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，
10，28，13，3 0，64，31.
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
a
n
,则
a
1

1，
a
2

1，
a< br>3

2，…

11
12
3
1
2
4
8
7
14
6
5
24
10< br>28
13
16
15
30
64
32
31

从上面的图看出，
a
n1
比
a
n
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
n1< br>次操作变为1；反过来，每个经过
n1
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
n1
次操作变为1的偶数恰好一样多.
前者的个数是
a
n
,因此后者也是
a
n
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
n1
次操作变为
1，反过来.每个经过
n 1
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
n1
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
a
n1
,因此后者也是
a
n1
.
经过
n
1次操作变为1的数，分为偶数、奇数两类，所以
a
n1
a
n
a
n1
②
即上面所说的规律的确成立.
满足规律②，并且
a
1
a
2

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：
213
(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
628
(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
38213
(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：
1.51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
213
(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
2.532.58
(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：
1.51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1.54
(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
2.541.58
(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< br>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
4x9y59
．由于
x
与
y
都是非负 整数，所以
y7
，并且
599y
是4的倍数．经过列举，知仅当
y3
时，
599y32
是4的倍数，所以
x8
，
y 3
是唯一解．即一共进行了
xy11
(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．
3001003
． 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：

储存点A
野
香
蕉
园
x
10x
A
①
②
③
④
储存点B
B
⑤
10y
⑥
家
y

这两个储存点
A与
B
就是猴子放置香蕉的地方，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< br>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
1002x
个香蕉．这
(100 2x)
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
1002x3xx20
．
XA200
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< br>100y
个，从⑤回③需要
y
个，
100
可在
B< br>留下
(1002y)
个，用于⑥时补充从④到⑥的消耗
y
个．则：< br>1002yyy
．
3
10001
至此，猴子到家时所剩的香 蕉为：
3004x2y53
．
103
2
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，所以还没有吃香蕉，应该
3
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
B
C
DE

【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，< br>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< br>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< br>、
B
、
C
、
D
、
E
、
F< br>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？
A
BC
D
EF

【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< br>C
或
D
.如果我们只要求建在这条道路上的一点即可，那
么
CD
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1
站点2
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1站点2
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1站点2
站点3
站点4

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1站点2
站点3站点4
站点5

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.
A
40
3
B
20
20
2
C
4
35
D
5
50
E

【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< br>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？
1
2
345

【解析】 如图所示，“小往大处靠”的原则来解决，故应建在4号楼的位置，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< br>1千米需要运费
0.9
元，那么集中到哪个仓库运费最少？
10吨
A
30吨
B
20吨
C
10吨
D
60吨
E
【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、A 2、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1 2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< br>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
3332
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)．

8
9
15
10
18
14

【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．




模块三、染色与操作（证明）
【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
57
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？
AA

【解析】 采用染色法．如右图，共有
9
个展览室，对这< br>9
个展览室，黑白相间地进行染色，从白室
A
出发
走过第
1< br>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< br>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
6636
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
55
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< br>，即黑格爬到黑格，必须经过偶数步．而小方格为
5525
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？

【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：
马

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
232245
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，
4 4
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．


A
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？
743
1
1
【解析】 显然每人应该分＝+＝+．
121212
3
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
形如
的有2种，
的有8种.
所以共有
2810
（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
12
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
1 2
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
14
的长方形能不能拼成一个
66
的正方形？请说明理由．
1
2
3
4
1
2
2
3
4
1
2
3
3
4
1
2
3
4
4
1
2
3
4
1
1
2
3
4
1
2
2
3
4
1
2
3

【解析】 本题若用传统的自然染色法，不能 解决问题．因为要用
14
来覆盖，我们对
66
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
14
长方形在任何
位置盖住的都一样，我们采用 沿对角线染色，如右图．这样，可以发现无论将
14
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
66
，需
9
个
14
长方形，则必然盖住
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
141
、
2
、
3
、
4
各
9
个．
长方形拼出
66
正方形．

【例 34】 能否用
9
个所示的卡片拼成一个
66
的棋盘？

【解析】 不能．将
66
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
88
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
88
的大正方形？

【解析】 如右图，对
88
的正方形黑白相间 染色后，发现
黑．
必然盖住
2
白
2
黑，
5
个则盖住
10
白
10
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< br>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
3 2
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
88
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
2
1
1
2
8


图1 图2
【解析】 最少需要图2形状的图形11个．每个
22
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
88
的正方形中有16个
2 2
的正方形，因此至少需要覆盖住
21632
个小方
格．而要覆盖住3 2个小方格至少需要11个图2形状的图形(10个只能覆盖
31030
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
22
和
33
的小正方形能不能拼成一个
11 11
的大正方形？请说明理由．
【解析】 如图所示，

将
22
或
33
的小正方形沿格线摆在右图的任何位置，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
22
和
33
的小正方形，不可能拼成
1111
的大正方形．

【巩固】
1
个
22
正方形和
15
个
4 1
长方形能不能拼出
88
的大正方形?请说明理由．
【解析】 若仍然 将
88
的大正方形黑白相间染色，则
22
和
41
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
22
和41
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：
41
长方形必盖住两黑两白，共
15
个
41
，盖住
30
黑
30
白；
22
长方形可盖住
3< br>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< br>32
个黑格
32
个白格，
故不可能用
15
个
41
和
1
个
22
的长方形盖住
88
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
124
． 现有一批现成的木箱，内空尺寸是
666
，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
124
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，
22 2
的
黑正方体共有
54514
(个)．故
111
的黑正方体共：
14222112
(个)．白正方体共：
66611 2104
(个)．可见，
111
的小立方体黑白总数不等，而每件
1 24
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：2004，1002，5 01，2508，1254，627，2634，
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、……、2 009．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
？
0
1
0
4
2
0
3
0

【解析】 不可能．因为每次加上的数之和都是
12341 0
，所以黑板上的四个数之和永远是
10
的整数
倍．而
9994 3996
，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
a3
，就从
3
的位置顺时针 走
3
个数的位置到达
6
的位置；
a11
，
就从< br>11
的位置顺时针走
11
个数的位置到达
10
的位置．问：< br>a
是多少时，可以走到
7
的位置？
12
11
10< br>9
8
6
7
5
1
2
3
4

【解析】 不存在．当
1≤a≤6
时，从
a
的位置顺时针走
a
个数的位置，应到达
2a
的位置；当
7a12
时，
从
a
的位置顺时针走
a
个数的位置，应到达
2a12
的位置 ．由上面的分析知，不论
a
是什么数，
结果总是走到偶数的位置，不会走到
7
的位置．


【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？
1
4
7
23
56
8
(1 )
9
1
0
1
01
00
0
(2)
1

【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
12945
，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？

0
1
0
1
1
0
0
1
1
0
1
0
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
0
1
0
(1)
A1
1
1
(2)

【解析】 将
44
的方格进行黑白相间染色，如右图所示

每个 小格同时加
1
或减
1
，因黑白格数相等，那么操作中不变的应该是黑格数字和 与白格数字和之
差，由图⑴知这个差是
8
，由图⑵可知：白格数之和

黑格数之和
(A7)88
，所以
A9
．

【例 45】 如图，图
1
的
88
方格中交替填满了
0< br>和
1
，图
2
是从图
1
中任意位置截取的、、
三种图形，并对每种图形进行操作：每个小方格同时加
1
或同时减
1
，如此反 复多次，再
将这三种图形不重叠地拼成的．问：图
2
中的
A
格中的数 字应该是多少？
1
0
1
0
1
0
0
01
0
1
1
0
1
0
1
0
11
0
1
0
0
1
0
1
0
10
1
0
1
0
1
1
0
1
00
1
0
0
1
0
1
1
0
11
1
1
1
1
1
1
1
1
11
1
1
1
1
1
1
1
1
11
1
1
1
1
1
1
1
1
11
1
1
1
1
1
1
1
1
11011
11
A1
1
1
1
1
1
110
1
1
0
10
01
1
0
图1
1
1
1
11
11
1
1
图2
0
1
0
1
1
1

【解析】 此题似乎脱离了染色问题，问的是数 字，但注意到图
1
中
0
和
1
的交替，想到将
88
方格自然染色
(如右图)

则黑格里全为
1
，白格里全为
0
．而题中的三种图形，
22
方格必占
2
白
2< br>黑，
23
的方格必占
3
白
3
黑，黑白格数都相同． 再想到对它们的操作：每个小格同时加
1
或减
1
，因黑白格数相等，那
么操作中不变的应该是黑格数字和与白格数字和之差，三种图形拼出的图
2
中这个差也应该不
变．于是对比图
1
和图
2
，
图
1
中：黑格数字和

白格数字和
32
；
图
2
中：黑格数字和一白格数字和
(31A)32
，即
(31A)3232
，得
A33
．

【例 46】 老师在黑板上画了
9
个点，要求同学们用一笔画出四条首尾顺次相连并通过这
9
个点的线段。你能办
到吗?

【解析】 大家开始尝试多次之后可能会得出“不可能”的结论，但是大家不要忽略一点，题中并没要求 所有
折线只能限定在这
9
个点的范围之内。我们把折线的范围冲破图中
9个点所限定的正方形，那么
问题就容易解决了，如右图。

【例 47】 右图 是一个
45
的方格盘．先将其中的
4
个方格染黑，然后按以下规则继续染色 ：如果某个格
与两个黑格都有公共边，就将这个格染黑．这样操作下去，能否将整个方格盘都染成黑色？

【解析】 开始时染黑
4
个方格，这
4
个方格的总周长不 会超过
4416
，以后每染一个格，因为这个格至
少与两个黑格有公共边，所以染 黑后，所有黑格的总周长不会增加．也就是说，所有黑格的总周
长永远不会超过
16
， 而
45
方格盘的周长是
18
，所以不能将整个方格盘都染成黑色．

【例 48】 将一张正方形纸片，横着剪
4
刀，竖着剪
6
刀，裁成尽可能大的形状大小一样的
35
张长方形纸
片．再把这样的一张长方形纸片 裁成尽可能大的面积相等的小正方形纸片．如果小正方形边长
为
2
厘米，那么大正方形 纸片的面积应为多少平方厘米？说明理由．
【解析】 大正方形纸片被横着裁成
5
份 ，竖着裁成
7
份，所以裁成的长方形纸片的长宽比为
7:5
，若将这
样的纸片切割成尽可能大的正方形纸片，则正方形纸片边长应该为长方形纸片长、宽的公约数，
而

7,5

1
，所以长方形纸片的宽是小正方形纸片的边长的
5
倍，
2510
，所以长方形纸片宽
10
厘米，大正方形纸片边长 为
10770
厘米．所以大正方形纸片的面积为
70704900
平 方厘米．

【例 49】 能否把
2002
台电话中的每台电话恰好与其它
5
台相连？
【解析】 题目引入：假如你是一个工程师，专门设计程控电话网络，很有科技含量哦！如果我们可以把
6
个电话或
8
个电话做到每台电话与
5
个电话相连接，我们 可以将
2002
分成
6
个一组的共
331
组以
及< br>8
个一组的共
2
组．如下图，每个点代表一台电话，每条线段表示其两个端点为 相连接的两台
电话，左图为
6
台电话的情形，右图为
8
台电话的情形 ．所以我们可以把
2002
台电话中的每台电
话恰好与其它
5
台相连 ．


【例 50】 有一长为1l cm，宽为9cm，高为7cm的长方体木块 ，能否切割成77块长、宽都是3cm，高是
1cm的长方体形状的积木块?说明理由．
【解析】 木块体积为
1197693
立方厘米．77块
331< br>立方厘米的积木也恰为693立方厘米．如果能
将
1197
立方厘米的木块 切割为77块
331
立方厘米的积木．那么
117
的侧面将被小积木的
侧面盖满．而小积木侧面面积要么是3平方厘米，要么是9平方厘米．从而
117
应 被3整除，

但这不成立．
所以长为11cm，宽为9cm，高为7 cm的木块不能切割成77块
331
立方厘米的长方体积木．
1
5
（图中的数是所在长方形短边之长）
2
6
12

拓展：长边和短边的比例都是2：1的长方形称为基本长方形，用短边互不相同的基本长方形拼图，要求任意两个长方形之间：①没有重叠部分；②没有空隙．试用短边互不相同且最小短边为1的
五个 基本长方形拼接一个更大的长方形，若
a
1
=1<
a
2
<
a
3
<
a
4
<
a
5
分别为 5个短边，我们将大长
方形记为(
a
1
，
a
2
，< br>a
3
，
a
4
，
a
5
)．
例如(1，2，5，6，12)就可以拼成一个长方形(见右图)，是一个解答．请尽可能多地写出其他的
解答(不必画图)．注意示意图是用解答中5个基本长方形拼成的一个长方形的具体拼图方法．其他
方 法可能存在，但不能算另一种．

【例 51】 一张长14厘米、宽11厘米的长方形纸片 最多能裁出多少个长4厘米、宽l厘米的纸条?怎样裁?
请画图说明．
【解析】 这张纸的面积为154平方厘米，每张纸条的面积为4平方厘米．
154438.5
因此，最多能裁38张小纸条，下面画出两种不同的裁法
第一种裁法：
21
18
1920
22
23
30< br>31
32
29
24
25
26
28
27
36
3738
33
34
35
17
16
15

第二种裁法：
25
26
27
28
29
3 0
31
32
33
34
35
15
16171819< br>20
21
22
23
24
36
37
38
1234
5678910
11
121314


【例 52】 （第六届“从小爱数学”邀请赛决赛第8题）意大利数学家斐德利哥(P．J．Federico)用2 3
块大大小小都不一样的正方形填满了长、宽之比正好等于1：2的矩形，他的办法被人称为“矩
形的完全正方形分解”，前几年曾是图论领域里颇为轰动的一桩新闻．他的一位顽皮的小外甥
问舅舅要 去了答案，可是，小家伙漫不经心，竟把最重要的数据——每个正方形的边长——几
乎统统忘得一千二净 ．幸好，舅舅的图形还在，不过基本上成了一个没有数据的空壳子．另外，
他只记得图中有两个正方形的 边长是4与8．当然，所有正方形的边长全部都是自然数．有没
有办法把全部数据复原?(只需将正方形 的边长填人图中相应的正方形内)

4
8

【解析】 如图
42
72
81
75
19
1
9
28
63
2
54
26
24
8
1422
15
16
60
43
4
27
23