陕西公务员考试答案-贺卡祝福语

第十讲 染色与操作问题




编写说明


本讲大部分内容都是上一讲思路的一个延伸！学习起 来可能会比较抽象，教师多多形
象讲解帮助孩子们掌握理解最基本的思路方法.





染色问题




这里的染色问题不是要求如何染色，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.



【例1】 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做它的邻座．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？

分析：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，所有黑格的坐到白格．而实际图中有17个黑格18个
白格， 个数不等，故不能办到．

【前铺】右图是某一湖泊的平面图，图中所有曲线都是湖岸.
(1)如果P点在岸上，那么A点是在岸上还是在水中？
(2)某人过此湖泊，他下水时脱鞋 ，上岸时穿鞋.如果他从A点出发走到某点B，
他穿鞋与脱鞋的总次数是奇数，那么B点是在岸上还是在 水中？为什么？

分析： （1）已知P点在陆地上，如果在图上用阴影表示陆地，就可以看出A
点在水中.
（2）从 水中经过一次陆地到水中，脱鞋与穿鞋的次数的和为2，由于A点在水

中，所以不管怎么 走，走在水中时，脱鞋、穿鞋的次数的和总是偶数.既然题中说“脱鞋的
次数与穿鞋的次数的和是个奇数 ”，那么B点必定在岸上.

【巩固】某班有45名同学按9行5列坐好．老师想让每位同学 都坐到他的邻座(前后左右)
上去，问这能否办到?
分析：将5×9长方形自然染色，发现黑 格的邻座都是白格，白格的邻座都是黑格，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 有黑格的坐到白格．而实际图中有
23个黑格22个白格，个数不等，故不能办到．


【例2】 右图是某一套房子的平面图，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?

分析：如图所示，将房间黑白相间染色，发现只有5个黑格，7个白格．因为
每次
只 能由黑到白或由白到黑，路线必然黑白相问，显然应该从多的白格开始．但
路线上1白1黑1白1黑…… 直到5白5黑后还余2黑，不可能从黑格到黑格，
故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?

分析：如右下 图，对每个展室黑白相间染色，同样每次只能
黑格到白格或白格到黑格．入口和出口处都是白格，故路线
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3】 在一个正方形的果园里，种有63棵果树，加上右下角
的一间小屋，整齐地排列成八 行八列，如图（1）.守园人从小屋
出发经过每一棵树，不重复也不遗漏(不许斜走)，最后又回到小< br>屋，行吗？如果有80棵果树，如图（2），连小屋排成九行九列呢？


分 析：下图(1)中可以回到小屋，守园人只能黑白相间地走，走
到的第奇数棵树是白的，第偶数棵树是黑 的，走到第63棵树应
是白的，在小屋相邻的树都标注白色，所以可以回到小屋.
图(2)不行,从小屋出发,当走到80棵树应是黑色, 而黑树与小
木屋不相邻，无法直接回到小木屋.

【例4】 右图是半张中国象棋盘，棋盘上已放有一只马. 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？



分析：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23+22=45 （个）点，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●. 也就说是，
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.


【例5】 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.

分析：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.



【前铺】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？

分析：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】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？
分析：将40个小正方形想剪裁成20个相同的长方形，就是将图
形分割成20个1×2的长方形， 将其黑白相间染色后，发现有
21黑，19白，黑白格数不等，而1×2的小矩形一次覆盖黑白格
各一个.

【例6】 用11个

和5个能否盖住8×8的大正方形?
分析： 如右图，对8×8正方形黑白相问染色后，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 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：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< br>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.

【前铺】能否用9个所示的卡片拼成一个6×6的棋盘？
分析：不能. 将6×6的棋盘黑白相间染色（见右图），有18个黑格. 每张卡片盖住的
黑格数不是1就是3，9张卡片盖住的黑格数之和是奇数，不可能盖住18个黑格.


【例7】 9个1×4的长方形不能拼成一个6×6的正方形，请你说明理由！

分析：本题若用传统的自然染色法，不能说明问题. 我们对6×6正方形用四种颜
色染色，因为要用1×4来覆盖．为了方便起见，这里用1、2、3、4分别代表四种
颜色．也为了使每 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1、2、3、4
各9个．但实际上图中一共是9个l、10个2、9个3、8个4，因而不 可能用9个
1×4长方形拼出6×6正方形．

【拓展】用若干个2×2和3×3的 小正方形不能拼成一个11×11的大正方形，请
你说明理由！

分析：如右图所示 ，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.

【拓展】1个2×2长方形和15个4×l长方形不能拼出8×8的大正方形?请你说明理由！

分析：若仍然将8×8的大正方形黑白相间染色，则2×2和4×l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×l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×l长方形必盖住两黑两白，共1 5个4×1，
盖住30黑30白；2×2长方形可盖住3白1黑或3黑l白．可以发现，总共盖住
只能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4x1和 1个2x2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8】 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?
分析：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的黑正方体有3层，为
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：6×6×6-112=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．






操作问题
【例9】 如下，图1的8×8方格中交替填满了0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l，
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?


分析：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b中这个差也应该不变．于是对比图1和 图2，
图1中：黑格数字和一白格数字和=32．
图2中：黑格数字和一白格数字和=(31+A)-32，即（3l+A)-32=32，得A=33．

【前铺】对于表（1），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（2）？为什么？
分析：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，与右上表九个数的总和是4矛盾。所以不
可能变成右上表.
【前铺】在图（1）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
（2），问：中间图中的A格中的数字是几？
分析：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，由原图（1）知这个差是8，有图（2）可知：白格数之和- 黑格数之和=（A＋7）
-8＝8 ，所以A=9.


【例10】 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？

分析：显然每人应该分
743
11
＝+＝+．
121212
34

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11】 如右图所示，将1～12顺次排成一圈. 如果报出一个数a（在1～12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？

分析：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12】 有一位老人，他有三个儿 子和十七匹马.他在临终前对他的儿子们说：“我已经
写好了遗嘱，我把马留给你们，你们一定要按我的 要求去分.”老人去世后，三兄弟看到了
遗嘱.遗嘱上写着：“我把十七匹马全都留给我的三个儿子.长 子得
11
1
，次子得，给幼子.
39
2
不许流血，不许杀马 .你们必须遵从父亲的遗愿！”请你帮助他们分分马吧！

分析：这三个兄弟迷惑不解，尽管 他们在学校里学习成绩都不错，可是他们还是不会用17
除以2、用17除以3、用17除以9，又不让 马流血.于是他们就去请教当地一位公认的智者.
这位智者看了遗嘱以后说：“我借给你们一匹马，去按 你们父亲的遗愿分吧！”老人原有
17匹马，加上智者借给的一匹，一共18匹.于是三兄弟按照18匹 马的
1
11
、和，分别
2
39
得到了九匹、六匹和两匹.9 +6+2=17（匹）.还剩下一匹，是智者借给的那匹，还给智者.
【巩固】19匹马，甲、乙、丙分别得
111
,,
，应如何分？
245
分析：借1匹马，甲、乙、丙分别得10，5，4.

【巩固】甲、乙分43头牛，甲得
5
2
，乙得，应如何分？
9
5
分析：借2头牛，甲得18头，乙得25头，再将借来的2头牛还回去.


【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？

分析：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，
希望大家自己想一下．
本题实际上不要求棋子数必须是101，只要去掉一个棋子后剩 下的棋子可以被分成相等
的两份，每一份再分成相等的两份，也就是4的倍数就可以了，比如49，73 等等都可以．

【巩固】8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）?
分析：讲解此题前，教师可先问学生：“3个金币，有1个假的比较轻 ，你称1次能把它找
出来么？”

将8个金币分成：3+3+2，3组，把3和 3进行称量，如果重量相同，称剩下的2个金币即
可找到假币；如果重量不同，将比较重的3个金币拿出 ，用天平称量2个，剩下1个，天
平不平衡易得答案，若此时天平平衡则剩下的那个是假的.


【例14】 据说有一天，韩信骑马走在路上，看见两个人正在路边为分油发愁.这两个人有 一
只容量10斤的篓子，里面装满了油；还有一只空的罐和一只空的葫芦，罐可装7斤油，葫
芦 可装3斤油.要把这10斤油平分，每人5斤. 但是谁也没有带秤，只能拿手头的三个容器
倒来倒去.应该怎样分呢？

分析：韩信 给两人说了一句话：“葫芦归篓，篓归罐”，两人按此分油，果然把油分成了两
半.具体做法如下表：

韩信的话指明了倒油的方向，始终按从篓向罐中倒，从罐向葫芦中倒，从葫芦向篓中
倒的方向操作.按照相反的方向倒，即“葫芦归罐，罐归篓”怎样?我们试试.

看来也行，只是多倒了一次.要注意的是：保持一定的方向很重要. 如果在倒油的过程中，
出 现从甲倒向乙，又从乙倒回甲(这两步不一定挨着)，那么这丽步相互抵消，肯定可以简
化掉，所以最佳 的倒油方法是始终按一个方向倒.

【前铺】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？
分析：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)．

【巩固】有一个小朋友叫小满，他学会了韩信分油的方法，心里很是得意. 一天，他遇到了
两位农妇. 两位农妇有两个各装满了10升奶的罐子，还有一个5升和一个4升的小桶 ，她
们请求小满就用这些容器将罐子中的奶给两个小桶中各倒入2升奶.小满按照韩信分油的方
法，略加变通，就将奶分好了！你说说具体的做法！
分析：答案如表所示

附加题目


【附1】有大，中，小3个瓶子，最多分别可以装入水100 0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

分析：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．


【附2】只有5升和8升的容器，要怎样量出2升的水呢?

分析：将5升的容器装 满水，倒在8升的容器中去，8升的容器中装入了5升的水，再一次
将5升的容器装满水，倒在8升的容 器里，这次8升的容器装不下5升的水了，只能装入3
升的水。而5升的容器中就剩下2升的水了.


【附3】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.
分析：形如

的有2种，形如的有8种.

【附4 】老师在黑板上画了9个点，要求同学们用一笔画出一条通过这9个点的折线(只许
拐三个弯儿)．你能 办到吗?

分析：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本题9个点 所限定的正
方形，那么问题就容易解决了，如右图：


【附5】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？

分析：不可能.因为每次加上的数之和是 1＋2＋3＋4=10，所以黑板上的四个数之和
永远是10的整数倍. 999×4=3996，不是10的倍数，所以黑板上的四个数不可都是
999.


【附6】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？

分析：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.


【附7】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1 00？为什么？

提示：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.因为231和121都是11的倍数，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. 操作问题不要一味地去“操作”，而要找到解决问题的窍门.

练习十二


1．一只电动老鼠从左下图的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？


分析：甲.如右下图所示，将格点黑白相间染色，因为老鼠遇 到格点
必须转弯，所以经过多少格点就转了多少次弯。如左下图所示，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 .


2 .如图（1），对相邻的两格内的数同时加上1或同时减去1叫做一次操作.
经过若干次操作后由1变成 图2，则图2中A处的数是多少？

分析：按图中要求操作，图3中阴影方格的数字之和与空
白方格的数字之和的差不变.
所以A=（1+1+1+1+1）-（0+0+0+0）=5.


3．9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）?

分析：第一次在左右两托盘各放置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．

4．如右图，缺两格的8×8方格有62个格，能否用31个
它且不留空隙?
分析：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，那总共能盖住的黑
格数、白格数应该相等．但从染色后整个图看，黑格30个，白格
32个，故不可能将整个图不重不漏地盖住．

图不重复地盖住

5．一个大桶装了12升水，另外有恰好能装8升和 5升水的桶各一个.利用这三个桶最少倒
几次才能把这12升水平均分成两份?

分析：答案如表所示



6．甲、乙、丙、丁分29头羊. 甲、乙、丙、丁分别得
1111
,,,
，应如何分？
25610

分析：借一头羊，甲、乙、丙、丁依次分得15，6，5，3头羊，再将借得1头羊还回去.





课外故事


百分百成功

智者说：“如何才能在工作上获得100％的成功？”
我们使用26个字母来玩一个游戏.
A=1分，B＝2分，依此类推，Z=26分.
有人说：“知识应该可以吧？”而KNOWLEDGE这个词加起来只有96分.
又有人说：“辛劳的工作可以吗？”但HARDWORK这个词加起来也只有98分.
那么大地怎么才能达到100％的成功呢？
答案是：ATTITUDE（态度）.