竞赛数学 · 五年级 第24讲《抽屉原理二》举一反三练习卷

详细解题思路 + 规范步骤 + 三套填空变式（换数字 / 换场景 / 增加知识点）· 答案见文末附录
1. 【原题 ch24-chaoyue-01】从 $1$ 至 $12$ 这 $12$ 个自然数中最多能选出几个数，使得在选出的数中任何一个数都不是另一个数的倍数？
详细思路
是哪类问题：这是「按倍数链分组」的极值题：把有倍数关系的数串成一条链当抽屉，同一条链上任意两数都成倍数关系，所以每条链最多取一个。
关键切入点：把每个奇数 $m$ 和它的 $2$ 倍、$4$ 倍、$8$ 倍……串成一条链：$\{1,2,4,8\},\{3,6,12\},\{5,10\},\{7\},\{9\},\{11\}$，$1\sim12$ 恰好被分成 $6$ 条链（链数就是 $1\sim12$ 中奇数的个数 $12\div2=6$）。每条链上后一个数都是前一个数的倍数，所以每条链至多取一个，最多取 $6$ 个；再取出 $7$ 个就必有两数同链而成倍数关系。取 $7,8,9,10,11,12$ 这 $6$ 个数（任何一个的 $2$ 倍都超过 $12$），说明 $6$ 可以达到。
方法概述：按“乘 $2$ ”把数串成倍数链作抽屉，链数 = 奇数个数，每链至多取一个；再用大半段构造达到上界。
规范步骤：
  1. 把数按倍数关系串成链：$\{1,2,4,8\},\{3,6,12\},\{5,10\},\{7\},\{9\},\{11\}$（每条链从一个奇数出发不断乘 2）
  2. 数链数（等于奇数个数）：$12\div 2=6$（条）（每条链恰有一个奇数）
  3. 每链至多取一个，得上界：$6$（个）（同链两数成倍数关系）
  4. 构造达到上界的取法：$7,8,9,10,11,12$（大于 $12\div 2$ 的数两两无倍数关系）
  5. 写出答案：$6$ 个
第一套
题目：从 $1$ 至 $30$ 这 $30$ 个自然数中最多能选出几个数，使得在选出的数中任何一个数都不是另一个数的倍数？
引导填空（在横线上填关键结果）：
  1. 第 1 步（造抽屉）：从每个奇数出发不断乘 $2$ 串成一条链，如 $\{1,2,4,8,16\},\{3,6,12,24\},\{5,10,20\},\cdots$，链的条数就等于 $1\sim 30$ 中奇数的个数 $30\div 2=\underline{\quad}$ 条。
  2. 第 2 步（每链至多取一个）：同一条链上后一个数是前一个数的倍数，所以最多能取 \underline{\quad} 个数。
  3. 第 3 步（构造达到上界）：取 $16,17,\cdots,30$ 这些数，它们中最小的是 $16$，而 $16\times 2=\underline{\quad}$ 已超过 $30$，所以两两之间没有倍数关系，个数为 $30-16+1=\underline{\quad}$ 个。
  4. 第 4 步（下结论）：上界与构造相同，答案是 \underline{\quad}。
第二套
题目：仓库里有编号 $1$ 到 $30$ 的 $30$ 个零件盒。要挑出若干个盒子，使得任何一个盒子的编号都不是另一个盒子编号的倍数。最多能挑出多少个盒子？
引导填空（在横线上填关键结果）：
  1. 第 1 步（造抽屉）：把编号按“不断乘 $2$ ”串成链，链数等于 $1\sim 30$ 中奇数编号的个数 $30\div 2=\underline{\quad}$ 条。
  2. 第 2 步（每链至多挑一个）：同链两个编号成倍数关系，所以最多挑 \underline{\quad} 个盒子。
  3. 第 3 步（构造）：挑 $16\sim 30$ 号，因为 $16\times 2=\underline{\quad}$ 已超过 $30$，两两无倍数关系，共 $30-16+1=\underline{\quad}$ 个。
  4. 第 4 步（下结论）：最多能挑 \underline{\quad} 个盒子。
第三套
题目：从 $1$ 至 $24$ 这 $24$ 个自然数中最多能选出几个数，使得在选出的数中任何一个数都不是另一个数的倍数？
引导填空（在横线上填关键结果）：
  1. 第 1 步（造抽屉）：按倍数链分组，链数等于奇数个数 $24\div 2=\underline{\quad}$ 条，所以最多取 \underline{\quad} 个。
  2. 第 2 步（构造达到上界）：取 $13\sim 24$，最小的 $13$ 的 $2$ 倍是 $13\times 2=\underline{\quad}$，已超过 $24$，两两无倍数关系，共 $24-13+1=\underline{\quad}$ 个。
  3. 第 3 步（下结论）：答案是 \underline{\quad}。
第三套
题目：从 $1$ 至 $30$ 这 $30$ 个自然数中至少要选出多少个数，才能保证其中一定有两个数，一个是另一个的倍数？
引导填空（在横线上填关键结果）：
  1. 第 1 步（先求最坏情形）：按倍数链把 $1\sim 30$ 分成 $30\div 2=\underline{\quad}$ 条链，每链至多取一个，最坏情形能取 \underline{\quad} 个数而两两无倍数关系（例如 $16\sim 30$）。
  2. 第 2 步（再加一个）：再取 $1$ 个数，必与已取的某数落在同一条链上，从而成倍数关系。
  3. 第 3 步（下结论）：至少要选 $15+1=\underline{\quad}$ 个数。
2. 【原题 ch24-chaoyue-02】（1）请说明：在任意的 $68$ 个自然数中，必有两个数的差是 $67$ 的倍数；（2）在 $1,11,111,1111,\cdots$ 这一列数中必有一个数是 $67$ 的倍数。
详细思路
是哪类问题：这是「余数作抽屉 + 互质去掉 $10$ 的幂」的两段式题：先造出差为 $67$ 倍数的两数，再把这个差还原成一个全 $1$ 数。
关键切入点：第 (1) 问：一个数除以 $67$ 的余数只有 $0,1,\cdots,66$ 共 $67$ 种，$68$ 个数放进 $67$ 个抽屉，必有两数同余，其差是 $67$ 的倍数。第 (2) 问：在 $1,11,111,\cdots$ 中取前 $68$ 个，由 (1) 必有两个数 $A>B$ 的差是 $67$ 的倍数；而两个全 $1$ 数相减形如 $\underbrace{1\cdots1}\underbrace{0\cdots0}$，即（全 $1$ 数）$\times10^k$。因为 $67$ 与 $10$ 互质，$67$ 不能整除 $10^k$，只能整除前面那个全 $1$ 数，所以这列数中必有一个是 $67$ 的倍数。
方法概述：用 $67$ 个余数作抽屉得到差为 $67$ 倍数的两数，再用 $67$ 与 $10$ 互质把差化归到全 $1$ 数。
规范步骤：
  1. (1) 数抽屉：除以 $67$ 的余数种数：$66+1=67$（种）（余数分组）
  2. $68$ 个数放进 $67$ 个抽屉：$68-67=1>0$（苹果多于抽屉）
  3. 必有两数同余，差是 $67$ 的倍数：\text{结论成立}（同余则差为倍数）
  4. (2) 取这列数的前 $68$ 个，由 (1) 得两数之差是 $67$ 的倍数：$A-B=\underbrace{1\cdots1}\times 10^{k}$（全 1 数相减的形状）
  5. $67$ 与 $10$ 互质，只能整除全 $1$ 数部分：$67\mid\underbrace{1\cdots1}$（互质与整除）
  6. 写出结论：\text{这列数中必有一个是 }67\text{ 的倍数}
第一套
题目：（1）请说明：在任意的 $92$ 个自然数中，必有两个数的差是 $91$ 的倍数；（2）请说明：在 $1,11,111,1111,\cdots$ 这一列数中必有一个数是 $91$ 的倍数。
引导填空（在横线上填关键结果）：
  1. 第 1 步（第一问数抽屉）：一个数除以 $91$ 的余数有 $0,1,\cdots,90$ 共 $90+1=\underline{\quad}$ 种。
  2. 第 2 步（比大小）：$92-91=\underline{\quad}$，苹果多于抽屉，必有两数同余，差是 $91$ 的倍数。
  3. 第 3 步（第二问取多少个）：在 $1,11,111,\cdots$ 中取前 \underline{\quad} 个数，由第一问必有两个数 $A>B$ 的差是 $91$ 的倍数。
  4. 第 4 步（把差还原）：两个全 $1$ 数相减得到形如“若干个 $1$ 后面跟若干个 $0$”的数，即（全 $1$ 数）$\times 10^k$。由于 $91=7\times \underline{\quad}$ 与 $10$ 没有公共质因数，$91$ 只能整除前面的全 $1$ 数，结论成立。
第二套
题目：某抽奖活动的奖券号码都是自然数。（1）请说明：任意 $92$ 张奖券中，必有两张号码之差是 $91$ 的倍数；（2）请说明：号码为 $1,11,111,1111,\cdots$ 的这一系列特别奖券中，必有一张的号码是 $91$ 的倍数。
引导填空（在横线上填关键结果）：
  1. 第 1 步（第一问数抽屉）：号码除以 $91$ 的余数有 $90+1=\underline{\quad}$ 种。
  2. 第 2 步（比大小）：$92-91=\underline{\quad}$，必有两张号码同余，差是 $91$ 的倍数。
  3. 第 3 步（第二问）：取这系列的前 \underline{\quad} 张，必有两张号码之差是 $91$ 的倍数。
  4. 第 4 步（还原）：两个全 $1$ 号码相减是（全 $1$ 数）$\times 10^k$，而 $91=7\times \underline{\quad}$ 与 $10$ 互质，所以 $91$ 整除前面的全 $1$ 数。
第三套
题目：请说明：在 $1,11,111,1111,\cdots$ 这一列数中必有一个数是 $2019$ 的倍数。
引导填空（在横线上填关键结果）：
  1. 第 1 步（数抽屉）：一个数除以 $2019$ 的余数有 $0,1,\cdots,2018$ 共 $2018+1=\underline{\quad}$ 种。
  2. 第 2 步（取足够多的数）：取这列数的前 $2019+1=\underline{\quad}$ 个，由抽屉原理必有两个数 $A>B$ 除以 $2019$ 同余，它们的差是 $2019$ 的倍数。
  3. 第 3 步（还原成全 $1$ 数）：$A-B$ 形如（全 $1$ 数）$\times 10^k$。因为 $2019=3\times \underline{\quad}$，质因数只有 $3$ 和 $673$，与 $10$ 没有公共质因数，所以 $2019$ 只能整除前面的全 $1$ 数。
第三套
题目：至少要取多少个自然数，才能保证其中一定有 $3$ 个数，它们两两之差都是 $67$ 的倍数？
引导填空（在横线上填关键结果）：
  1. 第 1 步（造抽屉）：按除以 $67$ 的余数分成 $66+1=\underline{\quad}$ 个抽屉；同一抽屉里任意两数之差都是 $67$ 的倍数，所以要找的是“某屉里有 $3$ 个数”。
  2. 第 2 步（想最坏情形）：要挡住“某屉有 $3$ 个”，每屉最多放 $2$ 个，这时共有 $67\times 2=\underline{\quad}$ 个数。
  3. 第 3 步（再加一个）：再取 $1$ 个数必使某屉凑够 $3$ 个，所以至少要取 $134+1=\underline{\quad}$ 个。
3. 【原题 ch24-chaoyue-03】请证明：对于任意给定的 $8$ 个自然数，一定能从中找出 $6$ 个 $a,b,c,d,e,f$，使得 $(a-b)\times(c-d)\times(e-f)$ 是 $105$ 的倍数。
详细思路
是哪类问题：这是「把倍数拆成质因数、逐层用抽屉原理」的题：每用一次抽屉原理取出一对同余的数，就得到一个差为某质因数倍数的因子。
关键切入点：先分解 $105=3\times5\times7$。要让乘积是 $105$ 的倍数，只要三个因式分别是 $7,5,3$ 的倍数即可。除以 $7$ 的余数有 $7$ 种，$8$ 个数中 $8>7$ 必有两个同余，取出这对记作 $a,b$，$a-b$ 是 $7$ 的倍数；剩下 $8-2=6$ 个数，除以 $5$ 的余数有 $5$ 种，$6>5$ 必有两个同余，取出记作 $c,d$；再剩 $4$ 个数，除以 $3$ 的余数有 $3$ 种，$4>3$ 必有两个同余，取出记作 $e,f$。三式相乘即为 $7\times5\times3=105$ 的倍数。
方法概述：把 $105$ 分解成 $3\times5\times7$，按质因数从大到小依次用抽屉原理取出三对同余数。
规范步骤：
  1. 分解倍数：$105=3\times 5\times 7$（因数分解）
  2. 第一层：除以 $7$ 的余数 $7$ 种，$8>7$：取出 $a,b$，$a-b$ 是 $7$ 的倍数（抽屉原理）
  3. 剩下的个数：$8-2=6$（个）（取走一对）
  4. 第二层：除以 $5$ 的余数 $5$ 种，$6>5$：取出 $c,d$，$c-d$ 是 $5$ 的倍数（抽屉原理）
  5. 再剩下的个数：$6-2=4$（个）（取走一对）
  6. 第三层：除以 $3$ 的余数 $3$ 种，$4>3$：取出 $e,f$，$e-f$ 是 $3$ 的倍数（抽屉原理）
  7. 三式相乘：$7\times 5\times 3=105$（乘积是 105 的倍数）
第一套
题目：请证明：对于任意给定的 $12$ 个自然数，一定能从中找出 $8$ 个 $a,b,c,d,e,f,g,h$，使得 $(a-b)\times(c-d)\times(e-f)\times(g-h)$ 是 $1155$ 的倍数。
引导填空（在横线上填关键结果）：
  1. 第 1 步（分解倍数）：$1155=3\times 5\times 7\times \underline{\quad}$，所以只要四个因式分别是 $11,7,5,3$ 的倍数即可。
  2. 第 2 步（第一层，用最大的质因数）：除以 $11$ 的余数有 \underline{\quad} 种，而有 $12$ 个数，$12-11=\underline{\quad}$，必有两数同余，取出 $a,b$，剩下 $12-2=\underline{\quad}$ 个数。
  3. 第 3 步（第二层）：除以 $7$ 的余数有 $7$ 种，$10>7$，取出 $c,d$，剩下 $10-2=\underline{\quad}$ 个数。
  4. 第 4 步（第三层）：除以 $5$ 的余数有 $5$ 种，$8>5$，取出 $e,f$，剩下 $8-2=\underline{\quad}$ 个数。
  5. 第 5 步（第四层并相乘）：除以 $3$ 的余数有 $3$ 种，$6>3$，取出 $g,h$；四式相乘是 $11\times 7\times 5\times 3=\underline{\quad}$ 的倍数。
第二套
题目：班里任意 $12$ 名同学各报出自己的学号。请说明：一定能从中挑出 $8$ 名同学，把他们的学号两两配成 $4$ 对，使得四对学号之差的乘积是 $1155$ 的倍数。
引导填空（在横线上填关键结果）：
  1. 第 1 步（分解倍数）：$1155=3\times 5\times 7\times \underline{\quad}$。
  2. 第 2 步（第一层）：按除以 $11$ 的余数分类，余数有 \underline{\quad} 种，$12-11=\underline{\quad}$，必有两人同余，配成第一对，剩 $12-2=\underline{\quad}$ 人。
  3. 第 3 步（第二层）：按除以 $7$ 的余数分类，$10>7$，配成第二对，剩 $10-2=\underline{\quad}$ 人。
  4. 第 4 步（第三层）：按除以 $5$ 的余数分类，$8>5$，配成第三对，剩 $8-2=\underline{\quad}$ 人。
  5. 第 5 步（第四层）：按除以 $3$ 的余数分类，$6>3$，配成第四对；四个差相乘是 $11\times 7\times 5\times 3=\underline{\quad}$ 的倍数。
第三套
题目：请证明：对于任意给定的 $12$ 个自然数，一定能从中找出 $6$ 个 $a,b,c,d,e,f$，使得 $(a-b)\times(c-d)\times(e-f)$ 是 $385$ 的倍数。
引导填空（在横线上填关键结果）：
  1. 第 1 步（分解倍数）：$385=5\times 7\times \underline{\quad}$。
  2. 第 2 步（第一层）：除以 $11$ 的余数有 \underline{\quad} 种，$12>11$，取出 $a,b$，剩下 $12-2=\underline{\quad}$ 个数。
  3. 第 3 步（第二层）：除以 $7$ 的余数有 $7$ 种，$10>7$，取出 $c,d$，剩下 $10-2=\underline{\quad}$ 个数。
  4. 第 4 步（第三层并相乘）：除以 $5$ 的余数有 $5$ 种，$8>5$，取出 $e,f$；三式相乘是 $11\times 7\times 5=\underline{\quad}$ 的倍数。
第三套
题目：请证明：对于任意给定的 $12$ 个自然数，一定能从中找出 $10$ 个数，把它们两两配成 $5$ 对，使得五对数之差的乘积是 $2310$ 的倍数。
引导填空（在横线上填关键结果）：
  1. 第 1 步（分解倍数）：$2310=2\times 3\times 5\times 7\times \underline{\quad}$，共 \underline{\quad} 个质因数，所以要配 $5$ 对。
  2. 第 2 步（关键：从大到小用）：必须先用最大的质因数 $11$，因为它要求的抽屉最多。除以 $11$ 的余数有 $11$ 种，$12>11$，取出第一对，剩下 $12-2=\underline{\quad}$ 个。
  3. 第 3 步（继续）：$10>7$ 取出第二对，剩 $10-2=\underline{\quad}$ 个；$8>5$ 取出第三对，剩 $8-2=\underline{\quad}$ 个。
  4. 第 4 步（最后两层）：$6>3$ 取出第四对，剩 $6-2=\underline{\quad}$ 个；$4>2$ 取出第五对（除以 $2$ 的余数只有 $2$ 种）。
  5. 第 5 步（相乘）：五个差相乘是 $11\times 7\times 5\times 3\times 2=\underline{\quad}$ 的倍数。
4. 【原题 ch24-chaoyue-04】从 $1$ 至 $25$ 这 $25$ 个自然数中最多取出多少个数，使得在取出来的这些数中，任何一个数都不等于另外两个不同的数的乘积？
详细思路
是哪类问题：这是「乘积三元组作抽屉 + 极值构造」的题：抽屉是形如 $\{a,b,a\times b\}$ 的三元组，每组不能被整组取走。
关键切入点：先找出若干互不相交的“乘积三元组”：$\{2,7,14\},\{3,6,18\},\{4,5,20\}$（$2\times7=14$，$3\times6=18$，$4\times5=20$），这 $3$ 组用到的 $9$ 个数互不相同。每一组里的三个数不能同时取，所以至少要去掉 $3$ 个数，最多只能取 $25-3=22$ 个。反过来去掉 $2,3,4$ 之后，剩下的数中最小的两个是 $5$ 和 $6$，乘积 $5\times6=30$ 已经超过 $25$，所以不可能有一个数等于另外两个不同数的乘积，$22$ 个可以取到。
方法概述：用互不相交的乘积三元组给出“至少去掉几个”的下界，再构造去掉小数的取法达到上界。
规范步骤：
  1. 找互不相交的乘积三元组：$\{2,7,14\},\{3,6,18\},\{4,5,20\}$，共 $3$ 组（每组满足大数=另两数之积）
  2. 每组至少去掉一个数：$3$（个）（同组三数不能全取）
  3. 得到上界：$25-3=22$（个）（总数减去必须去掉的）
  4. 构造：去掉 $2,3,4$：剩 $1,5,6,7,\cdots,25$（极值构造）
  5. 检验构造合法：$5\times 6=30>25$（剩下数中任两个的积都超范围）
  6. 写出答案：$22$ 个
第一套
题目：从 $1$ 至 $30$ 这 $30$ 个自然数中最多取出多少个数，使得在取出来的这些数中，任何一个数都不等于另外两个不同的数的乘积？
引导填空（在横线上填关键结果）：
  1. 第 1 步（找乘积三元组）：先找几组互不相交的三元组，其中大数等于另两数之积：$\{2,13,26\}$（因为 $2\times 13=\underline{\quad}$）、$\{3,9,27\}$、$\{4,7,28\}$、$\{5,6,30\}$，一共 \underline{\quad} 组，用到的数互不相同。
  2. 第 2 步（求上界）：每组至少要去掉一个数，所以最多能取 $30-4=\underline{\quad}$ 个。
  3. 第 3 步（给出构造）：去掉 $2,3,4,5$，剩下的数中最小的两个是 $6$ 和 $7$，乘积 $6\times 7=\underline{\quad}$ 已超过 $30$，所以剩下的数里没有一个等于另外两个的乘积。
  4. 第 4 步（下结论）：上界与构造一致，答案是 \underline{\quad} 个。
第二套
题目：展厅里有编号 $1$ 到 $30$ 的 $30$ 件展品。要挑出尽量多的展品，使得任何一件展品的编号都不等于另外两件不同展品编号的乘积。最多能挑出多少件？
引导填空（在横线上填关键结果）：
  1. 第 1 步（找乘积三元组）：$\{2,13,26\}$（$2\times 13=\underline{\quad}$）、$\{3,9,27\}$、$\{4,7,28\}$、$\{5,6,30\}$，共 \underline{\quad} 组，编号互不相同。
  2. 第 2 步（求上界）：每组至少去掉一件，最多挑 $30-4=\underline{\quad}$ 件。
  3. 第 3 步（构造）：去掉编号 $2,3,4,5$ 的展品，剩下最小的两个编号 $6$ 和 $7$ 的乘积 $6\times 7=\underline{\quad}$ 已超过 $30$。
  4. 第 4 步（下结论）：最多能挑 \underline{\quad} 件。
第三套
题目：从 $1$ 至 $36$ 这 $36$ 个自然数中最多取出多少个数，使得在取出来的这些数中，任何一个数都不等于另外两个不同的数的乘积？
引导填空（在横线上填关键结果）：
  1. 第 1 步（找乘积三元组）：$\{2,17,34\}$（$2\times 17=\underline{\quad}$）、$\{3,11,33\}$、$\{4,8,32\}$、$\{5,7,35\}$，共 \underline{\quad} 组，互不相交。
  2. 第 2 步（求上界）：最多取 $36-4=\underline{\quad}$ 个。
  3. 第 3 步（构造并下结论）：去掉 $2,3,4,5$，剩下最小的两数之积 $6\times 7=\underline{\quad}$ 已超过 $36$，所以答案是 \underline{\quad} 个。
第三套
题目：从 $1$ 至 $50$ 这 $50$ 个自然数中最多取出多少个数，使得在取出来的这些数中，任何一个数都不等于另外两个不同的数的乘积？
引导填空（在横线上填关键结果）：
  1. 第 1 步（先想清楚该去掉哪些数）：要让剩下的数里没有乘积关系，只要最小的两个数之积超过 $50$ 就行；由 $6\times 7=\underline{\quad}$ 还不够大、$7\times 8=\underline{\quad}$ 已超过 $50$，所以应当去掉 $2,3,4,5,6$ 这 \underline{\quad} 个数。
  2. 第 2 步（构造给出下界）：去掉这 $5$ 个数后还剩 $50-5=\underline{\quad}$ 个数，它们满足要求。
  3. 第 3 步（找三元组给出上界）：$\{2,23,46\},\{3,15,45\},\{4,11,44\},\{5,8,40\},\{6,7,42\}$ 这 \underline{\quad} 组互不相交，每组至少去掉一个，所以最多取 $50-5=\underline{\quad}$ 个。
  4. 第 4 步（下结论）：上界与构造一致，答案是 \underline{\quad} 个。
5. 【原题 ch24-chaoyue-05】$25$ 名男生与 $25$ 名女生坐在一张圆桌旁，请说明：至少有一人，他（或她）的两边都是女生。
详细思路
是哪类问题：这是「按奇偶座位号分类 + 抽屉原理」的排列题：抽屉是奇数号座位与偶数号座位两类。
关键切入点：把 $50$ 个座位依次编号 $1\sim50$，奇号、偶号各 $25$ 个。$25$ 名女生分坐在这两类座位上，$25\div2=12\cdots\cdots1$，由抽屉原理必有一类座位上坐了至少 $12+1=13$ 名女生。不妨设奇号座位上有 $13$ 名女生，而奇号座位只有 $25$ 个：若任意两名女生所占的奇号座位都不相邻（相隔至少两个奇号位），则最多只能坐下 $13$ 名的排布会把 $25$ 个奇号位排满还不够，必然出现两个相邻的奇号座位（如 $1$ 号与 $3$ 号）都坐女生。这两个奇号座位之间夹着的那个偶号座位上的人，两边都是女生。
方法概述：按座位号奇偶分成两类作抽屉，先证某类中女生不少于 $13$ 名，再证必有两个相邻同奇偶座位都是女生。
规范步骤：
  1. 给座位编号并分类：$50\div 2=25$（个奇号）与 $25$（个偶号）（奇偶分类作抽屉）
  2. 把 $25$ 名女生放进两类：$25\div 2=12\cdots\cdots 1$（带余除法）
  3. 必有一类至少有多少名女生：$12+1=13$（名）（抽屉原理）
  4. 设奇号座位上有 $13$ 名女生，奇号座位共 $25$ 个：$13>25\div 2$（鸽巢：占了一半以上）
  5. 必有两个相邻奇号座位都坐女生：如 $1$ 号与 $3$ 号（相邻位置分析）
  6. 夹在中间的偶号座位上的人两边都是女生：\text{结论成立}
6. 【原题 ch24-chaoyue-06】时钟的表盘上按标准的方式标着 $1,2,3,\cdots,11,12$ 这 $12$ 个数，在其上任意做 $n$ 个 $120^\circ$ 的扇形，每一个都恰好覆盖 $4$ 个数，每两个覆盖的数不全相同。如果从这任做的 $n$ 个扇形中总能恰好取出 $3$ 个，这 $3$ 个扇形能覆盖整个钟面的全部 $12$ 个数，求 $n$ 的最小值。
详细思路
是哪类问题：这是「先把对象分组、再用抽屉原理保证整组被取到」的题：抽屉是“恰好覆盖全盘的一组扇形”，苹果是取出的扇形。
关键切入点：每个 $120^\circ$ 的扇形恰好覆盖 $4$ 个连续的数，起点有 $12$ 种，所以互不相同的扇形共 $12$ 个。把它们按起点分成 $4$ 组，每组 $3$ 个：起点为 $1,5,9$ 的一组、起点为 $2,6,10$ 的一组、起点为 $3,7,11$ 的一组、起点为 $4,8,12$ 的一组；每组的 $3$ 个扇形恰好把 $12$ 个数不重不漏地盖满。要保证取到完整的一组，最坏情形是每组都只取 $3-1=2$ 个，共 $4\times2=8$ 个仍取不到整组；再取 $1$ 个必使某组凑齐 $3$ 个，故 $n$ 最小为 $9$。
方法概述：把所有扇形分成若干“恰好覆盖全盘”的组作抽屉，最坏情形每组少取一个，再加一。
规范步骤：
  1. 数出互不相同的扇形个数：$12$（个），每个覆盖 $4$ 个连续的数（起点有 12 种）
  2. 把扇形分成恰好覆盖全盘的组：$12\div 4=3$（个扇形一组），共 $12\div 3=4$ 组（每组 3 个扇形盖满 12 个数）
  3. 最坏情形每组少取一个：$4\times(3-1)=8$（个）（最坏情形分析）
  4. 再取一个必凑齐一组：$8+1=9$（抽屉原理）
  5. 写出答案：$n$ 的最小值是 $9$
第一套
题目：时钟的表盘上按标准方式标着 $1$ 至 $12$ 这 $12$ 个数，在其上任意做 $n$ 个 $90^\circ$ 的扇形，每一个都恰好覆盖 $3$ 个数，每两个覆盖的数不全相同。如果从这 $n$ 个扇形中总能恰好取出 $4$ 个，使它们覆盖整个钟面的全部 $12$ 个数，求 $n$ 的最小值。
引导填空（在横线上填关键结果）：
  1. 第 1 步（数扇形总数）：每个扇形由起点决定，起点有 \underline{\quad} 种，所以互不相同的扇形共 \underline{\quad} 个。
  2. 第 2 步（每组几个扇形才能盖满）：每个扇形盖 $3$ 个数，要盖满 $12$ 个数需要 $12\div 3=\underline{\quad}$ 个扇形一组。
  3. 第 3 步（数组数）：$12$ 个扇形分成 $12\div 4=\underline{\quad}$ 组，每组恰好盖满全盘。
  4. 第 4 步（最坏情形）：每组都只取 $4-1=\underline{\quad}$ 个，共 $3\times 3=\underline{\quad}$ 个仍取不到整组。
  5. 第 5 步（再加一个）：$n$ 的最小值是 $9+1=\underline{\quad}$。
第二套
题目：一个圆形花坛边上等距摆着 $12$ 盆花，编号 $1$ 至 $12$。每台喷头正好能浇到 $3$ 盆连续的花，任意两台喷头浇到的花不全相同。现在任意安装 $n$ 台喷头，如果总能从中选出 $4$ 台把全部 $12$ 盆花都浇到，求 $n$ 的最小值。
引导填空（在横线上填关键结果）：
  1. 第 1 步（数喷头总数）：喷头由起点决定，起点有 \underline{\quad} 种，互不相同的喷头共 \underline{\quad} 台。
  2. 第 2 步（每组几台才能浇满）：每台浇 $3$ 盆，浇满 $12$ 盆需 $12\div 3=\underline{\quad}$ 台一组。
  3. 第 3 步（数组数）：$12$ 台分成 $12\div 4=\underline{\quad}$ 组，每组恰好浇满。
  4. 第 4 步（最坏情形）：每组只装 $4-1=\underline{\quad}$ 台，共 $3\times 3=\underline{\quad}$ 台仍凑不齐一整组。
  5. 第 5 步（再加一台）：$n$ 的最小值是 $9+1=\underline{\quad}$。
第三套
题目：一个圆盘边上等距标着 $1$ 至 $20$ 这 $20$ 个数。每个扇形恰好覆盖 $5$ 个连续的数，任意两个扇形覆盖的数不全相同。任意做 $n$ 个这样的扇形，如果总能从中取出 $4$ 个恰好覆盖全部 $20$ 个数，求 $n$ 的最小值。
引导填空（在横线上填关键结果）：
  1. 第 1 步（数扇形总数）：起点有 \underline{\quad} 种，互不相同的扇形共 \underline{\quad} 个。
  2. 第 2 步（每组几个）：每个盖 $5$ 个数，盖满 $20$ 个数要 $20\div 5=\underline{\quad}$ 个一组。
  3. 第 3 步（数组数）：$20$ 个扇形分成 $20\div 4=\underline{\quad}$ 组。
  4. 第 4 步（最坏情形并加一）：每组只取 $4-1=\underline{\quad}$ 个共 $5\times 3=\underline{\quad}$ 个，再取 $1$ 个即可，$n$ 的最小值是 $15+1=\underline{\quad}$。
第三套
题目：一个圆盘边上等距标着 $1$ 至 $30$ 这 $30$ 个数。每个扇形恰好覆盖 $5$ 个连续的数，任意两个扇形覆盖的数不全相同。任意做 $n$ 个这样的扇形，如果总能从中取出 $6$ 个恰好覆盖全部 $30$ 个数，求 $n$ 的最小值。
引导填空（在横线上填关键结果）：
  1. 第 1 步（数扇形总数）：起点有 \underline{\quad} 种，互不相同的扇形共 \underline{\quad} 个。
  2. 第 2 步（每组几个扇形）：每个盖 $5$ 个数，盖满 $30$ 个数需要 $30\div 5=\underline{\quad}$ 个扇形一组。
  3. 第 3 步（数组数）：这 $30$ 个扇形按起点分成 $30\div 6=\underline{\quad}$ 组，每组恰好盖满全盘。
  4. 第 4 步（最坏情形）：每组都只取 $6-1=\underline{\quad}$ 个，共 $5\times 5=\underline{\quad}$ 个仍凑不齐整组。
  5. 第 5 步（再加一个）：$n$ 的最小值是 $25+1=\underline{\quad}$。
7. 【原题 ch24-chaoyue-07】（1）将一个 $5\times 5$ 的方格表每个方格都染成黑、白两种颜色之一，请证明：一定存在一个长方形，四个顶点处的四个方格同色；（2）将一个 $4\times 19$ 的方格表每个方格都染成黑、白、红三种颜色之一，请证明：一定存在一个长方形，四个顶点处的四个方格同色。
详细思路
是哪类问题：这是「给每一列记一张“身份卡”作抽屉」的染色题：身份卡是“这一列里同色的两个格子在哪两行、是什么颜色”。但两问的抽屉不一样——(2) 直接用身份卡，(1) 因身份卡种数比列数还多，要改用“多数色 + 三组行必有两组重叠”的论证。
关键切入点：第 (2) 问的关键是把“一列”压缩成一张卡片。每列有 $4$ 格、只有 $3$ 种颜色，由抽屉原理这一列里必有两格同色。记下这两格所在的行号（一对行）和颜色：行的配对有 $\frac{4\times3}{2}=6$ 种，颜色有 $3$ 种，所以身份卡共 $6\times3=18$ 种。$19$ 列放进 $18$ 种，必有两列的身份卡相同，即这两列在同样的两行上出现同样的颜色，这两行两列交出的四个格子就构成四角同色的长方形。 第 (1) 问不能照搬身份卡：$5$ 行 $2$ 色的身份卡有 $C_5^2\times2=20$ 种，比 $5$ 列还多，配对法失效。要改用“多数色”：每列 $5$ 格 $2$ 色，必有一色占 $\geq3$ 格（$\lceil5\div2\rceil=3$）；$5$ 列的多数色非黑即白，由抽屉原理必有 $\geq3$ 列的多数色相同，不妨设为黑，即这 $3$ 列各有 $\geq3$ 个黑格。在每列里挑 $3$ 个黑格所在的行，得到三组“从 $5$ 行中取 $3$ 行”。关键组合事实：任两组 $3$ 行至少共用 $3+3-5=1$ 行，而三组 $3$ 行不可能两两只共 $1$ 行（否则前两组已并成全部 $5$ 行，第三组无处安放，会推出矛盾），所以必有两组共用 $\geq2$ 行。这两行在对应的两列上都是黑色，交出的四个格子四角全黑，即所求长方形。
方法概述：第 (2) 问：每列先用抽屉原理找出同色两格，把“行对 + 颜色”作身份卡当抽屉，$19$ 列多于 $18$ 卡即得。第 (1) 问：身份卡种数超过列数，改用“多数色 + 三组 $3$ 行必有两组重叠 $2$ 行”的论证。
规范步骤：
  1. (1) 每列 $5$ 格、只有黑白 $2$ 色，由抽屉原理必有一种颜色占了至少 $3$ 格：$\lceil 5\div 2\rceil=3$（格）（5 格 2 色，多数色至少 ⌈5÷2⌉=3 格）
  2. 每列都有一个“多数色”（黑或白）；$5$ 列的多数色非黑即白，由抽屉原理必有至少 $3$ 列多数色相同，不妨设为黑：$\lceil 5\div 2\rceil=3$（列）（5 列 2 色，多数相同的至少 ⌈5÷2⌉=3 列）
  3. 在这 $3$ 列里各挑出 $3$ 个黑格所在的行，得到三组“从 $5$ 行中取 $3$ 行”：\{r_1,r_2,r_3\}\subseteq\{1,2,3,4,5\}（把同色格压成行的集合）
  4. 关键组合事实：任两组 $3$ 行至少共用 $3+3-5=1$ 行，而三组不可能两两只共 $1$ 行，必有两组共用至少 $2$ 行：$3+3-5=1$（行），故必有两组共 $\geq 2$ 行（两 3 元子集在 5 元集内至少交 1 个，三组不能两两仅交 1）
  5. 这两列在相同的两行上都是黑色，交出的四个格子四角全黑，(1) 得证：\text{存在四角同色长方形}（两行两列交出长方形）
  6. (2) 每列 $4$ 格、$3$ 色，必有两格同色：$4>3$（列内先用一次抽屉原理）
  7. 数行的配对种数：$4\times 3\div 2=6$（对）（从 4 行中取 2 行）
  8. 乘上颜色种数得身份卡总数：$6\times 3=18$（种）（乘法原理）
  9. 把 $19$ 列放入 $18$ 种身份卡：$19-18=1>0$（苹果多于抽屉）
  10. 必有两列身份卡相同，得同色长方形，(2) 得证：\text{结论成立}（抽屉原理）
第一套
题目：将一个 $5$ 行 $31$ 列的方格表每个方格都染成黑、白、红三种颜色之一，请证明：一定存在一个长方形，四个顶点处的四个方格同色。
引导填空（在横线上填关键结果）：
  1. 第 1 步（列内先用一次抽屉原理）：每列有 $5$ 格、只有 $3$ 种颜色，$5-3=\underline{\quad}$，所以每列中必有两格同色。
  2. 第 2 步（数行的配对种数）：从 $5$ 行中挑两行，共有 $5\times 4\div 2=\underline{\quad}$ 种配对。
  3. 第 3 步（数身份卡总数）：身份卡由“哪两行 + 什么颜色”决定，共 $10\times 3=\underline{\quad}$ 种。
  4. 第 4 步（比大小并下结论）：$31-30=\underline{\quad}$，列数多于身份卡种数，必有两列身份卡相同，这两列与那两行交出的四个格子同色，构成所求长方形。
第二套
题目：一面广告墙由 $5$ 行 $31$ 列的小方砖拼成，每块砖是黑、白、红三色之一。请证明：一定能找到四块同色的砖，它们恰好位于某个长方形的四个角上。
引导填空（在横线上填关键结果）：
  1. 第 1 步（列内先用抽屉原理）：每列 $5$ 块砖、只有 $3$ 种颜色，$5-3=\underline{\quad}$，必有两块同色。
  2. 第 2 步（数行的配对）：从 $5$ 行中挑两行共 $5\times 4\div 2=\underline{\quad}$ 种。
  3. 第 3 步（数身份卡）：身份卡＝“哪两行 + 什么颜色”，共 $10\times 3=\underline{\quad}$ 种。
  4. 第 4 步（比大小）：$31-30=\underline{\quad}$，必有两列身份卡相同，四个角上的砖同色。
第三套
题目：将一个 $3$ 行 $7$ 列的方格表每个方格都染成黑、白两种颜色之一，请证明：一定存在一个长方形，四个顶点处的四个方格同色。
引导填空（在横线上填关键结果）：
  1. 第 1 步（列内用抽屉原理）：每列 $3$ 格、$2$ 种颜色，$3-2=\underline{\quad}$，必有两格同色。
  2. 第 2 步（数行的配对）：从 $3$ 行中挑两行共 $3\times 2\div 2=\underline{\quad}$ 种。
  3. 第 3 步（数身份卡）：共 $3\times 2=\underline{\quad}$ 种。
  4. 第 4 步（比大小并下结论）：$7-6=\underline{\quad}$，必有两列身份卡相同，得四角同色长方形。
第三套
题目：将一个 $5$ 行 $n$ 列的方格表每个方格都染成黑、白、红、蓝四种颜色之一。请问：$n$ 至少是多少，才能保证一定存在一个长方形，四个顶点处的四个方格同色？
引导填空（在横线上填关键结果）：
  1. 第 1 步（先确认列内必有同色两格）：每列 $5$ 格、$4$ 种颜色，$5-4=\underline{\quad}$，由抽屉原理必有两格同色。
  2. 第 2 步（数行的配对种数）：从 $5$ 行中挑两行，共 $5\times 4\div 2=\underline{\quad}$ 种。
  3. 第 3 步（数身份卡总数）：身份卡＝“哪两行 + 什么颜色”，共 $10\times 4=\underline{\quad}$ 种。
  4. 第 4 步（想最坏情形）：如果只有 $40$ 列，可能每种身份卡恰好出现一次，找不到同色长方形。
  5. 第 5 步（再加一列）：所以 $n$ 至少是 $40+1=\underline{\quad}$。
8. 【原题 ch24-chaoyue-08】从 $1$ 至 $2000$ 这 $2000$ 个数中最多能选出多少个数，使得任何两个数的差既不等于 $4$ 也不等于 $7$？
详细思路
是哪类问题：这是「先求一个周期内的上界、再按周期分组累加」的极值题：抽屉是每连续 $11$ 个数组成的一段。
关键切入点：为什么取 $11$？因为 $4+7=11$：把连续 $11$ 个数首尾相接排成一圈，按“差为 $4$ 或 $7$ 就连一条线”把它们连起来恰好成一个圈，圈上相邻的两个数不能同时取，$11$ 个数的圈上最多取 $5$ 个。于是把 $1\sim2000$ 每 $11$ 个数分成一段：$2000\div11=181\cdots\cdots9$，前 $181$ 段每段最多取 $5$ 个，最后剩下的 $9$ 个数最多也只能取 $5$ 个，合计最多 $181\times5+5=910$ 个；再给出以 $11$ 为周期、每周期取 $5$ 个的构造（如 $1,4,6,7,9$ 及其后每次加 $11$），说明 $910$ 可以取到。
方法概述：先证连续 $11$ 个数中最多取 $5$ 个，再按每 $11$ 个一段分组累加，并给出周期构造。
规范步骤：
  1. 看出周期长度：$4+7=11$（两个禁止差之和决定周期）
  2. 证一段（连续 $11$ 个数）最多取 $5$ 个：$11$ 个数按差 $4$ 或 $7$ 连成一个圈，相邻不能同取，最多取 $5$ 个（圈上的最大独立集）
  3. 把 $1\sim2000$ 按每 $11$ 个分段：$2000\div 11=181\cdots\cdots 9$（带余除法）
  4. 整段部分的上界：$181\times 5=905$（个）（每段至多 5 个）
  5. 零头部分的上界并合计：$905+5=910$（个）（剩下 9 个数至多取 5 个）
  6. 给出周期构造说明可达：$1,4,6,7,9$；$12,15,17,18,20$；$\cdots$（以 11 为周期每周期取 5 个）
  7. 写出答案：$910$ 个
第一套
题目：从 $1$ 至 $3300$ 这 $3300$ 个数中最多能选出多少个数，使得任何两个数的差既不等于 $4$ 也不等于 $7$？
引导填空（在横线上填关键结果）：
  1. 第 1 步（定周期）：两个禁止的差相加 $4+7=\underline{\quad}$，所以按每连续 $11$ 个数分成一段。
  2. 第 2 步（一段的上界）：连续 $11$ 个数按“差 $4$ 或 $7$ 相连”正好连成一个圈，圈上相邻两数不能同取，一段最多取 \underline{\quad} 个。
  3. 第 3 步（分段）：$3300\div 11=\underline{\quad}$，恰好分成整段，没有零头。
  4. 第 4 步（合计并构造）：最多能取 $300\times 5=\underline{\quad}$ 个；取 $1,4,6,7,9$ 以及每次都加 $11$ 得到的数即可达到。
第二套
题目：一条街上有编号 $1$ 至 $3300$ 的 $3300$ 个摊位。为避免相互干扰，规定任意两个启用摊位的编号之差既不能等于 $4$ 也不能等于 $7$。请问：最多能启用多少个摊位？
引导填空（在横线上填关键结果）：
  1. 第 1 步（定周期）：两个禁止的差相加 $4+7=\underline{\quad}$，按每连续 $11$ 个编号分成一段。
  2. 第 2 步（一段的上界）：一段内按“差 $4$ 或 $7$ 相连”连成一个圈，相邻不能同取，一段最多启用 \underline{\quad} 个。
  3. 第 3 步（分段）：$3300\div 11=\underline{\quad}$ 段，没有零头。
  4. 第 4 步（合计）：最多启用 $300\times 5=\underline{\quad}$ 个摊位。
第三套
题目：从 $1$ 至 $2200$ 这 $2200$ 个数中最多能选出多少个数，使得任何两个数的差既不等于 $4$ 也不等于 $7$？
引导填空（在横线上填关键结果）：
  1. 第 1 步（定周期）：$4+7=\underline{\quad}$，按每 $11$ 个数一段。
  2. 第 2 步（分段）：$2200\div 11=\underline{\quad}$ 段，恰好分完。
  3. 第 3 步（一段上界并合计）：每段最多取 \underline{\quad} 个，共 $200\times 5=\underline{\quad}$ 个。
第三套
题目：从 $1$ 至 $2000$ 这 $2000$ 个数中至少要选出多少个数，才能保证其中一定有两个数的差等于 $4$ 或者等于 $7$？
引导填空（在横线上填关键结果）：
  1. 第 1 步（先求最坏情形能取多少）：按 $4+7=\underline{\quad}$ 定出周期，每连续 $11$ 个数最多取 \underline{\quad} 个。
  2. 第 2 步（分段）：$2000\div 11$ 的商是 \underline{\quad}，余数是 \underline{\quad}。
  3. 第 3 步（算最坏情形的总数）：整段部分 $181\times 5=\underline{\quad}$ 个，零头 $9$ 个数最多再取 $5$ 个，合计 $905+5=\underline{\quad}$ 个，此时任两数之差都不是 $4$ 或 $7$。
  4. 第 4 步（再加一个）：再取 $1$ 个数就必然出现差为 $4$ 或 $7$ 的两个数，所以至少要选 $910+1=\underline{\quad}$ 个。
9. 【原题 ch24-tuozhan-01】任意写一个由数字 $1,2$ 组成的六位数，从这个六位数中任意截取相邻两位，可得到一个两位数；请说明：从各个不同位置上截取的所有两位数中一定有两个相等。
详细思路
是哪类问题：这是「先数位置、再数种类」的抽屉题：截取得到的两位数是苹果，所有可能的两位数是抽屉。
关键切入点：两件事要分开数。第一，从六位数中截取相邻两位，起点可以是第 $1\sim5$ 位，共 $6-1=5$ 种截法，得到 $5$ 个两位数（苹果）；第二，这些两位数的每一位都只能是 $1$ 或 $2$，由乘法原理只有 $2\times2=4$ 个（$11,12,21,22$，抽屉）。$5>4$，必有两个相等。
方法概述：位置数 $=$ 位数 $-$ 截取长度 $+1$ 作苹果，可组成的数的种数作抽屉。
规范步骤：
  1. 数苹果：截取相邻两位的位置数：$6-2+1=5$（个两位数）（起点从第 1 位到第 5 位）
  2. 数抽屉：由 $1,2$ 组成的两位数个数：$2\times 2=4$（个）（乘法原理）
  3. 比较苹果与抽屉：$5>4$（苹果多于抽屉）
  4. 由抽屉原理得结论：$\text{必有两个截出的两位数相等}$（抽屉原理）
第一套
题目：任意写一个由数字 $1,2,3$ 组成的十一位数，从这个十一位数中任意截取相邻两位，可得到一个两位数。请说明：从各个不同位置上截取的所有两位数中一定有两个相等。
引导填空（在横线上填关键结果）：
  1. 第 1 步（数苹果）：截取相邻两位的起点可以是第 $1$ 位到第 $10$ 位，一共有 $11-2+1=\underline{\quad}$ 个两位数。
  2. 第 2 步（数抽屉）：每一位都只能是 $1,2,3$，由乘法原理，这样的两位数一共有 $3\times 3=\underline{\quad}$ 个。
  3. 第 3 步（比大小）：$10-9=\underline{\quad}$，苹果比抽屉多。
  4. 第 4 步（下结论）：由抽屉原理，截出的 $10$ 个两位数中必有两个相等。
第二套
题目：一条密码带上依次印着 $11$ 个符号，每个符号都是 $A,B,C$ 之一。取任意相邻的两个符号可读出一个“双符号组”。请说明：从各个不同位置读出的所有双符号组中，一定有两个完全相同。
引导填空（在横线上填关键结果）：
  1. 第 1 步（数苹果）：相邻两符号的起点从第 $1$ 位到第 $10$ 位，共 $11-2+1=\underline{\quad}$ 个双符号组。
  2. 第 2 步（数抽屉）：每个位置有 $A,B,C$ 三种，双符号组一共有 $3\times 3=\underline{\quad}$ 种。
  3. 第 3 步（比大小）：$10-9=\underline{\quad}$，苹果多于抽屉。
  4. 第 4 步（下结论）：必有两个双符号组完全相同。
第三套
题目：任意写一个由数字 $1,2$ 组成的十一位数，从中任意截取相邻三位可得一个三位数。请说明：从各个不同位置上截取的所有三位数中一定有两个相等。
引导填空（在横线上填关键结果）：
  1. 第 1 步（数苹果）：截取长度变成 $3$，起点从第 $1$ 位到第 $9$ 位，共 $11-3+1=\underline{\quad}$ 个三位数。
  2. 第 2 步（数抽屉）：每一位只能是 $1,2$，三位数共有 $2\times 2\times 2=\underline{\quad}$ 个。
  3. 第 3 步（比大小）：$9-8=\underline{\quad}$，苹果多于抽屉，必有两个相等。
第三套
题目：任意写一个由数字 $1,2,3$ 组成的二十位数，从中任意截取相邻两位可得一个两位数。请问：从各个不同位置上截取的所有两位数中，至少有几个是相同的？
引导填空（在横线上填关键结果）：
  1. 第 1 步（数苹果）：起点从第 $1$ 位到第 $19$ 位，共 $20-2+1=\underline{\quad}$ 个两位数。
  2. 第 2 步（数抽屉）：由 $1,2,3$ 组成的两位数共 $3\times 3=\underline{\quad}$ 个。
  3. 第 3 步（带余除法）：$19\div 9$ 的商是 \underline{\quad}，余数是 \underline{\quad}。
  4. 第 4 步（用抽屉原理）：有余数，必有一种两位数至少出现 \underline{\quad} 次。
10. 【原题 ch24-tuozhan-02】如图 24-2，将 $2$ 行 $5$ 列的方格纸每一格染成黑色或白色，请说明：总有两列的染色方式是一样的。
详细思路
是哪类问题：这是「一列的染色方式作抽屉」的染色型鸽巢原理题：列是苹果，一列可能的染色方式是抽屉。
关键切入点：先想清楚“一列”有多少种长相：每列有上、下两格，每格黑白二选一，由乘法原理共 $2\times2=4$ 种（黑黑、黑白、白黑、白白）。这 $4$ 种是抽屉，$5$ 列是苹果，$5>4$，必有两列长相相同。
方法概述：用乘法原理数出一列的染色种数作抽屉，列数多于种数即得两列相同。
规范步骤：
  1. 数抽屉：一列 $2$ 格，每格 $2$ 种颜色：$2\times 2=4$（种）（乘法原理）
  2. 数苹果：一共 $5$ 列：$5$（列）（题目给定）
  3. 比较：$5>4$（苹果多于抽屉）
  4. 由抽屉原理得结论：$\text{必有两列染色方式相同}$（抽屉原理）
第一套
题目：将 $3$ 行 $9$ 列的方格纸每一格染成黑色或白色，请说明：总有两列的染色方式是一样的。
引导填空（在横线上填关键结果）：
  1. 第 1 步（数抽屉）：每列有 $3$ 格，每格 $2$ 种颜色，由乘法原理，一列的染色方式共 $2\times 2\times 2=\underline{\quad}$ 种。
  2. 第 2 步（数苹果）：一共有 \underline{\quad} 列。
  3. 第 3 步（比大小）：$9-8=\underline{\quad}$，列数多于种数。
  4. 第 4 步（下结论）：由抽屉原理，必有两列的染色方式相同。
第二套
题目：$9$ 面旗子，每面旗子从上到下有 $3$ 道横条，每道横条染成红色或蓝色。请说明：总有两面旗子的图案是一样的。
引导填空（在横线上填关键结果）：
  1. 第 1 步（数抽屉）：每面旗有 $3$ 道横条，每道 $2$ 种颜色，图案共 $2\times 2\times 2=\underline{\quad}$ 种。
  2. 第 2 步（数苹果）：一共有 \underline{\quad} 面旗子。
  3. 第 3 步（比大小）：$9-8=\underline{\quad}$，旗子多于图案种数。
  4. 第 4 步（下结论）：必有两面旗子图案相同。
第三套
题目：将 $2$ 行 $10$ 列的方格纸每一格染成黑、白、红三种颜色之一，请说明：总有两列的染色方式是一样的。
引导填空（在横线上填关键结果）：
  1. 第 1 步（数抽屉）：每列 $2$ 格，每格 $3$ 种颜色，一列的染色方式共 $3\times 3=\underline{\quad}$ 种。
  2. 第 2 步（数苹果）：共 \underline{\quad} 列。
  3. 第 3 步（比大小）：$10-9=\underline{\quad}$，列数多于种数，必有两列相同。
第三套
题目：将 $3$ 行 $17$ 列的方格纸每一格染成黑色或白色。请问：至少有几列的染色方式是完全一样的？
引导填空（在横线上填关键结果）：
  1. 第 1 步（数抽屉）：每列 $3$ 格、每格 $2$ 色，一列的染色方式共 $2\times 2\times 2=\underline{\quad}$ 种。
  2. 第 2 步（带余除法）：$17$ 列放进 $8$ 种，$17\div 8$ 的商是 \underline{\quad}，余数是 \underline{\quad}。
  3. 第 3 步（用抽屉原理）：有余数，必有一种染色方式至少出现 \underline{\quad} 次。
11. 【原题 ch24-tuozhan-03】任意写一个由数字 $1,2,3$ 组成的三十位数。从这个三十位数中任意截取相邻三位，可得一个三位数；请说明：在从各个不同位置上截取得到的所有三位数中，一定有两个相等。
详细思路
是哪类问题：这是拓展篇第 1 题的加长版：仍然是「位置数作苹果、可组成的数的种数作抽屉」。
关键切入点：从三十位数中截取相邻三位，起点可以是第 $1\sim28$ 位，共 $30-3+1=28$ 个三位数（苹果）；这些三位数的每一位都只能是 $1,2,3$，由乘法原理共 $3\times3\times3=27$ 个（抽屉）。$28>27$，仅仅多出一个，但已足以断定必有两个相等。
方法概述：位置数 $=$ 位数 $-$ 截取长度 $+1$ 作苹果，可组成的数的种数作抽屉。
规范步骤：
  1. 数苹果：截取相邻三位的位置数：$30-3+1=28$（个三位数）（起点从第 1 位到第 28 位）
  2. 数抽屉：由 $1,2,3$ 组成的三位数个数：$3\times 3\times 3=27$（个）（乘法原理）
  3. 比较苹果与抽屉：$28-27=1>0$（苹果多于抽屉）
  4. 由抽屉原理得结论：$\text{必有两个截出的三位数相等}$（抽屉原理）
第一套
题目：任意写一个由数字 $1,2,3,4$ 组成的七十位数。从中任意截取相邻三位可得一个三位数。请说明：从各个不同位置上截取得到的所有三位数中，一定有两个相等。
引导填空（在横线上填关键结果）：
  1. 第 1 步（数苹果）：截取相邻三位的起点从第 $1$ 位到第 $68$ 位，共 $70-3+1=\underline{\quad}$ 个三位数。
  2. 第 2 步（数抽屉）：每一位有 $1,2,3,4$ 四种选择，这样的三位数共 $4\times 4\times 4=\underline{\quad}$ 个。
  3. 第 3 步（比大小）：$68-64=\underline{\quad}$，苹果多于抽屉。
  4. 第 4 步（下结论）：由抽屉原理，必有两个三位数相等。
第二套
题目：一条彩灯带上依次装着 $70$ 盏灯，每盏灯的颜色是红、黄、蓝、绿之一。取任意相邻的三盏灯可读出一个“三色组合”。请说明：从各个不同位置读出的三色组合中一定有两个完全相同。
引导填空（在横线上填关键结果）：
  1. 第 1 步（数苹果）：相邻三盏灯的起点从第 $1$ 盏到第 $68$ 盏，共 $70-3+1=\underline{\quad}$ 个三色组合。
  2. 第 2 步（数抽屉）：每盏灯有 $4$ 种颜色，三色组合共 $4\times 4\times 4=\underline{\quad}$ 种。
  3. 第 3 步（比大小）：$68-64=\underline{\quad}$，组合个数多于种数。
  4. 第 4 步（下结论）：必有两个三色组合完全相同。
第三套
题目：任意写一个由数字 $1,2$ 组成的二十位数。从中任意截取相邻四位可得一个四位数。请说明：从各个不同位置上截取得到的所有四位数中，一定有两个相等。
引导填空（在横线上填关键结果）：
  1. 第 1 步（数苹果）：截取长度为 $4$，起点从第 $1$ 位到第 $17$ 位，共 $20-4+1=\underline{\quad}$ 个四位数。
  2. 第 2 步（数抽屉）：每一位只能是 $1,2$，四位数共 $2\times 2\times 2\times 2=\underline{\quad}$ 个。
  3. 第 3 步（比大小）：$17-16=\underline{\quad}$，苹果多于抽屉，必有两个相等。
第三套
题目：任意写一个由数字 $1,2,3$ 组成的一百位数。从中任意截取相邻三位可得一个三位数。请问：从各个不同位置上截取得到的所有三位数中，至少有几个是相同的？
引导填空（在横线上填关键结果）：
  1. 第 1 步（数苹果）：起点从第 $1$ 位到第 $98$ 位，共 $100-3+1=\underline{\quad}$ 个三位数。
  2. 第 2 步（数抽屉）：由 $1,2,3$ 组成的三位数共 $3\times 3\times 3=\underline{\quad}$ 个。
  3. 第 3 步（带余除法）：$98\div 27$ 的商是 \underline{\quad}，余数是 \underline{\quad}。
  4. 第 4 步（用抽屉原理）：有余数，必有一个三位数至少出现 \underline{\quad} 次。
12. 【原题 ch24-tuozhan-04】$27$ 只小猴分 $140$ 颗花生米，每只小猴最少分 $1$ 颗，最多分 $9$ 颗。请问：其中至少有几只小猴分到的花生米数是一样的？
详细思路
是哪类问题：这是「抽屉原理 + 总和约束 + 反证法」的题：抽屉是“分到的颗数”，但只靠个数不够，还要用花生米总数来卡。
关键切入点：每只猴分到的颗数只能是 $1\sim9$，共 $9$ 个抽屉。$27\div9=3$ 恰好整除，单看个数只能保证“至少 $3$ 只一样”。这时要用总数：若每种颗数至多 $3$ 只猴，则 $27$ 只猴只能是每种恰好 $3$ 只，总花生数为 $(1+2+\cdots+9)\times3=135$ 颗，比 $140$ 少，矛盾。所以必有某种颗数被 $4$ 只猴分到；再举出恰好 $4$ 只的分法说明 $4$ 不能再大。
方法概述：以“分到的颗数”作抽屉，用花生米总数的上界反证，再构造实例说明下界可达。
规范步骤：
  1. 数抽屉：每只猴分到 $1\sim9$ 颗：$9$（个抽屉）（题目限定范围）
  2. 反设每种颗数至多 $3$ 只猴，则 $27$ 只必须每种恰好 $3$ 只：$27\div 9=3$（总人数卡死）
  3. 算这种分法的花生总数：$(1+2+\cdots+9)\times 3=45\times 3=135$（颗）（等差数列求和）
  4. 与实际总数比较，得出矛盾：$135<140$（反证法）
  5. 所以至少有一种颗数被 $4$ 只猴分到：$3+1=4$（只）（抽屉原理）
  6. 举例说明 $4$ 只可以达到：$2\times 1+4\times 6+(2+3+4+5+7+8+9)\times 3=140$（构造实例）
  7. 写出答案：$4$ 只
第一套
题目：$36$ 只小猴分 $200$ 颗花生米，每只小猴最少分 $1$ 颗，最多分 $9$ 颗。请问：其中至少有几只小猴分到的花生米数是一样的？
引导填空（在横线上填关键结果）：
  1. 第 1 步（数抽屉）：分到的颗数只能是 $1\sim 9$，共 \underline{\quad} 个抽屉。
  2. 第 2 步（反设并卡人数）：反设每种颗数至多 $4$ 只猴，则 $36$ 只猴只能每种恰好 $36\div 9=\underline{\quad}$ 只。
  3. 第 3 步（算总数）：这时花生总数为 $(1+2+\cdots+9)\times 4=\underline{\quad}\times 4=\underline{\quad}$ 颗。
  4. 第 4 步（找矛盾）：$180$ 比实际的 $200$ \underline{\quad}（填两数之差）颗，矛盾，说明反设不成立。
  5. 第 5 步（下结论）：必有一种颗数被至少 $4+1=\underline{\quad}$ 只小猴分到。
第二套
题目：$36$ 名同学分 $200$ 张贴纸，每人最少分 $1$ 张，最多分 $9$ 张。请问：至少有几名同学分到的贴纸张数是一样的？
引导填空（在横线上填关键结果）：
  1. 第 1 步（数抽屉）：分到的张数只能是 $1\sim 9$，共 \underline{\quad} 个抽屉。
  2. 第 2 步（反设并卡人数）：反设每种张数至多 $4$ 人，则 $36$ 人只能每种恰好 $36\div 9=\underline{\quad}$ 人。
  3. 第 3 步（算总数）：这时贴纸总数为 $(1+2+\cdots+9)\times 4=\underline{\quad}\times 4=\underline{\quad}$ 张。
  4. 第 4 步（找矛盾）：与实际的 $200$ 张相差 \underline{\quad} 张，矛盾。
  5. 第 5 步（下结论）：至少有 $4+1=\underline{\quad}$ 名同学分到的张数一样。
第三套
题目：$50$ 只小猴分 $300$ 颗花生米，每只小猴最少分 $1$ 颗，最多分 $10$ 颗。请问：其中至少有几只小猴分到的花生米数是一样的？
引导填空（在横线上填关键结果）：
  1. 第 1 步（数抽屉）：分到的颗数是 $1\sim 10$，共 \underline{\quad} 个抽屉。
  2. 第 2 步（反设并卡数）：反设每种颗数至多 $5$ 只，则 $50$ 只猴只能每种恰好 $50\div 10=\underline{\quad}$ 只。
  3. 第 3 步（算总数）：花生总数为 $(1+2+\cdots+10)\times 5=\underline{\quad}\times 5=\underline{\quad}$ 颗。
  4. 第 4 步（找矛盾并下结论）：$275<300$，矛盾，所以至少有 $5+1=\underline{\quad}$ 只小猴分到的一样多。
第三套
题目：$27$ 只小猴分花生米，每只最少 $1$ 颗、最多 $9$ 颗。如果要保证一定有 $5$ 只小猴分到的花生米数一样多，那么花生米总数至少是多少颗？
引导填空（在横线上填关键结果）：
  1. 第 1 步（想最坏情形）：要挡住“$5$ 只一样”，每种颗数至多 $4$ 只猴，$9$ 种颗数最多容纳 $9\times 4=\underline{\quad}$ 只猴，够放下 $27$ 只。
  2. 第 2 步（把猴子尽量放在大颗数上，求总数的最大值）：让分到 $9,8,7,6,5,4$ 颗的各 $4$ 只（共 $24$ 只），分到 $3$ 颗的 $3$ 只，总数为 $(9+8+7+6+5+4)\times 4=\underline{\quad}$ 颗再加上 $3\times 3=\underline{\quad}$ 颗，合计 \underline{\quad} 颗。
  3. 第 3 步（再多一颗就挡不住）：总数只要比 $165$ 大，就无法让每种颗数都至多 $4$ 只，所以花生总数至少是 $165+1=\underline{\quad}$ 颗。
13. 【原题 ch24-tuozhan-05】能否在 $4\times 4$ 方格表的每个格子中填入 $1,2,3$ 中的一个数字，使得每行、每列以及它的两条对角线上的和互不相同？
详细思路
是哪类问题：这是「先估计取值范围、再用抽屉原理判断能否互不相同」的题：抽屉是“和的所有可能值”，苹果是“行、列、对角线的条数”。
关键切入点：每一行（列、对角线）都是 $4$ 个数相加，每个数只能是 $1,2,3$，所以和最小是 $1\times4=4$、最大是 $3\times4=12$，可能的和只有 $4,5,\cdots,12$ 共 $9$ 种。而 $4\times4$ 方格表有 $4$ 行、$4$ 列和 $2$ 条对角线，一共 $10$ 条线。$10$ 个和放进 $9$ 种取值，必有两个相等，所以不可能互不相同。
方法概述：先求和的取值范围作抽屉，再数出线的条数作苹果，比较大小。
规范步骤：
  1. 求每条线上和的最小值：$1\times 4=4$（每格最小填 1）
  2. 求每条线上和的最大值：$3\times 4=12$（每格最大填 3）
  3. 数抽屉：和的可能取值个数：$12-4+1=9$（种）（连续整数的个数）
  4. 数苹果：行、列、对角线的条数：$4+4+2=10$（条）（4 行 + 4 列 + 2 对角线）
  5. 比较：$10>9$（苹果多于抽屉）
  6. 由抽屉原理，必有两条线的和相等：\text{不能}（抽屉原理）
第一套
题目：能否在 $5\times 5$ 方格表的每个格子中填入 $1,2,3$ 中的一个数字，使得每行、每列以及它的两条对角线上的和互不相同？
引导填空（在横线上填关键结果）：
  1. 第 1 步（求和的最小值）：每条线上有 $5$ 个数，最小的和是 $1\times 5=\underline{\quad}$。
  2. 第 2 步（求和的最大值）：最大的和是 $3\times 5=\underline{\quad}$。
  3. 第 3 步（数抽屉）：和的可能取值有 $15-5+1=\underline{\quad}$ 种。
  4. 第 4 步（数苹果）：行、列、对角线一共 $5+5+2=\underline{\quad}$ 条。
  5. 第 5 步（比大小并下结论）：$12-11=\underline{\quad}$，线数多于取值种数，必有两条线的和相等，所以不能。
第二套
题目：一个 $5\times 5$ 的储物柜阵列，每个格子里放 $1$ 本、$2$ 本或 $3$ 本书。能否使每一行、每一列以及两条对角线上的书本总数互不相同？
引导填空（在横线上填关键结果）：
  1. 第 1 步（求最小总数）：每条线上有 $5$ 个格子，最少 $1\times 5=\underline{\quad}$ 本。
  2. 第 2 步（求最大总数）：最多 $3\times 5=\underline{\quad}$ 本。
  3. 第 3 步（数抽屉）：总数的可能取值有 $15-5+1=\underline{\quad}$ 种。
  4. 第 4 步（数苹果）：行、列、对角线共 $5+5+2=\underline{\quad}$ 条。
  5. 第 5 步（比大小）：$12-11=\underline{\quad}$，必有两条线的书本总数相同，所以不能。
第三套
题目：能否在 $4\times 4$ 方格表的每个格子中填入 $1,2$ 中的一个数字，使得每行、每列以及它的两条对角线上的和互不相同？
引导填空（在横线上填关键结果）：
  1. 第 1 步（求和的范围）：每条线 $4$ 个数，最小 $1\times 4=\underline{\quad}$，最大 $2\times 4=\underline{\quad}$。
  2. 第 2 步（数抽屉）：和的可能取值有 $8-4+1=\underline{\quad}$ 种。
  3. 第 3 步（数苹果）：行、列、对角线共 $4+4+2=\underline{\quad}$ 条。
  4. 第 4 步（比大小）：$10-5=\underline{\quad}$，线数远多于取值种数，必有两条线的和相等，所以不能。
第三套
题目：在 $6\times 6$ 方格表的每个格子中填入 $1,2,3$ 中的一个数字。请问：每行、每列以及两条对角线这些线的和中，至少有几条线的和是相同的？
引导填空（在横线上填关键结果）：
  1. 第 1 步（求和的范围）：每条线 $6$ 个数，最小 $1\times 6=\underline{\quad}$，最大 $3\times 6=\underline{\quad}$。
  2. 第 2 步（数抽屉）：和的可能取值有 $18-6+1=\underline{\quad}$ 种。
  3. 第 3 步（数苹果）：行、列、对角线共 $6+6+2=\underline{\quad}$ 条。
  4. 第 4 步（带余除法）：$14\div 13$ 的商是 \underline{\quad}，余数是 \underline{\quad}。
  5. 第 5 步（用抽屉原理）：有余数，必有一种和至少出现 \underline{\quad} 次，即至少有 2 条线的和相同。
14. 【原题 ch24-tuozhan-06】从 $1$ 到 $99$ 这 $99$ 个自然数中，最多可以取出多少个数，使得其中每两个数的和都不等于 $100$？最多可以取出多少个数，使得其中每两个数的差不等于 $5$？
详细思路
是哪类问题：这是「按和配对 / 按差分段」两种造抽屉手法的合练：都要先算出“每个抽屉最多取一个”给出的上界，再构造实例说明上界可达。
关键切入点：第一问按和为 $100$ 配对：$\{1,99\},\{2,98\},\cdots,\{49,51\}$ 共 $49$ 组，再加上落单的 $\{50\}$，共 $50$ 个抽屉，每组至多取一个得上界 $50$；取 $50,51,\cdots,99$ 这 $50$ 个数，任两数之和至少 $50+51=101>100$，上界可达。第二问按差为 $5$ 分段：每连续 $10$ 个数里 $\{n,n+5\}$ 恰好配成 $5$ 对，最多取 $5$ 个；$1\sim90$ 有 $9$ 段共取 $45$ 个，零头 $91\sim99$ 这 $9$ 个数里 $\{91,96\},\cdots,\{94,99\},\{95\}$ 共 $5$ 个抽屉，最多取 $5$ 个，合计 $50$ 个。
方法概述：按和配对或按差分段造抽屉，每屉至多取一个求上界，再构造实例。
规范步骤：
  1. 第一问按和 $100$ 配对：$\{1,99\},\{2,98\},\cdots,\{49,51\}$，共 $49$ 组（按和分组）
  2. 加上落单的 $50$：$49+1=50$（个抽屉）（自身配不成对的数单独放）
  3. 每屉至多取一个，得上界并构造：$50$ 个；取 $50,51,\cdots,99$ 即可（上界可达）
  4. 第二问按差 $5$ 分段，每 $10$ 个一段：$99\div 10=9\cdots\cdots 9$（按差分链分组）
  5. $9$ 个整段每段最多取 $5$ 个：$9\times 5=45$（个）（每段 5 对）
  6. 零头 $91\sim99$ 最多取 $5$ 个：$45+5=50$（个）（零头单独统计）
  7. 写出答案：两问的答案都是 $50$
第一套
题目：从 $1$ 到 $199$ 这 $199$ 个自然数中，最多可以取出多少个数，使得其中每两个数的和都不等于 $200$？最多可以取出多少个数，使得其中每两个数的差不等于 $5$？
引导填空（在横线上填关键结果）：
  1. 第 1 步（第一问按和配对）：和为 $200$ 的配对是 $\{1,199\},\{2,198\},\cdots,\{99,101\}$，共 \underline{\quad} 组。
  2. 第 2 步（别漏掉落单数）：$100$ 配不成对，单独一组，抽屉共 $99+1=\underline{\quad}$ 个，所以最多取 \underline{\quad} 个（取 $100\sim199$ 即可）。
  3. 第 3 步（第二问按差分段）：每连续 $10$ 个数为一段，$199\div 10$ 的商是 \underline{\quad}，余数是 \underline{\quad}。
  4. 第 4 步（整段部分）：$19$ 个整段每段最多取 $5$ 个，共 $19\times 5=\underline{\quad}$ 个。
  5. 第 5 步（零头部分并合计）：零头 $191\sim199$ 最多取 $5$ 个，合计 $95+5=\underline{\quad}$ 个。
第二套
题目：体育馆有编号 $1$ 到 $199$ 的 $199$ 个储物柜。（1）最多能启用多少个柜子，使任意两个启用柜子的编号之和都不等于 $200$？（2）最多能启用多少个柜子，使任意两个启用柜子的编号之差都不等于 $5$？
引导填空（在横线上填关键结果）：
  1. 第 1 步（第一问配对）：编号和为 $200$ 的配成一对：$\{1,199\},\{2,198\},\cdots,\{99,101\}$，共 \underline{\quad} 对。
  2. 第 2 步（落单编号）：$100$ 号单独一组，抽屉共 $99+1=\underline{\quad}$ 个，最多启用 \underline{\quad} 个柜子。
  3. 第 3 步（第二问分段）：每连续 $10$ 个编号一段，$199\div 10$ 的商是 \underline{\quad}，余数是 \underline{\quad}。
  4. 第 4 步（整段）：$19$ 段每段最多 $5$ 个，共 $19\times 5=\underline{\quad}$ 个。
  5. 第 5 步（零头并合计）：零头 $191\sim199$ 最多 $5$ 个，合计 $95+5=\underline{\quad}$ 个。
第三套
题目：从 $1$ 到 $99$ 这 $99$ 个自然数中，最多可以取出多少个数，使得其中每两个数的差都不等于 $7$？
引导填空（在横线上填关键结果）：
  1. 第 1 步（分段）：差为 $7$ 的两数不能同取，按每连续 $7\times 2=\underline{\quad}$ 个数分成一段。
  2. 第 2 步（数整段与零头）：$99\div 14$ 的商是 \underline{\quad}，余数是 \underline{\quad}。
  3. 第 3 步（整段部分）：$7$ 个整段（$1\sim98$）每段最多取 $7$ 个，共 $7\times 7=\underline{\quad}$ 个。
  4. 第 4 步（零头并合计）：零头只有 $99$ 一个数，可以取，合计 $49+1=\underline{\quad}$ 个。
第三套
题目：从 $1$ 到 $199$ 这 $199$ 个自然数中：（1）至少要取出多少个数，才能保证其中一定有两个数的和等于 $200$？（2）至少要取出多少个数，才能保证其中一定有两个数的差等于 $5$？
引导填空（在横线上填关键结果）：
  1. 第 1 步（第一问先求最坏情形）：按和 $200$ 配对得 $99$ 组，加上落单的 $\{100\}$ 共 \underline{\quad} 个抽屉，最坏情形每屉取一个共 $100$ 个数而没有和为 $200$ 的两数。
  2. 第 2 步（再加一个）：再取 $1$ 个数必与某屉已取数配成和 $200$，所以至少取 $100+1=\underline{\quad}$ 个。
  3. 第 3 步（第二问先求最坏情形）：按差 $5$ 分段，$19$ 个整段各取 $5$ 个共 $19\times 5=\underline{\quad}$ 个，零头 $191\sim199$ 再取 $5$ 个，最坏情形共 $95+5=\underline{\quad}$ 个。
  4. 第 4 步（再加一个）：再取 $1$ 个数必出现差为 $5$ 的两数，所以至少取 $100+1=\underline{\quad}$ 个。
15. 【原题 ch24-tuozhan-07】如果从 $1,2,\cdots,n$ 中任取 $19$ 个数，可以保证其中必有两个数的差是 $6$，那么 $n$ 最大是多少？
详细思路
是哪类问题：这是「由抽屉个数反求范围上限」的题：要让“取 $19$ 个必有两数差为 $6$”成立，抽屉个数必须不超过 $18$。
关键切入点：把 $1\sim n$ 按差为 $6$ 配对，每连续 $12$ 个数 $\{n,\cdots,n+11\}$ 恰好配成 $6$ 对。要保证取 $19$ 个数必有两个同对，就要求抽屉总数 $\leq18$，也就是最多 $18$ 对、$36$ 个数。$n=36$ 时正好 $18$ 对，取 $19$ 个必有同对；$n=37$ 时可以取出 $19$ 个两两差不为 $6$ 的数（如 $1\sim6,13\sim18,25\sim30,37$），保证不了。故 $n$ 最大是 $36$。
方法概述：由“取 $k$ 个必有同屉”反推抽屉数 $\leq k-1$，再由每 $2d$ 个数出 $d$ 对换算出 $n$ 的上限。
规范步骤：
  1. 由取 $19$ 个必有同屉，定出抽屉数上限：$19-1=18$（个抽屉）（抽屉原理的临界条件）
  2. 每个抽屉是差为 $6$ 的一对数：$18\times 2=36$（个数）（每对 2 个数）
  3. 验证 $n=36$：分成 18 对：$\{1,7\},\{2,8\},\cdots,\{30,36\}$（按差配对）
  4. 验证 $n=37$ 不行：可取 19 个两两差不为 6：$1\sim 6,13\sim 18,25\sim 30,37$，共 $19$ 个（构造反例）
  5. 写出答案：$n$ 最大是 $36$
第一套
题目：如果从 $1,2,\cdots,n$ 中任取 $25$ 个数，可以保证其中必有两个数的差是 $8$，那么 $n$ 最大是多少？
引导填空（在横线上填关键结果）：
  1. 第 1 步（定抽屉数上限）：要让取 $25$ 个数必有两个同屉，抽屉数最多是 $25-1=\underline{\quad}$ 个。
  2. 第 2 步（换算成数的个数）：每个抽屉是差为 $8$ 的一对数，共 $24\times 2=\underline{\quad}$ 个数。
  3. 第 3 步（验证上限）：$n=48$ 时按每连续 $16$ 个数分段，$48\div 16=\underline{\quad}$ 段，每段 $8$ 对，共 $3\times 8=\underline{\quad}$ 对，取 $25$ 个必有同对。
  4. 第 4 步（说明再大就不行）：$n=49$ 时可取出 $24+1=\underline{\quad}$ 个两两差不为 $8$ 的数，保证不了，所以 $n$ 最大是 \underline{\quad}。
第二套
题目：抽奖箱里放着编号 $1$ 到 $n$ 的号码球。如果任意摸出 $25$ 个球，都能保证其中有两个球的编号相差 $8$，那么 $n$ 最大是多少？
引导填空（在横线上填关键结果）：
  1. 第 1 步（定抽屉数上限）：抽屉数最多是 $25-1=\underline{\quad}$ 个。
  2. 第 2 步（换算球数）：每个抽屉装编号相差 $8$ 的两个球，共 $24\times 2=\underline{\quad}$ 个球。
  3. 第 3 步（验证）：$n=48$ 时按每 $16$ 个编号一段，$48\div 16=\underline{\quad}$ 段，每段 $8$ 对，共 $3\times 8=\underline{\quad}$ 对。
  4. 第 4 步（说明上限）：$n=49$ 时能摸出 $24+1=\underline{\quad}$ 个编号两两不差 $8$ 的球，所以 $n$ 最大是 \underline{\quad}。
第三套
题目：如果从 $1,2,\cdots,n$ 中任取 $16$ 个数，可以保证其中必有两个数的差是 $5$，那么 $n$ 最大是多少？
引导填空（在横线上填关键结果）：
  1. 第 1 步（定抽屉数上限）：抽屉数最多 $16-1=\underline{\quad}$ 个。
  2. 第 2 步（换算数的个数）：每屉是差为 $5$ 的一对，共 $15\times 2=\underline{\quad}$ 个数。
  3. 第 3 步（验证）：$n=30$ 时按每 $10$ 个一段，$30\div 10=\underline{\quad}$ 段，每段 $5$ 对，共 $3\times 5=\underline{\quad}$ 对，取 $16$ 个必有同对，所以 $n$ 最大是 \underline{\quad}。
第三套
题目：如果从 $1,2,\cdots,n$ 中任取 $19$ 个数，可以保证其中必有两个数的差是 $6$ 或者是 $12$，那么 $n$ 最大是多少？
引导填空（在横线上填关键结果）：
  1. 第 1 步（换个角度分组）：差为 $6$ 或 $12$ 的两个数除以 $6$ 的余数一定相同，所以先把 $1\sim n$ 按除以 $6$ 的余数分成 \underline{\quad} 类。
  2. 第 2 步（看清每类内部的限制）：同一类里的数是 $a,a+6,a+12,a+18,\cdots$，差为 $6$ 就是链上相邻、差为 $12$ 就是链上隔一个，所以每连续 $3$ 个链上元素最多只能取 \underline{\quad} 个。
  3. 第 3 步（设每类有 $9$ 个数）：若 $n=6\times 9=\underline{\quad}$，则每类恰有 $9$ 个数，每类最多取 $9\div 3=\underline{\quad}$ 个。
  4. 第 4 步（算总上界）：六类合计最多取 $6\times 3=\underline{\quad}$ 个，比 $19$ 少，所以取 $19$ 个必有两数差为 $6$ 或 $12$。
  5. 第 5 步（说明再大就不行）：$n=55$ 时余数为 $1$ 的一类有 $10$ 个数，可多取一个，最多能取 $18+1=\underline{\quad}$ 个而两两差不为 $6$、$12$，所以 $n$ 最大是 \underline{\quad}。
16. 【原题 ch24-tuozhan-08】从 $1$ 至 $50$ 这 $50$ 个自然数中至少要选出多少个数，才能保证其中必有两个数互质？
详细思路
是哪类问题：这是「相邻两数必互质 + 最坏情形」的题：抽屉是“相邻两数一组”，最坏情形是全取偶数。
关键切入点：相邻两个自然数 $k$ 与 $k+1$ 的公因数必整除它们的差 $1$，所以一定互质。把 $1\sim50$ 按相邻两数配成 $\{1,2\},\{3,4\},\cdots,\{49,50\}$ 共 $25$ 组抽屉。最坏情形是只取偶数 $2,4,\cdots,50$ 共 $25$ 个，它们两两都有公因数 $2$、互不互质，且每组恰好取一个。再多取一个数，就必有两数落在同一组，成为相邻自然数而互质。
方法概述：把相邻两数配对成抽屉（同屉必互质），先给出最坏情形的 $25$ 个偶数，再加一。
规范步骤：
  1. 说明相邻两数互质：$(k+1)-k=1$，公因数只能是 $1$（相邻自然数互质）
  2. 按相邻两数配对造抽屉：$50\div 2=25$（组）（按相邻分组）
  3. 最坏情形：全取偶数：$2,4,\cdots,50$ 共 $25$ 个，两两不互质（最坏情形分析）
  4. 再多取一个必落入某组的另一半：$25+1=26$（个）（抽屉原理）
  5. 写出答案：$26$ 个
第一套
题目：从 $1$ 至 $100$ 这 $100$ 个自然数中至少要选出多少个数，才能保证其中必有两个数互质？
引导填空（在横线上填关键结果）：
  1. 第 1 步（为什么配相邻数）：相邻两数 $k$ 与 $k+1$ 的差是 $(k+1)-k=\underline{\quad}$，公因数只能是 $1$，所以一定互质。
  2. 第 2 步（造抽屉）：把 $1\sim 100$ 按相邻两数配对 $\{1,2\},\{3,4\},\cdots,\{99,100\}$，共 $100\div 2=\underline{\quad}$ 组。
  3. 第 3 步（最坏情形）：只取偶数 $2,4,\cdots,100$ 共 \underline{\quad} 个，它们两两都有公因数 $2$，互不互质。
  4. 第 4 步（再加一个）：再选 $1$ 个数必与某组的另一个数配成相邻数而互质，所以至少要选 $50+1=\underline{\quad}$ 个。
第二套
题目：一副卡片上分别写着 $1$ 到 $100$ 这 $100$ 个数。至少要抽出多少张卡片，才能保证其中有两张卡片上的数互质？
引导填空（在横线上填关键结果）：
  1. 第 1 步（为什么配相邻数）：相邻两数之差是 \underline{\quad}，公因数只能是 $1$，一定互质。
  2. 第 2 步（造抽屉）：把相邻两数的卡片放同一格 $\{1,2\},\{3,4\},\cdots,\{99,100\}$，共 $100\div 2=\underline{\quad}$ 格。
  3. 第 3 步（最坏情形）：只抽写着偶数的卡片，共 \underline{\quad} 张，两两都不互质。
  4. 第 4 步（再抽一张）：再抽 $1$ 张必与某格的另一张配成相邻数，所以至少抽 $50+1=\underline{\quad}$ 张。
第三套
题目：从 $1$ 至 $80$ 这 $80$ 个自然数中至少要选出多少个数，才能保证其中必有两个数互质？
引导填空（在横线上填关键结果）：
  1. 第 1 步（造抽屉）：按相邻两数配对 $\{1,2\},\{3,4\},\cdots,\{79,80\}$，共 $80\div 2=\underline{\quad}$ 组。
  2. 第 2 步（最坏情形）：只取偶数 $2,4,\cdots,80$ 共 \underline{\quad} 个，两两不互质。
  3. 第 3 步（再加一个）：至少要选 $40+1=\underline{\quad}$ 个。
第三套
题目：从 $1$ 至 $100$ 这 $100$ 个自然数中：（1）最多能选出多少个数，使得其中任何两个数都不互质？（2）至少要选出多少个数，才能保证其中必有两个数互质？
引导填空（在横线上填关键结果）：
  1. 第 1 步（第一问找构造）：要任何两数都不互质，最自然的做法是全取偶数，它们两两都有公因数 $2$，一共有 $100\div 2=\underline{\quad}$ 个。
  2. 第 2 步（第一问证上界）：把 $1\sim 100$ 按相邻两数配成 \underline{\quad} 组，每组两数互质，所以每组至多取一个，最多只能取 \underline{\quad} 个，上界与构造相同，第一问答案就是它。
  3. 第 3 步（第二问）：由第一问，取 $50$ 个仍可能两两不互质；再取 $1$ 个就必有两数同组而互质，所以至少要选 $50+1=\underline{\quad}$ 个。
17. 【原题 ch24-tuozhan-09】从 $1$ 至 $30$ 这 $30$ 个自然数中取出若干个数，使其中任意两个数的和都不能被 $7$ 整除。请问：最多能取出多少个数？
详细思路
是哪类问题：这是「按余数分组避开互补类」的极值题：两数之和被 $7$ 整除，等价于它们除以 $7$ 的余数之和为 $7$（或两数都余 $0$）。
关键切入点：先把 $1\sim30$ 按除以 $7$ 的余数分成 $7$ 类，数一数各类有多少个数：余 $1$、余 $2$ 各 $5$ 个，余 $3,4,5,6,0$ 各 $4$ 个。余数互补的两类 $(1,6),(2,5),(3,4)$ 不能同时取（否则和被 $7$ 整除），每对里只能保留个数较多的一类；余 $0$ 的两数相加也被 $7$ 整除，所以最多留 $1$ 个。于是最多取 $5+5+4+1=15$ 个。
方法概述：按除以 $7$ 的余数分类计数，互补的两类只留元素多的一类，余 $0$ 类只留一个。
规范步骤：
  1. 按除以 $7$ 的余数分类并计数：余 $1$：$5$ 个；余 $2$：$5$ 个；余 $3,4,5,6,0$：各 $4$ 个（余数分组）
  2. 互补类 $(1,6)$ 只能留一类，取多的：$\max(5,4)=5$（个）（和被 7 整除的判定）
  3. 互补类 $(2,5)$ 只能留一类，取多的：$\max(5,4)=5$（个）（同上）
  4. 互补类 $(3,4)$ 只能留一类：$4$（个）（同上）
  5. 余 $0$ 的类最多留 $1$ 个：$1$（个）（两个余 0 的数之和被 7 整除）
  6. 合计：$5+5+4+1=15$（个）（求和）
  7. 写出答案：$15$ 个
第一套
题目：从 $1$ 至 $60$ 这 $60$ 个自然数中取出若干个数，使其中任意两个数的和都不能被 $7$ 整除。请问：最多能取出多少个数？
引导填空（在横线上填关键结果）：
  1. 第 1 步（分类计数）：$60\div 7$ 的商是 \underline{\quad}，余数是 \underline{\quad}，所以余 $1,2,3,4$ 的各有 $8+1=\underline{\quad}$ 个，余 $5,6,0$ 的各有 \underline{\quad} 个。
  2. 第 2 步（判断哪些类不能同取）：两数之和被 $7$ 整除，说明余数之和是 $7$，所以互补的两类 $(1,6)$、$(2,5)$、$(3,4)$ 每对只能留一类，各取个数多的一类：$9,9,9$。
  3. 第 3 步（处理余 $0$ 的类）：两个余 $0$ 的数相加也被 $7$ 整除，所以余 $0$ 的类最多留 \underline{\quad} 个。
  4. 第 4 步（合计）：最多能取 $9+9+9+1=\underline{\quad}$ 个。
第二套
题目：运动会给 $60$ 名选手编了 $1$ 到 $60$ 号。要挑选一支队伍，使队伍中任意两名选手的号码之和都不能被 $7$ 整除。请问：这支队伍最多有多少名选手？
引导填空（在横线上填关键结果）：
  1. 第 1 步（分类计数）：按号码除以 $7$ 的余数分类，$60\div 7$ 的商是 \underline{\quad}，余数是 \underline{\quad}，余 $1,2,3,4$ 的各 $8+1=\underline{\quad}$ 人，余 $5,6,0$ 的各 \underline{\quad} 人。
  2. 第 2 步（互补类只留一类）：号码和被 $7$ 整除即余数互补，$(1,6)$、$(2,5)$、$(3,4)$ 每对只留人多的一类，各 $9$ 人。
  3. 第 3 步（余 $0$ 类）：余 $0$ 的最多留 \underline{\quad} 人。
  4. 第 4 步（合计）：队伍最多 $9+9+9+1=\underline{\quad}$ 人。
第三套
题目：从 $1$ 至 $40$ 这 $40$ 个自然数中取出若干个数，使其中任意两个数的和都不能被 $9$ 整除。请问：最多能取出多少个数？
引导填空（在横线上填关键结果）：
  1. 第 1 步（分类计数）：$40\div 9$ 的商是 \underline{\quad}，余数是 \underline{\quad}，所以余 $1,2,3,4$ 的各 $4+1=\underline{\quad}$ 个，余 $5,6,7,8,0$ 的各 \underline{\quad} 个。
  2. 第 2 步（互补类只留一类）：互补的四对是 $(1,8),(2,7),(3,6),(4,5)$，各留个数多的一类，都是 $5$ 个。
  3. 第 3 步（余 $0$ 类）：最多留 \underline{\quad} 个。
  4. 第 4 步（合计）：最多取 $5\times 4+1=\underline{\quad}$ 个。
第三套
题目：从 $1$ 至 $60$ 这 $60$ 个自然数中取出若干个数，使其中任意两个数的和都不能被 $7$ 整除，并且任意两个数的差也都不能被 $7$ 整除。请问：最多能取出多少个数？
引导填空（在横线上填关键结果）：
  1. 第 1 步（把“差不被 $7$ 整除”翻译一下）：两数之差被 $7$ 整除等于两数除以 $7$ 同余，所以同一余数类里最多只能取 \underline{\quad} 个数。
  2. 第 2 步（把“和不被 $7$ 整除”翻译一下）：两数之和被 $7$ 整除等于余数互补，所以互补的两类 $(1,6)$、$(2,5)$、$(3,4)$ 每对最多只能用其中一类，三对最多贡献 \underline{\quad} 个数。
  3. 第 3 步（处理余 $0$ 的类）：余 $0$ 的两数既同余、和又被 $7$ 整除，所以最多取 \underline{\quad} 个。
  4. 第 4 步（合计）：最多能取 $3+1=\underline{\quad}$ 个，例如取 $1,2,3,7$。
18. 【原题 ch24-tuozhan-10】请说明：任意 $5$ 个数中必有 $3$ 个数的和是 $3$ 的倍数。
详细思路
是哪类问题：这是「按余数分组 + 分类讨论」的题：抽屉是除以 $3$ 的三种余数，关键在于两种情形都能凑出 $3$ 个数。
关键切入点：把 $5$ 个数按除以 $3$ 的余数分成余 $0$、余 $1$、余 $2$ 三组。因为 $5>3\times1$，由抽屉原理只可能出现两种局面：要么某一组里有 $3$ 个数（这 $3$ 个数余数相同，和的余数为 $3r$，是 $3$ 的倍数）；要么每组都至少有 $1$ 个数（各取一个，余数和为 $0+1+2=3$，也是 $3$ 的倍数）。两种情形都能找到符合要求的 $3$ 个数。
方法概述：按除以 $3$ 的余数分成三组，分“同组三数”与“三组各取一数”两种情形讨论。
规范步骤：
  1. 按余数分组：余 $0$、余 $1$、余 $2$ 共 $3$ 组（余数分组）
  2. 情形一：某组有 $3$ 个数：$r+r+r=3r$，是 $3$ 的倍数（同余三数之和）
  3. 情形二：三组都非空，各取一个：$0+1+2=3$，是 $3$ 的倍数（互补余数之和）
  4. 说明两种情形必居其一：若每组都不足 $3$ 个，则每组至多 $2$ 个；若还有空组，则 $5$ 个数至多放进 $2$ 组、$2\times 2=4<5$，矛盾（反证）
  5. 写出结论：$\text{必有 }3\text{ 个数之和是 }3\text{ 的倍数}$
第一套
题目：请说明：任意 $11$ 个自然数中，必能找出 $3$ 组互不相交的三个数，使每组三个数的和都是 $3$ 的倍数。
引导填空（在横线上填关键结果）：
  1. 第 1 步（用好原来的结论）：任意 $5$ 个自然数中必有 $3$ 个数之和是 $3$ 的倍数，这是可以反复使用的工具。
  2. 第 2 步（取出第一组）：$11$ 个数里先取出这样的 $3$ 个数，还剩 $11-3=\underline{\quad}$ 个数。
  3. 第 3 步（取出第二组）：剩下的个数仍然不少于 $5$，再取出 $3$ 个数，还剩 $8-3=\underline{\quad}$ 个数。
  4. 第 4 步（取出第三组）：剩下的正好是 $5$ 个，还能再取出 $3$ 个数，最后剩 $5-3=\underline{\quad}$ 个。
  5. 第 5 步（下结论）：一共取出了 \underline{\quad} 组互不相交的三个数，每组之和都是 $3$ 的倍数。
第二套
题目：$11$ 名同学各拿着一张写有自然数的卡片。请说明：一定能把其中 $9$ 名同学分成 $3$ 个三人小组，使每个小组卡片上的数之和都是 $3$ 的倍数。
引导填空（在横线上填关键结果）：
  1. 第 1 步（用好基本结论）：任意 $5$ 张卡片中必有 $3$ 张的数之和是 $3$ 的倍数。
  2. 第 2 步（分出第一组）：从 $11$ 名同学里分出这样的 $3$ 人，还剩 $11-3=\underline{\quad}$ 人。
  3. 第 3 步（分出第二组）：剩下的人数仍不少于 $5$，再分出 $3$ 人，还剩 $8-3=\underline{\quad}$ 人。
  4. 第 4 步（分出第三组）：剩下正好 $5$ 人，再分出 $3$ 人，最后剩 $5-3=\underline{\quad}$ 人。
  5. 第 5 步（下结论）：共分出 \underline{\quad} 个三人小组，每组之和都是 $3$ 的倍数。
第三套
题目：至少要取多少个自然数，才能保证其中一定有 $3$ 个数的和是 $3$ 的倍数？
引导填空（在横线上填关键结果）：
  1. 第 1 步（找最坏情形）：先看 $4$ 个数够不够。取余数分别为 $1,1,2,2$ 的四个数，任取三个的余数和为 $1+1+2=\underline{\quad}$ 或 $1+2+2=\underline{\quad}$，都不是 $3$ 的倍数，所以 $4$ 个数保证不了。
  2. 第 2 步（再多一个）：取 $5$ 个数时，按余数分成 $3$ 组，若某组有 $3$ 个数则它们的和是 $3$ 的倍数；若每组都不足 $3$ 个，则每组至多 $2$ 个，三组至多 $3\times 2=\underline{\quad}$ 个，$5$ 个数必使三组都非空，各取一个得 $0+1+2=\underline{\quad}$，也是 $3$ 的倍数。
  3. 第 3 步（下结论）：所以至少要取 $4+1=\underline{\quad}$ 个数。
第三套
题目：任意 $17$ 个自然数中，最多能确保找出多少组互不相交的三个数，使每组三个数的和都是 $3$ 的倍数？
引导填空（在横线上填关键结果）：
  1. 第 1 步（明确工具）：只要手里还剩不少于 $5$ 个数，就一定能再取出 $3$ 个数使其和为 $3$ 的倍数。
  2. 第 2 步（一轮一轮地取）：每取一组就少 $3$ 个数，从 $17$ 个开始依次剩下 $17-3=\underline{\quad}$、$14-3=\underline{\quad}$、$11-3=\underline{\quad}$、$8-3=\underline{\quad}$、$5-3=\underline{\quad}$ 个。
  3. 第 3 步（数一数取了几轮）：剩下 $2$ 个时不足 $5$ 个，无法再取，所以一共取了 \underline{\quad} 组。
  4. 第 4 步（也可以直接算）：$(17-2)\div 3=\underline{\quad}$，与逐轮计数的结果一致。
19. 【原题 ch24-tuozhan-11】任选 $7$ 个不同的数，请说明：其中必有 $2$ 个数的和或者差是 $10$ 的倍数。
详细思路
是哪类问题：这是「把余数相同或互补的合并成一个抽屉」的巧妙构造：一个抽屉同时兼顾“差为倍数”和“和为倍数”两种结论。
关键切入点：两数之差是 $10$ 的倍数 $\Leftrightarrow$ 余数相同；两数之和是 $10$ 的倍数 $\Leftrightarrow$ 余数互补（相加为 $10$）或都余 $0$。于是把余数按“相同或互补”打包：$\{0\},\{5\},\{1,9\},\{2,8\},\{3,7\},\{4,6\}$，共 $6$ 个抽屉。同一抽屉里的两个数，要么余数相同（差为 $10$ 的倍数），要么余数互补（和为 $10$ 的倍数）。$7$ 个数放进 $6$ 个抽屉必有两数同屉，结论成立。
方法概述：把余数“相同或互补”合并成一个抽屉，使同屉两数的和或差必为 $10$ 的倍数。
规范步骤：
  1. 翻译差为倍数：$a-b$ 是 $10$ 的倍数 $\Leftrightarrow$ $a,b$ 除以 $10$ 同余（同余与差）
  2. 翻译和为倍数：$a+b$ 是 $10$ 的倍数 $\Leftrightarrow$ 余数互补或都为 $0$（互补余数与和）
  3. 把余数打包成抽屉：$\{0\},\{5\},\{1,9\},\{2,8\},\{3,7\},\{4,6\}$，共 $2+4=6$ 个（构造抽屉）
  4. 放入 $7$ 个数：$7=6+1>6$（苹果多于抽屉）
  5. 同屉两数的和或差必为 $10$ 的倍数：\text{结论成立}（抽屉原理）
第一套
题目：任选 $8$ 个不同的数，请说明：其中必有 $2$ 个数的和或者差是 $12$ 的倍数。
引导填空（在横线上填关键结果）：
  1. 第 1 步（打包余数）：余数相同则差为 $12$ 的倍数，余数互补（和为 $12$）则和为 $12$ 的倍数。自己配一配：能与自己配成互补的余数是 $0$ 和 \underline{\quad}（因为 $6+6=12$），它们各自单独成一个抽屉。
  2. 第 2 步（其余余数两两配对）：剩下的余数配成 $\{1,11\},\{2,10\},\{3,9\},\{4,8\},\{5,7\}$，共 \underline{\quad} 个抽屉。
  3. 第 3 步（数抽屉总数）：$2+5=\underline{\quad}$ 个抽屉。
  4. 第 4 步（比大小并下结论）：$8-7=\underline{\quad}$，苹果多于抽屉，必有两数同屉，它们的和或差是 $12$ 的倍数。
第二套
题目：任意 $8$ 名同学各报出自己的学号（互不相同）。请说明：其中必有 $2$ 名同学，他们学号的和或者差是 $12$ 的倍数。
引导填空（在横线上填关键结果）：
  1. 第 1 步（打包余数）：把学号按除以 $12$ 的余数分类。能与自己互补的余数是 $0$ 和 \underline{\quad}，各自单独成一个抽屉。
  2. 第 2 步（其余配对）：其余余数配成 $\{1,11\},\{2,10\},\{3,9\},\{4,8\},\{5,7\}$，共 \underline{\quad} 个抽屉。
  3. 第 3 步（数抽屉总数）：$2+5=\underline{\quad}$ 个。
  4. 第 4 步（下结论）：$8-7=\underline{\quad}$，必有两名同学的学号同屉，和或差是 $12$ 的倍数。
第三套
题目：任选 $9$ 个不同的数，请说明：其中必有 $2$ 个数的和或者差是 $14$ 的倍数。
引导填空（在横线上填关键结果）：
  1. 第 1 步（找自成一屉的余数）：能与自己互补的余数是 $0$ 和 \underline{\quad}，各自单独成一个抽屉。
  2. 第 2 步（其余配对）：其余余数配成 $\{1,13\},\{2,12\},\{3,11\},\{4,10\},\{5,9\},\{6,8\}$，共 \underline{\quad} 个抽屉。
  3. 第 3 步（数总数并比大小）：抽屉共 $2+6=\underline{\quad}$ 个，$9-8=\underline{\quad}$，必有两数同屉，和或差是 $14$ 的倍数。
第三套
题目：至少任选多少个不同的数，才能保证其中必有 $3$ 个数，它们两两的和或者差都是 $10$ 的倍数？
引导填空（在横线上填关键结果）：
  1. 第 1 步（造抽屉）：按余数“相同或互补”打包成 $\{0\},\{5\},\{1,9\},\{2,8\},\{3,7\},\{4,6\}$，共 $2+4=\underline{\quad}$ 个抽屉；同一抽屉里任意两个数的和或差都是 $10$ 的倍数。
  2. 第 2 步（想最坏情形）：要挡住“某屉有 $3$ 个数”，最坏是每个抽屉恰好放 $2$ 个，这时共有 $6\times 2=\underline{\quad}$ 个数。
  3. 第 3 步（再加一个）：再取 $1$ 个数，必使某个抽屉有 $3$ 个数，所以至少要取 $12+1=\underline{\quad}$ 个。
20. 【原题 ch24-tuozhan-12】至少找出多少个不同的两位数，才能保证其中一定有两个数，它们的差是个位数字与十位数字相同的两位数？
详细思路
是哪类问题：这是「先把条件翻译成整除、再按余数分组」的题：个位与十位数字相同的两位数是 $11,22,\cdots,99$，都是 $11$ 的倍数。
关键切入点：第一步要看穿“差是个位与十位数字相同的两位数”其实就是“差是 $11$ 的倍数”（$\overline{aa}=11a$）。两数之差是 $11$ 的倍数 $\Leftrightarrow$ 两数除以 $11$ 同余，于是把两位数按除以 $11$ 的余数分成 $0,1,\cdots,10$ 共 $11$ 个抽屉。最坏情形每屉各取一个共 $11$ 个数仍无重复，再取一个即必有两数同屉。
方法概述：把条件翻译成“差是 $11$ 的倍数”，按除以 $11$ 的余数分成 $11$ 个抽屉，最坏情形加一。
规范步骤：
  1. 翻译条件：$\overline{aa}=11\times a$，即差是 $11$ 的倍数（11 的倍数特征）
  2. 按除以 $11$ 的余数分组：余数 $0,1,\cdots,10$，共 $10+1=11$ 个抽屉（余数分组）
  3. 最坏情形每屉取一个：$11$ 个数仍可能两两不同屉（最坏情形分析）
  4. 再多取一个：$11+1=12$（个）（抽屉原理）
  5. 写出答案：$12$ 个
第一套
题目：至少找出多少个不同的三位数，才能保证其中一定有两个数，它们的差是 $37$ 的倍数？
引导填空（在横线上填关键结果）：
  1. 第 1 步（造抽屉）：两数之差是 $37$ 的倍数等于两数除以 $37$ 同余，余数有 $0,1,\cdots,36$ 共 $36+1=\underline{\quad}$ 种。
  2. 第 2 步（检查抽屉够不够用）：三位数一共有 $999-100+1=\underline{\quad}$ 个，每种余数都至少有 $2$ 个三位数，所以每个抽屉都非空。
  3. 第 3 步（最坏情形）：每种余数各取一个共 \underline{\quad} 个数，此时任两数之差都不是 $37$ 的倍数。
  4. 第 4 步（再加一个）：再取 $1$ 个数必与某数同余，所以至少要取 $37+1=\underline{\quad}$ 个。
第二套
题目：一批商品的货号都是三位数且互不相同。至少要抽查多少件商品，才能保证其中有两件商品的货号之差是 $37$ 的倍数？
引导填空（在横线上填关键结果）：
  1. 第 1 步（造抽屉）：货号之差是 $37$ 的倍数等于两货号除以 $37$ 同余，余数共 $36+1=\underline{\quad}$ 种。
  2. 第 2 步（抽屉够不够）：三位货号共 $999-100+1=\underline{\quad}$ 个，每种余数都有货号，抽屉都非空。
  3. 第 3 步（最坏情形）：每种余数各抽一件共 \underline{\quad} 件，仍没有两件同余。
  4. 第 4 步（再抽一件）：至少要抽 $37+1=\underline{\quad}$ 件。
第三套
题目：至少找出多少个不同的两位数，才能保证其中一定有两个数，它们的差是 $13$ 的倍数？
引导填空（在横线上填关键结果）：
  1. 第 1 步（造抽屉）：差是 $13$ 的倍数即除以 $13$ 同余，余数共 $12+1=\underline{\quad}$ 种。
  2. 第 2 步（检查抽屉非空）：两位数共 $99-10+1=\underline{\quad}$ 个，每种余数至少有 $6$ 个两位数。
  3. 第 3 步（最坏情形加一）：每种余数各取一个共 $13$ 个，再取 $1$ 个即可，至少取 $13+1=\underline{\quad}$ 个。
第三套
题目：至少找出多少个不同的两位数，才能保证其中一定有 $3$ 个数，它们两两的差都是个位数字与十位数字相同的两位数？
引导填空（在横线上填关键结果）：
  1. 第 1 步（翻译条件）：个位与十位相同的两位数是 $11,22,\cdots,99$，都等于 $11$ 的倍数，所以要求的是“$3$ 个数两两之差都是 $11$ 的倍数”，即这 $3$ 个数除以 $11$ 同余。
  2. 第 2 步（造抽屉并检查）：按除以 $11$ 的余数分成 $10+1=\underline{\quad}$ 个抽屉；两位数共 $99-10+1=\underline{\quad}$ 个，每个抽屉里都有 $8$ 个以上的两位数，够用。
  3. 第 3 步（想最坏情形）：要挡住“某屉有 $3$ 个”，每屉最多放 $2$ 个，共 $11\times 2=\underline{\quad}$ 个数。
  4. 第 4 步（再加一个）：再取 $1$ 个数必使某屉有 $3$ 个，所以至少要取 $22+1=\underline{\quad}$ 个。
21. 【原题 ch24-tuozhan-13】有 $9$ 个人，每人至少与另外 $5$ 个人互相认识。试证明：可以从中找到 $3$ 个人，他们彼此互相认识。
详细思路
是哪类问题：这是「认识关系（图论）中的抽屉原理」：抽屉是“其余 $7$ 个人”，苹果是 $A$、$B$ 各自的熟人名额。
关键切入点：先随便取一对互相认识的人 $A,B$（因为每人至少认识 $5$ 人，这样的一对必然存在）。除去 $A,B$ 之后还剩 $7$ 个人。$A$ 至少认识 $5$ 人，其中一个是 $B$，所以 $A$ 在这 $7$ 人中至少认识 $5-1=4$ 人；同理 $B$ 在这 $7$ 人中也至少认识 $4$ 人。两人的熟人名额合计至少 $4+4=8$，而抽屉只有 $7$ 个人，$8>7$，必有某个人 $C$ 同时被 $A$ 和 $B$ 认识，于是 $A,B,C$ 三人彼此认识。
方法概述：取一对互认的人，把其余人作抽屉、两人的熟人名额作苹果，名额之和超过人数即得公共熟人。
规范步骤：
  1. 取一对互相认识的人 $A,B$：$A,B$ 互相认识（每人至少认识 5 人，必存在这样的一对）
  2. 去掉 $A,B$ 后剩下的人数（抽屉）：$9-2=7$（人）（构造抽屉）
  3. $A$ 在这 $7$ 人中至少认识几人：$5-1=4$（人）（去掉已算的 B）
  4. $B$ 在这 $7$ 人中至少认识几人：$5-1=4$（人）（同上）
  5. 两人的熟人名额合计：$4+4=8>7$（苹果多于抽屉）
  6. 必有公共熟人 $C$：$A,B,C$ 三人彼此认识（抽屉原理）
22. 【原题 ch24-tuozhan-14】（1）在一个边长为 $1$ 的正方形里放入 $3$ 个点，以这 $3$ 个点为顶点连出的三角形面积最大是多少？（2）在一个边长为 $1$ 的正方形中随意放入 $9$ 个点，这 $9$ 个点任何三点不共线，请说明：这 $9$ 个点中一定有 $3$ 个点构成的三角形面积不超过 $\frac{1}{8}$。
详细思路
是哪类问题：这是「先证面积上界、再用区域分割作抽屉」的两段式几何题：第 (1) 问给出工具，第 (2) 问用抽屉原理把工具用上。
关键切入点：第 (1) 问：过三个点分别作平行于正方形一组对边的直线，可以把三角形拆成两块，每块的面积都是相应长方形面积的一半，所以三角形面积不超过整个正方形面积的一半，即 $\frac{1}{2}$。第 (2) 问：把边长为 $1$ 的正方形等分成 $2\times2=4$ 个面积为 $\frac14$ 的小正方形作抽屉，$9$ 个点放进去，$9\div4=2\cdots\cdots1$，必有一个小正方形里至少有 $2+1=3$ 个点；由第 (1) 问，这 $3$ 个点组成的三角形面积不超过该小正方形面积的一半 $\frac14\div2=\frac18$。
方法概述：先证“正方形内三点构成的三角形面积不超过正方形面积的一半”，再等分正方形作抽屉。
规范步骤：
  1. (1) 三角形面积不超过正方形面积的一半：$1\times\frac{1}{2}=\frac{1}{2}$（过三点作平行线拆分）
  2. (2) 把正方形等分成小正方形作抽屉：$2\times 2=4$（块），每块面积 $\frac{1}{4}$（区域分割作抽屉）
  3. 把 $9$ 个点放入 $4$ 块：$9\div 4=2\cdots\cdots 1$（带余除法）
  4. 必有一块至少含 $3$ 个点：$2+1=3$（个）（抽屉原理）
  5. 用 (1) 的结论估计面积：$\frac{1}{4}\div 2=\frac{1}{8}$（面积不超过小正方形的一半）
  6. 写出结论：$\text{必有 }3\text{ 点构成的三角形面积不超过}\frac{1}{8}$
第一套
题目：在一个边长为 $1$ 的正方形中随意放入 $19$ 个点，任何三点不共线。请说明：这 $19$ 个点中一定有 $3$ 个点构成的三角形面积不超过 $\frac{1}{18}$。
引导填空（在横线上填关键结果）：
  1. 第 1 步（造抽屉）：把正方形每边三等分，分成 $3\times 3=\underline{\quad}$ 个小正方形，每个小正方形的面积是 $\frac{1}{\underline{\quad}}$。
  2. 第 2 步（放苹果）：$19$ 个点放进 $9$ 块，$19\div 9$ 的商是 \underline{\quad}，余数是 \underline{\quad}。
  3. 第 3 步（用抽屉原理）：必有一块小正方形内至少有 \underline{\quad} 个点。
  4. 第 4 步（用面积结论）：正方形内三点构成的三角形面积不超过该正方形面积的一半，所以这 $3$ 点构成的三角形面积不超过 $\frac{1}{9}\div 2=\frac{1}{\underline{\quad}}$。
第二套
题目：一块边长为 $1$ 米的正方形草坪上插了 $19$ 根标杆，任何三根不在一条直线上。请说明：一定有 $3$ 根标杆围成的三角形面积不超过 $\frac{1}{18}$ 平方米。
引导填空（在横线上填关键结果）：
  1. 第 1 步（造抽屉）：把草坪每边三等分，分成 $3\times 3=\underline{\quad}$ 块小正方形，每块面积 $\frac{1}{\underline{\quad}}$ 平方米。
  2. 第 2 步（放苹果）：$19$ 根标杆放进 $9$ 块，$19\div 9$ 的商是 \underline{\quad}，余数是 \underline{\quad}。
  3. 第 3 步（用抽屉原理）：必有一块里至少有 \underline{\quad} 根标杆。
  4. 第 4 步（用面积结论）：这 $3$ 根标杆围成的三角形面积不超过该块面积的一半 $\frac{1}{9}\div 2=\frac{1}{\underline{\quad}}$ 平方米。
第三套
题目：在一个边长为 $1$ 的正方形中随意放入 $33$ 个点，任何三点不共线。请说明：一定有 $3$ 个点构成的三角形面积不超过 $\frac{1}{32}$。
引导填空（在横线上填关键结果）：
  1. 第 1 步（造抽屉）：把每边四等分，分成 $4\times 4=\underline{\quad}$ 个小正方形，每块面积 $\frac{1}{\underline{\quad}}$。
  2. 第 2 步（放苹果）：$33\div 16$ 的商是 \underline{\quad}，余数是 \underline{\quad}，必有一块至少含 \underline{\quad} 个点。
  3. 第 3 步（用面积结论）：三角形面积不超过 $\frac{1}{16}\div 2=\frac{1}{\underline{\quad}}$。
第三套
题目：在一个边长为 $6$ 的正方形中随意放入 $19$ 个点，任何三点不共线。请说明：一定有 $3$ 个点构成的三角形面积不超过 $2$。
引导填空（在横线上填关键结果）：
  1. 第 1 步（先算总面积）：边长为 $6$ 的正方形面积是 $6\times 6=\underline{\quad}$。
  2. 第 2 步（造抽屉并算每块面积）：把每边三等分，分成 $3\times 3=\underline{\quad}$ 个边长为 $6\div 3=\underline{\quad}$ 的小正方形，每块面积 $36\div 9=\underline{\quad}$。
  3. 第 3 步（放苹果）：$19\div 9$ 的商是 \underline{\quad}，余数是 \underline{\quad}，必有一块至少含 \underline{\quad} 个点。
  4. 第 4 步（用面积结论）：这 $3$ 点构成的三角形面积不超过该块面积的一半 $4\div 2=\underline{\quad}$。
23. 【原题 ch24-xingqu-01】将 $60$ 个红球、$8$ 个白球排成一条直线，至少会有多少个红球连在一起？
详细思路
是哪类问题：这是「分段作抽屉」的鸽巢原理题：一条直线上排球，白球把红球分割成若干连续段，问最长的一段里至少有多少个红球。
关键切入点：关键是看清「抽屉」是什么。$8$ 个白球把直线切开，切口有 $8$ 处，因此红球最多被分成 $8+1=9$ 个连续段（两端各一段、白球之间各一段）。$60$ 个红球（苹果）落进这 $9$ 段（抽屉），只要 $60$ 除以 $9$ 除不尽，就必有一段装得比平均数多。
方法概述：白球分段数 $=$ 白球数 $+1$，再用 $\lceil$ 红球数 $\div$ 段数 $\rceil$ 求最挤一段的下界。
规范步骤：
  1. 数抽屉：$8$ 个白球最多把直线分成几段：$8+1=9$（段）（$k$ 个分隔点最多分出 $k+1$ 段）
  2. 把 $60$ 个红球放入 $9$ 段，先做带余除法：$60\div 9=6\cdots\cdots 6$（平均分配求下界）
  3. 有余数说明不能都只放 $6$ 个，必有一段多放一个：$6+1=7$（个）（抽屉原理）
  4. 写出答案：$7$ 个
第一套
题目：将 $100$ 个红球、$12$ 个白球排成一条直线，至少会有多少个红球连在一起？
引导填空（在横线上填关键结果）：
  1. 第 1 步（先找抽屉）：白球是分隔点，$12$ 个白球最多把这条直线分成 $12+1=\underline{\quad}$ 段，这就是抽屉。
  2. 第 2 步（放苹果）：把 $100$ 个红球放进这些段里，做带余除法，商是 \underline{\quad}，余数是 \underline{\quad}。
  3. 第 3 步（用抽屉原理）：余数不为 $0$，说明不可能每段都只有商这么多个，必有一段至少 \underline{\quad} 个。
第二套
题目：停车场的一条直道上依次停着 $100$ 辆轿车和 $12$ 辆货车（共 $112$ 辆排成一列）。请问：至少有多少辆轿车是连续停在一起的？
引导填空（在横线上填关键结果）：
  1. 第 1 步（找抽屉）：货车把这一列车队隔开，$12$ 辆货车最多把车队分成 $12+1=\underline{\quad}$ 段连续的轿车。
  2. 第 2 步（放苹果）：$100$ 辆轿车放进这些段，$100\div 13$ 的商是 \underline{\quad}，余数是 \underline{\quad}。
  3. 第 3 步（下结论）：必有一段至少有 \underline{\quad} 辆轿车连续停在一起。
第三套
题目：将 $150$ 个红球、$14$ 个白球排成一条直线，至少会有多少个红球连在一起？
引导填空（在横线上填关键结果）：
  1. 第 1 步（找抽屉）：$14$ 个白球最多把直线分成 $14+1=\underline{\quad}$ 段。
  2. 第 2 步（放苹果）：$150\div 15=\underline{\quad}$，这次恰好除尽、没有余数。
  3. 第 3 步（判断要不要加 $1$）：如果每段都比商少 $1$ 个，那么 $15$ 段总共最多只有 $15\times 9=\underline{\quad}$ 个红球，还不够 $150$ 个，所以必有一段达到商这么多；而恰好整除时最平均的排法让每段都一样多，谁也不会更多，所以答案就是商本身，不再加 $1$。
第三套
题目：把 $100$ 个红球和若干个白球排成一条直线。如果要保证无论怎么排，都一定有 $8$ 个红球连在一起，那么白球最多可以有多少个？
引导填空（在横线上填关键结果）：
  1. 第 1 步（把条件翻译成段数）：设白球有 $x$ 个，则最多分成 $x+1$ 段。要保证某段至少有 $8$ 个红球，就需要 $100$ 个红球放进 $x+1$ 段时，平均每段“放不下 $7$ 个”，即 $7\times(x+1)<100$。
  2. 第 2 步（试算上界）：若段数为 $14$，则 $7\times 14=\underline{\quad}$，比 $100$ 小，仍能保证有一段到 $8$ 个。
  3. 第 3 步（试算下一个）：若段数为 $15$，则 $7\times 15=\underline{\quad}$，已经不小于 $100$，此时可以每段只放 $7$ 个，保证不了。
  4. 第 4 步（回到白球个数）：所以段数最多是 $14$，白球最多是 $14-1=\underline{\quad}$ 个。
24. 【原题 ch24-xingqu-02】$17$ 名同学参加一次考试，考试题是 $3$ 道判断题（答案只有对或错），每名同学都在答题纸上依次写上了 $3$ 道题目的答案。请问：至少有几名同学的答案是一样的？
详细思路
是哪类问题：这是「先计数、再抽屉」的题：抽屉不是现成给的，要先用乘法原理数出「一共有多少种不同的答案」。
关键切入点：每道判断题只有对、错两种填法，$3$ 道题互相独立，由乘法原理共 $2\times2\times2=8$ 种答案卡，这 $8$ 种就是抽屉；$17$ 名同学是苹果。$17\div8=2\cdots\cdots1$ 有余数，所以不可能每种答案至多 $2$ 人。
方法概述：用乘法原理算出答案种数作抽屉，再用带余除法 $+1$ 求至少重复个数。
规范步骤：
  1. 用乘法原理数抽屉个数：$2\times2\times2=8$（种）（每题 2 种，3 题独立相乘）
  2. 把 17 名同学放进 8 个抽屉：$17\div 8=2\cdots\cdots 1$（带余除法）
  3. 余数不为 0，必有一个抽屉多一人：$2+1=3$（名）（抽屉原理）
  4. 写出答案：$3$ 名
第一套
题目：$100$ 名同学参加一次考试，考试题是 $5$ 道判断题（答案只有对或错），每名同学都在答题纸上依次写上了 $5$ 道题目的答案。请问：至少有几名同学的答案是一样的？
引导填空（在横线上填关键结果）：
  1. 第 1 步（数抽屉）：每道判断题有 $2$ 种填法，$5$ 道题互相独立，由乘法原理，不同的答案一共有 $2\times2\times2\times2\times2=\underline{\quad}$ 种。
  2. 第 2 步（放苹果）：$100$ 名同学放进这些抽屉，$100\div 32$ 的商是 \underline{\quad}，余数是 \underline{\quad}。
  3. 第 3 步（用抽屉原理）：余数不为 $0$，必有一种答案被至少 \underline{\quad} 名同学写出。
第二套
题目：$100$ 名球迷各自预测本周 $5$ 场球赛的胜负（每场只填“主胜”或“客胜”），把预测依次写在卡片上。请说明：至少有几名球迷的预测卡完全相同？
引导填空（在横线上填关键结果）：
  1. 第 1 步（数抽屉）：每场比赛有 $2$ 种预测，$5$ 场互相独立，不同的预测卡共 $2\times2\times2\times2\times2=\underline{\quad}$ 种。
  2. 第 2 步（放苹果）：$100$ 名球迷放进这些抽屉，$100\div 32$ 的商是 \underline{\quad}，余数是 \underline{\quad}。
  3. 第 3 步（下结论）：至少有 \underline{\quad} 名球迷的预测卡完全相同。
第三套
题目：$250$ 名同学参加测验，试卷是 $4$ 道单项选择题，每题有 $A,B,C$ 三个选项。请问：至少有几名同学的答案是一样的？
引导填空（在横线上填关键结果）：
  1. 第 1 步（数抽屉）：每题有 $3$ 种选法，$4$ 道题互相独立，答案总数为 $3\times3\times3\times3=\underline{\quad}$ 种。
  2. 第 2 步（放苹果）：$250\div 81$ 的商是 \underline{\quad}，余数是 \underline{\quad}。
  3. 第 3 步（用抽屉原理）：至少有 \underline{\quad} 名同学答案一样。
第三套
题目：考试题是 $3$ 道判断题（答案只有对或错）。至少要有多少名同学参加考试，才能保证一定有 $5$ 名同学的答案完全一样？
引导填空（在横线上填关键结果）：
  1. 第 1 步（数抽屉）：$3$ 道判断题的不同答案共 $2\times2\times2=\underline{\quad}$ 种。
  2. 第 2 步（想最坏情形）：要“保证”有 $5$ 名同学相同，就要顶住最坏的排法——每种答案都恰好被 $4$ 名同学写出而不到 $5$ 名，这时人数为 $8\times 4=\underline{\quad}$ 名，还没有 $5$ 名相同。
  3. 第 3 步（再加一人）：再来 $1$ 名同学，无论他写哪种答案，那种答案就凑够 $5$ 名，所以至少需要 \underline{\quad} 名。
25. 【原题 ch24-xingqu-03】将 $1$ 至 $6$ 这 $6$ 个自然数随意填在图 24-1 的六个圆圈中，试说明：图中至少有一行的数字之和不小于 $8$。
详细思路
是哪类问题：这是「平均数 + 反证法」型的抽屉原理题：把三行看成三个抽屉，用总和去逼出某一行的和的下界。
关键切入点：$1$ 到 $6$ 的总和固定为 $21$，无论怎么填，三行的和加起来永远是 $21$，平均每行 $7$。若三行的和都小于 $8$（即都不超过 $7$），而三个不超过 $7$ 的数相加要等于 $21$，就只能三行都恰好是 $7$。可是第一行只有一个圆圈，要它的和为 $7$ 就必须填 $7$，而可用的数只有 $1\sim6$，矛盾。
方法概述：先算总和与平均数，再反证“每行都小于下界”不可能。
规范步骤：
  1. 算六个数的总和：$1+2+3+4+5+6=21$（等差数列求和）
  2. 总和被三行分掉，求平均：$21\div 3=7$（平均数思想）
  3. 反设三行的和都小于 $8$，即都不超过 $7$，则总和不超过 $7\times3=21$；要恰好等于 $21$ 只能每行都是 $7$：$7\times 3=21$（反证法）
  4. 但第一行只有一个圆圈，和为 $7$ 就必须填 $7$，而 $7>6$ 不在可用数中，矛盾：$7>6$（与已知矛盾）
  5. 所以反设不成立：$\text{至少有一行的和}\geq 8$（反证法收尾）
26. 【原题 ch24-xingqu-04】从 $1,2,3,\cdots,99,100$ 这 $100$ 个数中任意选出 $51$ 个数。请说明：（1）在这 $51$ 个数中，一定有两个数的差等于 $50$；（2）在这 $51$ 个数中，一定有两个数差为 $1$。
详细思路
是哪类问题：这是「按差配对造抽屉」的题：要证“必有两数之差等于定值 $d$”，就把全部数按“差为 $d$”两两配成一组当抽屉。
关键切入点：关键在于把 $100$ 个数不重不漏地配成 $50$ 组。第 (1) 问要差 $50$，就把 $k$ 与 $k+50$ 配成一组：$\{1,51\},\{2,52\},\cdots,\{50,100\}$，恰好 $50$ 组；第 (2) 问要差 $1$，就把相邻两数配成一组：$\{1,2\},\{3,4\},\cdots,\{99,100\}$，也是 $50$ 组。选 $51$ 个数放进 $50$ 个抽屉，必有两个同组。
方法概述：按“差为定值”把数两两配对成抽屉，再用抽屉原理。
规范步骤：
  1. (1) 按差 $50$ 配对，数一数有几组：$100\div 2=50$（组）（每组两个数，不重不漏）
  2. 选 $51$ 个数放进 $50$ 组：$51=50+1>50$（苹果多于抽屉）
  3. 必有两数同组，同组两数之差为 $50$：$(k+50)-k=50$（抽屉原理）
  4. (2) 按相邻配对 $\{1,2\},\cdots,\{99,100\}$，同样 $50$ 组：$100\div 2=50$（组）（同一造抽屉手法）
  5. $51>50$，必有两数同组，其差为 $1$：$(k+1)-k=1$（抽屉原理）
第一套
题目：从 $1,2,3,\cdots,199,200$ 这 $200$ 个数中任意选出 $101$ 个数。请说明：（1）这 $101$ 个数中一定有两个数的差等于 $100$；（2）这 $101$ 个数中一定有两个数的差等于 $1$。
引导填空（在横线上填关键结果）：
  1. 第 1 步（造抽屉）：要差为 $100$，就把 $k$ 与 $k+100$ 配成一组：$\{1,101\},\{2,102\},\cdots,\{100,200\}$，一共有 $200\div 2=\underline{\quad}$ 组。
  2. 第 2 步（比大小）：选出的数有 $101$ 个，抽屉有 $100$ 个，$101-100=\underline{\quad}$，苹果比抽屉多。
  3. 第 3 步（下结论）：必有两个数同组，同组的两数形如 $k$ 与 $k+100$，它们的差正是题目要的 $100$。
  4. 第 4 步（第二问换一种配对）：把相邻两数配成一组 $\{1,2\},\{3,4\},\cdots,\{199,200\}$，共 $200\div 2=\underline{\quad}$ 组，$101$ 个数放进去必有两个同组，它们的差为 $1$。
第二套
题目：抽奖箱里放着编号为 $1$ 到 $200$ 的 $200$ 个号码球，小明一次摸出 $101$ 个。请说明：（1）摸出的球中一定有两个的编号相差 $100$；（2）也一定有两个的编号相差 $1$。
引导填空（在横线上填关键结果）：
  1. 第 1 步（造抽屉）：把编号相差 $100$ 的两球放进同一个格子：$\{1,101\},\{2,102\},\cdots,\{100,200\}$，共 $200\div 2=\underline{\quad}$ 个格子。
  2. 第 2 步（比大小）：摸出 $101$ 个球，$101-100=\underline{\quad}$，球比格子多。
  3. 第 3 步（下结论）：必有两球同格，同格两球的编号形如 $k$ 与 $k+100$，相差正是 $100$。
  4. 第 4 步（第二问）：改成把相邻编号放同一格 $\{1,2\},\{3,4\},\cdots,\{199,200\}$，共 $200\div 2=\underline{\quad}$ 格，必有两球同格，编号相差 $1$。
第三套
题目：从 $1,2,3,\cdots,199,200$ 这 $200$ 个数中至少要选出多少个数，才能保证其中一定有两个数的差等于 $100$？
引导填空（在横线上填关键结果）：
  1. 第 1 步（造抽屉）：按差为 $100$ 配对 $\{1,101\},\{2,102\},\cdots,\{100,200\}$，共 $200\div 2=\underline{\quad}$ 组。
  2. 第 2 步（想最坏情形）：每组最多只取一个才不会出现差为 $100$ 的两数，所以最坏情形能取的个数恰好等于组数，例如取 $1\sim 100$ 这些数，任两数之差都小于 $100$。
  3. 第 3 步（再加一个）：再取 $1$ 个数，它必与某组已取的数同组，差为 $100$，所以至少要选 $100+1=\underline{\quad}$ 个。
第三套
题目：从 $1,2,3,\cdots,199,200$ 这 $200$ 个数中任意选出 $101$ 个数。请说明：这 $101$ 个数中一定有两个数互质。
引导填空（在横线上填关键结果）：
  1. 第 1 步（想清楚为什么和互质有关）：相邻的两个自然数 $k$ 与 $k+1$，它们的公因数一定同时整除它们的差 $ (k+1)-k=\underline{\quad}$，所以最大公因数只能是 $1$，即相邻两数一定互质。
  2. 第 2 步（造抽屉）：把相邻两数配成一组 $\{1,2\},\{3,4\},\cdots,\{199,200\}$，共 $200\div 2=\underline{\quad}$ 组。
  3. 第 3 步（比大小）：选出 $101$ 个数放进这些组，$101-100=\underline{\quad}$，苹果多于抽屉。
  4. 第 4 步（下结论）：必有两个数落在同一组，它们是相邻自然数，因而互质。
27. 【原题 ch24-xingqu-05】从 $1,2,3,\cdots,21$ 这些自然数中，最多可以取出多少个数，使得其中每两个数的差都不等于 $4$？
详细思路
是哪类问题：这是「按差分链、隔段取数」的极值型抽屉题：要求取出的数两两之差都不等于 $4$，问最多能取几个。
关键切入点：把差为 $4$ 的两个数看成一对，同一对里最多取一个。$21$ 个数按每连续 $8$ 个分成一段：$1\sim8$ 里有 $\{1,5\},\{2,6\},\{3,7\},\{4,8\}$ 共 $4$ 对，最多取 $4$ 个；$9\sim16$ 同样最多取 $4$ 个；剩下 $17\sim21$ 这 $5$ 个数里只有 $\{17,21\}$ 一对，另外 $18,19,20$ 各自单独，共 $4$ 个抽屉，最多取 $4$ 个。相加得上界 $12$，再给出一组取法说明 $12$ 能达到。
方法概述：按差为 $4$ 把数配成对（或连成链）作抽屉，每个抽屉至多取一个，求各段上界之和并给出构造。
规范步骤：
  1. 把 $1\sim8$ 按差 $4$ 配对：$\{1,5\},\{2,6\},\{3,7\},\{4,8\}$，共 $4$ 对（同对两数差为 4，至多取一个）
  2. 把 $9\sim16$ 按差 $4$ 配对：$\{9,13\},\{10,14\},\{11,15\},\{12,16\}$，共 $4$ 对（同上）
  3. 剩下 $17\sim21$ 只成一对加三个单数：$\{17,21\},\{18\},\{19\},\{20\}$，共 $4$ 个抽屉（不足一整段时单独数）
  4. 各段上界相加：$4+4+4=12$（个）（抽屉原理给出上界）
  5. 给出达到上界的取法：$1,2,3,4,9,10,11,12,17,18,19,20$（构造说明 12 可达）
  6. 写出答案：$12$ 个
第一套
题目：从 $1,2,3,\cdots,45$ 这些自然数中，最多可以取出多少个数，使得其中每两个数的差都不等于 $7$？
引导填空（在横线上填关键结果）：
  1. 第 1 步（想清楚怎样分段）：差为 $7$ 的两个数不能同时取，所以按每连续 $7\times 2=\underline{\quad}$ 个数分成一段，段内前一半与后一半正好一一配对。
  2. 第 2 步（数整段）：从 $1$ 开始每 $14$ 个数一段，$1\sim 42$ 恰好分成 $42\div 14=\underline{\quad}$ 个整段。
  3. 第 3 步（每段上界）：每段内 $\{n,n+7\}$ 恰好配成 $14\div 2=\underline{\quad}$ 对，同对两数只能取一个，所以每段最多取这么多个。
  4. 第 4 步（处理零头）：$42$ 之后还剩下 $45-42=\underline{\quad}$ 个数，它们两两之差都小于 $7$，可以全取。
  5. 第 5 步（求和得上界）：一共最多取 $3\times 7+3=\underline{\quad}$ 个；取 $1\sim7,\ 15\sim21,\ 29\sim35,\ 43,44,45$ 即可达到。
第二套
题目：体育馆一排有 $45$ 个座位，编号依次为 $1$ 到 $45$。为了避免相互干扰，规定任何两位观众的座位号之差都不能等于 $7$。请问：这一排最多能坐多少位观众？
引导填空（在横线上填关键结果）：
  1. 第 1 步（分段）：座位号差为 $7$ 的两个座位不能同时坐人，按每连续 $7\times 2=\underline{\quad}$ 个座位分成一段。
  2. 第 2 步（数整段）：$1$ 号到 $42$ 号恰好分成 $42\div 14=\underline{\quad}$ 个整段。
  3. 第 3 步（每段上界）：每段内 $\{n,n+7\}$ 恰好配成 $14\div 2=\underline{\quad}$ 对，同对两座位只能坐一人，所以每段最多坐这么多人。
  4. 第 4 步（零头）：$42$ 号之后还剩下 $45-42=\underline{\quad}$ 个座位，号差都小于 $7$，可以全坐。
  5. 第 5 步（合计）：最多可坐 $3\times 7+3=\underline{\quad}$ 位观众。
第三套
题目：从 $1,2,3,\cdots,60$ 这些自然数中，最多可以取出多少个数，使得其中每两个数的差都不等于 $5$？
引导填空（在横线上填关键结果）：
  1. 第 1 步（分段）：差为 $5$ 的两数不能同取，按每连续 $5\times 2=\underline{\quad}$ 个数分成一段。
  2. 第 2 步（数段数）：$60\div 10=\underline{\quad}$，正好分成整段，没有零头。
  3. 第 3 步（每段上界）：每段内 $\{n,n+5\}$ 恰好配成 $10\div 2=\underline{\quad}$ 对，每对至多取一个，所以每段最多取这么多个。
  4. 第 4 步（合计并构造）：一共最多取 $6\times 5=\underline{\quad}$ 个，取 $1\sim5,\ 11\sim15,\ 21\sim25,\ 31\sim35,\ 41\sim45,\ 51\sim55$ 即可达到。
第三套
题目：从 $1,2,3,\cdots,45$ 这些自然数中至少要取出多少个数，才能保证其中一定有两个数的差等于 $7$？
引导填空（在横线上填关键结果）：
  1. 第 1 步（先求最坏情形能取多少）：按每连续 $14$ 个数分段，$1\sim14,\ 15\sim28,\ 29\sim42$ 每段最多取 $7$ 个，零头 $43,44,45$ 可全取 \underline{\quad} 个。
  2. 第 2 步（算出最坏情形的最大取数）：$3\times 7+3=\underline{\quad}$ 个，此时任两数之差都不等于 $7$，还保证不了。
  3. 第 3 步（再多取一个）：再取 $1$ 个数就必然与已取的某数配成差为 $7$ 的一对，所以至少要取 $24+1=\underline{\quad}$ 个。
28. 【原题 ch24-xingqu-06】从 $1$ 至 $11$ 这 $11$ 个自然数中至少选出多少个不同的数，才能保证其中一定有两个数的和为 $12$？
详细思路
是哪类问题：这是「按和配对造抽屉」的题：要保证出现和为 $12$ 的两个数，就把和为 $12$ 的数两两配成一组作抽屉，再考虑最坏情形。
关键切入点：$1\sim11$ 中和为 $12$ 的配对有 $\{1,11\},\{2,10\},\{3,9\},\{4,8\},\{5,7\}$ 五组，剩下的 $6$ 找不到搭档（$6+6=12$ 但只有一个 $6$），单独成一组，共 $6$ 个抽屉。最坏情形是每组各取一个共 $6$ 个数，此时没有两数和为 $12$；再多取一个就必与某组已取的数同组，和为 $12$。
方法概述：按和为定值配对造抽屉，先算最坏情形能取多少，再加 $1$。
规范步骤：
  1. 把和为 $12$ 的数配对：$\{1,11\},\{2,10\},\{3,9\},\{4,8\},\{5,7\}$，共 $5$ 组（按和分组）
  2. 剩下的 $6$ 单独成一组：$5+1=6$（个抽屉）（自身配不成对的数单独放）
  3. 最坏情形每组各取一个：$6$ 个数，仍无和为 $12$ 的两数（最坏情形分析）
  4. 再多取一个必与同组数相遇：$6+1=7$（个）（抽屉原理）
  5. 写出答案：$7$ 个
第一套
题目：从 $1$ 至 $21$ 这 $21$ 个自然数中至少选出多少个不同的数，才能保证其中一定有两个数的和为 $22$？
引导填空（在横线上填关键结果）：
  1. 第 1 步（造抽屉）：把和为 $22$ 的数配成一组：$\{1,21\},\{2,20\},\cdots,\{10,12\}$，这样的配对一共有 \underline{\quad} 组。
  2. 第 2 步（别漏掉落单的数）：还剩下 $11$ 配不成对（因为 $11+11=22$ 但只有一个 $11$），单独成一组，抽屉总数为 $10+1=\underline{\quad}$ 个。
  3. 第 3 步（最坏情形）：每组各取一个共 \underline{\quad} 个数，仍可能没有和为 $22$ 的两数。
  4. 第 4 步（再加一个）：再选 $1$ 个数必与某组已取的数同组，和为 $22$，所以至少要选 $11+1=\underline{\quad}$ 个。
第二套
题目：盒子里有 $21$ 张卡片，分别写着 $1$ 到 $21$。至少要摸出多少张卡片，才能保证其中有两张卡片上的数之和等于 $22$？
引导填空（在横线上填关键结果）：
  1. 第 1 步（造抽屉）：把和为 $22$ 的卡片放进同一格：$\{1,21\},\{2,20\},\cdots,\{10,12\}$，共 \underline{\quad} 格。
  2. 第 2 步（落单的卡）：写着 $11$ 的卡片配不成对，单独一格，共 $10+1=\underline{\quad}$ 格。
  3. 第 3 步（最坏情形）：每格摸一张共 \underline{\quad} 张，仍可能凑不出和为 $22$。
  4. 第 4 步（再摸一张）：再摸 $1$ 张必与某格已摸的卡同格，所以至少摸 $11+1=\underline{\quad}$ 张。
第三套
题目：从 $1$ 至 $30$ 这 $30$ 个自然数中至少选出多少个不同的数，才能保证其中一定有两个数的和为 $31$？
引导填空（在横线上填关键结果）：
  1. 第 1 步（造抽屉）：把和为 $31$ 的数配成一组：$\{1,30\},\{2,29\},\cdots,\{15,16\}$，共 $30\div 2=\underline{\quad}$ 组。
  2. 第 2 步（检查有没有落单的数）：$31$ 是奇数，不存在 $a+a=31$ 的整数 $a$，所以 $30$ 个数全部成对，没有落单的，抽屉数就是 \underline{\quad} 个。
  3. 第 3 步（最坏情形加一）：每组取一个共 $15$ 个仍可能无和为 $31$ 的两数，再多取 $1$ 个即可，至少要选 $15+1=\underline{\quad}$ 个。
第三套
题目：从 $1$ 至 $21$ 这 $21$ 个自然数中至少选出多少个不同的数，才能保证其中既有两个数的和为 $22$，又有两个数的差为 $4$？
引导填空（在横线上填关键结果）：
  1. 第 1 步（先看“和为 $22$”）：按和配对得 $\{1,21\},\cdots,\{10,12\}$ 共 $10$ 组再加落单的 $\{11\}$，抽屉数 $10+1=\underline{\quad}$，所以选 $11+1=\underline{\quad}$ 个就能保证有两数和为 $22$。
  2. 第 2 步（再看“差为 $4$”）：按差为 $4$ 分段，$1\sim8$ 最多取 $4$ 个、$9\sim16$ 最多取 $4$ 个、$17\sim21$ 最多取 $4$ 个，最坏情形最多取 $4+4+4=\underline{\quad}$ 个而没有差为 $4$ 的两数，所以要保证差为 $4$ 需选 $12+1=\underline{\quad}$ 个。
  3. 第 3 步（两个条件都要满足，取较大者）：比较 $12$ 与 $13$，取较大的 \underline{\quad}，这就是答案。
29. 【原题 ch24-xingqu-07】$100$ 个数都不能被 $19$ 整除，那么这些数除以 $19$ 得到的 $100$ 个余数中至少有几个是相同的？
详细思路
是哪类问题：这是「余数作抽屉」的鸽巢原理题：先确定余数一共有多少种可能，再用带余除法求至少重复的个数。
关键切入点：一个数除以 $19$，余数本来有 $0,1,2,\cdots,18$ 共 $19$ 种；但题目说这 $100$ 个数都不能被 $19$ 整除，于是余数不可能是 $0$，只剩 $1\sim18$ 共 $18$ 种，这 $18$ 种就是抽屉。$100$ 个余数是苹果，$100\div18=5\cdots\cdots1 0$ 有余数，说明不可能每种余数都至多出现 $5$ 次。
方法概述：先排除不可能的余数确定抽屉个数，再用带余除法的商 $+1$ 求至少重复个数。
规范步骤：
  1. 余数的所有可能是 $0\sim18$，共 $19$ 种：$18+1=19$（种）（除以 $n$ 的余数有 $n$ 种）
  2. 题目说都不能被 $19$ 整除，去掉余数 $0$：$19-1=18$（个抽屉）（余数不为 0）
  3. 把 $100$ 个余数放入 $18$ 个抽屉：$100\div 18=5\cdots\cdots 10$（带余除法）
  4. 有余数，必有一个抽屉多一个：$5+1=6$（个）（抽屉原理）
  5. 写出答案：$6$ 个
第一套
题目：$300$ 个数都不能被 $23$ 整除，那么这些数除以 $23$ 得到的 $300$ 个余数中至少有几个是相同的？
引导填空（在横线上填关键结果）：
  1. 第 1 步（数抽屉）：除以 $23$ 的余数本有 $0,1,\cdots,22$ 共 $23$ 种，因为都不能被 $23$ 整除，要去掉余数 $0$，抽屉数为 $23-1=\underline{\quad}$ 个。
  2. 第 2 步（放苹果）：$300$ 个余数放进这些抽屉，$300\div 22$ 的商是 \underline{\quad}，余数是 \underline{\quad}。
  3. 第 3 步（用抽屉原理）：有余数，必有一种余数出现至少 \underline{\quad} 次。
第二套
题目：某仓库有 $300$ 箱货物，每箱的件数都不是 $23$ 的倍数。现在把每箱货物按 $23$ 件一捆打包，记下每箱最后剩下的零头件数。请问：这 $300$ 个零头数中至少有几个是相同的？
引导填空（在横线上填关键结果）：
  1. 第 1 步（数抽屉）：零头就是件数除以 $23$ 的余数，本有 $23$ 种；由于件数都不是 $23$ 的倍数，零头不会是 $0$，抽屉数为 $23-1=\underline{\quad}$ 个。
  2. 第 2 步（放苹果）：$300$ 个零头数放进抽屉，$300\div 22$ 的商是 \underline{\quad}，余数是 \underline{\quad}。
  3. 第 3 步（下结论）：至少有 \underline{\quad} 个零头数是相同的。
第三套
题目：$500$ 个数都不能被 $29$ 整除，那么这些数除以 $29$ 得到的 $500$ 个余数中至少有几个是相同的？
引导填空（在横线上填关键结果）：
  1. 第 1 步（数抽屉）：除以 $29$ 的余数共 $29$ 种，去掉不可能的余数 $0$，抽屉数为 $29-1=\underline{\quad}$ 个。
  2. 第 2 步（放苹果）：$500\div 28$ 的商是 \underline{\quad}，余数是 \underline{\quad}。
  3. 第 3 步（用抽屉原理）：至少有 \underline{\quad} 个余数相同。
第三套
题目：至少要有多少个都不能被 $19$ 整除的数，才能保证其中一定有 $8$ 个数除以 $19$ 的余数相同？
引导填空（在横线上填关键结果）：
  1. 第 1 步（数抽屉）：余数只能是 $1\sim18$，抽屉数为 $19-1=\underline{\quad}$ 个。
  2. 第 2 步（想最坏情形）：要保证有 $8$ 个余数相同，最坏的情形是每种余数都恰好出现 $7$ 次而不到 $8$ 次，这时一共有 $18\times 7=\underline{\quad}$ 个数。
  3. 第 3 步（再加一个）：再来 $1$ 个数，它的余数必使某一种凑够 $8$ 个，所以至少需要 $126+1=\underline{\quad}$ 个数。
30. 【原题 ch24-xingqu-08】（1）任给 $4$ 个自然数，请说明：一定有两个数的差是 $3$ 的倍数；（2）至少取几个数，才能保证一定有两个数的差是 $7$ 的倍数？
详细思路
是哪类问题：这是「同余作抽屉」的题：两个数的差是 $n$ 的倍数，等价于这两个数除以 $n$ 的余数相同。
关键切入点：关键是把“差是 $n$ 的倍数”翻译成“除以 $n$ 同余”。除以 $3$ 的余数只有 $0,1,2$ 三种，$4$ 个数放进 $3$ 个抽屉必有两个同余，它们的差就是 $3$ 的倍数；除以 $7$ 的余数有 $7$ 种，最坏情形每种余数各取一个共 $7$ 个仍无重复，再取一个就必然重复。
方法概述：按除以 $n$ 的余数分成 $n$ 个抽屉，同抽屉两数之差是 $n$ 的倍数。
规范步骤：
  1. (1) 除以 $3$ 的余数只有 $0,1,2$：$3$ 个抽屉（余数分组）
  2. $4$ 个数放进 $3$ 个抽屉：$4=3+1>3$（苹果多于抽屉）
  3. 必有两数同余，差是 $3$ 的倍数：$(3k+r)-(3m+r)=3(k-m)$（同余则差为倍数）
  4. (2) 除以 $7$ 的余数有 $0\sim6$ 共 $7$ 种：$7$ 个抽屉（余数分组）
  5. 最坏情形每种余数各取一个：$7$ 个数仍可能两两不同余（最坏情形分析）
  6. 再取一个必与某数同余：$7+1=8$（个）（抽屉原理）
第一套
题目：（1）任给 $13$ 个自然数，请说明：一定有两个数的差是 $12$ 的倍数；（2）至少取几个数，才能保证一定有两个数的差是 $17$ 的倍数？
引导填空（在横线上填关键结果）：
  1. 第 1 步（第一问造抽屉）：除以 $12$ 的余数有 $0,1,\cdots,11$ 共 \underline{\quad} 种，就是 \underline{\quad} 个抽屉。
  2. 第 2 步（比大小）：$13$ 个数放进这些抽屉，$13-12=\underline{\quad}$，苹果多于抽屉，必有两数同余，差是 $12$ 的倍数。
  3. 第 3 步（第二问造抽屉）：除以 $17$ 的余数有 \underline{\quad} 种。
  4. 第 4 步（最坏情形加一）：最坏情形每种余数各取一个共 $17$ 个仍无重复，再取 $1$ 个即可，至少取 $17+1=\underline{\quad}$ 个。
第二套
题目：（1）任意 $13$ 位同学各报出自己的学号，请说明：一定有两位同学的学号之差是 $12$ 的倍数；（2）至少要有多少位同学报学号，才能保证一定有两位同学的学号之差是 $17$ 的倍数？
引导填空（在横线上填关键结果）：
  1. 第 1 步（第一问造抽屉）：把学号按除以 $12$ 的余数归类，余数有 \underline{\quad} 种，即 \underline{\quad} 个抽屉。
  2. 第 2 步（比大小）：$13$ 位同学放进抽屉，$13-12=\underline{\quad}$，必有两人同余，学号之差是 $12$ 的倍数。
  3. 第 3 步（第二问造抽屉）：按除以 $17$ 的余数归类，共 \underline{\quad} 个抽屉。
  4. 第 4 步（最坏情形加一）：至少要有 $17+1=\underline{\quad}$ 位同学。
第三套
题目：（1）任给 $101$ 个自然数，请说明：一定有两个数的差是 $100$ 的倍数；（2）至少取几个数，才能保证一定有两个数的差是 $23$ 的倍数？
引导填空（在横线上填关键结果）：
  1. 第 1 步（第一问造抽屉）：除以 $100$ 的余数有 $0,1,\cdots,99$ 共 \underline{\quad} 种。
  2. 第 2 步（比大小）：$101-100=\underline{\quad}$，苹果多于抽屉，必有两数同余，差是 $100$ 的倍数。
  3. 第 3 步（第二问）：除以 $23$ 的余数有 \underline{\quad} 种，最坏情形各取一个共 $23$ 个，再取一个，至少取 $23+1=\underline{\quad}$ 个。
第三套
题目：至少取几个自然数，才能保证其中一定有 $3$ 个数，它们两两之差都是 $7$ 的倍数？
引导填空（在横线上填关键结果）：
  1. 第 1 步（造抽屉）：按除以 $7$ 的余数分组，共 \underline{\quad} 个抽屉；同一抽屉里任意两数之差都是 $7$ 的倍数，所以要找的是“某个抽屉里有 $3$ 个数”。
  2. 第 2 步（想最坏情形）：要挡住“某抽屉有 $3$ 个”，最坏是每个抽屉都恰好放 $2$ 个，这时共有 $7\times 2=\underline{\quad}$ 个数。
  3. 第 3 步（再加一个）：再取 $1$ 个数，无论落在哪个抽屉，那个抽屉就有 $3$ 个数，所以至少取 $14+1=\underline{\quad}$ 个。
31. 【原题 ch24-xingqu-09】$6$ 个朋友都住在同一条胡同里。如果这个胡同有 $200$ 米长，请说明一定有两个朋友的家相距不超过 $40$ 米。
详细思路
是哪类问题：这是「线段分段作抽屉」的几何型鸽巢原理题：把长线段等分成若干小段当抽屉，人（点）当苹果。
关键切入点：要保证有两人相距不超过 $40$ 米，就要让每个抽屉的“直径”不超过 $40$ 米，于是把 $200$ 米的胡同平均分成 $200\div40=5$ 段，每段长 $40$ 米。$6$ 个人住进 $5$ 段，$6>5$，必有两人住在同一段内；同段两点的距离最大就是这一段的长度 $40$ 米，所以他们相距不超过 $40$ 米。
方法概述：按目标距离把线段等分成若干段作抽屉，点数多于段数即得同段两点。
规范步骤：
  1. 按 $40$ 米一段把胡同等分：$200\div 40=5$（段）（每段长恰为目标距离）
  2. 把 $6$ 个人放入 $5$ 段：$6=5+1>5$（苹果多于抽屉）
  3. 必有两人在同一段内：$6>5$（抽屉原理）
  4. 同段两点距离不超过段长：$\leq 40$（米）（线段内两点距离不超过段长）
  5. 写出结论：$\text{必有两人相距不超过 }40\text{ 米}$
第一套
题目：$11$ 个朋友都住在同一条胡同里。如果这条胡同有 $600$ 米长，请说明一定有两个朋友的家相距不超过 $60$ 米。
引导填空（在横线上填关键结果）：
  1. 第 1 步（造抽屉）：要让同一抽屉内两点距离不超过 $60$ 米，就把胡同按 $60$ 米一段等分，$600\div 60=\underline{\quad}$ 段。
  2. 第 2 步（比大小）：$11$ 个朋友住进这些段，$11-10=\underline{\quad}$，人比段多。
  3. 第 3 步（下结论）：必有两人住在同一段内，他们相距不超过这一段的长度 \underline{\quad} 米。
第二套
题目：一条 $600$ 米长的直跑道上插着 $11$ 面小旗。请说明：一定有两面小旗之间的距离不超过 $60$ 米。
引导填空（在横线上填关键结果）：
  1. 第 1 步（造抽屉）：把跑道按 $60$ 米一段等分，$600\div 60=\underline{\quad}$ 段。
  2. 第 2 步（比大小）：$11$ 面小旗插进这些段，$11-10=\underline{\quad}$，旗比段多。
  3. 第 3 步（下结论）：必有两面小旗在同一段内，距离不超过 \underline{\quad} 米。
第三套
题目：$21$ 个人站在一条 $1000$ 米长的直路上。请说明：一定有两个人相距不超过 $50$ 米。
引导填空（在横线上填关键结果）：
  1. 第 1 步（由人数定段数）：要用抽屉原理，段数必须比人数少，取段数为 $21-1=\underline{\quad}$ 段。
  2. 第 2 步（由段数求段长）：每段长 $1000\div 20=\underline{\quad}$ 米，正好是题目要的 $50$ 米。
  3. 第 3 步（下结论）：$21$ 个人住进 $20$ 段，必有两人同段，相距不超过 \underline{\quad} 米。
第三套
题目：一条胡同长 $600$ 米。至少要住多少个人，才能保证一定有两个人的家相距不超过 $50$ 米？
引导填空（在横线上填关键结果）：
  1. 第 1 步（造抽屉）：按 $50$ 米一段把胡同等分，$600\div 50=\underline{\quad}$ 段，同段两人相距不超过 $50$ 米。
  2. 第 2 步（想最坏情形）：如果只有 $12$ 个人，可能每段恰好住 $1$ 人，此时任意两人相距都可能超过 $50$ 米，还保证不了。
  3. 第 3 步（再加一人）：再住 $1$ 个人，他必与某段已有的人同段，所以至少要住 $12+1=\underline{\quad}$ 个人。
32. 【原题 ch24-xingqu-10】在一个边长为 $2$ 厘米的等边三角形内（包括边界）选出 $5$ 个点，请证明：一定有两个点之间的距离不大于 $1$。
详细思路
是哪类问题：这是「区域分割作抽屉」的几何型鸽巢原理题：把大图形分成若干个“直径”足够小的小块当抽屉，点当苹果。
关键切入点：要让同一抽屉内任意两点距离不超过 $1$ 厘米，就要让每个小块的最大跨度不超过 $1$ 厘米。取三条中位线，把边长 $2$ 厘米的等边三角形分成 $4$ 个边长 $1$ 厘米的小等边三角形，边长为 $1$ 的等边三角形内任意两点的距离都不超过 $1$。$5$ 个点放进 $4$ 个小三角形，$5>4$，必有两点同块。
方法概述：用中位线把等边三角形分成 $4$ 个全等小三角形作抽屉，同块两点距离不超过小边长。
规范步骤：
  1. 作三条中位线分割：$2\times 2=4$（个边长为 $1$ 的小等边三角形）（边长 2 的等边三角形分成 $2^2$ 个）
  2. 把 $5$ 个点放入 $4$ 块：$5=4+1>4$（苹果多于抽屉）
  3. 必有两点落在同一小三角形内：$5>4$（抽屉原理）
  4. 同一小等边三角形内两点距离不超过边长：$\leq 1$（厘米）（等边三角形的最大跨度是边长）
  5. 写出结论：$\text{必有两点距离不大于 }1\text{ 厘米}$
第一套
题目：在一个边长为 $3$ 厘米的等边三角形内（包括边界）选出 $10$ 个点，请证明：一定有两个点之间的距离不大于 $1$ 厘米。
引导填空（在横线上填关键结果）：
  1. 第 1 步（造抽屉）：把每条边三等分并连线，边长 $3$ 的等边三角形被分成 $3\times 3=\underline{\quad}$ 个边长为 $1$ 的小等边三角形。
  2. 第 2 步（比大小）：$10$ 个点放进这些小三角形，$10-9=\underline{\quad}$，点比块多。
  3. 第 3 步（下结论）：必有两点落在同一个小等边三角形内，它们的距离不超过小三角形的边长 \underline{\quad} 厘米。
第二套
题目：一块边长为 $3$ 米的等边三角形花坛里种了 $10$ 棵树苗（包括边界上）。请说明：一定有两棵树苗之间的距离不超过 $1$ 米。
引导填空（在横线上填关键结果）：
  1. 第 1 步（造抽屉）：把花坛每边三等分并连线，分成 $3\times 3=\underline{\quad}$ 个边长 $1$ 米的小等边三角形。
  2. 第 2 步（比大小）：$10$ 棵树苗种进这些小块，$10-9=\underline{\quad}$，树比块多。
  3. 第 3 步（下结论）：必有两棵树在同一小块内，距离不超过 \underline{\quad} 米。
第三套
题目：在一个边长为 $4$ 厘米的等边三角形内（包括边界）选出 $17$ 个点，请证明：一定有两个点之间的距离不大于 $1$ 厘米。
引导填空（在横线上填关键结果）：
  1. 第 1 步（造抽屉）：把每条边四等分并连线，得到 $4\times 4=\underline{\quad}$ 个边长为 $1$ 的小等边三角形。
  2. 第 2 步（比大小）：$17-16=\underline{\quad}$，点比块多。
  3. 第 3 步（下结论）：必有两点同块，距离不超过 \underline{\quad} 厘米。
第三套
题目：在一个边长为 $4$ 厘米的等边三角形内（包括边界）选出 $33$ 个点，请证明：一定有 $3$ 个点，它们两两之间的距离都不大于 $1$ 厘米。
引导填空（在横线上填关键结果）：
  1. 第 1 步（造抽屉）：把每条边四等分并连线，得到 $4\times 4=\underline{\quad}$ 个边长为 $1$ 的小等边三角形。
  2. 第 2 步（放苹果）：$33$ 个点放进 $16$ 块，$33\div 16$ 的商是 \underline{\quad}，余数是 \underline{\quad}。
  3. 第 3 步（用加强型抽屉原理）：有余数，必有一块里至少有 \underline{\quad} 个点。
  4. 第 4 步（下结论）：这 $3$ 个点在同一个边长为 $1$ 的小等边三角形内，两两距离都不超过 \underline{\quad} 厘米。

附录 · 答案

（原题答案见题库；以下为三套变式的完整填好步骤与最终答案）
  1. 1. ch24-chaoyue-01 · 第一套
    1. 第 1 步（造抽屉）：从每个奇数出发不断乘 $2$ 串成一条链，如 $\{1,2,4,8,16\},\{3,6,12,24\},\{5,10,20\},\cdots$，链的条数就等于 $1\sim 30$ 中奇数的个数 $30\div 2=\underline{15}$ 条。
    2. 第 2 步（每链至多取一个）：同一条链上后一个数是前一个数的倍数，所以最多能取 \underline{15} 个数。
    3. 第 3 步（构造达到上界）：取 $16,17,\cdots,30$ 这些数，它们中最小的是 $16$，而 $16\times 2=\underline{32}$ 已超过 $30$，所以两两之间没有倍数关系，个数为 $30-16+1=\underline{15}$ 个。
    4. 第 4 步（下结论）：上界与构造相同，答案是 \underline{15}。
    最终答案：$15$ 个。
  2. 1. ch24-chaoyue-01 · 第二套
    1. 第 1 步（造抽屉）：把编号按“不断乘 $2$ ”串成链，链数等于 $1\sim 30$ 中奇数编号的个数 $30\div 2=\underline{15}$ 条。
    2. 第 2 步（每链至多挑一个）：同链两个编号成倍数关系，所以最多挑 \underline{15} 个盒子。
    3. 第 3 步（构造）：挑 $16\sim 30$ 号，因为 $16\times 2=\underline{32}$ 已超过 $30$，两两无倍数关系，共 $30-16+1=\underline{15}$ 个。
    4. 第 4 步（下结论）：最多能挑 \underline{15} 个盒子。
    最终答案：$15$ 个。
  3. 1. ch24-chaoyue-01 · 第三套
    1. 第 1 步（造抽屉）：按倍数链分组，链数等于奇数个数 $24\div 2=\underline{12}$ 条，所以最多取 \underline{12} 个。
    2. 第 2 步（构造达到上界）：取 $13\sim 24$，最小的 $13$ 的 $2$ 倍是 $13\times 2=\underline{26}$，已超过 $24$，两两无倍数关系，共 $24-13+1=\underline{12}$ 个。
    3. 第 3 步（下结论）：答案是 \underline{12}。
    最终答案：$12$ 个。
  4. 1. ch24-chaoyue-01 · 第三套
    1. 第 1 步（先求最坏情形）：按倍数链把 $1\sim 30$ 分成 $30\div 2=\underline{15}$ 条链，每链至多取一个，最坏情形能取 \underline{15} 个数而两两无倍数关系（例如 $16\sim 30$）。
    2. 第 2 步（再加一个）：再取 $1$ 个数，必与已取的某数落在同一条链上，从而成倍数关系。
    3. 第 3 步（下结论）：至少要选 $15+1=\underline{16}$ 个数。
    最终答案：$16$ 个。
  5. 2. ch24-chaoyue-02 · 第一套
    1. 第 1 步（第一问数抽屉）：一个数除以 $91$ 的余数有 $0,1,\cdots,90$ 共 $90+1=\underline{91}$ 种。
    2. 第 2 步（比大小）：$92-91=\underline{1}$，苹果多于抽屉，必有两数同余，差是 $91$ 的倍数。
    3. 第 3 步（第二问取多少个）：在 $1,11,111,\cdots$ 中取前 \underline{92} 个数，由第一问必有两个数 $A>B$ 的差是 $91$ 的倍数。
    4. 第 4 步（把差还原）：两个全 $1$ 数相减得到形如“若干个 $1$ 后面跟若干个 $0$”的数，即（全 $1$ 数）$\times 10^k$。由于 $91=7\times \underline{13}$ 与 $10$ 没有公共质因数，$91$ 只能整除前面的全 $1$ 数，结论成立。
    最终答案：（1）必有两个数的差是 $91$ 的倍数；（2）必有一个数是 $91$ 的倍数。
  6. 2. ch24-chaoyue-02 · 第二套
    1. 第 1 步（第一问数抽屉）：号码除以 $91$ 的余数有 $90+1=\underline{91}$ 种。
    2. 第 2 步（比大小）：$92-91=\underline{1}$，必有两张号码同余，差是 $91$ 的倍数。
    3. 第 3 步（第二问）：取这系列的前 \underline{92} 张，必有两张号码之差是 $91$ 的倍数。
    4. 第 4 步（还原）：两个全 $1$ 号码相减是（全 $1$ 数）$\times 10^k$，而 $91=7\times \underline{13}$ 与 $10$ 互质，所以 $91$ 整除前面的全 $1$ 数。
    最终答案：（1）必有两张号码之差是 $91$ 的倍数；（2）必有一张号码是 $91$ 的倍数。
  7. 2. ch24-chaoyue-02 · 第三套
    1. 第 1 步（数抽屉）：一个数除以 $2019$ 的余数有 $0,1,\cdots,2018$ 共 $2018+1=\underline{2019}$ 种。
    2. 第 2 步（取足够多的数）：取这列数的前 $2019+1=\underline{2020}$ 个，由抽屉原理必有两个数 $A>B$ 除以 $2019$ 同余，它们的差是 $2019$ 的倍数。
    3. 第 3 步（还原成全 $1$ 数）：$A-B$ 形如（全 $1$ 数）$\times 10^k$。因为 $2019=3\times \underline{673}$，质因数只有 $3$ 和 $673$，与 $10$ 没有公共质因数，所以 $2019$ 只能整除前面的全 $1$ 数。
    最终答案：必有一个数是 $2019$ 的倍数。
  8. 2. ch24-chaoyue-02 · 第三套
    1. 第 1 步（造抽屉）：按除以 $67$ 的余数分成 $66+1=\underline{67}$ 个抽屉；同一抽屉里任意两数之差都是 $67$ 的倍数，所以要找的是“某屉里有 $3$ 个数”。
    2. 第 2 步（想最坏情形）：要挡住“某屉有 $3$ 个”，每屉最多放 $2$ 个，这时共有 $67\times 2=\underline{134}$ 个数。
    3. 第 3 步（再加一个）：再取 $1$ 个数必使某屉凑够 $3$ 个，所以至少要取 $134+1=\underline{135}$ 个。
    最终答案：$135$ 个。
  9. 3. ch24-chaoyue-03 · 第一套
    1. 第 1 步（分解倍数）：$1155=3\times 5\times 7\times \underline{11}$，所以只要四个因式分别是 $11,7,5,3$ 的倍数即可。
    2. 第 2 步（第一层，用最大的质因数）：除以 $11$ 的余数有 \underline{11} 种，而有 $12$ 个数，$12-11=\underline{1}$，必有两数同余，取出 $a,b$，剩下 $12-2=\underline{10}$ 个数。
    3. 第 3 步（第二层）：除以 $7$ 的余数有 $7$ 种，$10>7$，取出 $c,d$，剩下 $10-2=\underline{8}$ 个数。
    4. 第 4 步（第三层）：除以 $5$ 的余数有 $5$ 种，$8>5$，取出 $e,f$，剩下 $8-2=\underline{6}$ 个数。
    5. 第 5 步（第四层并相乘）：除以 $3$ 的余数有 $3$ 种，$6>3$，取出 $g,h$；四式相乘是 $11\times 7\times 5\times 3=\underline{1155}$ 的倍数。
    最终答案：一定能找出这样的 $8$ 个数。
  10. 3. ch24-chaoyue-03 · 第二套
    1. 第 1 步（分解倍数）：$1155=3\times 5\times 7\times \underline{11}$。
    2. 第 2 步（第一层）：按除以 $11$ 的余数分类，余数有 \underline{11} 种，$12-11=\underline{1}$，必有两人同余，配成第一对，剩 $12-2=\underline{10}$ 人。
    3. 第 3 步（第二层）：按除以 $7$ 的余数分类，$10>7$，配成第二对，剩 $10-2=\underline{8}$ 人。
    4. 第 4 步（第三层）：按除以 $5$ 的余数分类，$8>5$，配成第三对，剩 $8-2=\underline{6}$ 人。
    5. 第 5 步（第四层）：按除以 $3$ 的余数分类，$6>3$，配成第四对；四个差相乘是 $11\times 7\times 5\times 3=\underline{1155}$ 的倍数。
    最终答案：一定能挑出这样的 $8$ 名同学。
  11. 3. ch24-chaoyue-03 · 第三套
    1. 第 1 步（分解倍数）：$385=5\times 7\times \underline{11}$。
    2. 第 2 步（第一层）：除以 $11$ 的余数有 \underline{11} 种，$12>11$，取出 $a,b$，剩下 $12-2=\underline{10}$ 个数。
    3. 第 3 步（第二层）：除以 $7$ 的余数有 $7$ 种，$10>7$，取出 $c,d$，剩下 $10-2=\underline{8}$ 个数。
    4. 第 4 步（第三层并相乘）：除以 $5$ 的余数有 $5$ 种，$8>5$，取出 $e,f$；三式相乘是 $11\times 7\times 5=\underline{385}$ 的倍数。
    最终答案：一定能找出这样的 $6$ 个数。
  12. 3. ch24-chaoyue-03 · 第三套
    1. 第 1 步（分解倍数）：$2310=2\times 3\times 5\times 7\times \underline{11}$，共 \underline{5} 个质因数，所以要配 $5$ 对。
    2. 第 2 步（关键：从大到小用）：必须先用最大的质因数 $11$，因为它要求的抽屉最多。除以 $11$ 的余数有 $11$ 种，$12>11$，取出第一对，剩下 $12-2=\underline{10}$ 个。
    3. 第 3 步（继续）：$10>7$ 取出第二对，剩 $10-2=\underline{8}$ 个；$8>5$ 取出第三对，剩 $8-2=\underline{6}$ 个。
    4. 第 4 步（最后两层）：$6>3$ 取出第四对，剩 $6-2=\underline{4}$ 个；$4>2$ 取出第五对（除以 $2$ 的余数只有 $2$ 种）。
    5. 第 5 步（相乘）：五个差相乘是 $11\times 7\times 5\times 3\times 2=\underline{2310}$ 的倍数。
    最终答案：一定能找出这样的 $10$ 个数。
  13. 4. ch24-chaoyue-04 · 第一套
    1. 第 1 步（找乘积三元组）：先找几组互不相交的三元组，其中大数等于另两数之积：$\{2,13,26\}$（因为 $2\times 13=\underline{26}$）、$\{3,9,27\}$、$\{4,7,28\}$、$\{5,6,30\}$，一共 \underline{4} 组，用到的数互不相同。
    2. 第 2 步（求上界）：每组至少要去掉一个数，所以最多能取 $30-4=\underline{26}$ 个。
    3. 第 3 步（给出构造）：去掉 $2,3,4,5$，剩下的数中最小的两个是 $6$ 和 $7$，乘积 $6\times 7=\underline{42}$ 已超过 $30$，所以剩下的数里没有一个等于另外两个的乘积。
    4. 第 4 步（下结论）：上界与构造一致，答案是 \underline{26} 个。
    最终答案：$26$ 个。
  14. 4. ch24-chaoyue-04 · 第二套
    1. 第 1 步（找乘积三元组）：$\{2,13,26\}$（$2\times 13=\underline{26}$）、$\{3,9,27\}$、$\{4,7,28\}$、$\{5,6,30\}$，共 \underline{4} 组，编号互不相同。
    2. 第 2 步（求上界）：每组至少去掉一件，最多挑 $30-4=\underline{26}$ 件。
    3. 第 3 步（构造）：去掉编号 $2,3,4,5$ 的展品，剩下最小的两个编号 $6$ 和 $7$ 的乘积 $6\times 7=\underline{42}$ 已超过 $30$。
    4. 第 4 步（下结论）：最多能挑 \underline{26} 件。
    最终答案：$26$ 件。
  15. 4. ch24-chaoyue-04 · 第三套
    1. 第 1 步（找乘积三元组）：$\{2,17,34\}$（$2\times 17=\underline{34}$）、$\{3,11,33\}$、$\{4,8,32\}$、$\{5,7,35\}$，共 \underline{4} 组，互不相交。
    2. 第 2 步（求上界）：最多取 $36-4=\underline{32}$ 个。
    3. 第 3 步（构造并下结论）：去掉 $2,3,4,5$，剩下最小的两数之积 $6\times 7=\underline{42}$ 已超过 $36$，所以答案是 \underline{32} 个。
    最终答案：$32$ 个。
  16. 4. ch24-chaoyue-04 · 第三套
    1. 第 1 步（先想清楚该去掉哪些数）：要让剩下的数里没有乘积关系，只要最小的两个数之积超过 $50$ 就行；由 $6\times 7=\underline{42}$ 还不够大、$7\times 8=\underline{56}$ 已超过 $50$，所以应当去掉 $2,3,4,5,6$ 这 \underline{5} 个数。
    2. 第 2 步（构造给出下界）：去掉这 $5$ 个数后还剩 $50-5=\underline{45}$ 个数，它们满足要求。
    3. 第 3 步（找三元组给出上界）：$\{2,23,46\},\{3,15,45\},\{4,11,44\},\{5,8,40\},\{6,7,42\}$ 这 \underline{5} 组互不相交，每组至少去掉一个，所以最多取 $50-5=\underline{45}$ 个。
    4. 第 4 步（下结论）：上界与构造一致，答案是 \underline{45} 个。
    最终答案：$45$ 个。
  17. 6. ch24-chaoyue-06 · 第一套
    1. 第 1 步（数扇形总数）：每个扇形由起点决定，起点有 \underline{12} 种，所以互不相同的扇形共 \underline{12} 个。
    2. 第 2 步（每组几个扇形才能盖满）：每个扇形盖 $3$ 个数，要盖满 $12$ 个数需要 $12\div 3=\underline{4}$ 个扇形一组。
    3. 第 3 步（数组数）：$12$ 个扇形分成 $12\div 4=\underline{3}$ 组，每组恰好盖满全盘。
    4. 第 4 步（最坏情形）：每组都只取 $4-1=\underline{3}$ 个，共 $3\times 3=\underline{9}$ 个仍取不到整组。
    5. 第 5 步（再加一个）：$n$ 的最小值是 $9+1=\underline{10}$。
    最终答案：$10$。
  18. 6. ch24-chaoyue-06 · 第二套
    1. 第 1 步（数喷头总数）：喷头由起点决定，起点有 \underline{12} 种，互不相同的喷头共 \underline{12} 台。
    2. 第 2 步（每组几台才能浇满）：每台浇 $3$ 盆，浇满 $12$ 盆需 $12\div 3=\underline{4}$ 台一组。
    3. 第 3 步（数组数）：$12$ 台分成 $12\div 4=\underline{3}$ 组，每组恰好浇满。
    4. 第 4 步（最坏情形）：每组只装 $4-1=\underline{3}$ 台，共 $3\times 3=\underline{9}$ 台仍凑不齐一整组。
    5. 第 5 步（再加一台）：$n$ 的最小值是 $9+1=\underline{10}$。
    最终答案：$10$。
  19. 6. ch24-chaoyue-06 · 第三套
    1. 第 1 步（数扇形总数）：起点有 \underline{20} 种，互不相同的扇形共 \underline{20} 个。
    2. 第 2 步（每组几个）：每个盖 $5$ 个数，盖满 $20$ 个数要 $20\div 5=\underline{4}$ 个一组。
    3. 第 3 步（数组数）：$20$ 个扇形分成 $20\div 4=\underline{5}$ 组。
    4. 第 4 步（最坏情形并加一）：每组只取 $4-1=\underline{3}$ 个共 $5\times 3=\underline{15}$ 个，再取 $1$ 个即可，$n$ 的最小值是 $15+1=\underline{16}$。
    最终答案：$16$。
  20. 6. ch24-chaoyue-06 · 第三套
    1. 第 1 步（数扇形总数）：起点有 \underline{30} 种，互不相同的扇形共 \underline{30} 个。
    2. 第 2 步（每组几个扇形）：每个盖 $5$ 个数，盖满 $30$ 个数需要 $30\div 5=\underline{6}$ 个扇形一组。
    3. 第 3 步（数组数）：这 $30$ 个扇形按起点分成 $30\div 6=\underline{5}$ 组，每组恰好盖满全盘。
    4. 第 4 步（最坏情形）：每组都只取 $6-1=\underline{5}$ 个，共 $5\times 5=\underline{25}$ 个仍凑不齐整组。
    5. 第 5 步（再加一个）：$n$ 的最小值是 $25+1=\underline{26}$。
    最终答案：$26$。
  21. 7. ch24-chaoyue-07 · 第一套
    1. 第 1 步（列内先用一次抽屉原理）：每列有 $5$ 格、只有 $3$ 种颜色，$5-3=\underline{2}$，所以每列中必有两格同色。
    2. 第 2 步（数行的配对种数）：从 $5$ 行中挑两行，共有 $5\times 4\div 2=\underline{10}$ 种配对。
    3. 第 3 步（数身份卡总数）：身份卡由“哪两行 + 什么颜色”决定，共 $10\times 3=\underline{30}$ 种。
    4. 第 4 步（比大小并下结论）：$31-30=\underline{1}$，列数多于身份卡种数，必有两列身份卡相同，这两列与那两行交出的四个格子同色，构成所求长方形。
    最终答案：一定存在四个顶点同色的长方形。
  22. 7. ch24-chaoyue-07 · 第二套
    1. 第 1 步（列内先用抽屉原理）：每列 $5$ 块砖、只有 $3$ 种颜色，$5-3=\underline{2}$，必有两块同色。
    2. 第 2 步（数行的配对）：从 $5$ 行中挑两行共 $5\times 4\div 2=\underline{10}$ 种。
    3. 第 3 步（数身份卡）：身份卡＝“哪两行 + 什么颜色”，共 $10\times 3=\underline{30}$ 种。
    4. 第 4 步（比大小）：$31-30=\underline{1}$，必有两列身份卡相同，四个角上的砖同色。
    最终答案：一定能找到四块同色且位于长方形四角的砖。
  23. 7. ch24-chaoyue-07 · 第三套
    1. 第 1 步（列内用抽屉原理）：每列 $3$ 格、$2$ 种颜色，$3-2=\underline{1}$，必有两格同色。
    2. 第 2 步（数行的配对）：从 $3$ 行中挑两行共 $3\times 2\div 2=\underline{3}$ 种。
    3. 第 3 步（数身份卡）：共 $3\times 2=\underline{6}$ 种。
    4. 第 4 步（比大小并下结论）：$7-6=\underline{1}$，必有两列身份卡相同，得四角同色长方形。
    最终答案：一定存在四个顶点同色的长方形。
  24. 7. ch24-chaoyue-07 · 第三套
    1. 第 1 步（先确认列内必有同色两格）：每列 $5$ 格、$4$ 种颜色，$5-4=\underline{1}$，由抽屉原理必有两格同色。
    2. 第 2 步（数行的配对种数）：从 $5$ 行中挑两行，共 $5\times 4\div 2=\underline{10}$ 种。
    3. 第 3 步（数身份卡总数）：身份卡＝“哪两行 + 什么颜色”，共 $10\times 4=\underline{40}$ 种。
    4. 第 4 步（想最坏情形）：如果只有 $40$ 列，可能每种身份卡恰好出现一次，找不到同色长方形。
    5. 第 5 步（再加一列）：所以 $n$ 至少是 $40+1=\underline{41}$。
    最终答案：$n$ 至少是 $41$。
  25. 8. ch24-chaoyue-08 · 第一套
    1. 第 1 步（定周期）：两个禁止的差相加 $4+7=\underline{11}$，所以按每连续 $11$ 个数分成一段。
    2. 第 2 步（一段的上界）：连续 $11$ 个数按“差 $4$ 或 $7$ 相连”正好连成一个圈，圈上相邻两数不能同取，一段最多取 \underline{5} 个。
    3. 第 3 步（分段）：$3300\div 11=\underline{300}$，恰好分成整段，没有零头。
    4. 第 4 步（合计并构造）：最多能取 $300\times 5=\underline{1500}$ 个；取 $1,4,6,7,9$ 以及每次都加 $11$ 得到的数即可达到。
    最终答案：$1500$ 个。
  26. 8. ch24-chaoyue-08 · 第二套
    1. 第 1 步（定周期）：两个禁止的差相加 $4+7=\underline{11}$，按每连续 $11$ 个编号分成一段。
    2. 第 2 步（一段的上界）：一段内按“差 $4$ 或 $7$ 相连”连成一个圈，相邻不能同取，一段最多启用 \underline{5} 个。
    3. 第 3 步（分段）：$3300\div 11=\underline{300}$ 段，没有零头。
    4. 第 4 步（合计）：最多启用 $300\times 5=\underline{1500}$ 个摊位。
    最终答案：$1500$ 个。
  27. 8. ch24-chaoyue-08 · 第三套
    1. 第 1 步（定周期）：$4+7=\underline{11}$，按每 $11$ 个数一段。
    2. 第 2 步（分段）：$2200\div 11=\underline{200}$ 段，恰好分完。
    3. 第 3 步（一段上界并合计）：每段最多取 \underline{5} 个，共 $200\times 5=\underline{1000}$ 个。
    最终答案：$1000$ 个。
  28. 8. ch24-chaoyue-08 · 第三套
    1. 第 1 步（先求最坏情形能取多少）：按 $4+7=\underline{11}$ 定出周期，每连续 $11$ 个数最多取 \underline{5} 个。
    2. 第 2 步（分段）：$2000\div 11$ 的商是 \underline{181}，余数是 \underline{9}。
    3. 第 3 步（算最坏情形的总数）：整段部分 $181\times 5=\underline{905}$ 个，零头 $9$ 个数最多再取 $5$ 个，合计 $905+5=\underline{910}$ 个，此时任两数之差都不是 $4$ 或 $7$。
    4. 第 4 步（再加一个）：再取 $1$ 个数就必然出现差为 $4$ 或 $7$ 的两个数，所以至少要选 $910+1=\underline{911}$ 个。
    最终答案：$911$ 个。
  29. 9. ch24-tuozhan-01 · 第一套
    1. 第 1 步（数苹果）：截取相邻两位的起点可以是第 $1$ 位到第 $10$ 位，一共有 $11-2+1=\underline{10}$ 个两位数。
    2. 第 2 步（数抽屉）：每一位都只能是 $1,2,3$，由乘法原理，这样的两位数一共有 $3\times 3=\underline{9}$ 个。
    3. 第 3 步（比大小）：$10-9=\underline{1}$，苹果比抽屉多。
    4. 第 4 步（下结论）：由抽屉原理，截出的 $10$ 个两位数中必有两个相等。
    最终答案：一定有两个相等。
  30. 9. ch24-tuozhan-01 · 第二套
    1. 第 1 步（数苹果）：相邻两符号的起点从第 $1$ 位到第 $10$ 位，共 $11-2+1=\underline{10}$ 个双符号组。
    2. 第 2 步（数抽屉）：每个位置有 $A,B,C$ 三种，双符号组一共有 $3\times 3=\underline{9}$ 种。
    3. 第 3 步（比大小）：$10-9=\underline{1}$，苹果多于抽屉。
    4. 第 4 步（下结论）：必有两个双符号组完全相同。
    最终答案：一定有两个完全相同。
  31. 9. ch24-tuozhan-01 · 第三套
    1. 第 1 步（数苹果）：截取长度变成 $3$，起点从第 $1$ 位到第 $9$ 位，共 $11-3+1=\underline{9}$ 个三位数。
    2. 第 2 步（数抽屉）：每一位只能是 $1,2$，三位数共有 $2\times 2\times 2=\underline{8}$ 个。
    3. 第 3 步（比大小）：$9-8=\underline{1}$，苹果多于抽屉，必有两个相等。
    最终答案：一定有两个相等。
  32. 9. ch24-tuozhan-01 · 第三套
    1. 第 1 步（数苹果）：起点从第 $1$ 位到第 $19$ 位，共 $20-2+1=\underline{19}$ 个两位数。
    2. 第 2 步（数抽屉）：由 $1,2,3$ 组成的两位数共 $3\times 3=\underline{9}$ 个。
    3. 第 3 步（带余除法）：$19\div 9$ 的商是 \underline{2}，余数是 \underline{1}。
    4. 第 4 步（用抽屉原理）：有余数，必有一种两位数至少出现 \underline{3} 次。
    最终答案：至少有 $3$ 个是相同的。
  33. 10. ch24-tuozhan-02 · 第一套
    1. 第 1 步（数抽屉）：每列有 $3$ 格，每格 $2$ 种颜色，由乘法原理，一列的染色方式共 $2\times 2\times 2=\underline{8}$ 种。
    2. 第 2 步（数苹果）：一共有 \underline{9} 列。
    3. 第 3 步（比大小）：$9-8=\underline{1}$，列数多于种数。
    4. 第 4 步（下结论）：由抽屉原理，必有两列的染色方式相同。
    最终答案：总有两列的染色方式是一样的。
  34. 10. ch24-tuozhan-02 · 第二套
    1. 第 1 步（数抽屉）：每面旗有 $3$ 道横条，每道 $2$ 种颜色，图案共 $2\times 2\times 2=\underline{8}$ 种。
    2. 第 2 步（数苹果）：一共有 \underline{9} 面旗子。
    3. 第 3 步（比大小）：$9-8=\underline{1}$，旗子多于图案种数。
    4. 第 4 步（下结论）：必有两面旗子图案相同。
    最终答案：总有两面旗子的图案是一样的。
  35. 10. ch24-tuozhan-02 · 第三套
    1. 第 1 步（数抽屉）：每列 $2$ 格，每格 $3$ 种颜色，一列的染色方式共 $3\times 3=\underline{9}$ 种。
    2. 第 2 步（数苹果）：共 \underline{10} 列。
    3. 第 3 步（比大小）：$10-9=\underline{1}$，列数多于种数，必有两列相同。
    最终答案：总有两列的染色方式是一样的。
  36. 10. ch24-tuozhan-02 · 第三套
    1. 第 1 步（数抽屉）：每列 $3$ 格、每格 $2$ 色，一列的染色方式共 $2\times 2\times 2=\underline{8}$ 种。
    2. 第 2 步（带余除法）：$17$ 列放进 $8$ 种，$17\div 8$ 的商是 \underline{2}，余数是 \underline{1}。
    3. 第 3 步（用抽屉原理）：有余数，必有一种染色方式至少出现 \underline{3} 次。
    最终答案：至少有 $3$ 列完全一样。
  37. 11. ch24-tuozhan-03 · 第一套
    1. 第 1 步（数苹果）：截取相邻三位的起点从第 $1$ 位到第 $68$ 位，共 $70-3+1=\underline{68}$ 个三位数。
    2. 第 2 步（数抽屉）：每一位有 $1,2,3,4$ 四种选择，这样的三位数共 $4\times 4\times 4=\underline{64}$ 个。
    3. 第 3 步（比大小）：$68-64=\underline{4}$，苹果多于抽屉。
    4. 第 4 步（下结论）：由抽屉原理，必有两个三位数相等。
    最终答案：一定有两个相等。
  38. 11. ch24-tuozhan-03 · 第二套
    1. 第 1 步（数苹果）：相邻三盏灯的起点从第 $1$ 盏到第 $68$ 盏，共 $70-3+1=\underline{68}$ 个三色组合。
    2. 第 2 步（数抽屉）：每盏灯有 $4$ 种颜色，三色组合共 $4\times 4\times 4=\underline{64}$ 种。
    3. 第 3 步（比大小）：$68-64=\underline{4}$，组合个数多于种数。
    4. 第 4 步（下结论）：必有两个三色组合完全相同。
    最终答案：一定有两个完全相同。
  39. 11. ch24-tuozhan-03 · 第三套
    1. 第 1 步（数苹果）：截取长度为 $4$，起点从第 $1$ 位到第 $17$ 位，共 $20-4+1=\underline{17}$ 个四位数。
    2. 第 2 步（数抽屉）：每一位只能是 $1,2$，四位数共 $2\times 2\times 2\times 2=\underline{16}$ 个。
    3. 第 3 步（比大小）：$17-16=\underline{1}$，苹果多于抽屉，必有两个相等。
    最终答案：一定有两个相等。
  40. 11. ch24-tuozhan-03 · 第三套
    1. 第 1 步（数苹果）：起点从第 $1$ 位到第 $98$ 位，共 $100-3+1=\underline{98}$ 个三位数。
    2. 第 2 步（数抽屉）：由 $1,2,3$ 组成的三位数共 $3\times 3\times 3=\underline{27}$ 个。
    3. 第 3 步（带余除法）：$98\div 27$ 的商是 \underline{3}，余数是 \underline{17}。
    4. 第 4 步（用抽屉原理）：有余数，必有一个三位数至少出现 \underline{4} 次。
    最终答案：至少有 $4$ 个是相同的。
  41. 12. ch24-tuozhan-04 · 第一套
    1. 第 1 步（数抽屉）：分到的颗数只能是 $1\sim 9$，共 \underline{9} 个抽屉。
    2. 第 2 步（反设并卡人数）：反设每种颗数至多 $4$ 只猴，则 $36$ 只猴只能每种恰好 $36\div 9=\underline{4}$ 只。
    3. 第 3 步（算总数）：这时花生总数为 $(1+2+\cdots+9)\times 4=\underline{45}\times 4=\underline{180}$ 颗。
    4. 第 4 步（找矛盾）：$180$ 比实际的 $200$ \underline{20}（填两数之差）颗，矛盾，说明反设不成立。
    5. 第 5 步（下结论）：必有一种颗数被至少 $4+1=\underline{5}$ 只小猴分到。
    最终答案：$5$ 只。
  42. 12. ch24-tuozhan-04 · 第二套
    1. 第 1 步（数抽屉）：分到的张数只能是 $1\sim 9$，共 \underline{9} 个抽屉。
    2. 第 2 步（反设并卡人数）：反设每种张数至多 $4$ 人，则 $36$ 人只能每种恰好 $36\div 9=\underline{4}$ 人。
    3. 第 3 步（算总数）：这时贴纸总数为 $(1+2+\cdots+9)\times 4=\underline{45}\times 4=\underline{180}$ 张。
    4. 第 4 步（找矛盾）：与实际的 $200$ 张相差 \underline{20} 张，矛盾。
    5. 第 5 步（下结论）：至少有 $4+1=\underline{5}$ 名同学分到的张数一样。
    最终答案：$5$ 名。
  43. 12. ch24-tuozhan-04 · 第三套
    1. 第 1 步（数抽屉）：分到的颗数是 $1\sim 10$，共 \underline{10} 个抽屉。
    2. 第 2 步（反设并卡数）：反设每种颗数至多 $5$ 只，则 $50$ 只猴只能每种恰好 $50\div 10=\underline{5}$ 只。
    3. 第 3 步（算总数）：花生总数为 $(1+2+\cdots+10)\times 5=\underline{55}\times 5=\underline{275}$ 颗。
    4. 第 4 步（找矛盾并下结论）：$275<300$，矛盾，所以至少有 $5+1=\underline{6}$ 只小猴分到的一样多。
    最终答案：$6$ 只。
  44. 12. ch24-tuozhan-04 · 第三套
    1. 第 1 步（想最坏情形）：要挡住“$5$ 只一样”，每种颗数至多 $4$ 只猴，$9$ 种颗数最多容纳 $9\times 4=\underline{36}$ 只猴，够放下 $27$ 只。
    2. 第 2 步（把猴子尽量放在大颗数上，求总数的最大值）：让分到 $9,8,7,6,5,4$ 颗的各 $4$ 只（共 $24$ 只），分到 $3$ 颗的 $3$ 只，总数为 $(9+8+7+6+5+4)\times 4=\underline{156}$ 颗再加上 $3\times 3=\underline{9}$ 颗，合计 \underline{165} 颗。
    3. 第 3 步（再多一颗就挡不住）：总数只要比 $165$ 大，就无法让每种颗数都至多 $4$ 只，所以花生总数至少是 $165+1=\underline{166}$ 颗。
    最终答案：至少 $166$ 颗。
  45. 13. ch24-tuozhan-05 · 第一套
    1. 第 1 步（求和的最小值）：每条线上有 $5$ 个数，最小的和是 $1\times 5=\underline{5}$。
    2. 第 2 步（求和的最大值）：最大的和是 $3\times 5=\underline{15}$。
    3. 第 3 步（数抽屉）：和的可能取值有 $15-5+1=\underline{11}$ 种。
    4. 第 4 步（数苹果）：行、列、对角线一共 $5+5+2=\underline{12}$ 条。
    5. 第 5 步（比大小并下结论）：$12-11=\underline{1}$，线数多于取值种数，必有两条线的和相等，所以不能。
    最终答案：不能。
  46. 13. ch24-tuozhan-05 · 第二套
    1. 第 1 步（求最小总数）：每条线上有 $5$ 个格子，最少 $1\times 5=\underline{5}$ 本。
    2. 第 2 步（求最大总数）：最多 $3\times 5=\underline{15}$ 本。
    3. 第 3 步（数抽屉）：总数的可能取值有 $15-5+1=\underline{11}$ 种。
    4. 第 4 步（数苹果）：行、列、对角线共 $5+5+2=\underline{12}$ 条。
    5. 第 5 步（比大小）：$12-11=\underline{1}$，必有两条线的书本总数相同，所以不能。
    最终答案：不能。
  47. 13. ch24-tuozhan-05 · 第三套
    1. 第 1 步（求和的范围）：每条线 $4$ 个数，最小 $1\times 4=\underline{4}$，最大 $2\times 4=\underline{8}$。
    2. 第 2 步（数抽屉）：和的可能取值有 $8-4+1=\underline{5}$ 种。
    3. 第 3 步（数苹果）：行、列、对角线共 $4+4+2=\underline{10}$ 条。
    4. 第 4 步（比大小）：$10-5=\underline{5}$，线数远多于取值种数，必有两条线的和相等，所以不能。
    最终答案：不能。
  48. 13. ch24-tuozhan-05 · 第三套
    1. 第 1 步（求和的范围）：每条线 $6$ 个数，最小 $1\times 6=\underline{6}$，最大 $3\times 6=\underline{18}$。
    2. 第 2 步（数抽屉）：和的可能取值有 $18-6+1=\underline{13}$ 种。
    3. 第 3 步（数苹果）：行、列、对角线共 $6+6+2=\underline{14}$ 条。
    4. 第 4 步（带余除法）：$14\div 13$ 的商是 \underline{1}，余数是 \underline{1}。
    5. 第 5 步（用抽屉原理）：有余数，必有一种和至少出现 \underline{2} 次，即至少有 2 条线的和相同。
    最终答案：至少有 $2$ 条线的和是相同的。
  49. 14. ch24-tuozhan-06 · 第一套
    1. 第 1 步（第一问按和配对）：和为 $200$ 的配对是 $\{1,199\},\{2,198\},\cdots,\{99,101\}$，共 \underline{99} 组。
    2. 第 2 步（别漏掉落单数）：$100$ 配不成对，单独一组，抽屉共 $99+1=\underline{100}$ 个，所以最多取 \underline{100} 个（取 $100\sim199$ 即可）。
    3. 第 3 步（第二问按差分段）：每连续 $10$ 个数为一段，$199\div 10$ 的商是 \underline{19}，余数是 \underline{9}。
    4. 第 4 步（整段部分）：$19$ 个整段每段最多取 $5$ 个，共 $19\times 5=\underline{95}$ 个。
    5. 第 5 步（零头部分并合计）：零头 $191\sim199$ 最多取 $5$ 个，合计 $95+5=\underline{100}$ 个。
    最终答案：两问的答案都是 $100$。
  50. 14. ch24-tuozhan-06 · 第二套
    1. 第 1 步（第一问配对）：编号和为 $200$ 的配成一对：$\{1,199\},\{2,198\},\cdots,\{99,101\}$，共 \underline{99} 对。
    2. 第 2 步（落单编号）：$100$ 号单独一组，抽屉共 $99+1=\underline{100}$ 个，最多启用 \underline{100} 个柜子。
    3. 第 3 步（第二问分段）：每连续 $10$ 个编号一段，$199\div 10$ 的商是 \underline{19}，余数是 \underline{9}。
    4. 第 4 步（整段）：$19$ 段每段最多 $5$ 个，共 $19\times 5=\underline{95}$ 个。
    5. 第 5 步（零头并合计）：零头 $191\sim199$ 最多 $5$ 个，合计 $95+5=\underline{100}$ 个。
    最终答案：（1）$100$ 个；（2）$100$ 个。
  51. 14. ch24-tuozhan-06 · 第三套
    1. 第 1 步（分段）：差为 $7$ 的两数不能同取，按每连续 $7\times 2=\underline{14}$ 个数分成一段。
    2. 第 2 步（数整段与零头）：$99\div 14$ 的商是 \underline{7}，余数是 \underline{1}。
    3. 第 3 步（整段部分）：$7$ 个整段（$1\sim98$）每段最多取 $7$ 个，共 $7\times 7=\underline{49}$ 个。
    4. 第 4 步（零头并合计）：零头只有 $99$ 一个数，可以取，合计 $49+1=\underline{50}$ 个。
    最终答案：$50$ 个。
  52. 14. ch24-tuozhan-06 · 第三套
    1. 第 1 步（第一问先求最坏情形）：按和 $200$ 配对得 $99$ 组，加上落单的 $\{100\}$ 共 \underline{100} 个抽屉，最坏情形每屉取一个共 $100$ 个数而没有和为 $200$ 的两数。
    2. 第 2 步（再加一个）：再取 $1$ 个数必与某屉已取数配成和 $200$，所以至少取 $100+1=\underline{101}$ 个。
    3. 第 3 步（第二问先求最坏情形）：按差 $5$ 分段，$19$ 个整段各取 $5$ 个共 $19\times 5=\underline{95}$ 个，零头 $191\sim199$ 再取 $5$ 个，最坏情形共 $95+5=\underline{100}$ 个。
    4. 第 4 步（再加一个）：再取 $1$ 个数必出现差为 $5$ 的两数，所以至少取 $100+1=\underline{101}$ 个。
    最终答案：（1）至少取 $101$ 个；（2）至少取 $101$ 个。
  53. 15. ch24-tuozhan-07 · 第一套
    1. 第 1 步（定抽屉数上限）：要让取 $25$ 个数必有两个同屉，抽屉数最多是 $25-1=\underline{24}$ 个。
    2. 第 2 步（换算成数的个数）：每个抽屉是差为 $8$ 的一对数，共 $24\times 2=\underline{48}$ 个数。
    3. 第 3 步（验证上限）：$n=48$ 时按每连续 $16$ 个数分段，$48\div 16=\underline{3}$ 段，每段 $8$ 对，共 $3\times 8=\underline{24}$ 对，取 $25$ 个必有同对。
    4. 第 4 步（说明再大就不行）：$n=49$ 时可取出 $24+1=\underline{25}$ 个两两差不为 $8$ 的数，保证不了，所以 $n$ 最大是 \underline{48}。
    最终答案：$48$。
  54. 15. ch24-tuozhan-07 · 第二套
    1. 第 1 步（定抽屉数上限）：抽屉数最多是 $25-1=\underline{24}$ 个。
    2. 第 2 步（换算球数）：每个抽屉装编号相差 $8$ 的两个球，共 $24\times 2=\underline{48}$ 个球。
    3. 第 3 步（验证）：$n=48$ 时按每 $16$ 个编号一段，$48\div 16=\underline{3}$ 段，每段 $8$ 对，共 $3\times 8=\underline{24}$ 对。
    4. 第 4 步（说明上限）：$n=49$ 时能摸出 $24+1=\underline{25}$ 个编号两两不差 $8$ 的球，所以 $n$ 最大是 \underline{48}。
    最终答案：$48$。
  55. 15. ch24-tuozhan-07 · 第三套
    1. 第 1 步（定抽屉数上限）：抽屉数最多 $16-1=\underline{15}$ 个。
    2. 第 2 步（换算数的个数）：每屉是差为 $5$ 的一对，共 $15\times 2=\underline{30}$ 个数。
    3. 第 3 步（验证）：$n=30$ 时按每 $10$ 个一段，$30\div 10=\underline{3}$ 段，每段 $5$ 对，共 $3\times 5=\underline{15}$ 对，取 $16$ 个必有同对，所以 $n$ 最大是 \underline{30}。
    最终答案：$30$。
  56. 15. ch24-tuozhan-07 · 第三套
    1. 第 1 步（换个角度分组）：差为 $6$ 或 $12$ 的两个数除以 $6$ 的余数一定相同，所以先把 $1\sim n$ 按除以 $6$ 的余数分成 \underline{6} 类。
    2. 第 2 步（看清每类内部的限制）：同一类里的数是 $a,a+6,a+12,a+18,\cdots$，差为 $6$ 就是链上相邻、差为 $12$ 就是链上隔一个，所以每连续 $3$ 个链上元素最多只能取 \underline{1} 个。
    3. 第 3 步（设每类有 $9$ 个数）：若 $n=6\times 9=\underline{54}$，则每类恰有 $9$ 个数，每类最多取 $9\div 3=\underline{3}$ 个。
    4. 第 4 步（算总上界）：六类合计最多取 $6\times 3=\underline{18}$ 个，比 $19$ 少，所以取 $19$ 个必有两数差为 $6$ 或 $12$。
    5. 第 5 步（说明再大就不行）：$n=55$ 时余数为 $1$ 的一类有 $10$ 个数，可多取一个，最多能取 $18+1=\underline{19}$ 个而两两差不为 $6$、$12$，所以 $n$ 最大是 \underline{54}。
    最终答案：$54$。
  57. 16. ch24-tuozhan-08 · 第一套
    1. 第 1 步（为什么配相邻数）：相邻两数 $k$ 与 $k+1$ 的差是 $(k+1)-k=\underline{1}$，公因数只能是 $1$，所以一定互质。
    2. 第 2 步（造抽屉）：把 $1\sim 100$ 按相邻两数配对 $\{1,2\},\{3,4\},\cdots,\{99,100\}$，共 $100\div 2=\underline{50}$ 组。
    3. 第 3 步（最坏情形）：只取偶数 $2,4,\cdots,100$ 共 \underline{50} 个，它们两两都有公因数 $2$，互不互质。
    4. 第 4 步（再加一个）：再选 $1$ 个数必与某组的另一个数配成相邻数而互质，所以至少要选 $50+1=\underline{51}$ 个。
    最终答案：$51$ 个。
  58. 16. ch24-tuozhan-08 · 第二套
    1. 第 1 步（为什么配相邻数）：相邻两数之差是 \underline{1}，公因数只能是 $1$，一定互质。
    2. 第 2 步（造抽屉）：把相邻两数的卡片放同一格 $\{1,2\},\{3,4\},\cdots,\{99,100\}$，共 $100\div 2=\underline{50}$ 格。
    3. 第 3 步（最坏情形）：只抽写着偶数的卡片，共 \underline{50} 张，两两都不互质。
    4. 第 4 步（再抽一张）：再抽 $1$ 张必与某格的另一张配成相邻数，所以至少抽 $50+1=\underline{51}$ 张。
    最终答案：$51$ 张。
  59. 16. ch24-tuozhan-08 · 第三套
    1. 第 1 步（造抽屉）：按相邻两数配对 $\{1,2\},\{3,4\},\cdots,\{79,80\}$，共 $80\div 2=\underline{40}$ 组。
    2. 第 2 步（最坏情形）：只取偶数 $2,4,\cdots,80$ 共 \underline{40} 个，两两不互质。
    3. 第 3 步（再加一个）：至少要选 $40+1=\underline{41}$ 个。
    最终答案：$41$ 个。
  60. 16. ch24-tuozhan-08 · 第三套
    1. 第 1 步（第一问找构造）：要任何两数都不互质，最自然的做法是全取偶数，它们两两都有公因数 $2$，一共有 $100\div 2=\underline{50}$ 个。
    2. 第 2 步（第一问证上界）：把 $1\sim 100$ 按相邻两数配成 \underline{50} 组，每组两数互质，所以每组至多取一个，最多只能取 \underline{50} 个，上界与构造相同，第一问答案就是它。
    3. 第 3 步（第二问）：由第一问，取 $50$ 个仍可能两两不互质；再取 $1$ 个就必有两数同组而互质，所以至少要选 $50+1=\underline{51}$ 个。
    最终答案：（1）$50$ 个；（2）$51$ 个。
  61. 17. ch24-tuozhan-09 · 第一套
    1. 第 1 步（分类计数）：$60\div 7$ 的商是 \underline{8}，余数是 \underline{4}，所以余 $1,2,3,4$ 的各有 $8+1=\underline{9}$ 个，余 $5,6,0$ 的各有 \underline{8} 个。
    2. 第 2 步（判断哪些类不能同取）：两数之和被 $7$ 整除，说明余数之和是 $7$，所以互补的两类 $(1,6)$、$(2,5)$、$(3,4)$ 每对只能留一类，各取个数多的一类：$9,9,9$。
    3. 第 3 步（处理余 $0$ 的类）：两个余 $0$ 的数相加也被 $7$ 整除，所以余 $0$ 的类最多留 \underline{1} 个。
    4. 第 4 步（合计）：最多能取 $9+9+9+1=\underline{28}$ 个。
    最终答案：$28$ 个。
  62. 17. ch24-tuozhan-09 · 第二套
    1. 第 1 步（分类计数）：按号码除以 $7$ 的余数分类，$60\div 7$ 的商是 \underline{8}，余数是 \underline{4}，余 $1,2,3,4$ 的各 $8+1=\underline{9}$ 人，余 $5,6,0$ 的各 \underline{8} 人。
    2. 第 2 步（互补类只留一类）：号码和被 $7$ 整除即余数互补，$(1,6)$、$(2,5)$、$(3,4)$ 每对只留人多的一类，各 $9$ 人。
    3. 第 3 步（余 $0$ 类）：余 $0$ 的最多留 \underline{1} 人。
    4. 第 4 步（合计）：队伍最多 $9+9+9+1=\underline{28}$ 人。
    最终答案：$28$ 名。
  63. 17. ch24-tuozhan-09 · 第三套
    1. 第 1 步（分类计数）：$40\div 9$ 的商是 \underline{4}，余数是 \underline{4}，所以余 $1,2,3,4$ 的各 $4+1=\underline{5}$ 个，余 $5,6,7,8,0$ 的各 \underline{4} 个。
    2. 第 2 步（互补类只留一类）：互补的四对是 $(1,8),(2,7),(3,6),(4,5)$，各留个数多的一类，都是 $5$ 个。
    3. 第 3 步（余 $0$ 类）：最多留 \underline{1} 个。
    4. 第 4 步（合计）：最多取 $5\times 4+1=\underline{21}$ 个。
    最终答案：$21$ 个。
  64. 17. ch24-tuozhan-09 · 第三套
    1. 第 1 步（把“差不被 $7$ 整除”翻译一下）：两数之差被 $7$ 整除等于两数除以 $7$ 同余，所以同一余数类里最多只能取 \underline{1} 个数。
    2. 第 2 步（把“和不被 $7$ 整除”翻译一下）：两数之和被 $7$ 整除等于余数互补，所以互补的两类 $(1,6)$、$(2,5)$、$(3,4)$ 每对最多只能用其中一类，三对最多贡献 \underline{3} 个数。
    3. 第 3 步（处理余 $0$ 的类）：余 $0$ 的两数既同余、和又被 $7$ 整除，所以最多取 \underline{1} 个。
    4. 第 4 步（合计）：最多能取 $3+1=\underline{4}$ 个，例如取 $1,2,3,7$。
    最终答案：$4$ 个。
  65. 18. ch24-tuozhan-10 · 第一套
    1. 第 1 步（用好原来的结论）：任意 $5$ 个自然数中必有 $3$ 个数之和是 $3$ 的倍数，这是可以反复使用的工具。
    2. 第 2 步（取出第一组）：$11$ 个数里先取出这样的 $3$ 个数，还剩 $11-3=\underline{8}$ 个数。
    3. 第 3 步（取出第二组）：剩下的个数仍然不少于 $5$，再取出 $3$ 个数，还剩 $8-3=\underline{5}$ 个数。
    4. 第 4 步（取出第三组）：剩下的正好是 $5$ 个，还能再取出 $3$ 个数，最后剩 $5-3=\underline{2}$ 个。
    5. 第 5 步（下结论）：一共取出了 \underline{3} 组互不相交的三个数，每组之和都是 $3$ 的倍数。
    最终答案：必能找出 $3$ 组互不相交的三个数，每组之和都是 $3$ 的倍数。
  66. 18. ch24-tuozhan-10 · 第二套
    1. 第 1 步（用好基本结论）：任意 $5$ 张卡片中必有 $3$ 张的数之和是 $3$ 的倍数。
    2. 第 2 步（分出第一组）：从 $11$ 名同学里分出这样的 $3$ 人，还剩 $11-3=\underline{8}$ 人。
    3. 第 3 步（分出第二组）：剩下的人数仍不少于 $5$，再分出 $3$ 人，还剩 $8-3=\underline{5}$ 人。
    4. 第 4 步（分出第三组）：剩下正好 $5$ 人，再分出 $3$ 人，最后剩 $5-3=\underline{2}$ 人。
    5. 第 5 步（下结论）：共分出 \underline{3} 个三人小组，每组之和都是 $3$ 的倍数。
    最终答案：一定能分出 $3$ 个这样的三人小组。
  67. 18. ch24-tuozhan-10 · 第三套
    1. 第 1 步（找最坏情形）：先看 $4$ 个数够不够。取余数分别为 $1,1,2,2$ 的四个数，任取三个的余数和为 $1+1+2=\underline{4}$ 或 $1+2+2=\underline{5}$，都不是 $3$ 的倍数，所以 $4$ 个数保证不了。
    2. 第 2 步（再多一个）：取 $5$ 个数时，按余数分成 $3$ 组，若某组有 $3$ 个数则它们的和是 $3$ 的倍数；若每组都不足 $3$ 个，则每组至多 $2$ 个，三组至多 $3\times 2=\underline{6}$ 个，$5$ 个数必使三组都非空，各取一个得 $0+1+2=\underline{3}$，也是 $3$ 的倍数。
    3. 第 3 步（下结论）：所以至少要取 $4+1=\underline{5}$ 个数。
    最终答案：$5$ 个。
  68. 18. ch24-tuozhan-10 · 第三套
    1. 第 1 步（明确工具）：只要手里还剩不少于 $5$ 个数，就一定能再取出 $3$ 个数使其和为 $3$ 的倍数。
    2. 第 2 步（一轮一轮地取）：每取一组就少 $3$ 个数，从 $17$ 个开始依次剩下 $17-3=\underline{14}$、$14-3=\underline{11}$、$11-3=\underline{8}$、$8-3=\underline{5}$、$5-3=\underline{2}$ 个。
    3. 第 3 步（数一数取了几轮）：剩下 $2$ 个时不足 $5$ 个，无法再取，所以一共取了 \underline{5} 组。
    4. 第 4 步（也可以直接算）：$(17-2)\div 3=\underline{5}$，与逐轮计数的结果一致。
    最终答案：$5$ 组。
  69. 19. ch24-tuozhan-11 · 第一套
    1. 第 1 步（打包余数）：余数相同则差为 $12$ 的倍数，余数互补（和为 $12$）则和为 $12$ 的倍数。自己配一配：能与自己配成互补的余数是 $0$ 和 \underline{6}（因为 $6+6=12$），它们各自单独成一个抽屉。
    2. 第 2 步（其余余数两两配对）：剩下的余数配成 $\{1,11\},\{2,10\},\{3,9\},\{4,8\},\{5,7\}$，共 \underline{5} 个抽屉。
    3. 第 3 步（数抽屉总数）：$2+5=\underline{7}$ 个抽屉。
    4. 第 4 步（比大小并下结论）：$8-7=\underline{1}$，苹果多于抽屉，必有两数同屉，它们的和或差是 $12$ 的倍数。
    最终答案：必有 $2$ 个数的和或者差是 $12$ 的倍数。
  70. 19. ch24-tuozhan-11 · 第二套
    1. 第 1 步（打包余数）：把学号按除以 $12$ 的余数分类。能与自己互补的余数是 $0$ 和 \underline{6}，各自单独成一个抽屉。
    2. 第 2 步（其余配对）：其余余数配成 $\{1,11\},\{2,10\},\{3,9\},\{4,8\},\{5,7\}$，共 \underline{5} 个抽屉。
    3. 第 3 步（数抽屉总数）：$2+5=\underline{7}$ 个。
    4. 第 4 步（下结论）：$8-7=\underline{1}$，必有两名同学的学号同屉，和或差是 $12$ 的倍数。
    最终答案：必有 $2$ 名同学学号的和或者差是 $12$ 的倍数。
  71. 19. ch24-tuozhan-11 · 第三套
    1. 第 1 步（找自成一屉的余数）：能与自己互补的余数是 $0$ 和 \underline{7}，各自单独成一个抽屉。
    2. 第 2 步（其余配对）：其余余数配成 $\{1,13\},\{2,12\},\{3,11\},\{4,10\},\{5,9\},\{6,8\}$，共 \underline{6} 个抽屉。
    3. 第 3 步（数总数并比大小）：抽屉共 $2+6=\underline{8}$ 个，$9-8=\underline{1}$，必有两数同屉，和或差是 $14$ 的倍数。
    最终答案：必有 $2$ 个数的和或者差是 $14$ 的倍数。
  72. 19. ch24-tuozhan-11 · 第三套
    1. 第 1 步（造抽屉）：按余数“相同或互补”打包成 $\{0\},\{5\},\{1,9\},\{2,8\},\{3,7\},\{4,6\}$，共 $2+4=\underline{6}$ 个抽屉；同一抽屉里任意两个数的和或差都是 $10$ 的倍数。
    2. 第 2 步（想最坏情形）：要挡住“某屉有 $3$ 个数”，最坏是每个抽屉恰好放 $2$ 个，这时共有 $6\times 2=\underline{12}$ 个数。
    3. 第 3 步（再加一个）：再取 $1$ 个数，必使某个抽屉有 $3$ 个数，所以至少要取 $12+1=\underline{13}$ 个。
    最终答案：$13$ 个。
  73. 20. ch24-tuozhan-12 · 第一套
    1. 第 1 步（造抽屉）：两数之差是 $37$ 的倍数等于两数除以 $37$ 同余，余数有 $0,1,\cdots,36$ 共 $36+1=\underline{37}$ 种。
    2. 第 2 步（检查抽屉够不够用）：三位数一共有 $999-100+1=\underline{900}$ 个，每种余数都至少有 $2$ 个三位数，所以每个抽屉都非空。
    3. 第 3 步（最坏情形）：每种余数各取一个共 \underline{37} 个数，此时任两数之差都不是 $37$ 的倍数。
    4. 第 4 步（再加一个）：再取 $1$ 个数必与某数同余，所以至少要取 $37+1=\underline{38}$ 个。
    最终答案：$38$ 个。
  74. 20. ch24-tuozhan-12 · 第二套
    1. 第 1 步（造抽屉）：货号之差是 $37$ 的倍数等于两货号除以 $37$ 同余，余数共 $36+1=\underline{37}$ 种。
    2. 第 2 步（抽屉够不够）：三位货号共 $999-100+1=\underline{900}$ 个，每种余数都有货号，抽屉都非空。
    3. 第 3 步（最坏情形）：每种余数各抽一件共 \underline{37} 件，仍没有两件同余。
    4. 第 4 步（再抽一件）：至少要抽 $37+1=\underline{38}$ 件。
    最终答案：$38$ 件。
  75. 20. ch24-tuozhan-12 · 第三套
    1. 第 1 步（造抽屉）：差是 $13$ 的倍数即除以 $13$ 同余，余数共 $12+1=\underline{13}$ 种。
    2. 第 2 步（检查抽屉非空）：两位数共 $99-10+1=\underline{90}$ 个，每种余数至少有 $6$ 个两位数。
    3. 第 3 步（最坏情形加一）：每种余数各取一个共 $13$ 个，再取 $1$ 个即可，至少取 $13+1=\underline{14}$ 个。
    最终答案：$14$ 个。
  76. 20. ch24-tuozhan-12 · 第三套
    1. 第 1 步（翻译条件）：个位与十位相同的两位数是 $11,22,\cdots,99$，都等于 $11$ 的倍数，所以要求的是“$3$ 个数两两之差都是 $11$ 的倍数”，即这 $3$ 个数除以 $11$ 同余。
    2. 第 2 步（造抽屉并检查）：按除以 $11$ 的余数分成 $10+1=\underline{11}$ 个抽屉；两位数共 $99-10+1=\underline{90}$ 个，每个抽屉里都有 $8$ 个以上的两位数，够用。
    3. 第 3 步（想最坏情形）：要挡住“某屉有 $3$ 个”，每屉最多放 $2$ 个，共 $11\times 2=\underline{22}$ 个数。
    4. 第 4 步（再加一个）：再取 $1$ 个数必使某屉有 $3$ 个，所以至少要取 $22+1=\underline{23}$ 个。
    最终答案：$23$ 个。
  77. 22. ch24-tuozhan-14 · 第一套
    1. 第 1 步（造抽屉）：把正方形每边三等分，分成 $3\times 3=\underline{9}$ 个小正方形，每个小正方形的面积是 $\frac{1}{\underline{9}}$。
    2. 第 2 步（放苹果）：$19$ 个点放进 $9$ 块，$19\div 9$ 的商是 \underline{2}，余数是 \underline{1}。
    3. 第 3 步（用抽屉原理）：必有一块小正方形内至少有 \underline{3} 个点。
    4. 第 4 步（用面积结论）：正方形内三点构成的三角形面积不超过该正方形面积的一半，所以这 $3$ 点构成的三角形面积不超过 $\frac{1}{9}\div 2=\frac{1}{\underline{18}}$。
    最终答案：一定有 $3$ 个点构成的三角形面积不超过 $\frac{1}{18}$。
  78. 22. ch24-tuozhan-14 · 第二套
    1. 第 1 步（造抽屉）：把草坪每边三等分，分成 $3\times 3=\underline{9}$ 块小正方形，每块面积 $\frac{1}{\underline{9}}$ 平方米。
    2. 第 2 步（放苹果）：$19$ 根标杆放进 $9$ 块，$19\div 9$ 的商是 \underline{2}，余数是 \underline{1}。
    3. 第 3 步（用抽屉原理）：必有一块里至少有 \underline{3} 根标杆。
    4. 第 4 步（用面积结论）：这 $3$ 根标杆围成的三角形面积不超过该块面积的一半 $\frac{1}{9}\div 2=\frac{1}{\underline{18}}$ 平方米。
    最终答案：一定有 $3$ 根标杆围成的三角形面积不超过 $\frac{1}{18}$ 平方米。
  79. 22. ch24-tuozhan-14 · 第三套
    1. 第 1 步（造抽屉）：把每边四等分，分成 $4\times 4=\underline{16}$ 个小正方形，每块面积 $\frac{1}{\underline{16}}$。
    2. 第 2 步（放苹果）：$33\div 16$ 的商是 \underline{2}，余数是 \underline{1}，必有一块至少含 \underline{3} 个点。
    3. 第 3 步（用面积结论）：三角形面积不超过 $\frac{1}{16}\div 2=\frac{1}{\underline{32}}$。
    最终答案：一定有 $3$ 个点构成的三角形面积不超过 $\frac{1}{32}$。
  80. 22. ch24-tuozhan-14 · 第三套
    1. 第 1 步（先算总面积）：边长为 $6$ 的正方形面积是 $6\times 6=\underline{36}$。
    2. 第 2 步（造抽屉并算每块面积）：把每边三等分，分成 $3\times 3=\underline{9}$ 个边长为 $6\div 3=\underline{2}$ 的小正方形，每块面积 $36\div 9=\underline{4}$。
    3. 第 3 步（放苹果）：$19\div 9$ 的商是 \underline{2}，余数是 \underline{1}，必有一块至少含 \underline{3} 个点。
    4. 第 4 步（用面积结论）：这 $3$ 点构成的三角形面积不超过该块面积的一半 $4\div 2=\underline{2}$。
    最终答案：一定有 $3$ 个点构成的三角形面积不超过 $2$。
  81. 23. ch24-xingqu-01 · 第一套
    1. 第 1 步（先找抽屉）：白球是分隔点，$12$ 个白球最多把这条直线分成 $12+1=\underline{13}$ 段，这就是抽屉。
    2. 第 2 步（放苹果）：把 $100$ 个红球放进这些段里，做带余除法，商是 \underline{7}，余数是 \underline{9}。
    3. 第 3 步（用抽屉原理）：余数不为 $0$，说明不可能每段都只有商这么多个，必有一段至少 \underline{8} 个。
    最终答案：$8$ 个。
  82. 23. ch24-xingqu-01 · 第二套
    1. 第 1 步（找抽屉）：货车把这一列车队隔开，$12$ 辆货车最多把车队分成 $12+1=\underline{13}$ 段连续的轿车。
    2. 第 2 步（放苹果）：$100$ 辆轿车放进这些段，$100\div 13$ 的商是 \underline{7}，余数是 \underline{9}。
    3. 第 3 步（下结论）：必有一段至少有 \underline{8} 辆轿车连续停在一起。
    最终答案：$8$ 辆。
  83. 23. ch24-xingqu-01 · 第三套
    1. 第 1 步（找抽屉）：$14$ 个白球最多把直线分成 $14+1=\underline{15}$ 段。
    2. 第 2 步（放苹果）：$150\div 15=\underline{10}$，这次恰好除尽、没有余数。
    3. 第 3 步（判断要不要加 $1$）：如果每段都比商少 $1$ 个，那么 $15$ 段总共最多只有 $15\times 9=\underline{135}$ 个红球，还不够 $150$ 个，所以必有一段达到商这么多；而恰好整除时最平均的排法让每段都一样多，谁也不会更多，所以答案就是商本身，不再加 $1$。
    最终答案：$10$ 个。
  84. 23. ch24-xingqu-01 · 第三套
    1. 第 1 步（把条件翻译成段数）：设白球有 $x$ 个，则最多分成 $x+1$ 段。要保证某段至少有 $8$ 个红球，就需要 $100$ 个红球放进 $x+1$ 段时，平均每段“放不下 $7$ 个”，即 $7\times(x+1)<100$。
    2. 第 2 步（试算上界）：若段数为 $14$，则 $7\times 14=\underline{98}$，比 $100$ 小，仍能保证有一段到 $8$ 个。
    3. 第 3 步（试算下一个）：若段数为 $15$，则 $7\times 15=\underline{105}$，已经不小于 $100$，此时可以每段只放 $7$ 个，保证不了。
    4. 第 4 步（回到白球个数）：所以段数最多是 $14$，白球最多是 $14-1=\underline{13}$ 个。
    最终答案：$13$ 个。
  85. 24. ch24-xingqu-02 · 第一套
    1. 第 1 步（数抽屉）：每道判断题有 $2$ 种填法，$5$ 道题互相独立，由乘法原理，不同的答案一共有 $2\times2\times2\times2\times2=\underline{32}$ 种。
    2. 第 2 步（放苹果）：$100$ 名同学放进这些抽屉，$100\div 32$ 的商是 \underline{3}，余数是 \underline{4}。
    3. 第 3 步（用抽屉原理）：余数不为 $0$，必有一种答案被至少 \underline{4} 名同学写出。
    最终答案：$4$ 名。
  86. 24. ch24-xingqu-02 · 第二套
    1. 第 1 步（数抽屉）：每场比赛有 $2$ 种预测，$5$ 场互相独立，不同的预测卡共 $2\times2\times2\times2\times2=\underline{32}$ 种。
    2. 第 2 步（放苹果）：$100$ 名球迷放进这些抽屉，$100\div 32$ 的商是 \underline{3}，余数是 \underline{4}。
    3. 第 3 步（下结论）：至少有 \underline{4} 名球迷的预测卡完全相同。
    最终答案：$4$ 名。
  87. 24. ch24-xingqu-02 · 第三套
    1. 第 1 步（数抽屉）：每题有 $3$ 种选法，$4$ 道题互相独立，答案总数为 $3\times3\times3\times3=\underline{81}$ 种。
    2. 第 2 步（放苹果）：$250\div 81$ 的商是 \underline{3}，余数是 \underline{7}。
    3. 第 3 步（用抽屉原理）：至少有 \underline{4} 名同学答案一样。
    最终答案：$4$ 名。
  88. 24. ch24-xingqu-02 · 第三套
    1. 第 1 步（数抽屉）：$3$ 道判断题的不同答案共 $2\times2\times2=\underline{8}$ 种。
    2. 第 2 步（想最坏情形）：要“保证”有 $5$ 名同学相同，就要顶住最坏的排法——每种答案都恰好被 $4$ 名同学写出而不到 $5$ 名，这时人数为 $8\times 4=\underline{32}$ 名，还没有 $5$ 名相同。
    3. 第 3 步（再加一人）：再来 $1$ 名同学，无论他写哪种答案，那种答案就凑够 $5$ 名，所以至少需要 \underline{33} 名。
    最终答案：$33$ 名。
  89. 26. ch24-xingqu-04 · 第一套
    1. 第 1 步（造抽屉）：要差为 $100$，就把 $k$ 与 $k+100$ 配成一组：$\{1,101\},\{2,102\},\cdots,\{100,200\}$，一共有 $200\div 2=\underline{100}$ 组。
    2. 第 2 步（比大小）：选出的数有 $101$ 个，抽屉有 $100$ 个，$101-100=\underline{1}$，苹果比抽屉多。
    3. 第 3 步（下结论）：必有两个数同组，同组的两数形如 $k$ 与 $k+100$，它们的差正是题目要的 $100$。
    4. 第 4 步（第二问换一种配对）：把相邻两数配成一组 $\{1,2\},\{3,4\},\cdots,\{199,200\}$，共 $200\div 2=\underline{100}$ 组，$101$ 个数放进去必有两个同组，它们的差为 $1$。
    最终答案：（1）一定有两个数的差等于 $100$；（2）一定有两个数的差等于 $1$。
  90. 26. ch24-xingqu-04 · 第二套
    1. 第 1 步（造抽屉）：把编号相差 $100$ 的两球放进同一个格子：$\{1,101\},\{2,102\},\cdots,\{100,200\}$，共 $200\div 2=\underline{100}$ 个格子。
    2. 第 2 步（比大小）：摸出 $101$ 个球，$101-100=\underline{1}$，球比格子多。
    3. 第 3 步（下结论）：必有两球同格，同格两球的编号形如 $k$ 与 $k+100$，相差正是 $100$。
    4. 第 4 步（第二问）：改成把相邻编号放同一格 $\{1,2\},\{3,4\},\cdots,\{199,200\}$，共 $200\div 2=\underline{100}$ 格，必有两球同格，编号相差 $1$。
    最终答案：（1）一定有两个球的编号相差 $100$；（2）一定有两个球的编号相差 $1$。
  91. 26. ch24-xingqu-04 · 第三套
    1. 第 1 步（造抽屉）：按差为 $100$ 配对 $\{1,101\},\{2,102\},\cdots,\{100,200\}$，共 $200\div 2=\underline{100}$ 组。
    2. 第 2 步（想最坏情形）：每组最多只取一个才不会出现差为 $100$ 的两数，所以最坏情形能取的个数恰好等于组数，例如取 $1\sim 100$ 这些数，任两数之差都小于 $100$。
    3. 第 3 步（再加一个）：再取 $1$ 个数，它必与某组已取的数同组，差为 $100$，所以至少要选 $100+1=\underline{101}$ 个。
    最终答案：$101$ 个。
  92. 26. ch24-xingqu-04 · 第三套
    1. 第 1 步（想清楚为什么和互质有关）：相邻的两个自然数 $k$ 与 $k+1$，它们的公因数一定同时整除它们的差 $ (k+1)-k=\underline{1}$，所以最大公因数只能是 $1$，即相邻两数一定互质。
    2. 第 2 步（造抽屉）：把相邻两数配成一组 $\{1,2\},\{3,4\},\cdots,\{199,200\}$，共 $200\div 2=\underline{100}$ 组。
    3. 第 3 步（比大小）：选出 $101$ 个数放进这些组，$101-100=\underline{1}$，苹果多于抽屉。
    4. 第 4 步（下结论）：必有两个数落在同一组，它们是相邻自然数，因而互质。
    最终答案：这 $101$ 个数中一定有两个数互质。
  93. 27. ch24-xingqu-05 · 第一套
    1. 第 1 步（想清楚怎样分段）：差为 $7$ 的两个数不能同时取，所以按每连续 $7\times 2=\underline{14}$ 个数分成一段，段内前一半与后一半正好一一配对。
    2. 第 2 步（数整段）：从 $1$ 开始每 $14$ 个数一段，$1\sim 42$ 恰好分成 $42\div 14=\underline{3}$ 个整段。
    3. 第 3 步（每段上界）：每段内 $\{n,n+7\}$ 恰好配成 $14\div 2=\underline{7}$ 对，同对两数只能取一个，所以每段最多取这么多个。
    4. 第 4 步（处理零头）：$42$ 之后还剩下 $45-42=\underline{3}$ 个数，它们两两之差都小于 $7$，可以全取。
    5. 第 5 步（求和得上界）：一共最多取 $3\times 7+3=\underline{24}$ 个；取 $1\sim7,\ 15\sim21,\ 29\sim35,\ 43,44,45$ 即可达到。
    最终答案：$24$ 个。
  94. 27. ch24-xingqu-05 · 第二套
    1. 第 1 步（分段）：座位号差为 $7$ 的两个座位不能同时坐人，按每连续 $7\times 2=\underline{14}$ 个座位分成一段。
    2. 第 2 步（数整段）：$1$ 号到 $42$ 号恰好分成 $42\div 14=\underline{3}$ 个整段。
    3. 第 3 步（每段上界）：每段内 $\{n,n+7\}$ 恰好配成 $14\div 2=\underline{7}$ 对，同对两座位只能坐一人，所以每段最多坐这么多人。
    4. 第 4 步（零头）：$42$ 号之后还剩下 $45-42=\underline{3}$ 个座位，号差都小于 $7$，可以全坐。
    5. 第 5 步（合计）：最多可坐 $3\times 7+3=\underline{24}$ 位观众。
    最终答案：$24$ 位。
  95. 27. ch24-xingqu-05 · 第三套
    1. 第 1 步（分段）：差为 $5$ 的两数不能同取，按每连续 $5\times 2=\underline{10}$ 个数分成一段。
    2. 第 2 步（数段数）：$60\div 10=\underline{6}$，正好分成整段，没有零头。
    3. 第 3 步（每段上界）：每段内 $\{n,n+5\}$ 恰好配成 $10\div 2=\underline{5}$ 对，每对至多取一个，所以每段最多取这么多个。
    4. 第 4 步（合计并构造）：一共最多取 $6\times 5=\underline{30}$ 个，取 $1\sim5,\ 11\sim15,\ 21\sim25,\ 31\sim35,\ 41\sim45,\ 51\sim55$ 即可达到。
    最终答案：$30$ 个。
  96. 27. ch24-xingqu-05 · 第三套
    1. 第 1 步（先求最坏情形能取多少）：按每连续 $14$ 个数分段，$1\sim14,\ 15\sim28,\ 29\sim42$ 每段最多取 $7$ 个，零头 $43,44,45$ 可全取 \underline{3} 个。
    2. 第 2 步（算出最坏情形的最大取数）：$3\times 7+3=\underline{24}$ 个，此时任两数之差都不等于 $7$，还保证不了。
    3. 第 3 步（再多取一个）：再取 $1$ 个数就必然与已取的某数配成差为 $7$ 的一对，所以至少要取 $24+1=\underline{25}$ 个。
    最终答案：$25$ 个。
  97. 28. ch24-xingqu-06 · 第一套
    1. 第 1 步（造抽屉）：把和为 $22$ 的数配成一组：$\{1,21\},\{2,20\},\cdots,\{10,12\}$，这样的配对一共有 \underline{10} 组。
    2. 第 2 步（别漏掉落单的数）：还剩下 $11$ 配不成对（因为 $11+11=22$ 但只有一个 $11$），单独成一组，抽屉总数为 $10+1=\underline{11}$ 个。
    3. 第 3 步（最坏情形）：每组各取一个共 \underline{11} 个数，仍可能没有和为 $22$ 的两数。
    4. 第 4 步（再加一个）：再选 $1$ 个数必与某组已取的数同组，和为 $22$，所以至少要选 $11+1=\underline{12}$ 个。
    最终答案：$12$ 个。
  98. 28. ch24-xingqu-06 · 第二套
    1. 第 1 步（造抽屉）：把和为 $22$ 的卡片放进同一格：$\{1,21\},\{2,20\},\cdots,\{10,12\}$，共 \underline{10} 格。
    2. 第 2 步（落单的卡）：写着 $11$ 的卡片配不成对，单独一格，共 $10+1=\underline{11}$ 格。
    3. 第 3 步（最坏情形）：每格摸一张共 \underline{11} 张，仍可能凑不出和为 $22$。
    4. 第 4 步（再摸一张）：再摸 $1$ 张必与某格已摸的卡同格，所以至少摸 $11+1=\underline{12}$ 张。
    最终答案：$12$ 张。
  99. 28. ch24-xingqu-06 · 第三套
    1. 第 1 步（造抽屉）：把和为 $31$ 的数配成一组：$\{1,30\},\{2,29\},\cdots,\{15,16\}$，共 $30\div 2=\underline{15}$ 组。
    2. 第 2 步（检查有没有落单的数）：$31$ 是奇数，不存在 $a+a=31$ 的整数 $a$，所以 $30$ 个数全部成对，没有落单的，抽屉数就是 \underline{15} 个。
    3. 第 3 步（最坏情形加一）：每组取一个共 $15$ 个仍可能无和为 $31$ 的两数，再多取 $1$ 个即可，至少要选 $15+1=\underline{16}$ 个。
    最终答案：$16$ 个。
  100. 28. ch24-xingqu-06 · 第三套
    1. 第 1 步（先看“和为 $22$”）：按和配对得 $\{1,21\},\cdots,\{10,12\}$ 共 $10$ 组再加落单的 $\{11\}$，抽屉数 $10+1=\underline{11}$，所以选 $11+1=\underline{12}$ 个就能保证有两数和为 $22$。
    2. 第 2 步（再看“差为 $4$”）：按差为 $4$ 分段，$1\sim8$ 最多取 $4$ 个、$9\sim16$ 最多取 $4$ 个、$17\sim21$ 最多取 $4$ 个，最坏情形最多取 $4+4+4=\underline{12}$ 个而没有差为 $4$ 的两数，所以要保证差为 $4$ 需选 $12+1=\underline{13}$ 个。
    3. 第 3 步（两个条件都要满足，取较大者）：比较 $12$ 与 $13$，取较大的 \underline{13}，这就是答案。
    最终答案：$13$ 个。
  101. 29. ch24-xingqu-07 · 第一套
    1. 第 1 步（数抽屉）：除以 $23$ 的余数本有 $0,1,\cdots,22$ 共 $23$ 种，因为都不能被 $23$ 整除，要去掉余数 $0$，抽屉数为 $23-1=\underline{22}$ 个。
    2. 第 2 步（放苹果）：$300$ 个余数放进这些抽屉，$300\div 22$ 的商是 \underline{13}，余数是 \underline{14}。
    3. 第 3 步（用抽屉原理）：有余数，必有一种余数出现至少 \underline{14} 次。
    最终答案：$14$ 个。
  102. 29. ch24-xingqu-07 · 第二套
    1. 第 1 步（数抽屉）：零头就是件数除以 $23$ 的余数，本有 $23$ 种；由于件数都不是 $23$ 的倍数，零头不会是 $0$，抽屉数为 $23-1=\underline{22}$ 个。
    2. 第 2 步（放苹果）：$300$ 个零头数放进抽屉，$300\div 22$ 的商是 \underline{13}，余数是 \underline{14}。
    3. 第 3 步（下结论）：至少有 \underline{14} 个零头数是相同的。
    最终答案：$14$ 个。
  103. 29. ch24-xingqu-07 · 第三套
    1. 第 1 步（数抽屉）：除以 $29$ 的余数共 $29$ 种，去掉不可能的余数 $0$，抽屉数为 $29-1=\underline{28}$ 个。
    2. 第 2 步（放苹果）：$500\div 28$ 的商是 \underline{17}，余数是 \underline{24}。
    3. 第 3 步（用抽屉原理）：至少有 \underline{18} 个余数相同。
    最终答案：$18$ 个。
  104. 29. ch24-xingqu-07 · 第三套
    1. 第 1 步（数抽屉）：余数只能是 $1\sim18$，抽屉数为 $19-1=\underline{18}$ 个。
    2. 第 2 步（想最坏情形）：要保证有 $8$ 个余数相同，最坏的情形是每种余数都恰好出现 $7$ 次而不到 $8$ 次，这时一共有 $18\times 7=\underline{126}$ 个数。
    3. 第 3 步（再加一个）：再来 $1$ 个数，它的余数必使某一种凑够 $8$ 个，所以至少需要 $126+1=\underline{127}$ 个数。
    最终答案：$127$ 个。
  105. 30. ch24-xingqu-08 · 第一套
    1. 第 1 步（第一问造抽屉）：除以 $12$ 的余数有 $0,1,\cdots,11$ 共 \underline{12} 种，就是 \underline{12} 个抽屉。
    2. 第 2 步（比大小）：$13$ 个数放进这些抽屉，$13-12=\underline{1}$，苹果多于抽屉，必有两数同余，差是 $12$ 的倍数。
    3. 第 3 步（第二问造抽屉）：除以 $17$ 的余数有 \underline{17} 种。
    4. 第 4 步（最坏情形加一）：最坏情形每种余数各取一个共 $17$ 个仍无重复，再取 $1$ 个即可，至少取 $17+1=\underline{18}$ 个。
    最终答案：（1）一定有两个数的差是 $12$ 的倍数；（2）至少取 $18$ 个数。
  106. 30. ch24-xingqu-08 · 第二套
    1. 第 1 步（第一问造抽屉）：把学号按除以 $12$ 的余数归类，余数有 \underline{12} 种，即 \underline{12} 个抽屉。
    2. 第 2 步（比大小）：$13$ 位同学放进抽屉，$13-12=\underline{1}$，必有两人同余，学号之差是 $12$ 的倍数。
    3. 第 3 步（第二问造抽屉）：按除以 $17$ 的余数归类，共 \underline{17} 个抽屉。
    4. 第 4 步（最坏情形加一）：至少要有 $17+1=\underline{18}$ 位同学。
    最终答案：（1）一定有两位同学的学号之差是 $12$ 的倍数；（2）至少 $18$ 位同学。
  107. 30. ch24-xingqu-08 · 第三套
    1. 第 1 步（第一问造抽屉）：除以 $100$ 的余数有 $0,1,\cdots,99$ 共 \underline{100} 种。
    2. 第 2 步（比大小）：$101-100=\underline{1}$，苹果多于抽屉，必有两数同余，差是 $100$ 的倍数。
    3. 第 3 步（第二问）：除以 $23$ 的余数有 \underline{23} 种，最坏情形各取一个共 $23$ 个，再取一个，至少取 $23+1=\underline{24}$ 个。
    最终答案：（1）一定有两个数的差是 $100$ 的倍数；（2）至少取 $24$ 个数。
  108. 30. ch24-xingqu-08 · 第三套
    1. 第 1 步（造抽屉）：按除以 $7$ 的余数分组，共 \underline{7} 个抽屉；同一抽屉里任意两数之差都是 $7$ 的倍数，所以要找的是“某个抽屉里有 $3$ 个数”。
    2. 第 2 步（想最坏情形）：要挡住“某抽屉有 $3$ 个”，最坏是每个抽屉都恰好放 $2$ 个，这时共有 $7\times 2=\underline{14}$ 个数。
    3. 第 3 步（再加一个）：再取 $1$ 个数，无论落在哪个抽屉，那个抽屉就有 $3$ 个数，所以至少取 $14+1=\underline{15}$ 个。
    最终答案：$15$ 个。
  109. 31. ch24-xingqu-09 · 第一套
    1. 第 1 步（造抽屉）：要让同一抽屉内两点距离不超过 $60$ 米，就把胡同按 $60$ 米一段等分，$600\div 60=\underline{10}$ 段。
    2. 第 2 步（比大小）：$11$ 个朋友住进这些段，$11-10=\underline{1}$，人比段多。
    3. 第 3 步（下结论）：必有两人住在同一段内，他们相距不超过这一段的长度 \underline{60} 米。
    最终答案：一定有两个朋友的家相距不超过 $60$ 米。
  110. 31. ch24-xingqu-09 · 第二套
    1. 第 1 步（造抽屉）：把跑道按 $60$ 米一段等分，$600\div 60=\underline{10}$ 段。
    2. 第 2 步（比大小）：$11$ 面小旗插进这些段，$11-10=\underline{1}$，旗比段多。
    3. 第 3 步（下结论）：必有两面小旗在同一段内，距离不超过 \underline{60} 米。
    最终答案：一定有两面小旗之间的距离不超过 $60$ 米。
  111. 31. ch24-xingqu-09 · 第三套
    1. 第 1 步（由人数定段数）：要用抽屉原理，段数必须比人数少，取段数为 $21-1=\underline{20}$ 段。
    2. 第 2 步（由段数求段长）：每段长 $1000\div 20=\underline{50}$ 米，正好是题目要的 $50$ 米。
    3. 第 3 步（下结论）：$21$ 个人住进 $20$ 段，必有两人同段，相距不超过 \underline{50} 米。
    最终答案：一定有两个人相距不超过 $50$ 米。
  112. 31. ch24-xingqu-09 · 第三套
    1. 第 1 步（造抽屉）：按 $50$ 米一段把胡同等分，$600\div 50=\underline{12}$ 段，同段两人相距不超过 $50$ 米。
    2. 第 2 步（想最坏情形）：如果只有 $12$ 个人，可能每段恰好住 $1$ 人，此时任意两人相距都可能超过 $50$ 米，还保证不了。
    3. 第 3 步（再加一人）：再住 $1$ 个人，他必与某段已有的人同段，所以至少要住 $12+1=\underline{13}$ 个人。
    最终答案：$13$ 个人。
  113. 32. ch24-xingqu-10 · 第一套
    1. 第 1 步（造抽屉）：把每条边三等分并连线，边长 $3$ 的等边三角形被分成 $3\times 3=\underline{9}$ 个边长为 $1$ 的小等边三角形。
    2. 第 2 步（比大小）：$10$ 个点放进这些小三角形，$10-9=\underline{1}$，点比块多。
    3. 第 3 步（下结论）：必有两点落在同一个小等边三角形内，它们的距离不超过小三角形的边长 \underline{1} 厘米。
    最终答案：一定有两个点之间的距离不大于 $1$ 厘米。
  114. 32. ch24-xingqu-10 · 第二套
    1. 第 1 步（造抽屉）：把花坛每边三等分并连线，分成 $3\times 3=\underline{9}$ 个边长 $1$ 米的小等边三角形。
    2. 第 2 步（比大小）：$10$ 棵树苗种进这些小块，$10-9=\underline{1}$，树比块多。
    3. 第 3 步（下结论）：必有两棵树在同一小块内，距离不超过 \underline{1} 米。
    最终答案：一定有两棵树苗之间的距离不超过 $1$ 米。
  115. 32. ch24-xingqu-10 · 第三套
    1. 第 1 步（造抽屉）：把每条边四等分并连线，得到 $4\times 4=\underline{16}$ 个边长为 $1$ 的小等边三角形。
    2. 第 2 步（比大小）：$17-16=\underline{1}$，点比块多。
    3. 第 3 步（下结论）：必有两点同块，距离不超过 \underline{1} 厘米。
    最终答案：一定有两个点之间的距离不大于 $1$ 厘米。
  116. 32. ch24-xingqu-10 · 第三套
    1. 第 1 步（造抽屉）：把每条边四等分并连线，得到 $4\times 4=\underline{16}$ 个边长为 $1$ 的小等边三角形。
    2. 第 2 步（放苹果）：$33$ 个点放进 $16$ 块，$33\div 16$ 的商是 \underline{2}，余数是 \underline{1}。
    3. 第 3 步（用加强型抽屉原理）：有余数，必有一块里至少有 \underline{3} 个点。
    4. 第 4 步（下结论）：这 $3$ 个点在同一个边长为 $1$ 的小等边三角形内，两两距离都不超过 \underline{1} 厘米。
    最终答案：一定有 $3$ 个点两两之间的距离都不大于 $1$ 厘米。