洛东江战役-罗百吉歌曲

华杯赛初二辅导 第九讲 组合杂题
一、对策问题
同学们都熟悉 “田忌与齐王赛马”的故事，这个故事给我们的启示是：田忌采用了“扬
长避短”的策略，取得了胜利.
生活中的许多事物都蕴含着数学道理，人们在竞赛和争斗中总是玩游戏，大至体育比赛、
军事较 量等，人们在竞赛和争斗中总是希望自己或自己的一方获取胜利，这就要求参与竞争
的双方都要制定出自 己的策略，这就是所谓“知己知彼，百战不殆” .哪一方的策略更胜一
筹，哪一方就会取得最终的胜利。
解决这类问题一般采用逆推法和归纳法.
例1 两个人做一个移火柴的游戏，比赛的规则是： 两人从一堆火柴中可轮流移走1至7根
火柴，直到移尽为止.挨到谁移走最后一根火柴就算谁输.如果开 始时有1000根火柴，首先
移火柴的人在第一次移走多少根时才能在游戏中保证获胜.
解析：先移火柴的人要取胜，只要取走第999根火柴，即利用逆推法就可得到答案.
设先移 的人为甲，后移的人为乙.甲要取胜只要取走第999根火柴.因此，只要取到第
991根就可以了（如 乙取1根甲就取7根；如乙取2根甲就取6根.依次类推，甲取的与乙
取的之和为8根火柴）.由此继续 推下去，甲只要取第983根，第975根，……第7根就能
保证获胜.
所以，先移火柴的人要保证获胜，第一次应移走7根火柴.
例2 有1987粒棋子.甲、 乙两人分别轮流取棋子，每次最少取1粒，最多取4粒，不能不
取，取到最后一粒的为胜者.现在两人通 过抽签决定谁先取.你认为先取的能胜，还是后取的
能胜？怎样取法才能取胜？
解析：从结局 开始，倒推上去.不妨设甲先取，乙后取，剩下1至4粒，甲可以一次拿完.
如果剩下5粒棋子，则甲不 能一次拿完，乙胜.因此甲想取胜，只要在某一时刻留下5粒棋
子就行了.不妨设甲先取，则甲能取胜. 甲第一次取2粒，以后无论乙拿几粒，甲只要使自己
的粒数与乙拿的粒数之和正好等于5，这样，每一轮 后，剩下的棋子粒数总是5的倍数，最
后总能留下5粒棋子，因此，甲先取必胜.
例3 在黑 板上写有999个数：2，3，4，……，1000.甲、乙两人轮流擦去黑板上的一个数
（甲先擦，乙 后擦），如果最后剩下的两个数互质，则甲胜，否则乙胜.谁必胜？必胜的策略
是什么？

解析：甲先擦去1000，剩下的998个数，分为499个数对：（2，3 ），（4，5），（6，7），……
（998，999）.可见每一对数中的两个数互质.如果乙擦去某 一对中的一个，甲则接着擦去这
对中的另一个，这样乙、甲轮流去擦，总是一对数、一对数地擦，最后剩 下的一对数必互质。
所以，甲必胜.
例4 甲、乙两人轮流在黑板上写不超过10的自然数. 游戏规则：不允许写黑板上已写过的
数的约数.轮到谁无法写数时，就是输者.现甲先写，乙后写，问谁 能获胜？需要什么对策？
分析：仍然利用对称原理.抢先给对方制造一个对称.只要甲先写6.
解析：这里关键是第一次写什么数，总共只有10个数，可通过归纳试验.
甲不能写1，否则 乙写6，乙可获胜；甲不能写3，5，7，否则乙写8，乙可获胜；甲不
能写4，9，10，否则乙写6 ，乙可获胜.因此，甲先写6或8，才有可能获胜.
甲可以获胜.如甲写6，去掉6的约数1，2，3 ，6，乙只能写4，5，7，8，9，10这六
个数中的一个，将这六个数分成（4，5），（7，9） ，（8，10）三组，当乙写某组中的一个数，
甲就写另一个数，甲就能获胜.
解：甲先写6 .乙还有4、5、7、8、9、10六个数可以选择.把他们分成三组（4,5）、（8,10）、
（7 ,9）.乙写某组数中的一个时，甲就写同组数中的另一个，从而一定获胜.
例5 有一个3×3的棋 盘以及9张大小为一个方格的卡片，9张卡片分别写有：1，3，4，5，
6，7，8，9，10这几个 数.小兵和小强两人做游戏，轮流取一张卡片放在9格中的一格，小
兵计算上、下两行6个数的和；小强 计算左、右两列6个数的和，和数大的一方取胜.小兵
一定能取胜吗？
解析：由于4个角的数 是两人共有的，因而和数的大小只与放在A，B，C，D这4个格中的
数有关.
小兵要获胜，必须采取如下策略，尽可能把大数填入A或C格，尽可能将小数填入B
格或D格.
由于1+10＜3+9，即B+D＜A+C，小兵应先将1放在B格，如小强把10放进D格，小兵再把9放进A格，这时不论小强怎么做，C格中一定是大于或等于3的数，因而小兵获胜.
如小强把 3放进A格，小兵只需将9放到C格，小兵也一定获胜.
例6 两个人轮流数数，每个人每次可以数1 个、2个、3个，但不能不数.例如第一个数1、
2，第二个接着往下数3，也可以数3、4，还可以数 3、4、5.如此继续下去，谁先数到100，
谁就算胜.请试一试，怎样才能获胜？
分析： 要抢到100，必须抢到96.这时另一个人只能数97或97、98或数97、98、99，无法

数到100.如何才能抢到96呢？有必须抢到92.以此类推，得到一列数 92、88、84、…、4.
只要抢到这些数中的任何一个，然后当对方报a个数时（1≤a≤3）时 ，就报（4-a）个数，
这样就能抢到这个数列中的上一个数，直到抢到100.
但无论第一 个人报什么数，第二个人都可以抢到4n（n=1、2…）因此第二个人就有必胜的
策略.只有在第二个 人产生错误时，第一个人才能获胜.
思考：如果将100改为101或99，其他条件都不变，先数的 人能否获胜呢？（是否还是抢4
呢？）
例7 有两堆火柴，一堆16跟，一堆11跟.甲乙两 人轮流从中拿走1根或几根甚至一堆，但
每次只能在某一堆中拿火柴，谁拿走最后一根谁取胜，问甲如何 才能取胜？
分析：这是另一类对策游戏.我们先考虑特殊情况。当两堆中的火柴根数相同时，后取者只
要根据先取者的取法，在另一堆中取相同的根数，就能保证取到最后一根。对一般情况可以
化为 特殊情况.
解：甲从16根的那堆中先取出16-11=5根，是两堆火柴根数相同。然后每次根据对 手取得
根数在另一堆中取相同的根数，是两堆火柴根数保持相等，直至取到最后一根火柴而获胜。
说明：当乙先取时，如果他不知道获胜的策略，那么甲可以利用已的错误取胜。
例8 一张3 ×10的长方形网格纸有30个小方格.甲乙两人轮流用剪刀沿方格纸直线剪一刀.
（只能沿直线剪，否 则为输）甲将一份分为两份，选送一份给乙；乙按要求剪一刀后，选一
份再送给甲……如此重复进行，谁 送给对方一个方格，谁就获胜.甲要想获胜，有何策略 ？
分析：送给对方一个正方形的方格纸，这时 后剪的都可以使图形再变成（更小的）正方形，
知道取胜为止.
解：甲先剪下7×3的一块， 把3×3的那块送给乙.乙只能剪成1×3和2×3的两块.若送给
甲1×3的那块，正好使甲剪下1× 2而获胜.若送给甲2×3的那块，那么甲再一刀剪成1×
2和2×2的两块，把2×2的送给乙.乙只 可能切成1×2的两块.其中一块送给甲，甲还是
获胜.
同学们，这种方法你考虑到了吗？你会不会再遇到问题时，先动脑筋想办法.
例9 下图是一 张由4×10个方格组成的棋盘，一人持白子置于A位，另一人持黑子置于B
位.随后两个人轮流走子， 每一次可以沿一条横线或一条纵线至少走一格，并要遵守下列游
戏规则：
（1）不允许和对方的棋子在同一条直线上.
（2）不能越过对方棋子所在的直线。轮到谁无路可走，就算输.

B






C A
分析：为了找到规律，我们先从最简单的情况入手，以便找到获胜的策略.
解：如果棋盘只有一个方格，两子置于正方形的对角，谁先走谁输. B
B B1
（1） A
A1
A
(2)
在22的棋盘上，先走者按规则只能走动一格，这时后者仍能走一格，变成(1)图中的形势，
因此，持白子的人第一步应沿长边移动6格到C点处，C与B是4×4的正方形对角（两个
相对的顶点 ）然后不论黑子如何移动，白子均可移动，使他和黑子仍然处于一个较小的正方
形的对角，直至变成1× 1正方形，黑子认输.
总结：以上几例，实质上都是利用一种对称原理来解决的.只要抢先给对方制造 一个对
称图形，输的人一定是对方.
二、抽屉原理
把5个苹果放到4个抽屉中，必 然有一个抽屉中至少有2个苹果，这是抽屉原理的通俗
解释.一般地，我们将它表述为：
第一 抽屉原理：把（mn＋1）个物体放入n个抽屉，其中必有一个抽屉中至少有（m＋1）
个物体. 使用抽屉原理解题，关键是构造抽屉。一般说来，数的奇偶性、剩余类、数的分组、
染色、线段与平 面图形的划分等，都可作为构造抽屉的依据.
例1 从1到10这十个自然数中，任意取出6个数，其中至少有两个是倍数关系，试说明这
是为什么.

解：我们把1到10的奇数及它们的倍数放在同一集合里，则可分 为5个集合，它们是：｛1，
2，4，8，｝，｛3，6，｝，｛5，10｝，｛7｝，｛9｝.
∵要在5个集合里取出6个数，
∴至少有两个是在同一集合，而在同一集合里的任意两个数都是倍数关系.
（本题的关键是划分集合，想一想为什么9不能放在3和6的集合里）.

例2 袋 子中有黄、红、黑、白四种颜色的小球各6个，请你从袋中取出一些球，要求至少
有3个颜色相同，那么 至少应取出几个才有保证.
分析：我们可把4种球看成4个抽屉（4个集合），至少有3个球同颜色， 看成是至少有一
个抽屉不少于3个（有一个集合元素不少于3个）.
解：设至少应取出x个，用｛
x
｝表示不小于
x
的最小整数，那么
44
｛
x
｝＝3， ∴2＜
x
≤3， 即8＜x ≤12， 最小整数值是9.
44
答：至少要取出9个球，才能确保有三个同颜色.
例3 从 1，2，3，…，100这100个数中任意挑出51个数来，证明在这51个数中，一定：
（1）有2 个数互质；（2）有2个数的差为50；（3）有8个数，它们的最大公约数大于1.
证明：（1）将100个数分成50组：
{1，2}，{3，4}，…，{99，100}.
在选出的51个数中，必有2个数属于同一组，这 一组中的2个数是两个相邻的整数，
它们一定是互质的.
（2）将100个数分成50组：{1，51}，{2，52}，…，{50，100}.
在选出的51个数中，必有2个数属于同一组，这一组的2个数的差为50。
（3）将100个数分成5组（一个数可以在不同的组内）：
第一组：2的倍数，即{2，4，…，100}；
第二组：3的倍数，即{3，6，…，99}；
第三组：5的倍数，即{5，10，…，100}；
第四组：7的倍数，即{7，14，…，98}；
第五组：1和大于7的质数即{1，11，13，…，97}.
第五组中有22个数，故选出 的51个数至少有29个数在第一组到第四组中，根据抽屉原理，
总有8个数在第一组到第四组的某一组 中，这8个数的最大公约数大于1.

例4 从1，2，…，100这100个数中任意选出51个数，证明在这51个数中，一定：
（1）有两个 数的和为101；（2）有一个数是另一个数的倍数；（3）有一个数或若干个数
的和是51的倍数.
证：（1）将100个数分成50组：
｛1，100｝，｛2，99｝，…，｛50，51｝。
在选出的51个数中，必有两数属于同一组，这一组的两数之和为101。
（2）将100个数分成10组：
｛1,2,4,8,16,32,64｝, ｛3,6,12,24,48,96｝,
｛5,10,20,40,80｝, ｛7,14,28,56｝,
｛9,18,36,72｝, ｛11,22,44,88｝,
｛13,26,52｝, ｛15,30,60｝,…,
｛49,98｝, ｛其余数｝.
其中第10组中有41个数.在选出的51个数中，第10组的41个数全部选中，还有
10个数从前9组中选，必有两数属于同一组，这一组中的任意两个数，一个是另一
个的倍数.
（3）将选出的51个数排成一列：a
1
，a
2
，a
3，…，a
51
.
考虑下面的51个和：
a
1
，a
1
+a
2
，a
1
+a
2
+a
3
，…，a
1
+a
2
+a
3
+…+a
5 1
.
若这51个和中有一个是51的倍数，则结论显然成立；若这51个和中没有一个是 51
的倍数，则将它们除以51，余数只能是1，2，…，50中的一个，故必然有两个的余数是相同的，这两个和的差是51的倍数，而这个差显然是这51个数（a
1
，a
2， a
3
，…，a
51
）中的
一个数或若干个数的和.
三、染色问题
染色方法和赋值方法是解答数学竞赛问题的两种常用的方法.就其本质而言，染 色方法
是一种对题目所研究的对象进行分类的一种形象化的方法.而凡是能用染色方法来解的题，
一般地都可以用赋值方法来解，只需将染成某一种颜色的对象换成赋于其某一数值就行了.
赋值方法的 适用范围要更广泛一些，我们可将题目所研究的对象赋于适当的数值，然后利用
这些数值的大小、正负、 奇偶以及相互之间运算结果等来进行推证.
什么是染色？染色的实质就是分类，具有同一色彩的小方块 成为一类．与一般的分类不
同的是：利用染色来分类直观和趣味性强．棋盘上的染色技术有两种：一种是 对棋盘按行、

列染色，相邻的行或列染上不同的颜色；另一种是对 棋盘进行相间染色，即每个相邻的小方
格染不同的颜色．
将问题中的对象适当进行染色，有利 于我们观察、分析对象之间的关系.像国际象棋的
棋盘那样，我们可以把被研究的对象染上不同的颜色， 许多隐藏的关系会变得明朗，再通过
对染色图形的处理达到对原问题的解决，这种解题方法称为染色法。 常见的染色方式有：点
染色、线段染色、小方格染色和对区域染色.
例1 用15个“T”字形纸片和1个“田”字形纸片（如下图所示），能否覆盖一个8×8的
棋盘？

解：如下图，将 8×8的棋盘染成黑白相间的形状。如果15个“T”字形纸片和1个“田 ”
字形纸片能够覆盖一个8×8的棋盘，那么它们覆盖住的白格数和黑格数都应该是32个，但
是每个“T”字形纸片只能覆盖1个或3个白格，而1和3都是奇数，因此15个“T”字形
纸片覆盖的 白格数是一个奇数；又每个“田”字形纸片一定覆盖2个白格，从而15个“T”
字形纸片与1个“田” 字形纸片所覆盖的白格数是奇数，这与32是偶数矛盾，因此，用它
们不能覆盖整个棋盘.

例2 8×8的国际象棋棋盘能不能被剪成7个2×2的正方形和9个4×1的长方形？如果可
以，请给出一种剪法；如果不行，请说明理由.
解：如下图，对8×8的棋盘染色，则每一个4×1的 长方形能盖住2白2黑小方格，每一个
2×2的正方形能盖住1白3黑或3白1黑小方格.推知7个正方 形盖住的黑格总数是一个奇
数，但图中的黑格数为32，是一个偶数，故这种剪法是不存在的.

例3 在平面上有一个27×27的方格棋盘，在棋盘 的正中间摆好81枚棋子，它们被摆成一
个9×9的正方形.按下面的规则进行游戏：每一枚棋子都可沿 水平方向或竖直方向越过相邻
的棋子，放进紧挨着这枚棋子的空格中，并把越过的这枚棋子取出来.问： 是否存在一种走
法，使棋盘上最后恰好剩下一枚棋子？
解：如下图，将整个棋盘的每一格都分 别染上红、白、黑三种颜色，这种染色方式将棋盘按
颜色分成了三个部分.按照游戏规则，每走一步，有 两部分中的棋子数各减少了一个，而第
三部分的棋子数增加了一个.这表明每走一步，每个部分的棋子数 的奇偶性都要改变.

因为一开始时，81个棋子摆成一个9×9的正方形，显然三个部分的 棋子数是相同的，故每
走一步，三部分中的棋子数的奇偶性是一致的.
如果在走了若干步以后 ，棋盘上恰好剩下一枚棋子，则两部分上的棋子数为偶数，而另
一部分的棋子数为奇数，这种结局是不可 能的，即不存在一种走法，使棋盘上最后恰好剩下
一枚棋子.
例4 中国象棋盘的任意位置有 一只马，它跳了若干步正好回到原来的位置.问：马所跳的步
数是奇数还是偶数？
答.偶数.
解：把棋盘上各点按黑白色间隔进行染色（图略）.马如从黑点出发，一步只能跳到白点，
下一 步再从白点跳到黑点，因此，从原始位置起相继经过：白、黑、白、黑……要想回到黑
点，必须黑、白成 对，即经过偶数步，回到原来的位置.
例5 右图是某展览大厅的平面图，每相邻两展览室之间都有门 相通.今有人想从进口进去，
从出口出来，每间展览厅都要走到，既不能重复也不能遗漏，应如何走法？

答.不能.
解：用白、黑相间的方法对方格 进行染色（如图）.若满足题设要求的走法存在，必定从白
色的展室走到黑色的展室，再从黑色的展室走 到白色的展室，如此循环往复.现共有36间展
室，从白色展室开始，最后应该是黑色展室.但右图中出 口处的展室是白色的，矛盾.由此可
以判定符合要求的走法不存在.

例6 能否用 下图中各种形状的纸片（不能剪开）拼成一个边长为99的正方形（图中每个小
方格的边长为1）？请说 明理由.

答.不能.
解：我们将 99×99的正方形中每个单位正方形方格染上黑色或白色，使每两个相邻的方格
颜色不同，由于 99 ×99为奇数，两种颜色的方格数相差为1.而每一种纸片中，两种颜色的
方格数相差数为0或3，如果 它们能拼成一个大正方形，那么其中两种颜色之差必为3的倍
数.矛盾！
例7 用15个1×4的长方形和1个2×2的正方形，能否覆盖8×8的棋盘？
答.不能.
解：如图，给8×8的方格棋盘涂上4种不同的颜色（用数字1，2，3，4表示）.显然标有
1，2， 3，4的小方格各有16个.每个1×4的长方形恰好盖住标有1，2，3，4的小方格各
一个，但一个 2×2的正方形只能盖住有三种数字的方格，故无法将每个方格盖住，即不可
能有题目要求的覆盖.