六年级第22讲构造论证二

1. 【原题 ch22-chaoyue-01】能否可以用 $77$ 个 $3\times 3\times 1$ 的长方体小木块装满一个 $7\times 9\times 11$ 的长方体箱子（箱内不留任何空隙）？若能，请给出具体装法；若不能，请说明理由。

详细思路

是哪类问题：这是「三维染色 + 不变量」的拼装不可能性：给箱子横截面按坐标和模 $3$ 染三色，每块无论怎样放都盖住三色各相等，与三色格数不等矛盾。

关键切入点：体积 $7\times9\times11=693=77\times9$ 恰好相等，单看体积无法否定。对 $7\times11$ 的横截面按（沿 $7$ 方向的行号 $+$ 沿 $11$ 方向的列号）除以 $3$ 的余数染成三色：每层三色格数为 $26,26,25$，全箱为 $234,234,225$；而每个 $3\times3\times1$ 无论怎么放，都恰好盖住三色各 $3$ 格，若能装满则三色格数应相等（各 $231$），与 $234,234,225$ 不等，矛盾。

方法概述：对横截面按坐标和模 $3$ 染三色，比较每块盖色数与总色数。

规范步骤：

体积与块数：$7\times9\times11=693,\ 77\times9=693$，两者恰相等（体积匹配）
三色染色：$按(行+列)\bmod 3 给 7\times11 截面染三色，每层为 26,26,25$（染色）
全箱色数：$26\times9=234,\ 25\times9=225$，三色为 $234,234,225$
每块盖色：$每个 3\times3\times1 无论怎样放都恰盖三色各 3 格$（不变量）
矛盾：$若装满三色应各 693\div3=231，而 234\neq225$（反证）
结论：$不能$

2. 【原题 ch22-chaoyue-02】黑板上写着两个数 $1$ 和 $2$，按下列规则增写新数：若黑板上有两个数 $a$ 和 $b$，则增写 $a\times b+a+b$ 这个数，比如：可增写 $5$（因为 $1\times 2+1+2=5$），一直写下去，请问：能否写出下面两个数？若能，请写出得到的过程并求出它们；若不能，请说明理由。（1）$143$；（2）$144$。

详细思路

是哪类问题：这是「构造操作序列 + 奇偶不变量」：新数满足恒等式 $a\times b+a+b=(a+1)(b+1)-1$。

关键切入点：由恒等式知每个新数加 $1$ 后都是若干个 $2,3$ 相乘：$143+1=144=16\times9$，可造；再用奇偶性——起初只有一个偶数 $2$，两奇之积加两奇为奇、一奇一偶之积加它们也为奇，故此后写出的数全是奇数，永远得不到偶数 $144$。

方法概述：先用恒等式凑出 $143$，再用奇偶不变量否定 $144$。

规范步骤：

第一步：$1\times2+1+2=5$（由 $1,2$ 生成）
第二步：$1\times5+1+5=11$
第三步：$5\times11+5+11=71$
得到 143：$1\times71+1+71=143$（构造完成）
奇偶不变量：$起初仅一个偶数 2，之后生成的数都是奇数$（奇偶分析）
结论：$144 为偶数且\neq2，得不到；143 能得到$

3. 【原题 ch22-chaoyue-03】将平面上每一点染成红、黄两种颜色之一，证明：无论怎样染色，都一定存在长为 $1$ 的线段，它的两个端点是同颜色的。

详细思路

是哪类问题：这是「抽屉原理 + 构造图形」的存在性证明：用边长 $1$ 的等边三角形。

关键切入点：反证：若不存在长 $1$ 的同色线段，则任意距离为 $1$ 的两点都异色。取一个边长为 $1$ 的等边三角形，三个顶点两两距离都是 $1$，须两两异色；但只有 $2$ 种颜色、$3$ 个顶点，由抽屉原理必有两点同色，矛盾。

方法概述：反证 + 边长 $1$ 等边三角形 + 抽屉原理。

规范步骤：

反证假设：$假设任意距离为 1 的两点都异色$（反证）
取三角形：$取边长 1 的等边三角形，三顶点两两距离为 1$（构造）
抽屉原理：$3 个顶点染 2 色，必有两点同色$（抽屉原理）
矛盾：$这两点距离为 1 却同色，与假设矛盾$
结论：$必存在长 1 的两端同色线段$

4. 【原题 ch22-chaoyue-04】在 $6\times 6$ 的方格表中至少需要放多少个棋子，才能保证每行、每列以及每一条与对角线平行的斜线上都有棋子？（角上单独一个格子可以组成只有一个棋子的斜线；把 $3$ 个如图 $22\text{-}17$ 中阴影部分的三个格子组成的斜线也算与对角线平行的斜线。）

详细思路

是哪类问题：这是「斜线覆盖 + 下界估计 + 构造」：每行、每列、每条平行于对角线的斜线上都要有棋子。

关键切入点：四个角各自是一条长度为 $1$ 的斜线：$(1,6),(6,1)$ 是两条 $↘$ 短斜线、$(1,1),(6,6)$ 是两条 $↗$ 短斜线，故四角必放棋子。但 $(1,6),(6,1)$ 的“行$+$列”都等于 $7$，落在同一条 $↗$ 斜线上，这条斜线上至少要 $2$ 个棋子；而 $↗$ 方向共 $2\times6-1=11$ 条斜线各需棋子，故至少 $11+1=12$ 个。$12$ 个可构造实现。

方法概述：用角上短斜线定下界 $12$，再给出 $12$ 个棋子的具体放法。

规范步骤：

四角必放：$(1,6),(6,1) 是长度 1 的 ↘ 斜线，(1,1),(6,6) 是长度 1 的 ↗ 斜线$（短斜线）
两角同斜线：$(1,6),(6,1) 的行+列都为 7，同一条 ↗ 斜线，需\geq2 个棋子$（计数）
下界：$↗ 共 2\times6-1=11 条斜线，其中一条要 2 个，故\geq11+1=12$（下界估计）
构造：$放于 (1,1)(1,2)(1,3)(1,6)(2,6)(3,6)(4,1)(5,1)(6,1)(6,4)(6,5)(6,6)$（构造）
验证：$这 12 个棋子覆盖全部 6 行、6 列、及两方向各 11 条斜线$
结论：$12$

5. 【原题 ch22-chaoyue-05】（1）能否从图 $22\text{-}18$ 中的 $A$ 格出发，每次走到相邻的小格子，最后走到 $B$ 格，并且每个格子都刚好到一次？（2）中国象棋的马是走“日”字型路线。如图 $22\text{-}19$，马在 $A$ 点能跳到 $B,C,D,E$ 四点之一。如果马开始在 $A$ 点，它能否跳 $3$ 步后回到 $A$ 点？能否跳 $9$ 步后回到 $A$ 点？

详细思路

是哪类问题：这是「棋盘黑白染色 + 奇偶」的路径存在性：每走（跳）一步颜色必变。

关键切入点：$(1)$ 把方格黑白相间染色，每走一步换色；走遍所有格子恰走（格数 $-1$）步，图中 $A,B$ 同色时所需步数的奇偶与黑白格数不匹配，故走不成（结论依图 $22\text{-}18$ 中 $A,B$ 同色）。$(2)$ 象棋马每跳一步必换色，跳奇数步后停在与 $A$ 异色的格子上；$3,9$ 都是奇数，故跳 $3$ 步、$9$ 步都回不到 $A$。

方法概述：染色使每步换色，用步数奇偶与起讫格同色/异色的矛盾判断。

规范步骤：

(1) 染色：$黑白相间染色，每走一步换色$（染色）
(1) 奇偶矛盾：$走遍各格需(格数-1)步，A,B 同色时奇偶不符$（奇偶）
(2) 马换色：$马每跳一步必换色$
(2) 奇数步：$3,9 都是奇数步，停在与 A 异色的格子$（奇偶）
结论：$（1）不能；（2）跳 3 步、9 步都回不到 A$

6. 【原题 ch22-chaoyue-06】如图 $22\text{-}20$，用若干个 $1\times 6$ 和 $1\times 7$ 的小长方形既不重叠，也不留孔隙地拼成一个 $11\times 12$ 的大长方形，请问：最少要用小长方形共多少个？

详细思路

是哪类问题：这是「不定方程 + 染色下界」的最省拼法：$6x+7y=132$ 且染色给出 $\geq20$ 的下界。

关键切入点：面积 $11\times12=132$，设 $1\times6$ 用 $x$ 个、$1\times7$ 用 $y$ 个，则 $6x+7y=132$，非负整数解为 $(22,0),(15,6),(8,12),(1,18)$，块数分别 $22,21,20,19$。但对大长方形适当染色（图中 $20$ 个阴影格），使每个小长方形至多盖 $1$ 个阴影格，则块数 $\geq20$，故 $(1,18)$ 的 $19$ 块做不到；而 $(8,12)$ 恰 $20$ 块可实际拼出。

方法概述：先解 $6x+7y=132$，再用染色下界排除 $19$、构造 $20$。

规范步骤：

面积：$11\times12=132$
方程解：$6x+7y=132 的非负整数解 (22,0),(15,6),(8,12),(1,18)，块数 22,21,20,19$（不定方程）
染色下界：$20 个阴影格、每块至多盖 1 个\Rightarrow 块数\geq20$（染色）
构造：$取 x=8,y=12：6\times8+7\times12=132，共 20 块$（构造）
结论：$20$

7. 【原题 ch22-chaoyue-07】六位音乐家在一个音乐节上相聚。在安排的每场音乐会上，有某些音乐家演奏，而另外几位音乐家就作为观众欣赏演奏。为了让每位音乐家都能够作为观众观看其他任何一位音乐家的表演，这样的音乐会至少要安排几场？为什么？

详细思路

是哪类问题：这是「集合反链 + 抽屉」的下界与构造：每人在各场的出场情况构成互不包含的集合。

关键切入点：把每位音乐家在各场是否上台记成一个集合。$X$ 能看到 $Y$ 需某场 $Y$ 上台而 $X$ 在台下，即 $Y$ 的集合不含于 $X$；对所有有序对成立，等价于 $6$ 个集合互不包含（构成反链）。$k$ 场里最大反链为 $C(k,\lfloor k/2\rfloor)$：$k=3$ 时 $C(3,1)=3<6$ 不够，$k=4$ 时 $C(4,2)=6\geq6$，取 $\{1,2,3,4\}$ 的 $6$ 个二元子集即可（每人恰上台 $2$ 场）。

方法概述：把要求转成集合反链，用最大反链大小定出场数。

规范步骤：

建模：$每人=其上台场次的集合，X 看到 Y\iff Y 的集合\not\subseteq X 的集合$（建模）
反链：$对所有有序对成立\iff 6 个集合两两不含（反链）$
三场不足：$3 场最大反链 C(3,1)=3<6$（反链上界）
四场可行：$4 场最大反链 C(4,2)=6，取 6 个二元子集，每人上台 2 场$（构造）
结论：$4$

8. 【原题 ch22-chaoyue-08】把 $11\times 11$ 的方格纸分成若干张 $3\times 3,2\times 2$ 或 $1\times 1$ 的小纸片，最少能分成多少张？

详细思路

是哪类问题：这是「代数化简 + 拼块构造 + 最值下界」：先把张数写成只依赖 $3\times3$、$2\times2$ 个数的式子，再构造达到该值。

关键切入点：设用 $a$ 个 $3\times3$、$b$ 个 $2\times2$、$c$ 个 $1\times1$，由面积 $9a+4b+c=11\times11=121$ 得张数 $N=a+b+c=121-8a-3b$，故张数最少等价于让 $8a+3b$ 最大——尽量多用 $3\times3$、其次 $2\times2$、不用 $1\times1$。关键拼块：$5\times6$ 方块面积 $30=2\times9+3\times4$，恰能用 $2$ 个 $3\times3$ 与 $3$ 个 $2\times2$ 拼满（共 $5$ 张）。把 $11\times11$ 分成 $4$ 个 $5\times6$ 方块再加 $1$ 个 $1\times1$ 格（$4\times30+1=121$），得 $a=8,b=12,c=1$，$N=8+12+1=21$，此时 $8a+3b=8\times8+3\times12=100$。反过来，由于 $11=3\times3+2$，边上总留有宽 $2$ 的余边放不下 $3\times3$，$3\times3$ 无法排得更密，可证 $8a+3b\leq100$，因此 $N=121-8a-3b\geq21$，即 $21$ 已是最少。

方法概述：把张数化为 $N=121-8a-3b$，用 $5\times6$ 块（$2$ 个 $3\times3+3$ 个 $2\times2$）构造出 $21$ 张，再由宽 $2$ 余边限制 $8a+3b\leq100$ 说明最少。

规范步骤：

面积方程：$9a+4b+c=11\times11=121$（a,b,c 为三种纸片张数）（面积）
张数化简：$N=a+b+c=121-8a-3b，故 N 最小 \Leftrightarrow 8a+3b 最大$（代数变形）
5×6 块拼法：$5\times6=30=2\times9+3\times4，用 2 个 3\times3、3 个 2\times2 恰好拼满，共 5 张$（构造）
拼装全图：$4 个 5\times6 块加 1 个 1\times1：4\times30+1=121，得 a=8,b=12,c=1$（覆盖）
算张数：$N=8+12+1=21，此时 8a+3b=8\times8+3\times12=100$
最少性：$11=3\times3+2，宽 2 的余边放不下 3\times3，可证 8a+3b\leq100，故 N\geq121-100=21$（下界）
结论：$21$

9. 【原题 ch22-tuozhan-01】有 $7$ 个不为 $0$ 的自然数，它们的和正好等于它们的积，请写出一组满足要求的数。

详细思路

是哪类问题：这是「用 $1$ 调节和的构造」：若干个不为 $0$ 的自然数，和恰好等于积。

关键切入点：多个 $1$ 不改变积却增大和；设 $5$ 个 $1$ 与两数 $a,b$，则和 $=5+a+b$、积 $=ab$，由 $ab=5+a+b$ 得 $(a-1)(b-1)=6$，取 $a=2,b=7$。

方法概述：用若干个 $1$ 撑和，余下两数由 $(a-1)(b-1)=$(和积差) 解出。

规范步骤：

设结构：$五个 1 与 a,b:\ 和=5+a+b,\ 积=ab$
列方程：$ab=5+a+b\Rightarrow(a-1)(b-1)=6$（因式变形）
取解：$a=2,b=7$
验证：$1+1+1+1+1+2+7=14=1\times1\times1\times1\times1\times2\times7$

第一套

题目：有 $9$ 个不为 $0$ 的自然数，它们的和正好等于它们的积，请写出一组满足要求的数。

引导填空（在横线上填关键结果）：

第 1 步（用 1 撑和）：设其中有 $7$ 个 $1$，另两个数为 $a,b$，则和 $=7+a+b$，积 $=ab$。
第 2 步（列关系）：由 $ab=7+a+b$ 移项得 $(a-1)(b-1)=9-1=\underline{\quad}$。
第 3 步（取解并验证和）：取 $a=2,b=9$，和 $=1\times7+2+9=\underline{\quad}$。
第 4 步（验证积）：积 $=2\times9=\underline{\quad}$，与和相等，故成立。

第二套

题目：魔术师要在卡片上写 $7$ 个不为 $0$ 的自然数，使它们的和恰好等于它们的积，请帮他写出一组。

引导填空（在横线上填关键结果）：

第 1 步（用 1 撑和）：设有 $5$ 个 $1$ 和两个数 $a,b$，和 $=5+a+b$，积 $=ab$。
第 2 步（列关系）：由 $ab=5+a+b$ 移项得 $(a-1)(b-1)=5+1=\underline{\quad}$。
第 3 步（取解并验证和）：取 $a=2,b=7$，和 $=1\times5+2+7=\underline{\quad}$。
第 4 步（验证积）：积 $=2\times7=\underline{\quad}$，与和相等。

第三套

题目：能否找到 $3$ 个不为 $0$ 的自然数，使它们的和等于它们的积？请写出一组。

引导填空（在横线上填关键结果）：

第 1 步（试最小的连续数）：取 $1,2,3$，先算和 $=1+2+3=\underline{\quad}$。
第 2 步（算积）：$1\times2\times3=\underline{\quad}$，与和相等，故 $1,2,3$ 满足要求。

第三套

题目：请写出 $8$ 个不为 $0$ 的自然数，使它们的和与积都等于 $16$。

引导填空（在横线上填关键结果）：

第 1 步（定两个大数）：设有若干个 $1$ 和两个较大的数 $a,b$，积只由 $a,b$ 决定，要 $ab=16$，取 $a=2,b=8$，则 $ab=2\times8=\underline{\quad}$。
第 2 步（定 1 的个数）：和 $=(1\text{的个数})+a+b=16$，故 $1$ 的个数 $=16-2-8=\underline{\quad}$。
第 3 步（验证和）：$6$ 个 $1$ 与 $2,8$ 共 $8$ 个数，和 $=1\times6+2+8=\underline{\quad}$，与积 $16$ 相等。

10. 【原题 ch22-tuozhan-02】如图 $22\text{-}7$，平面上有 $5$ 个点，它们之间共可连 $10$ 条线段。请问：至少要去掉多少条线段，才能使得其中没有以这 $5$ 个点为顶点的三角形？

详细思路

是哪类问题：这是「三角形计数 + 去边构造」：$5$ 个点两两相连的 $10$ 条线段共构成 $C_5^3=10$ 个三角形。

关键切入点：每去掉一条线段最多破坏 $3$ 个三角形，去 $3$ 条最多破坏 $9$ 个 $<10$，故至少去 $4$ 条；去掉合适的 $4$ 条边使图成为二部图即无三角形。

方法概述：先算三角形总数与每边破坏上限得下界，再构造去 $4$ 边的无三角形方案。

规范步骤：

三角形数：$C_5^3=10$（组合计数）
每边破坏上限：$每条边至多在 3 个三角形中$
下界：$3\times3=9<10$，须去 $\geq4$ 条（估计）
构造：$去掉 4 条边可使图无三角形$（二部图）
结论：$4$

11. 【原题 ch22-tuozhan-03】如图 $22\text{-}8$ 所示是 $9$ 个点，可以连成 $6$ 个正方形。请问：最少去掉其中的几个点，可以使得没有以剩余的点为顶点的正方形？

详细思路

是哪类问题：这是「正方形计数 + 最小打击集」：$3\times3$ 点阵可连出 $6$ 个正方形（$4$ 个 $1\times1$、$1$ 个 $2\times2$、$1$ 个斜放的 $BFHD$）。

关键切入点：破坏最大的 $2\times2$ 正方形须去 $4$ 个角之一，破坏斜正方形须去 $B,F,H,D$ 之一，分析可知去 $2$ 点仍有残留，至少要去 $3$ 点。

方法概述：数清全部正方形，分析必去点，构造去 $3$ 点的方案。

规范步骤：

正方形总数：$4+1+1=6$（计数）
破坏大正方形：$去 1 个角点$
破坏斜正方形与其余：$还须去 2 点，共 3 点$（分析）
结论：$3$

12. 【原题 ch22-tuozhan-04】如图 $22\text{-}9$，一个幸运转盘分为内圆和外环两部分，并且被五条半径平均分割开。其中内圈是固定的，外环可以转动，但转动前必须使得分割线重新组成半径。请把 $0$ 至 $9$ 这 $10$ 个数字分别填入图中的 $10$ 个区域，使得不管外环怎么转动，总有大圆的一个扇形的两部分（内、外）所填数字的和为 $9$。

详细思路

是哪类问题：这是「配对凑和 + 旋转不变」的填数：把 $0\sim9$ 配成五对，每对和为 $9$。

关键切入点：$0+9=1+8=2+7=3+6=4+5=9$；内圈填 $0\sim4$、外环填 $5\sim9$，每个数都有唯一配成 $9$ 的伙伴，故不论外环怎么转，总有某扇形内、外两数之和为 $9$。

方法概述：把 $0\sim9$ 配成和为 $9$ 的五对，内外圈对应填入。

规范步骤：

配对：$0+9=1+8=2+7=3+6=4+5=9$（配对凑和）
内外圈：$内圈 0\sim4，外环 5\sim9$
结论：$总有一扇形内外和为 9$（旋转不变）

13. 【原题 ch22-tuozhan-05】平面上 $6$ 条直线，它们的交点称为“结点”，每条直线上“结点”个数称为这条直线的“标志数”。图 $22\text{-}10$ 中的 $3$ 条直线的“标志数”都等于 $2$，但是另 $3$ 条直线的“标志数”却有两种取值。现在请你用直线画出 $6$ 条直线，使得它们中间任何 $3$ 条直线都不共点，且相应的 $6$ 个“标志数”至少取 $3$ 个不同的数值。

详细思路

是哪类问题：这是「直线交点计数 + 构造作图」：任意 $3$ 条直线不共点时，每条直线上的结点数（标志数）至多为 $5$。

关键切入点：适当安排各直线的平行与相交关系，可使各直线的标志数出现不同取值；按合适画法可让 $6$ 条直线的标志数恰取 $3,4,5$ 三个不同值。

方法概述：通过安排平行/相交，使标志数取到至少 $3$ 个不同值。

规范步骤：

标志数上限：$每线至多与其余 5 线相交，标志数\leq5$
构造：$安排平行/相交使标志数取 3,4,5$（作图）
结论：$可取 3,4,5$

14. 【原题 ch22-tuozhan-06】（1）能否将 $1$ 至 $8$ 这 $8$ 个数放在一条直线上，使得任意三个相邻数的和都不小于 $13$？（2）能否将 $1$ 至 $8$ 这 $8$ 个数放在一个圆圈上，使得任意三个相邻数的和都不小于 $13$？

详细思路

是哪类问题：这是「大小交错构造 + 位置锁死反证」：把 $1\sim8$ 排在直线或圆圈上，控制任意相邻三数之和 $\geq13$。

关键切入点：直线情形把小数被大数夹住即可，如 $1,4,8,7,3,6,5,2$，逐组算得相邻三数和依次为 $13,19,18,16,14,13$，都 $\geq13$。圆圈情形改用位置分析反证：因为 $1+2+8=11<13$、$1+3+8=12<13$，即使给 $1$ 配上最大的 $8$，$1$ 与 $2$、$1$ 与 $3$ 之和也不够 $13$，故 $1$ 不能与 $2$ 或 $3$ 处在同一个相邻三数窗口里，$2$、$3$ 都必须与 $1$ 在圆周上相隔 $\geq3$ 个位置。而圆周 $8$ 个位置中与 $1$ 相隔 $\geq3$ 的恰是 $3$ 个连续位置，$2$、$3$ 只能挤进这 $3$ 个位置，于是必落入同一个相邻三数窗口，其第三个数 $\geq13-(2+3)=8$、只能是 $8$，排布被锁死成 $\cdots2,8,3\cdots$ 且 $1$ 与它们两两相隔 $3$。此时 $1$ 的两个邻数只剩 $\{4,5,6,7\}$ 中的两个，逐一核验总有某个相邻三数之和 $<13$，矛盾。

方法概述：直线用大小交错构造；圆圈用「$1$ 不能与 $2$、$3$ 同处一窗口」把排布逼到唯一情形再核验矛盾。

规范步骤：

第 (1) 问构造：$1,4,8,7,3,6,5,2：相邻三数和依次 13,19,18,16,14,13\geq13$（构造）
第 (2) 问关键不足：$1+2+8=11<13,\ 1+3+8=12<13$，配上最大的 8 仍不够（反证准备）
1 与 2、3 须远离：$1 不能与 2、3 同处一窗口，2、3 都须与 1 相隔 \geq3 个位置$
位置锁死：$与 1 相隔 \geq3 的恰 3 个连续位置，2、3 挤入必同窗，第三数 \geq13-(2+3)=8 只能是 8$（唯一化）
核验矛盾：$排布锁为 \cdots2,8,3\cdots，1 的两邻数只剩 \{4,5,6,7\} 之二，必有某相邻三数和 <13$（反证）
结论：$（1）能；（2）不能$

15. 【原题 ch22-tuozhan-07】一本故事书有 $10$ 篇故事，各篇故事占的篇幅从 $1$ 页到 $10$ 页都不相同。如果从书的第 $1$ 页开始印第一个故事，每一个故事总是从新的一页开始印，那么从奇数页起头的故事最多有几篇？最少有几篇？

详细思路

是哪类问题：这是「前缀和奇偶性 + 极值」：一篇故事是否从奇数页起头，取决于它前面所有故事页数之和的奇偶性。

关键切入点：$1\sim10$ 中奇数页数有 $5$ 篇、偶数页数有 $5$ 篇；偶页故事不改变后续起始页奇偶，奇页故事翻转其后所有故事起始页奇偶。合理安排次序，可使最多 $8$ 篇、最少 $3$ 篇从奇数页起头。

方法概述：用前缀页数和的奇偶性决定起始页奇偶，安排奇/偶页故事次序求极值。

规范步骤：

起始页奇偶：$由前面页数之和的奇偶决定$
奇偶页作用：$偶页不变、奇页翻转后续$
极值：$最多 8，最少 3$（安排次序）
结论：$最多 8，最少 3$

16. 【原题 ch22-tuozhan-08】在 $4\times 4$ 的方格表中至少应该去掉多少个格子，才能使得得到的图形中不存在如图 $22\text{-}12$ 所示的“L 型”？（“L 型”指由三个方格组成的拐角形，可任意旋转）

详细思路

是哪类问题：这是「分块估计 + 避免子形 + 构造取等」：把 $4\times4$ 拆成 $4$ 个互不相交的 $2\times2$ 区块，在每个区块内定出保留格数的上限。

关键切入点：关键：任何一个 $2\times2$ 区块内只要保留 $3$ 个格，这 $3$ 格就恰好构成一个 L 型；所以每个 $2\times2$ 区块最多只能保留 $2$ 个格。$4$ 个区块合起来至多保留 $4\times2=8$ 格，于是至少要去掉 $16-8=8$ 格。再按棋盘相间去掉 $8$ 个同色格，剩下的 $8$ 格里确实没有 L 型，恰好取到下界。

方法概述：用 $4$ 个不相交 $2\times2$ 区块每块至多留 $2$ 格得下界 $8$，再构造去 $8$ 格的无 L 型方案取等。

规范步骤：

分块：$把 4\times4 分成左上、右上、左下、右下 4 个互不相交的 2\times2 区块$（分块）
每块保留上限：$任何 2\times2 区块内保留 3 格必成 L 型，故每块至多留 2 格$（避免子形）
下界：$4 块至多共留 4\times2=8 格，故至少去掉 16-8=8 格$（下界估计）
构造取等：$按棋盘相间去掉 8 个同色格，剩下 8 格中无 L 型，达到下界$（构造）
结论：$8$

17. 【原题 ch22-tuozhan-09】黑板上写着 $3$ 个数 $8,18,28$，老师现在请一些同学上黑板对这 $3$ 个数进行操作。进行一次操作是指：把 $3$ 个数同时进行如下变化，或者减 $1$，或者加 $2$。请问：能否经过若干次操作后得到 $6,7,8$？能否经过若干次操作后得到 $8,8,8$？

详细思路

是哪类问题：这是「构造操作序列 + 同余不变量」：三数同时减 $1$ 或加 $2$。

关键切入点：得 $6,7,8$：逐步缩小三数之差 $8,18,28\to14,15,25\to20,21,22\to6,7,8$；得 $8,8,8$：三数除以 $3$ 的余数组合不变，$\{0,1,2\}\neq\{2,2,2\}$。

方法概述：缩差构造操作序列；用三数模 $3$ 的余数组合这一不变量论证不可行。

规范步骤：

缩差 1：$8,18,28\to14,15,25$（加2/减1各3次）
缩差 2：$14,15,25\to20,21,22$
同减：$20,21,22\to6,7,8$（减1共14次）
不变量：$余数组合 \{0,1,2\}\neq\{2,2,2\}$（同余）
结论：$能得 6,7,8；不能得 8,8,8$

18. 【原题 ch22-tuozhan-10】有 $3$ 堆石子，每次可以从这三堆中同时拿走相同数目的石子（各次拿走的数目可以改变），也可以由一堆中取一半石子放入另外一堆（每次拿走一半石子时这一堆中的石子数应为偶数）。（1）如果开始时 $3$ 堆石子的数目分别是 $34,55,82$，按上述操作，能否把 $3$ 堆石子都拿光？（2）如果开始时 $3$ 堆石子的数目分别是 $80,60,50$，按上述操作，能否把 $3$ 堆石子都拿光？如果不可以，请说明理由；如果可以，请设计一种取石子的方案。

详细思路

是哪类问题：这是「构造操作序列 + 同余不变量」：两种取石子操作都不改变三堆总数除以 $3$ 的余数。

关键切入点：$(1)$ $34+55+82=171$ 除以 $3$ 余 $0$，可设计序列拿光；$(2)$ $80+60+50=190$ 除以 $3$ 余 $1\neq0$，而拿光需总数为 $0$（余 $0$），故不能。

方法概述：找总数模 $3$ 的不变量判断，能则构造序列。

规范步骤：

第 (1) 问序列：$(34,55,82)\to(0,21,48)\to(24,21,24)\to(4,1,4)\to(4,3,2)\to(2,1,0)\to(1,1,1)\to(0,0,0)$（构造）
第 (2) 问不变量：$80+60+50=190,\ 190\div3 余 1$（同余）
矛盾：$(0,0,0) 总数 0 余 0\neq1$
结论：$（1）能；（2）不能$

19. 【原题 ch22-tuozhan-11】（1）能否将 $1,2,3,4,5,6,7,8,9$ 分成三组，使得每组三个数的和都相等？（2）能否将 $1,2,3,4,\cdots,11,12$ 分成四组，使得每组三个数的和相等？

详细思路

是哪类问题：这是「总和整除判断 + 等和分组构造」：把连续整数分成若干组使各组和相等。

关键切入点：$(1)$ $1\sim9$ 和 $45$，分三组每组和 $45\div3=15$（三阶幻方的行/列即可）；$(2)$ $1\sim12$ 和 $78$，$78\div4$ 不是整数，故不能分成四组。

方法概述：先用总和 $\div$ 组数判断每组目标和是否为整数，再构造具体分组。

规范步骤：

第 (1) 问总和与目标：$45\div3=15$（整除）
构造：$\{8,1,6\},\{3,5,7\},\{4,9,2\}$，各和 15（幻方）
第 (2) 问判断：$78\div4$ 不是整数（整除）
结论：$（1）能；（2）不能$

第一套

题目：（1）能否把 $1,2,\cdots,14,15$ 分成五组，每组 $3$ 个数，使各组三数之和都相等？（2）能否把 $1,2,\cdots,17,18$ 分成六组，每组 $3$ 个数，使各组三数之和都相等？

引导填空（在横线上填关键结果）：

第 1 步（（1）总和与目标）：$1+2+\cdots+15=\dfrac{15\times16}{2}=\underline{\quad}$，分五组每组和 $=120\div5=\underline{\quad}$。
第 2 步（构造）：如 $\{1,8,15\}$ 和 $=1+8+15=\underline{\quad}$、$\{4,6,14\}$ 和 $=4+6+14=\underline{\quad}$，可配满五组。
第 3 步（（2）判断）：$1+2+\cdots+18=\dfrac{18\times19}{2}=\underline{\quad}$，每组和应为 $171\div6$；用 $171-28\times6=\underline{\quad}$ 看余数，不为 $0$，故不能。

第二套

题目：把编号 $1$ 到 $9$ 的 $9$ 张卡片分给 $3$ 名同学、每人 $3$ 张，能否使三人手中卡号之和都相等？若把编号 $1$ 到 $12$ 的 $12$ 张卡片分给 $4$ 名同学、每人 $3$ 张，又能否使四人卡号之和都相等？

引导填空（在横线上填关键结果）：

第 1 步（第一问·总和）：$1+2+\cdots+9=\dfrac{9\times10}{2}=\underline{\quad}$，每人 $=45\div3=\underline{\quad}$。
第 2 步（构造）：如 $\{8,1,6\}$ 和 $=8+1+6=\underline{\quad}$，可配成三组各 $15$。
第 3 步（第二问·判断）：$1+2+\cdots+12=\dfrac{12\times13}{2}=\underline{\quad}$，每人应为 $78\div4$；$78-19\times4=\underline{\quad}$ 余数不为 $0$，不能。

第三套

题目：能否把 $1,2,3,4,5,6$ 分成三组，每组 $2$ 个数，使各组两数之和都相等？

引导填空（在横线上填关键结果）：

第 1 步（总和与目标）：$1+2+\cdots+6=\dfrac{6\times7}{2}=\underline{\quad}$，分三组每组和 $=21\div3=\underline{\quad}$。
第 2 步（配对）：$1+6=\underline{\quad}$、$2+5=\underline{\quad}$、$3+4=\underline{\quad}$，各组和都是 $7$，故能。

第三套

题目：能否把 $1,2,\cdots,11,12$ 分成若干组，每组恰好 $4$ 个数，使各组四数之和都相等？若能，分成几组？每组和是多少？

引导填空（在横线上填关键结果）：

第 1 步（定组数）：$12$ 个数每组 $4$ 个，组数 $=12\div4=\underline{\quad}$。
第 2 步（总和）：$1+2+\cdots+12=\dfrac{12\times13}{2}=\underline{\quad}$。
第 3 步（每组和）：每组和 $=78\div3=\underline{\quad}$（整数，故可行）。
第 4 步（构造）：$\{1,2,11,12\}$ 和 $=1+2+11+12=\underline{\quad}$、$\{5,6,7,8\}$ 和 $=5+6+7+8=\underline{\quad}$，第三组取其余(和也为 $26$)。

20. 【原题 ch22-tuozhan-12】（1）能否将 $1$ 至 $15$ 排成一行，使得任意相邻两数之和为平方数？（2）能否将 $1$ 至 $15$ 排成一行，使得任意相邻两数之和为质数？

详细思路

是哪类问题：这是「连边找路径(哈密顿路径)」的构造：把 $1\sim15$ 当顶点，相邻两数之和为平方数(或质数)时连边，找一条经过所有点的路径。

关键切入点：$(1)$ 平方数取 $4,9,16,25$ 连边找路径；$(2)$ 质数情形相邻两数之和(除 $1+2$ 外)必为奇数，故一奇一偶相间排列。

方法概述：把相邻和为平方/质数转成图上连边，找哈密顿路径。

规范步骤：

第 (1) 问平方路径：$9,7,2,14,11,5,4,12,13,3,6,10,15,1,8$（相邻和为平方）
验证：$16,9,16,25,\ldots$ 均为平方数
第 (2) 问质数路径：$15,4,13,6,11,8,9,10,7,12,5,14,3,2,1$（奇偶相间）
结论：$都能$

21. 【原题 ch22-tuozhan-13】（1）能否用 $16$ 个如图 $22\text{-}13$ 所示的“T 型”拼成一个 $8\times 8$ 的棋盘？（2）能否用 $8$ 个如图 $22\text{-}13$ 所示的“T 型”和 $8$ 个如图 $22\text{-}14$ 所示的“L 型”拼成一个 $8\times 8$ 的棋盘？（3）能否用 $1$ 个如图 $22\text{-}13$ 所示的“T 型”和 $15$ 个如图 $22\text{-}14$ 所示的“L 型”拼成一个 $8\times 8$ 的棋盘？

详细思路

是哪类问题：这是「棋盘染色 + 拼板覆盖」：$8\times8$ 相间染色黑白各 $32$ 格。

关键切入点：$(1)(2)$ 给出拼法即可；$(3)$ 每个 L 型必盖 $2$ 个黑格、每个 T 型必盖 $1$ 或 $3$ 个黑格，$15$ 个 L 与 $1$ 个 T 共盖 $2\times15+1=31$ 或 $2\times15+3=33$ 个黑格，都不等于 $32$。

方法概述：用黑白染色分析每种拼板盖黑格数，与棋盘黑格数 $32$ 比较。

规范步骤：

第 (3) 问黑格数：$8\times8 中黑格 32$（染色）
盖黑数：$15\times2+1=31 或 15\times2+3=33$
矛盾：$31,33\neq32$
结论：$（1）能；（2）能；（3）不能$

22. 【原题 ch22-tuozhan-14】（1）能否用 $9$ 个如图 $22\text{-}15$ 所示的 $1\times 4$ 的长方形拼成一个 $6\times 6$ 的棋盘？（2）能否用 $9$ 个如图 $22\text{-}16$ 所示的“L 型”拼成一个 $6\times 6$ 的棋盘？

详细思路

是哪类问题：这是「特殊染色 + 奇偶」的拼板不可能性：对 $6\times6$ 用两种不同染色。

关键切入点：$(1)$ 使每个 $1\times4$ 盖 $0$ 或 $2$ 个黑格，则 $9$ 块盖偶数黑格，而黑格为奇数；$(2)$ 使每个 L 型盖 $1$ 或 $3$ 个黑格，则 $9$ 块盖奇数黑格，而黑格为偶数。

方法概述：两小题分别用恰当染色使每块盖黑数奇偶固定，与黑格总数奇偶矛盾。

规范步骤：

第 (1) 问每块盖黑：$0 或 2$（偶）
矛盾 1：$9 块共偶数，黑格为奇数$
第 (2) 问每块盖黑：$1 或 3$（奇）
矛盾 2：$9 块共奇数，黑格为偶数$
结论：$都不能$

23. 【原题 ch22-xingqu-01】如图 $22\text{-}1$ 所示，在 $6\times 6$ 的警戒方格内，每个哨所可以监视横、竖、斜方向的全部单位方格。现在已经建了两个哨所（图中以 ※ 标出），请你挑选一个方格，再建立一个哨所，使得所有的方格都被监视到。

详细思路

是哪类问题：这是「棋盘覆盖构造」类：每个哨所监视所在行、列、两条斜线，要再补一个哨所盖住剩余方格。

关键切入点：两个已有哨所（第 $4$ 行、第 $6$ 行）已覆盖它们所在的行、列与两条斜线；逐格排查后只剩一小片未被监视，找出能同时补上剩余行、列、斜线的那个交叉格即可。

方法概述：分析已覆盖的行/列/斜线，定位唯一未覆盖区域，构造性补第三个哨所。

规范步骤：

标出两哨所覆盖范围：$第4行、第6行及其所在列与斜线全部被监视$（覆盖分析）
排查剩余未监视方格：$仅第2行第3列一带未被覆盖$（逐格排查）
补第三个哨所：$在第2行第3列建哨所$（构造）
结论：$全部36个方格都被监视$

24. 【原题 ch22-xingqu-02】（1）把 $1,2,3,\cdots,8,9$ 按合适的顺序填在图 $22\text{-}2$ 第二行的空格中（第一行已依次写有 $1,2,3,\cdots,9$），使得每一列上、下两数之和都是平方数。（2）能否将 $1,2,3,\cdots,10,11$ 按合适的顺序填在图 $22\text{-}3$ 第二行的空格中（第一行已依次写有 $1,2,3,\cdots,11$），使得每一列上、下两数之和都是平方数？

详细思路

是哪类问题：这是「配对凑平方数」构造填表：第二行填一个 $1\sim 9$ 的排列，使每列上下两数之和为平方数（$4,9,16$）。

关键切入点：逐格写出可填的数后逐一确定；第 $(2)$ 问中 $4$ 与 $11$ 的下方都只能填 $5$，发生冲突，故不可能。

方法概述：把每列上下和凑成平方数，用配对的唯一性判断可行并构造。

规范步骤：

第二行从左到右填：$8,2,6,5,4,3,9,1,7$（凑平方数）
验证各列和：$9,4,9,9,9,9,16,9,16$ 都是平方数
第 (2) 问分析冲突：$4 与 11 下方都只能填 5$（唯一性冲突）
结论：$（1）能；（2）不能$

25. 【原题 ch22-xingqu-03】今有长度为 $1,2,\cdots,198,199$ 的金属杆各一根，请问：能否用上面的金属杆，不弯曲其中的任何一根，把它们焊接成：（1）一个正方体框架？（2）一个长方体框架？

详细思路

是哪类问题：这是「等差求和 + 整除性论证 + 构造」的立体框架问题：框架棱长总和等于全部金属杆之和。

关键切入点：正方体有 $12$ 条棱，总和须被 $12$ 整除；长方体棱长总和 $=4\times(长+宽+高)$，故总和须被 $4$ 整除。先等差求和，再用整除性否定正方体、用 $4$ 整除构造长方体。

方法概述：先求 $1+2+\cdots+199$，用整除性判定并构造长方体。

规范步骤：

求总长：$1+2+\cdots+199=\dfrac{199\times200}{2}=19900$（等差求和）
正方体判断：$19900\div12$ 不是整数（余 $4$），不能拼正方体（整除性）
长方体棱长和：$19900\div4=4975=长+宽+高$（棱长和 $=4\times$(长+宽+高)）
构造一组：$4577+199+199=4975$，即 $4577,199,199$（构造）
结论：$（1）不能；（2）能$

第一套

题目：现有长度为 $1,2,\cdots,342,343$ 的金属杆各一根，不弯曲其中任何一根，问：能否焊接成（1）一个正方体框架？（2）一个长方体框架？

引导填空（在横线上填关键结果）：

第 1 步（等差求和）：把全部杆长相加，$1+2+\cdots+343=\dfrac{343\times344}{2}=\underline{\quad}$。
第 2 步（正方体判断）：正方体 $12$ 条棱，棱长总和须被 $12$ 整除；用总长减去 $12$ 的倍数看余数 $58996-4916\times12=\underline{\quad}$，余数不为 $0$，不能拼正方体。
第 3 步（长方体列式）：长方体棱长总和 $=4\times(长+宽+高)$，故 $长+宽+高=58996\div4=\underline{\quad}$。
第 4 步（构造一组）：取长 $=343\times41$、宽 $=$ 高 $=343$，则 $长+宽+高=14063+343+343=\underline{\quad}$，与上步相符。

第二套

题目：工人有长度为 $1,2,\cdots,198,199$ 厘米的水管各一根，不截断其中任何一根，问：能否焊接成（1）一个正方体框架？（2）一个长方体框架？

引导填空（在横线上填关键结果）：

第 1 步（求总长）：$1+2+\cdots+199=\dfrac{199\times200}{2}=\underline{\quad}$（厘米）。
第 2 步（正方体判断）：$12$ 条棱须被 $12$ 整除，$19900-1658\times12=\underline{\quad}$，余数不为 $0$，不能拼正方体。
第 3 步（长方体）：$长+宽+高=19900\div4=\underline{\quad}$（厘米）。
第 4 步（构造）：取长 $=199\times23$、宽 $=$ 高 $=199$，$4577+199+199=\underline{\quad}$。

第三套

题目：有长度为 $1,2,\cdots,99,100$ 的小棒各一根，不折断其中任何一根，问：能否围成（1）一个正方形边框？（2）一个长方形边框？

引导填空（在横线上填关键结果）：

第 1 步（求总长）：$1+2+\cdots+100=\dfrac{100\times101}{2}=\underline{\quad}$。
第 2 步（正方形判断）：正方形 $4$ 条边等长，周长须被 $4$ 整除，$5050-1262\times4=\underline{\quad}$，余数不为 $0$，不能围成正方形。
第 3 步（长方形）：长方形周长 $=2\times(长+宽)$，故 $长+宽=5050\div2=\underline{\quad}$。
第 4 步（构造）：取长 $=2425$、宽 $=100$，$2425+100=\underline{\quad}$。

第三套

题目：有长度为 $1,2,\cdots,198,199$ 的金属杆各一根，能否焊成一个长方体框架，使它的长、宽、高之比为 $3:1:1$？

引导填空（在横线上填关键结果）：

第 1 步（求总长）：$1+2+\cdots+199=\dfrac{199\times200}{2}=\underline{\quad}$。
第 2 步（棱长和）：$长+宽+高=19900\div4=\underline{\quad}$。
第 3 步（按比例分份）：$长:宽:高=3:1:1$ 共 $5$ 份，每份 $=4975\div5=\underline{\quad}$。
第 4 步（算出长）：长占 $3$ 份 $=995\times3=\underline{\quad}$。
第 5 步（验证）：$长+宽+高=2985+995+995=\underline{\quad}$，与第 2 步相符。

26. 【原题 ch22-xingqu-04】老师对六位同学的三门功课语文、数学、体育进行了一次测验，六位同学的体育得分是 $1$ 分或者 $2$ 分，数学得分是 $1$ 分、$2$ 分或者 $3$ 分，语文得分是 $1$ 分、$2$ 分、$3$ 分或者 $4$ 分。如果一位同学的三门功课成绩都不低于另一位同学的三门功课成绩，就说这位同学比另一个同学优秀。测验完成后老师发现这六位同学中谁也不比别人优秀，请问这六位同学三科得分分别是多少？

详细思路

是哪类问题：这是「抽屉原理 + 反链构造」的得分问题：三门课取值最多的语文有 $4$ 种、体育只有 $2$ 种。

关键切入点：先看取值最少的体育，必是 $3$ 人得 $1$、$3$ 人得 $2$（否则至少 $4$ 人体育同分，由抽屉原理其中两人数学也同分，此二人不论语文如何必有一人不比另一人差，矛盾）；每组数学须取遍 $1,2,3$，再由语文的大小关系确定全部。

方法概述：按体育把六人分两组各 $3$ 人，每组数学取遍 $1,2,3$，语文按不可比排大小。

规范步骤：

体育分组：$3 人得 1 分、3 人得 2 分$（抽屉原理）
数学取遍：$每组数学分别为 1,2,3$
语文定序：$a=4,\ C=1$，其余唯一确定（不可比）
结论：$(1,1,4),(1,2,3),(1,3,2),(2,1,3),(2,2,2),(2,3,1)$

27. 【原题 ch22-xingqu-05】把图 $22\text{-}4$ 中的圆圈任意涂上红色或蓝色，问：能否使得每一条直线上的红圈个数都是奇数？

详细思路

是哪类问题：这是「奇偶性 + 重复计数」的反证题：五条直线上的红圈数若都为奇数，求它们之和的奇偶性。

关键切入点：$5$ 条直线各红圈数为奇 $\Rightarrow$ 五个奇数之和为奇数；但每个圆圈恰在 $2$ 条直线上，按直线求和时每个红圈被计 $2$ 次，总和必为偶数。奇偶矛盾。

方法概述：对同一个“各直线红圈数之和”用两种方式计数，得到奇偶矛盾。

规范步骤：

按直线求和：$5 个奇数之和为奇数$（奇数相加）
按圆圈求和：$每个红圈被计 2 次，总和为偶数$（重复计数）
矛盾：$奇数\neq偶数$（反证）
结论：$不能$

28. 【原题 ch22-xingqu-06】（1）能否在 $4\times 4$ 的方格表的各个小方格内分别填入数 $1,2,3,\cdots,15,16$，使得从每行中都可以选择若干个数，这些数的和等于该行中其余各数之和？（2）能否在 $5\times 5$ 的方格表的各个小方格内分别填入数 $1,2,3,\cdots,24,25$，使得从每行中都可以选择若干个数，这些数的和等于该行中其余各数之和？

详细思路

是哪类问题：这是「等差求和 + 奇偶性 + 配对构造」：每行能选出两组和相等，等价于每行各数之和为偶数。

关键切入点：第 $(1)$ 问 $1\sim16$ 总和 $136$（偶），把每行配成两对、每对和 $17$ 即可；第 $(2)$ 问 $1\sim25$ 总和 $325$（奇），则不可能使每行的和都是偶数。

方法概述：看总和的奇偶：能则配对构造，不能则用奇偶反证。

规范步骤：

第 (1) 问总和：$1+2+\cdots+16=136$（偶）（等差求和）
配对：$每行两对各和 17，如 1,16,2,15$（配对）
第 (2) 问总和：$1+2+\cdots+25=325$（奇）$\Rightarrow$ 不能（奇偶反证）
结论：$（1）能；（2）不能$

第一套

题目：（1）能否在 $8\times8$ 的方格表中分别填入 $1,2,\cdots,63,64$，使得从每行中都能选出若干个数，它们的和等于该行其余各数之和？（2）$9\times9$ 的方格表填入 $1,2,\cdots,80,81$ 呢？

引导填空（在横线上填关键结果）：

第 1 步（（1）总和）：$1+2+\cdots+64=\dfrac{64\times65}{2}=\underline{\quad}$，是偶数。
第 2 步（配对凑等和）：每行 $8$ 个数配成 $4$ 对，每对和 $1+64=\underline{\quad}$，则每行的和 $=65\times4=\underline{\quad}$（偶数）。
第 3 步（分两组）：每行的和的一半 $=260\div2=\underline{\quad}$，取和为 $65$ 的两对即为一组，故能做到。
第 4 步（（2）总和）：$1+2+\cdots+81=\dfrac{81\times82}{2}=\underline{\quad}$，是奇数，某行的和必为奇数、无法平分，所以不能。

第二套

题目：老师把 $1$ 到 $16$ 号共 $16$ 张卡片发到 $4$ 行(每行 $4$ 张)，希望每行都能挑出几张，其号码和等于该行其余卡片的号码和，能否做到？若把 $1$ 到 $25$ 号共 $25$ 张卡片发成 $5$ 行(每行 $5$ 张)，又能否做到？

引导填空（在横线上填关键结果）：

第 1 步（第一种·总和）：$1+2+\cdots+16=\dfrac{16\times17}{2}=\underline{\quad}$，偶数。
第 2 步（配对）：每行 $4$ 张配成 $2$ 对，每对和 $1+16=\underline{\quad}$，每行和 $=17\times2=\underline{\quad}$。
第 3 步（分两组）：每行和的一半 $=34\div2=\underline{\quad}$，取一对即成一组，能做到。
第 4 步（第二种·总和）：$1+2+\cdots+25=\dfrac{25\times26}{2}=\underline{\quad}$，奇数，无法使每行和都为偶，不能做到。

第三套

题目：（1）能否把 $1,2,\cdots,15,16$ 分成两组，使两组各数之和相等？（2）能否把 $1,2,\cdots,24,25$ 分成两组，使两组各数之和相等？

引导填空（在横线上填关键结果）：

第 1 步（（1）总和）：$1+2+\cdots+16=\dfrac{16\times17}{2}=\underline{\quad}$。
第 2 步（每组目标和）：两组相等，每组 $=136\div2=\underline{\quad}$。
第 3 步（构造一组）：取 $16+15+14+13+10=\underline{\quad}$，恰为一组，另一组为其余各数，故能。
第 4 步（（2）判断）：$1+2+\cdots+25=\dfrac{25\times26}{2}=\underline{\quad}$，是奇数，不能平分为两组相等，故不能。

第三套

题目：能否把 $1,2,\cdots,23,24$ 分成三组，使每组各数之和都相等？若能，请给出一种分法。

引导填空（在横线上填关键结果）：

第 1 步（总和）：$1+2+\cdots+24=\dfrac{24\times25}{2}=\underline{\quad}$。
第 2 步（整除判断）：分三组须 $300$ 能被 $3$ 整除，每组和 $=300\div3=\underline{\quad}$。
第 3 步（构造第一组）：$24+23+22+21+10=\underline{\quad}$。
第 4 步（构造第二组）：$20+19+18+17+15+11=\underline{\quad}$，第三组取其余各数(和也为 $100$)，故能。

29. 【原题 ch22-xingqu-07】图 $22\text{-}5$ 是把一张 $6\times 6$ 方格纸去掉两个角后得到的图形。（1）请把所有的格子涂上红、蓝两色之一，画出一种使每个 $1\times 2$ 的小长方形（不论横竖）的 $2$ 方格颜色都不相同的涂法。（2）能否用 $1\times 2$ 的小长方形恰好把表示红色的方格拼满（涂成红色）？

详细思路

是哪类问题：这是「棋盘染色 + 多米诺覆盖」：红蓝相间染色下每个 $1\times2$ 必盖一红一蓝。

关键切入点：$(1)$ 按棋盘相间染色即可；$(2)$ 原 $6\times6$ 棋盘红蓝各 $18$ 格，去掉两个同色角后红蓝格数相差 $2$，而多米诺盖红需红蓝相等，矛盾。

方法概述：相间染色构造合法涂法；用红蓝格数是否相等论证覆盖可行性。

规范步骤：

第 (1) 问相间染色：$每个 1\times2 盖一红一蓝$（染色构造）
原棋盘红蓝各：$18$ 格
去两角：$红蓝相差 2$，无法用多米诺盖满红色（计数矛盾）
结论：$（1）可涂；（2）不能$

30. 【原题 ch22-xingqu-08】全班 $25$ 名同学分坐五排，每排五人坐成一排（每个座位有它的前、后、左、右位子称为它的邻座）。在儿童节每一位同学都准备了一件礼物送给它的邻座之一。在五排同学中，能否恰好让大家适当地送出礼物，使每一位同学都收到一件礼物呢？

详细思路

是哪类问题：这是「棋盘染色 + 一一对应」：座位相间染色后送礼必然跨色。

关键切入点：$5\times5=25$ 个座位相间染色为 $13$ 与 $12$；每人送给邻座即跨色，要人人恰收一件需两色一一配对，但 $13\neq12$。

方法概述：染色使送礼跨色，再用两色座位数不等说明无法配对。

规范步骤：

染色：$5\times5=25=13+12$（相间染色）
送礼跨色：$一色送另一色$
配对需相等：$13\neq12$（矛盾）
结论：$不能$

31. 【原题 ch22-xingqu-09】将一个 $4\times 4$ 的方格表分为如图 $22\text{-}6$ 的 $5$ 块区域。现在要往里面填入 $16$ 个互不相同的正整数，使得每一块区域中所填的和都相等，这 $16$ 个数的总和最小是多少？

详细思路

是哪类问题：这是「下界估计 + 等区域和构造」的最小总和问题：设每区域和为 $x$，则 $16$ 个数总和为 $5x$。

关键切入点：填数最多的 $3$ 块共 $13$ 个格，填 $13$ 个互不相同的正整数其和最小为 $1+2+\cdots+13=91$，故 $3x\geq91$，$x\geq31$；取 $x=31$ 可构造出，总和 $5\times31=155$。

方法概述：用最小的若干正整数估下界，再构造取等。

规范步骤：

设区域和：$总和=5x$
下界：$13 格最小和 1+\cdots+13=91,\ 3x\geq91$（下界估计）
取整：$x\geq31$
构造并求总和：$x=31,\ 总和=5\times31=155$（构造取等）
结论：$155$

32. 【原题 ch22-xingqu-10】能否将 $1,2,3,\cdots,9,10$ 排成一行，使得任意相邻三个数之和都不大于 $16$？能否使得任意相邻三个数之和都不大于 $15$？

详细思路

是哪类问题：这是「构造排列 + 不等式反证」：把 $1\sim10$ 排一行，控制任意相邻三数之和。

关键切入点：不大于 $16$ 时把小数放在大数旁即可，如 $10,5,1,9,4,3,8,2,6,7$；不大于 $15$ 时，位置 $1$-$3$、$4$-$6$、$7$-$9$ 三段各 $\leq15$ 共 $\leq45$，故第 $10$ 个数 $\geq55-45=10$，同理第 $1$ 个数也 $=10$，矛盾。

方法概述：$\leq16$ 用大小交错构造；$\leq15$ 用最大数受限反证。

规范步骤：

≤16 构造：$10,5,1,9,4,3,8,2,6,7$，各相邻三数和 $\leq16$（构造）
≤15 总和：$1+2+\cdots+10=55$
三段估计：$3\times15=45,\ a_{10}\geq55-45=10$（不等式）
矛盾：$a_1=a_{10}=10$ 矛盾（反证）
结论：$\leq16 能；\leq15 不能$

竞赛数学 · 六年级第22讲《构造论证二》举一反三练习卷

附录 · 答案

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