小学奥数构造、论证与染色、操作问题

第十三讲：构造与论证

1.掌握最正确安排和选择方案的组合问题.

2.利用根本染色去解决相关图论问题.

知画嘉拨

各种探讨给定要求能否实现，在论证中，有时需进行分类讨论，有时那么要着眼于极端倩形，或从

整体把握.设计最正确安排和选择方案的组合问题，这里的最正确通常指某个量到达最大或最小.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

那么、整除性分析和不等式估计.

组合证明题，在论证中，有时需进行分类讨论，有时那么需要着眼于极端情况，或从整体把握。假

设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。假设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，根本的染色方式有相间染色与条形染色.

洌题精讲

模块一最正确安排和选择方案

【例1】一个盒子里有400枚棋子，其中黑色和白色的棋子各200枚.下面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】在每一次操作中，假设拿出的两枚棋子同色，那么补量、子1枚，所以拿出的白子可能为0枚或

2枚：假设拿出的两枚棋子异色，那么补白子1枚，“两枚棋子异色〃说明其中一黑一白，那么

此时拿出的白子数为0枚.可见每次操作中拿出的白子都是偶数枚，而由于起初白子有200枚，

是偶数枚，所以每次操作后剩下的白子都是偶数枚，因此最后I枚不可能是白子，只能是黑子.

[例2]5卷本百科全书按从第1卷到第5卷的递增序号排列，今要将它们变为反序排列，即从第5

卷到第1卷,如果每次只能调换相邻的两卷，那么最少要调换多少次？

【解析】因为必须是调换相邻的两卷，将第5卷调至原来第1卷的位置最少需4次，得到的顺序为51234；

现在将第4卷调至此时第I卷的位置最少需3次，得到的顺序为54123；

现在将第3卷调至此时第I卷的位置最少需2次，得到的顺序为54312；

最后将第I卷和第2卷对调即可.

所以，共需调换4十3十2+1=10次.

【例3】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？

【解析】(1)可以，^(1989,989,89)f(1900,900,0)T(950,900,950)->(50,0,50)T(25,

25,50)f(0,0,25).

(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.

【例4】n支足球队进行比赛，比赛采用单循环制，即每对均与其他各队比赛一场.现规定胜一场得2

分，平一场得1分，负一场得。分.如果每一队至少胜一场，并且所有各队的积分都不相同,

问:

(1)n=4是否可能？

(2)n=5是否可能？

【解析】〔1〕我们知道4个队共进行了C：场比赛，而每场比赛有2分

产生，所以4个队的得分总和为C：X2=12.因为每一队至少胜29

一场，所以得分最低的队至少得2分，又要求每个队的得分都

不相同，所以4个队得分最少2+3+4+5=14>12,不满足.即n=4

不可能。

〔2〕我们知道5个队共进行场比赛，而每场比赛有2分产

生，所以4个队的得分总和为C；X2=20.因为每一队至少胜

一场，所以得分最低的队至少得2分，又要求每个队的得分

都不相同，所以5个队得分最少为2+3+4+5+6=20,满足.即

n=5有可能.但是我们必须脸证是否存在实例.如下所示，A得

3分4分

2分，C得3分，D得4分，B得5分，E得6分.其中

表示A、B比赛时，A胜B：“B-C〃表示B、C比赛时，B平C,

余下类推.

【例5】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.

【解析】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，不能到达尽量小的目的.

因为每个圆圈内的数都用了5次,所以10次的和为5X(1+2+3+…+10)=275.

每次和都小于等于朋，所以I0M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I,这样从1填起，容易排出适当的填图.

【例6】(2023年清华附中入学测试题)如图，在时钟的表盘上任意作9个120°的扇形，使得每一个

扇形都恰好覆盖4个数，且每两个扇形覆盖的数不全相同，求证：一定可以找到3个扇形，

恰好覆盖整个表盘上的数.并举一个反例说明，作8个扇形将不能保证上述结论成立.

【解析】要在表盘上共可作出12个不同的扇形，且1〜12中的每个数恰好被4个扇形覆盖.将这12个

扇形分为4组，使得每一组的3个扇形恰好盖住整个表盘.那么，根据抽屉原理，从中选择9

个扇形,必有[3+1=3个扇形属于同一组，那么这一组的3个扇形可以覆盖整个表盘.

另一方面，作8个扇形相当于从全部的12个扇形中去掉4个，那么可以去掉盖住同一个数的4

个扇形，这样这个数就没有被剩下的8个扇形盖住，那么这8个扇形不能盖住整个表盘.

【例7］一组互不相同的自然数，其中最小的数是1,最大的数是25,除1之外，这组数中的任一个

数或者等于这组数中某一个数的2倍，或者等于这组数中某两个数之和.问：这组数之和的最

小值是多少?当取到最小值时，这组数是怎样构成的？

【解析】首先把这组数从小到大排列起来，那么最小的肯定为1,1后面只能是1的2倍即2,2后面可

以是3或4,3的后面可以是4,5,6;4的后面可以是5,6,8.最大的为25.下面将所有的

可能情况列出：

I,2,3,4,…,25所有的和是35;

I,2,3,5,25所有的和是36：

1,2,3,6,…，25所有的和是37;

1,2,4,5,…，25所有的和是37；

1,2,4,6,25所有的和是38;

1,2,4,8,•••,25所有的和是40.

25是奇数，只能是一个偶数加上一个奇数.在中间省略的数中不能只有1个数，所以至少还

要添加两个数，而且这两个数的和不能小于25,否班么就无法得到25这个数.要求求出最小

值,先看这两个数的和是25的情况，因为省略的两个数不同于前面的数，所以从20+5开始.

25=20+5=19+6=18+7=17+8=16+9=15+10=14+11=13+12.

这些数中20,19,18.17太大，无法产生，所以看：16+9=15+10=14+11=13+12.

看这些谁能出现和最小的I,2,3,4,…，25中，检验发现没有可以满足的：

再看I,2,3,5,…，25,发现1,2,3,5,10,15,25满足,所以：1+2+3+5+10+15+25=36+25=61

［例8】2004枚棋子，每次可以取1、3、4、7枚，最后取的获胜。甲、乙轮流取，如果甲先取，如

何才能保证赢？

［解析］先从简单的情况看起，看看棋子数量较少时，在什么情况下先取者胜，什么情况下后取者胜.可

以列表如下：

棋子数量先取者胜后取者胜

1枚丁

2枚q

3枚7

4枚7

5枚(=3+1+1)T

6枚(=4+1+1)7

7枚7

8枚7

9枚(=1+8)7

10枚

11枚(=3+8)7

12枚(=4+8)丁

位

置，与/I〔N2)拼合在一起，恰成一个45的角呢？于是想到：如图1所示，再拼上一个单

&正方形DFK,那么三角形4CC为等腰直角三角形，NKC4=45,又直角三角形芯如与力仞

全等，所以NKC户=N2.因此，N1+N2=N1+NKCF=NKC4=45.

有了拼合N2与N1的思想，学生往往产生不同的拼合方式，沿着拼合全等的思路发散开来，

又可以找到许多拼法.如图2三角形彳利是等腰直角三角形，NHAP=45,

ZHAG=N2,/BAP=N1.所以Nl+N2=ZBAP+/HAG=/HAP=45.

如图3三角形40C是等腰直角三角形，ZACQ=45,

ZQCP=Z2,Zl+Z2=Z14-ZgCP=45.

如图4三角形仞8是等腰直角三角形，ZW£)B=45,ZCDB=Z1,,ZWDH=Z2,所以

Z1+Z2=NCDB+NWDH=ZWDB=45.

如图5三角形〃1”是等腰直角三角形，ZZ/M=45,ZZHK=Z1,因此

Nl+N2=NZHy+N2=NZHA=45.其他的沿着“拼合全等〃的思路的证法就不例举了.

如果利用相似三角形的知识，如图5所示，叉FH=1,FA=O,FC=2,所以,

—=^=—=—,ZHFA=ZAFC,因此A/ZEASM"1,*3

FA叵2FC

=/2=//7^4=/府。/旦/1=/048,Z1+Z2=ZC4B+ZE4C=ZE4B=45.用

相似三角形法不用添设辅助线，简洁明了.再开思路，可用三角法证明如下：N2与N1都是小

041DA1

于45的锐角，可知NI+N2是锐角.又tan/l=J=-,tanZ2=—=-.

DC3HD2

_1J15_

lan(/l+N2)=t；n/l+t;nN232=］所以Nl+N2=45.

')l-(tanZl)(tanZ2).'I「1

326

模块二染色与赋值问题

【例13】某学校的学生中，没有一个学生读过学校图书馆的所有图书，又知道图书馆内任何两本书都

至少被一个同学都读过.问：能否找到两个学生甲、乙和三本书4、B、C,使得甲读过A、B,

没读过C,乙读过B、C,没读过A?说明判断过程.

【解析】首先从读书数最多的学生中找一人甲.由题设，甲至少有一本书未读过，记为C.设B是甲读

过的书中一本，由题意知，可找到学生乙，乙读过B、C.由于甲是读书数最多的学生之一，

乙读书数不能超过甲的读书数，而乙读过C书，甲未读过C书，所以一定可以找出一本书A,

使徉甲读过而乙未读过.否那么乙就比甲至少多读过一本书.这样一来,甲读过A、B,未读

过C;乙读过B、C未读过A.因此可以找到满足要求的两个学生.

【例14】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.

【解析】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4X2=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。

【例15】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1,2,3,4,…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?

【解析】不妨设甲、乙比赛时，1〜15号是男女对垒，乙、丙;匕赛时.在1〜15号中有a台男女对垒，

15号之后有9-a台男女对垒（0WaW9）

甲、丙比赛时，前15号，男女对垒的台数是15-a（什果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=24-2aW24.

仅在"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.

【例16】将5X9的长方形分成10个边长为整数的长方形.证明：无论怎样分法.分得的长方形中必

有两个是完全相同的.

【解析】10个边长为整数的长方形，其面积显然也均是正整数.划分出的长方形按面积从小到大为：1

X1,1X2,IX3,1X4,2X2,1X5,1X6,2X3,1X7,1X8,2X4,1X9,3X3.2X5,

2X6,3X4,2X7,3X5,2X8,4X4,2X9,3X6,.......从这些长方形中选出I0个不同的

长方形，其面积和最小为：1X1+1X2+1X3+1X4+2X2+1X5+1X6+2X3+1X7+1X8=46.而原

长方形的面积为5X9=45<46.所以分出的长方形必定有某两个是完全一样的.

［例17］在平面上有7个点，其中任意3个点都不在同一条直线上.如果在这7个点之字连结18条线

段，那么这些线段最多能构成多少个二角形？

【解析】平面上这7个点，任意3点都不在同一条直线上，假设任意2点连接，共可连接出C；C；=7义

6+2=21条线段.现在只连接18条线段，有3条没有连出，要使得这18条线段所构成的三角

形最多，需使得没连出的这3条线段共同参与的三角形总数最多，故这3条线断共点.对于这

3条线段中的任何一条，还与其他5个点本应构成5个三角形，故这3条线段没连出，至少少

构成5X3-3=12个三角形.

如上图所示，在图中AD、AE、AF之间未连接，因为其中ADE、AED,ADF、AFD,AEF、AFE被重

复计算，所以减去3.而平面内任何三点不共线的7个点，假设任何2点连线，最多可构成。久35

个三角彩.故现在最多可构成三角形3572=23个.

【例18】在9X9棋盘的每格中都有一只甲虫，根据信号它们同时沿着对角线各自爬到与原来所在格恰

有一个公共顶点的邻珞中，这样某些格中有假设干只甲虫，而另一些格那么空着.问空格数

最少是多少？

【解析】方法一：考虑到甲虫总是斜着爬，我们把棋盘黑白相间染色，发现原来黑色格子里的甲虫都会

度到黑色的格子里面，而白色格子里面的甲虫都会爬到白色格子里面，所以我们只用观察最少

能空出多少个黑格子，多少个白格子.

因为甲虫每次都从奇数行爬到偶数行，偶数行爬到奇数行，而由奇数行有25个黑格子，偶数

行有16个黑格子知，偶数行的16只甲虫爬到奇数行会空出9个黑格子，而奇数行的25只虫

子爬到偶数行就可以没有空格.白格子虫子也会从奇数行爬到偶数行，偶数行爬到奇数行，但

是奇数行和偶数行都是20个格子，最少的情况下不会出现空格子，所以最少出现9个空格.

方法二：

①对2X2棋盘如下黑白染色，那么易知两黑格及两白格分别对换甲虫即可便棋食格不空：从

而得到2nx2n棋盘可划分为假设千块2X2棋盘，棋盘格均不空.

②对3X3棋盘如下黑白染色，注意到图中有5个黑格，黑格中的甲虫爬行后必进入黑格，且

四个角上的黑格内的甲虫必爬人中心黑格，而中心黑格内的甲虫只能爬入某一格，必至少

空3个黑格.

③对5X5棋盘黑白染色后，利用①、②的结论易知至少空5个黑格.

④依次类推，可知对9X9棋盘黑白染色后，至少空9个空格.以下图是甲虫爬行的一种方法.

【例19］假设干台计算机联网，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线连接；

③两台计算机之间如果没有电缆连接，那么必须有另一台计算机和它们都连接有电缆.假设按此要求

最少要用79条电缆.

问：（1）这些计算机的数量是多少台？

⑵这些计算机按要求联网，最多可以连多少条电缆？

【解析】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说明图是连通图.

我们看一看几个点的连通图至少有多少条线.可以假定图没有图（如果有圈，就在图上去掉一

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.用同样的方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（如果有固，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，设从人引出的线最多，有k条，与4相连的点是B,4，…，

4由于条件，B1，…,8人之间没有线相连.

设与A不相连的点是A?,&…，A,“，那么m+k=80,而A2,&…，4,每一点至多引出k条

线，图中至多有mk条线，因为用（）4x〃zxA=（〃z+4）2W（〃z+Z）2=6400

所以mXkW1600,即连线不超过1600条.

另一方面，设80个点分为两组：A1,A2,,,,A4）；q,B2840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40X40=1600条线

【例20】在一个6X6的方格棋盘中，将假设干个1X1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？

【解析】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，轲下的方格没有红包的，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，都能使轲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说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（否那么第三多的行只有1个

红格，红格总数W5+3=8）,去掉这三行至多还轲3个红格，再去掉三列即可将这三个红格也去

掉.

综上所述，4少需要将10个方格涂成红色.

【例21］如图，把正方体的6个外表剖分成9个相等的正方形.现用红、黄、蓝3种颜色去染这些小

正方形，要求有公共边的正方形所染的颜色不同.那么染成红色的正方形的个数最多是多少

个？

【解析】如上面右图所示，它们的对面也同样的染色，这样就有（5+4+2）X2=22（个）方格染色，而且有

公共边的正方形颜色不同.所以，用红色染成的正方形的个数最多是22个.

【例22】证明：在6X6X6的正方体盒子中最多可放入52个1X1X4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.

【解析】先将6X6X6的正方体盒子视为实体，那么6X6X6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，如以下图所示.

其中有14个黑色的，13个白色的，而一个白色的2X2X2的正方体可以对应的放人4个每个面都与盒

子侧而平行的1XIX4的小长方体，所以最多可以放入13X4=52个1X1X4的小长方体.

注：6X6X6的正方体的体积为216,1X1X4的小长方体的体积为4,所以可放入的小正方体数3不超过216

+4=54个.

【例23】用假设干个1X6和1X7的小长方形既不重叠，也不留孔隙地拼成一个11X12的大长方形，

最少要用小长方形多少个？

【解析】我们先通过面积计算出最优情况：

11X12=132,设用1X6的小长方形x个，用1X7的小长方形y个，有6x+7x=132.

x=1+71,,

解得：〔t为可取0的自然数），共需x+y=19+t个小长方形.

y=18-6/

（1）当t二。时，即x+y=1+18=19,表示其中的1X6的小长方形只有1个，剩下的18个小长方形

都是

IX7的.

大长方昭中无论是1行还是1列，最多都只能存在1个IX7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IX7的小长方形.

现在却存在18个1X7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.

"MeSB局缀用

练习1.在1997X1997的正方形棋盘上的每格都装有一盏灯和一个按钮.按钮每按一次，与它同一行

和同一

列方格中的灯泡都改变一次状态，即由亮变为不亮，或由不亮变为亮.如果原来每盏灯都是不

亮的，请说明最少需要按多少次按钮才可以使灯全部变亮？

【解析】最少要1997次，将第一列中的每一格都按一次，那么除第一列外，每格的灯都只改变一次状

态，由不亮变成亮.而第一列每格的灯都改变1997次状态，由不亮变亮.如果少于1997次，

那么至少有一列和至少有一行没有被按过，位于这一列和这一行相交处的灯保持原状，印不亮

的状态.

练习2.（2023年台湾小学数学竞赛选拔赛）将1、2、3、4、5、6写在一个圆周上，然后把圆周上连

续三

个数之和写下来，那么可以得到六个数4、的、4、%、％、%，将这六个数中最大的记为

A.请问在所有填写方式中，A的最小值是什么？

【解析】要由于每个写在圆周上的数都被用了三次，那么

q+生+%+4+%+6=3*（1+2+3+4+5+6）=63,即写出来的这6个数的平均数为10.5,

因此A至少为11.由上图的排列方式可知A为11的情形存在，故4的最小值为11.

练习3.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？（2）3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，那么必须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.

（1）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

19009000（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）

145000（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，那么不管怎么取，取走的石子总数是3的倍数，

而1989+989+89=3067,3067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.

练习4.在1000X1000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.

【解析】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，1999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。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

1000,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

包三角形；

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.

练习5.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？

【解析】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，344-3=11

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.

练习6.有9位数学家，每人至多能讲3种语言，每3个人中至少有2个人有共通的语言.求证：在这

些数学

家中至少有3人能用同一种语言交谈。

【解析】假设任意三位教学家都没有共同会的语言，这说明每种语言至多有两人会说.即这九位数学家

为A、B、C、D、E、F、G、I.由于一位数学家最多会三种语言，而每种语言至多有两人会说,

所以一位数学家至多能和另外三人通话，即至少与五人语言不通.不妨设A不能与B、C、D、

E、F通话.

同理，B也至多能和三人通话，因此在C、D、E、F中至少有一人与B语言不通，设为C.那么A、

B、C三人中任意两人都没有共同语言，与题意矛盾.这说明假设不成立，结论得证.

练习7.1998名运发动的号码依次为1至1998的自然数.现在要从中选出假设干名运发动参加仪仗队,

使得

剩下的运发动中没有一个人的号码等于另外两人的号码的乘积.那么，选为仪仗队的运发动最

少有多少人？

【解析】我们很自然的想到把用得比拟多的乘数去掉，因为它们参与的乘式比拟多，把它们去掉有助于

使剩下的构不成乘式，比拟小的教肯定是用得最多的，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保存，于是去掉2,3,4,…，44这43个数.

但是，是不是去掉43个数为最小的方法呢？构造2X97,3X96,4X95,44X45,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个教，所以43

位最小值，即为所求.

自1睚月Mi

【备选1】在黑板上写上I、2、3、4、、2008,按以下规定进行“操作"：每次擦去其中的任意

两个数

〃和〃，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1+2+3++2008=2009x1004是一

个偶数，而每一次”操作〃，将“、〃两个数变成了5-㈤，它们的和减少了2〃，即减少了一

个偶数.那么从整体上看，总和减少了一个偶数，M奇偶性不变，还是一个偶数.

所以每次操作后黑板上剥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.

【备选2】桌子上放着55根火柴，甲、乙二人轮流每次取走I〜3根,规定谁取走最后一根火柴谁获胜.如

果双方都采用最正确方法，甲先取，那么谁将获胜？

【解析】采用逆推法分析.获胜方在最后一次取走最后一根；往前逆推，在倒数第二次取时，必须留给

对方4根，此时无论站方取1、2或3根，获胜方都可以取走最后一根：再往前逆推，获胜方

要想留给对方4根，在倒数第三次取时，必须留给对方8根……由此可知，获胜方只要每次留

给对方的都是4的倍数根，那么必胜.现在桌上有55根火柴，55+4=133,所以只要甲第

一次取走3根，以后每一次，乙取几根，甲就取4减几根，使得每次甲取后剩下的火柴根数都

是4的倍数，这样甲必胜.

为什么一定要留给对方4的倍数根火柴，而不是5的倍数根或者其它数的倍数根呢？关键在于

规定每次只能取1〜3根，1+3=4,这样乙每次取。艰，而甲取4一〃根，能保证4-〃也在1〜

3的范围内.

［备选3］将15X15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.

【解析】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：

3X(0+I+2+―+14)=315个格子.

但是，现在只有15X15=225个格子，所以和条件违背，假设不成立，结论得证.

【备选4】在2023张卡片上分别写着数字1、2、3、4............2023,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............2023.然后将每一张卡片正反两个面上的数字相

加，再将这2023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2023个和相加，便等于1~2023的所有数的总和的2倍，是个偶

数.2023个数的和是偶数，说明这2023个数中必有隅数，那么这2023个数的乘积是偶数.

此题也可以考虑其中的奇数.由于1—2023中有1005个奇数，那么正反两面共有2023个奇数，

而只有2023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2023个和的乘积也是偶数.

一、染（1色问

题

这勺―第十一讲：染色与操作问题里的

染色问_____________________________________________________题不

是要求-----------------------------------------------------J如何

染色，然后问有多少种染色方法的那类题目，它指的是一种解题方法.染色方法是一种将题目研究对象

分类的形象化方法，通过将问题中的对象适当染色，我们可以更形象地观察分析出其中所蕴含的关系，

再经过一定的逻辑推理，便能得出问题的答案.这类问题不需要太多的数学知识，但技巧性，逻辑性较

强，要注意学会几种典型的染色问题.

二、操作问题

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，并通过寻找最正确策略过程，培养学生的创造性思维能力，这也是各类考试命题者青