆中一半移至
另一堆，所以每次操作石子总数要么减少3的倍数，要么不变．

现在共有1989+989+89=3067，不是3的倍数，所以不能将3堆中所有石子都取走．

4.在某市举行的一次乒乓球邀请赛上，有3名专业选手与3名业余选手参加.比赛采用单循
环方式进行，就是说每两名选手都要比赛一场．为公平起见，用以下方法记分：开赛前每位
选手 各有10分作为底分，每赛一场，胜者加分，负者扣分，每胜专业选手一场加2分，每
胜业余选手一场加 1分；专业选手每负一场扣2分，业余选手每负一场扣1分．问：一位业
余选手最少要胜几场，才能确保 他的得分比某位专业选手高?

【分析与解】 当一位业余选手胜2场时，如果只胜了另两 位业余选手，那么他得
10+2-3=9(分)．此时，如果专业选手间的比赛均为一胜一负，而专业选 手与业余选手比赛全
胜，那么每位专业选手的得分都是10+2-2+3=13(分)．所以，一位业余 选手胜2场，不能确
保他的得分比某位专业选手高．

当一位业余选手胜3场时，得 分最少时是胜两位业余选手，胜一位专业选手，得
10+2+2-2=12(分)．此时，三位专业选手 最多共得30+0+4=34(分)，其中专业选手之间的三
场比赛共得0分，专业选手与业余选手的比 赛最多共得4分.由三个人得34分，34÷3=11
1
，
3

推知，必有人得分不超过11分.
也就是说，一位业余选手胜3场，能确保他的得分比某位专业选手高.


6.如图 35-1，将1，2，3，4，5，6，7，8，9，10这10个数分别填入图中的10个圆圈内，
使 任意连续相邻的5个圆圈内的各数之和均不大于某个整数M.求M的最小值并完成你的填
图.


【分析与解】 要使M最小，就要尽量平均的填写，因为如果有的连续5个圆圈内的数特别
小，有的特别大，那么M就只能大于等于特别大的数，不能达到尽量小的目的．

因为每个圆圈内的数都用了5次，所以10次的和为
5×(1+2+3+…+10)=275．
每次和都小于等于朋，所以IOM大于等于275，整数M大于28．
下面来验证M =28时是否成立，注意到圆圈内全部数的总和是55，
所以肯定是一边五个的和是28，一边是27． 因为数字都不一样，所以和28肯定是相间排列，
和27也是相问排列，也就是说数组每隔4个差值为l ，这样从1填起，容易排出适当的填
图.

8.1998名运动员的号码依次为1至 1998的自然数．现在要从中选出若干名运动员参加仪仗
队，使得剩下的运动员中没有一个人的号码等 于另外两人的号码的乘积．那么，选为仪仗队
的运动员最少有多少人?

【分析与解 】我们很自然的想到把用得比较多的乘数去掉，因为它们参与的乘式比较多，
把它们去掉有助于使剩下的 构不成乘式，比较小的数肯定是用得最多的，因为它们的倍数最
多，所以考虑先把它们去掉，但关键是除 到何处?

考虑到44的平方为1936，所以去到44就够了，因为如果剩下的构成了乘式 ，那么乘
式中最小的数一定小于等于44，所以可以保证剩下的构不成乘式．因为对结果没有影响，所以可以将1保留，于是去掉2，3，4，…，44这43个数．

但是，是不是去掉4 3个数为最小的方法呢?构造2×97，3×96，4×95，…，44×45，
发现这43组数全不相 同而且结果都比1998小，所以要去掉这些乘式就至少要去掉43个数，
所以43位最小值，即为所求 .

10.在10×19方格表的每个方格内，写上0或1，然后算出每行及每列的各数之和 ．问最多
能得到多少个不同的和数?

【分 析与解】首先每列的和最少为0，最多是10，每行的和最少是0，最多是19，所以
不同的和最多也就 是0，1，2，3，4，…，18，19这20个．

下面我们说明如果0出现，那么必然有另外一个数字不能出现．

如果0出现在行的 和中，说明有1行全是0，意味着列的和中至多出现0到9，加上行
的和至多出现10个数字，所以少了 一种可能．

如果0出现在列的和中，说明在行的和中19不可能出现，所以0出现就意味着 另一个数字
不能出现，所以至多是19，下面给出一种排出方法.


12 ．在1000×1000的方格表中任意选取n个方格染为红色，都存在3个红色方格，它们的
中心构成 一个直角三角形的顶点．求n的最小值．

【分析与解】 首先确定1998不行．反例如下：

其次1999可能是可以的，因为首先从行看，199 9个红点分布在
1000行中，肯定有一些行含有2个或者以上的红点，因为含有0或
1个红点 的行最多999个，所以其他行含有红点肯定大于等于
1999-999=1000，如果是大于100 0，那么根据抽屉原理，肯定有两个
这样红点在一列，那么就会出现红色三角形；

如果是等于1000而没有这样的2个红点在一列，说明有999行只含有1个红点，而剩
下的一行全是 红点，那也肯定已经出现直角三角形了，所以n的最小值为1999．

14．在图35-2 中有16个黑点，它们排成了一个4×4的方阵．用线段连接其中4点，就可
以画出各种不同的正方形． 现在要去掉某些点，使得其中任意4点都不能连成正方形，那么
最少要去掉多少个点?


【分析与解】 至少要除去6个点，如下所示为几种方法：

构造与论证2
内容概述
组合证明题，在论证中，有时需进行 分类讨论，有时则要着眼于极端情形，或从整体把
握．若干点及连接它们的一些线段组成图，与此相关的 题目称为图论问题，这里宜从特殊的
点或线着手进行分析．各种以染色为内容，或通过染色求解的组合问 题，基本的染色方式有
相间染色与条形染色．

典型问题

2． 甲、乙、丙三个班人数相同，在班级之间举行象棋比赛．各班同学都按l，2，3，4，…
依次编号．当 两个班比赛时，具有相同编号的同学在同一台对垒．在甲、乙两班比赛时，有
15台是男、女生对垒；在 乙、丙班比赛时，有9台是男、女生对垒．试说明在甲、丙班比
赛时，男、女生对垒的台数不会超过24 ．并指出在什么情况下，正好是24 ？

【分析与解】 不妨设甲、乙比赛时， 1～15号是男女对垒，乙、丙比赛时．在1～15
号中有a台男女对垒，15号之后有9-a台男女对 垒(0≤a≤9)
甲、丙比赛时，前15号，男女对垒的台数是15-a(如果1号乙与1号 丙是男女对垒，
那么1号甲与1号丙就不是男女对垒)，15号之后，有9-a台男女对垒.所以甲、丙 比赛时，
男女对垒的台数为
15-a+9-a=24-2a≤24．
仅在a=0，即必须乙、丙比赛时男、女对垒的号码，与甲、乙比赛时男、女对垒的号码
完全不同，甲、 丙比赛时，男、女对垒的台数才等于24．
4．将15×15的正方形方格表的每个格涂上红色、蓝色 或绿色．证明：至少可以找到两行，
这两行中某一种颜色的格数相同．
【分析与解】 如果找不到两行的某种颜色数一样，那么就是说所有颜色的列与列之问
的数目不同．那么红色最少也会占 ：
0+1+2+…+14=105个格子．
同样蓝色和绿色也是，这样就必须有至少：

3×(0+l+2+…+14)=315个格子．
但是，现在只有15×15=225个格子，所以和条件违背，假设不成立，结论得证．
6. 4个人 聚会，每人各带2件礼品，分赠给其余3个人中的2人．试证明：至少有2对人，
每对人是互赠过礼品的 ．
【分析与解】将这四个人用4个点表示，如果两个人之间送过礼，就在两点之间连一条线．
由于每人送出2件礼物，图中共有4×2=8条线，由于每人礼品都分赠给2个人，所以每
两点之间至 多有1+1=2条线．
四点间，每两点连一条线，一共6条线，现在有8条线，说明必有两点 之间连了2条线，还
有另外两点(有一点可以与前面的点相同)之间也连了2条线．
即为所证结论。

8．若干台计算机联网，要求：
①任意两台之间最多用一条电缆连接；
②任意三台之间最多用两条电缆连接；
③两台计算机之间如果没有电缆连接，则必须有另一台计算机和它们都连接有电缆．若
按此要求最少要用 79条电缆．
问：(1)这些计算机的数量是多少台?
(2)这些计算机按要求联网，最多可以连多少条电缆?
【分析与解】将机器当成点 ，连接电缆当成线，我们就得到一个图，如果从图上一个点
出发，可以沿着线跑到图上任一个其它的点， 这样的图就称为连通的图，条件③表明图是连
通图．
我们看一看几个点的连通图至少 有多少条线．可以假定图没有圈(如果有圈，就在圈上
去掉一条线)，从一点出发，不能再继续前进，将 这一点与连结这点的线去掉．考虑剩下的
n-1个点的图，它仍然是连通的．用同样的办法又可去掉一点 及一条线．这样继续下去，最
后只剩下一个点．因此n个点的连通图至少有n-1条线(如果有圈，线的 条数就会增加)，并
且从一点A向其他n-1个点各连一条线，这样的图恰好有n-1条线．
因此，(1)的答案是n=79+1=80，并且将一台计算机与其他79台各用一条线相连，就得
到符 合要求的联网．
下面看看最多连多少条线．
在这80个点(80台计算机 )中，设从
A
1
引出的线最多，有k条，与
A
1
相连的点是
B
1
,
B
2
，…，
B
k
由于条件 ，
B
1
,
B
2
…，
B
k
之间没有 线相连．
设与
A
1
不相连的点是
A
2
，
A
3
…，
A
m
，则m+k=80，而
A
2
，
A
3
…,
A
m
每一点至多引出
k条线， 图中至多有mk条线，因为
B
40
4mk(mk)
≤
(m k)6400

所以m×k≤1600，即连线不超过1600条． 另一方面，设80个点分为两组：
A
1
,
A
2
…，A
40
；
B
1
，
B
2
…，
B
40
第一组的每一点与
第二组的每一点各用一条线相连，这样的图符合题目要求，共有 40×40=1600条线．

10．在一个6×6的方格棋盘中，将若干个1×1的小方格 染成红色．如果随意划掉3行3
列，在剩下的小方格中必定有一个是红色的．那么最少要涂多少个方格?
22

【分析与解】方法一：显然，我们先在每 行、每列均涂一个方格，使之成为红色，如图
A所示，但是在图B中，划去3行3列后，剩下的方格没有 红色的，于是再将两个方格涂成
红色(依据对称性，应将2个方格同时涂成红色)，如图C所示，但是图 D的划法，又使剩下
的方格没有红色，于是再将两个方格涂成红色(还是由于对称的缘故，将2个方格涂 成红色)，
得到图E，图E不管怎么划去3行3列，都能使剩下的方格含有红色的．
这时共涂了10个方格．


方法二：一方面，图F表明无论去掉哪三行哪三列总会留下一个涂红的方格．

另一 方面，如果只涂9个红色方格，那么红格最多的三行至少有6个红格(否则第三多
的行只有1个红格，红 格总数≤5+3=8)，去掉这三行至多还剩3个红格，再去掉三列即可将
这三个红格也去掉．
综上所述，至少需要将10个方格涂成红色．
12. 证明：在6×6×6的正方体盒子中最 多可放入52个1×l×4的小长方体，这里每个小
长方体的面都要与盒子的侧面平行．
【分析与解】 先将6× 6×6的正方体盒子视为实体，那么6×6×6的正方体可分成
216个小 正方体，这216个小正方体可以组成27个棱长为2的正方体．我们将这27个棱长
为2的正方体按黑 白相间染色，如下图所示．


其中有14个黑色的，13个白色的，而一 个白色的2×2×2的正方体可以对应的放人4
个每个面都与盒子侧面平行的1×l×4的小长方体，所 以最多可以放入13×4=52个1×1×4
的小长方体．
评注：6×6×6的正方体的体积 为216，1×1×4的小长方体的体积为4，所以可放入的小正方体数目
不超过216÷4=54个．

14．用若干个l×6和1×7的小长方形既不重叠 ，也不留孔隙地拼成一个11×12的大长方
形，最少要用小长方形多少个?
【分析与解】我们先通过面积计算出最优情况：
11×12=132，设用1×6的小长方形x个 ，用1×7的小长方形y个，有
6x7x132
．


x1 7t
解得：

（t为可取0的自然数)，共需x+y=19+t个小长方形．
y186t

(1)当t=0时，即x+y=1+18=19，表示其中 的1×6的小长方形只有1个，剩下的18个
小长方形都是
l×7的．
大长方形中无论是1行还是1列，最多都只能存在1个l×7的小长方形，所以在大长
方形中最多只能无 重叠的同时存在16个l×7的小长方形．
现在却存在18个1×7的小长方形，显然不满足；
(2)当t=l时，即x+y=8+12=20，有如下分割满足，所以最少要用小长方形20个．

构造与论证1

内容概述

各种探讨给定要求能否实现，设计最 佳安排和选择方案的组合问题．这里的最佳通常指
某个量达到最大或最小．解题时，既要构造出取得最值 的具体实例，又要对此方案的最优性
进行论证．论证中的常用手段包括抽屉原则、整除性分析和不等式估 计．

典型问题

2.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：

(1)某2堆石子全部取光?

(2)3堆中的所有石子都被取走?

【分析与解】 (1)可以，如(1989，989，89)

(1900，90 0，0)

(950，900，950)


(50，0，50)

(25，25，50)

(O，0，25)．

(2)因为操作就两种，每堆取走同样数目的小石子，将有偶数堆石子堆中一半移至
另一堆，所以每次操作石子总数要么减少3的倍数，要么不变．

现在共有1989+989+89=3067，不是3的倍数，所以不能将3堆中所有石子都取走．

4.在某市举行的一次乒乓球邀请赛上，有3名专业选手与3名业余选手参加.比赛采用单循
环方式进行，就是说每两名选手都要比赛一场．为公平起见，用以下方法记分：开赛前每位
选手 各有10分作为底分，每赛一场，胜者加分，负者扣分，每胜专业选手一场加2分，每
胜业余选手一场加 1分；专业选手每负一场扣2分，业余选手每负一场扣1分．问：一位业
余选手最少要胜几场，才能确保 他的得分比某位专业选手高?

【分析与解】 当一位业余选手胜2场时，如果只胜了另两 位业余选手，那么他得
10+2-3=9(分)．此时，如果专业选手间的比赛均为一胜一负，而专业选 手与业余选手比赛全
胜，那么每位专业选手的得分都是10+2-2+3=13(分)．所以，一位业余 选手胜2场，不能确
保他的得分比某位专业选手高．

当一位业余选手胜3场时，得 分最少时是胜两位业余选手，胜一位专业选手，得
10+2+2-2=12(分)．此时，三位专业选手 最多共得30+0+4=34(分)，其中专业选手之间的三
场比赛共得0分，专业选手与业余选手的比 赛最多共得4分.由三个人得34分，34÷3=11
1
，
3

推知，必有人得分不超过11分.
也就是说，一位业余选手胜3场，能确保他的得分比某位专业选手高.


6.如图 35-1，将1，2，3，4，5，6，7，8，9，10这10个数分别填入图中的10个圆圈内，
使 任意连续相邻的5个圆圈内的各数之和均不大于某个整数M.求M的最小值并完成你的填
图.


【分析与解】 要使M最小，就要尽量平均的填写，因为如果有的连续5个圆圈内的数特别
小，有的特别大，那么M就只能大于等于特别大的数，不能达到尽量小的目的．

因为每个圆圈内的数都用了5次，所以10次的和为
5×(1+2+3+…+10)=275．
每次和都小于等于朋，所以IOM大于等于275，整数M大于28．
下面来验证M =28时是否成立，注意到圆圈内全部数的总和是55，
所以肯定是一边五个的和是28，一边是27． 因为数字都不一样，所以和28肯定是相间排列，
和27也是相问排列，也就是说数组每隔4个差值为l ，这样从1填起，容易排出适当的填
图.

8.1998名运动员的号码依次为1至 1998的自然数．现在要从中选出若干名运动员参加仪仗
队，使得剩下的运动员中没有一个人的号码等 于另外两人的号码的乘积．那么，选为仪仗队
的运动员最少有多少人?

【分析与解 】我们很自然的想到把用得比较多的乘数去掉，因为它们参与的乘式比较多，
把它们去掉有助于使剩下的 构不成乘式，比较小的数肯定是用得最多的，因为它们的倍数最
多，所以考虑先把它们去掉，但关键是除 到何处?

考虑到44的平方为1936，所以去到44就够了，因为如果剩下的构成了乘式 ，那么乘
式中最小的数一定小于等于44，所以可以保证剩下的构不成乘式．因为对结果没有影响，所以可以将1保留，于是去掉2，3，4，…，44这43个数．

但是，是不是去掉4 3个数为最小的方法呢?构造2×97，3×96，4×95，…，44×45，
发现这43组数全不相 同而且结果都比1998小，所以要去掉这些乘式就至少要去掉43个数，
所以43位最小值，即为所求 .

10.在10×19方格表的每个方格内，写上0或1，然后算出每行及每列的各数之和 ．问最多
能得到多少个不同的和数?

【分 析与解】首先每列的和最少为0，最多是10，每行的和最少是0，最多是19，所以
不同的和最多也就 是0，1，2，3，4，…，18，19这20个．

下面我们说明如果0出现，那么必然有另外一个数字不能出现．

如果0出现在行的 和中，说明有1行全是0，意味着列的和中至多出现0到9，加上行
的和至多出现10个数字，所以少了 一种可能．

如果0出现在列的和中，说明在行的和中19不可能出现，所以0出现就意味着 另一个数字
不能出现，所以至多是19，下面给出一种排出方法.


12 ．在1000×1000的方格表中任意选取n个方格染为红色，都存在3个红色方格，它们的
中心构成 一个直角三角形的顶点．求n的最小值．

【分析与解】 首先确定1998不行．反例如下：

其次1999可能是可以的，因为首先从行看，199 9个红点分布在
1000行中，肯定有一些行含有2个或者以上的红点，因为含有0或
1个红点 的行最多999个，所以其他行含有红点肯定大于等于
1999-999=1000，如果是大于100 0，那么根据抽屉原理，肯定有两个
这样红点在一列，那么就会出现红色三角形；

如果是等于1000而没有这样的2个红点在一列，说明有999行只含有1个红点，而剩
下的一行全是 红点，那也肯定已经出现直角三角形了，所以n的最小值为1999．

14．在图35-2 中有16个黑点，它们排成了一个4×4的方阵．用线段连接其中4点，就可
以画出各种不同的正方形． 现在要去掉某些点，使得其中任意4点都不能连成正方形，那么
最少要去掉多少个点?


【分析与解】 至少要除去6个点，如下所示为几种方法：

构造与论证2
内容概述
组合证明题，在论证中，有时需进行 分类讨论，有时则要着眼于极端情形，或从整体把
握．若干点及连接它们的一些线段组成图，与此相关的 题目称为图论问题，这里宜从特殊的
点或线着手进行分析．各种以染色为内容，或通过染色求解的组合问 题，基本的染色方式有
相间染色与条形染色．

典型问题

2． 甲、乙、丙三个班人数相同，在班级之间举行象棋比赛．各班同学都按l，2，3，4，…
依次编号．当 两个班比赛时，具有相同编号的同学在同一台对垒．在甲、乙两班比赛时，有
15台是男、女生对垒；在 乙、丙班比赛时，有9台是男、女生对垒．试说明在甲、丙班比
赛时，男、女生对垒的台数不会超过24 ．并指出在什么情况下，正好是24 ？

【分析与解】 不妨设甲、乙比赛时， 1～15号是男女对垒，乙、丙比赛时．在1～15
号中有a台男女对垒，15号之后有9-a台男女对 垒(0≤a≤9)
甲、丙比赛时，前15号，男女对垒的台数是15-a(如果1号乙与1号 丙是男女对垒，
那么1号甲与1号丙就不是男女对垒)，15号之后，有9-a台男女对垒.所以甲、丙 比赛时，
男女对垒的台数为
15-a+9-a=24-2a≤24．
仅在a=0，即必须乙、丙比赛时男、女对垒的号码，与甲、乙比赛时男、女对垒的号码
完全不同，甲、 丙比赛时，男、女对垒的台数才等于24．
4．将15×15的正方形方格表的每个格涂上红色、蓝色 或绿色．证明：至少可以找到两行，
这两行中某一种颜色的格数相同．
【分析与解】 如果找不到两行的某种颜色数一样，那么就是说所有颜色的列与列之问
的数目不同．那么红色最少也会占 ：
0+1+2+…+14=105个格子．
同样蓝色和绿色也是，这样就必须有至少：

3×(0+l+2+…+14)=315个格子．
但是，现在只有15×15=225个格子，所以和条件违背，假设不成立，结论得证．
6. 4个人 聚会，每人各带2件礼品，分赠给其余3个人中的2人．试证明：至少有2对人，
每对人是互赠过礼品的 ．
【分析与解】将这四个人用4个点表示，如果两个人之间送过礼，就在两点之间连一条线．
由于每人送出2件礼物，图中共有4×2=8条线，由于每人礼品都分赠给2个人，所以每
两点之间至 多有1+1=2条线．
四点间，每两点连一条线，一共6条线，现在有8条线，说明必有两点 之间连了2条线，还
有另外两点(有一点可以与前面的点相同)之间也连了2条线．
即为所证结论。

8．若干台计算机联网，要求：
①任意两台之间最多用一条电缆连接；
②任意三台之间最多用两条电缆连接；
③两台计算机之间如果没有电缆连接，则必须有另一台计算机和它们都连接有电缆．若
按此要求最少要用 79条电缆．
问：(1)这些计算机的数量是多少台?
(2)这些计算机按要求联网，最多可以连多少条电缆?
【分析与解】将机器当成点 ，连接电缆当成线，我们就得到一个图，如果从图上一个点
出发，可以沿着线跑到图上任一个其它的点， 这样的图就称为连通的图，条件③表明图是连
通图．
我们看一看几个点的连通图至少 有多少条线．可以假定图没有圈(如果有圈，就在圈上
去掉一条线)，从一点出发，不能再继续前进，将 这一点与连结这点的线去掉．考虑剩下的
n-1个点的图，它仍然是连通的．用同样的办法又可去掉一点 及一条线．这样继续下去，最
后只剩下一个点．因此n个点的连通图至少有n-1条线(如果有圈，线的 条数就会增加)，并
且从一点A向其他n-1个点各连一条线，这样的图恰好有n-1条线．
因此，(1)的答案是n=79+1=80，并且将一台计算机与其他79台各用一条线相连，就得
到符 合要求的联网．
下面看看最多连多少条线．
在这80个点(80台计算机 )中，设从
A
1
引出的线最多，有k条，与
A
1
相连的点是
B
1
,
B
2
，…，
B
k
由于条件 ，
B
1
,
B
2
…，
B
k
之间没有 线相连．
设与
A
1
不相连的点是
A
2
，
A
3
…，
A
m
，则m+k=80，而
A
2
，
A
3
…,
A
m
每一点至多引出
k条线， 图中至多有mk条线，因为
B
40
4mk(mk)
≤
(m k)6400

所以m×k≤1600，即连线不超过1600条． 另一方面，设80个点分为两组：
A
1
,
A
2
…，A
40
；
B
1
，
B
2
…，
B
40
第一组的每一点与
第二组的每一点各用一条线相连，这样的图符合题目要求，共有 40×40=1600条线．

10．在一个6×6的方格棋盘中，将若干个1×1的小方格 染成红色．如果随意划掉3行3
列，在剩下的小方格中必定有一个是红色的．那么最少要涂多少个方格?
22

【分析与解】方法一：显然，我们先在每 行、每列均涂一个方格，使之成为红色，如图
A所示，但是在图B中，划去3行3列后，剩下的方格没有 红色的，于是再将两个方格涂成
红色(依据对称性，应将2个方格同时涂成红色)，如图C所示，但是图 D的划法，又使剩下
的方格没有红色，于是再将两个方格涂成红色(还是由于对称的缘故，将2个方格涂 成红色)，
得到图E，图E不管怎么划去3行3列，都能使剩下的方格含有红色的．
这时共涂了10个方格．


方法二：一方面，图F表明无论去掉哪三行哪三列总会留下一个涂红的方格．

另一 方面，如果只涂9个红色方格，那么红格最多的三行至少有6个红格(否则第三多
的行只有1个红格，红 格总数≤5+3=8)，去掉这三行至多还剩3个红格，再去掉三列即可将
这三个红格也去掉．
综上所述，至少需要将10个方格涂成红色．
12. 证明：在6×6×6的正方体盒子中最 多可放入52个1×l×4的小长方体，这里每个小
长方体的面都要与盒子的侧面平行．
【分析与解】 先将6× 6×6的正方体盒子视为实体，那么6×6×6的正方体可分成
216个小 正方体，这216个小正方体可以组成27个棱长为2的正方体．我们将这27个棱长
为2的正方体按黑 白相间染色，如下图所示．


其中有14个黑色的，13个白色的，而一 个白色的2×2×2的正方体可以对应的放人4
个每个面都与盒子侧面平行的1×l×4的小长方体，所 以最多可以放入13×4=52个1×1×4
的小长方体．
评注：6×6×6的正方体的体积 为216，1×1×4的小长方体的体积为4，所以可放入的小正方体数目
不超过216÷4=54个．

14．用若干个l×6和1×7的小长方形既不重叠 ，也不留孔隙地拼成一个11×12的大长方
形，最少要用小长方形多少个?
【分析与解】我们先通过面积计算出最优情况：
11×12=132，设用1×6的小长方形x个 ，用1×7的小长方形y个，有
6x7x132
．


x1 7t
解得：

（t为可取0的自然数)，共需x+y=19+t个小长方形．
y186t

(1)当t=0时，即x+y=1+18=19，表示其中 的1×6的小长方形只有1个，剩下的18个
小长方形都是
l×7的．
大长方形中无论是1行还是1列，最多都只能存在1个l×7的小长方形，所以在大长
方形中最多只能无 重叠的同时存在16个l×7的小长方形．
现在却存在18个1×7的小长方形，显然不满足；
(2)当t=l时，即x+y=8+12=20，有如下分割满足，所以最少要用小长方形20个．