小学奥数染色与操作问题教师版
五年级奥数.杂题.游戏与策略(ABC级).教师版
实际操作与策略问题这类题目能够很好的提高学生思考问题的能力，激发学生探索数学规律的兴趣，并通过寻找最佳策略过程，培养学生的创造性思维能力，这也是各类考试命题者青睐的这类题目的原因。
模块一、探索与操作【例 1】 将1—13这13个自然数分别写在13张卡片上，再将这13张卡片按一定的顺序从左至右排好．然后进行如下操作：将从左数第一张和第二张依次放到最后，将第三张取出而这张卡片上的数是1；再将下面的两张依次放到最后并取出下一张，取出的卡片上面的数是2；继续将下面的两张依次放到最后并取出下一张，取出的卡片上面的数是3……如此进行下去，直到取出最后一张是13为止．则13张卡片最初从左到右的顺序为 ．【考点】游戏与策略 【难度】3星 【题型】填空【解析】 这13张卡片依次是原来的第3，第6，第9，第12，第2，第7，第11，第4，第10，第5，第1，第8，第13张，所以原来的顺序为11，5，1，8，10，2，6，12，3，9，7，4，13【答案】11，5，1，8，10，2，6，12，3，9，7，4，13【巩固】 在纸上写着一列自然数1，2，…，98，99．一次操作是指将这列数中最前面的三个数划去，然后把这三个数的和写在数列的最后面．例如第一次操作后得到4，5，…，98，99，6；而第二次操作后得到7，8，…，98，99，6，15．这样不断进行下去，最后将只剩下一个数，则最后剩下的数是 ．【考点】游戏与策略 【难度】3星 【题型】填空【解析】 第一轮：分33次划1～9，后面写上6，15，24，…，294共33个数．第二轮：分11次划去这33例题精讲知识框架游戏与策略个数，后面写上45，126，207，…，855，共11个数．之后的操作一次减少2个数，故还需操作5次．设这11个数为：1a ，2a ，…，11a ．则接下去的数是：123()a a a ++，456()a a a ++，789()a a a ++，1011123()a a a a a ++++，4567891011123()a a a a a a a a a a a ++++++++++．因此最后一数为：1231112994950a a a a ++++=+++=．【答案】4950。
小学奥数构造、论证与染色、操作问题
第十三讲：构造与论证教学目标1.掌握最佳安排和选择方案的组合问题.2.利用基本染色去解决相关图论问题．知识点拨各种探讨给定要求能否实现，在论证中，有时需进行分类讨论，有时则要着眼于极端情形，或从整体把握．设计最佳安排和选择方案的组合问题，这里的最佳通常指某个量达到最大或最小．解题时，既要构造出取得最值的具体实例，又要对此方案的最优性进行论证．论证中的常用手段包括抽屉原则、整除性分析和不等式估计．组合证明题，在论证中，有时需进行分类讨论，有时则需要着眼于极端情况，或从整体把握。
若干点及连接它们的一些线段组成图，与此相关的题目称为图论问题。
若干点及连接它们的一些线段组成图，与此相关的题目称为图论问题，这里宜从特殊的点或线着手进行分析．各种以染色为内容，或通过染色求解的组合问题，基本的染色方式有相间染色与条形染色．例题精讲模块一最佳安排和选择方案【例 1】一个盒子里有400枚棋子，其中黑色和白色的棋子各200枚．下面我们对这些棋子做如下操作：每次拿出2枚棋子，如果颜色相同，就补1枚黑色棋子回去；如果颜色不同，就补1枚白色的棋子回去．这样的操作，实际上就是每次都少了1枚棋子，那么，经过399次操作后，最后剩下的棋子是颜色(填“黑”或者“白”)．【解析】在每一次操作中，若拿出的两枚棋子同色，则补黑子1枚，所以拿出的白子可能为0枚或2枚；若拿出的两枚棋子异色，则补白子1枚，“两枚棋子异色”说明其中一黑一白，那么此时拿出的白子数为0枚．可见每次操作中拿出的白子都是偶数枚，而由于起初白子有200枚，是偶数枚，所以每次操作后剩下的白子都是偶数枚，因此最后1枚不可能是白子，只能是黑子．【例 2】5卷本百科全书按从第1卷到第5卷的递增序号排列，今要将它们变为反序排列，即从第5卷到第1卷．如果每次只能调换相邻的两卷，那么最少要调换多少次?【解析】因为必须是调换相邻的两卷，将第5卷调至原来第1卷的位置最少需4次，得到的顺序为51234；现在将第4卷调至此时第l卷的位置最少需3次，得到的顺序为54123；现在将第3卷调至此时第l卷的位置最少需2次，得到的顺序为54312；最后将第l卷和第2卷对调即可．所以，共需调换4+3+2+1=10次．【例 3】有3堆小石子，每次允许进行如下操作：从每堆中取走同样数目的小石子，或是将其中的某一石子数是偶数的堆中的一半石子移入另外的一堆．开始时，第一堆有1989块石子，第二堆有989块石子，第三堆有89块石子．问能否做到：、(1)某2堆石子全部取光? (2)3堆中的所有石子都被取走?【解析】(1)可以，如(1989，989，89) →(1900，900，0)→(950，900，950)→(50，0，50)→(25，25，50)→(O，0，25)．(2)因为操作就两种，每堆取走同样数目的小石子，将有偶数堆石子堆中一半移至另一堆，所以每次操作石子总数要么减少3的倍数，要么不变．现在共有1989+989+89=3067，不是3的倍数，所以不能将3堆中所有石子都取走．【例 4】n支足球队进行比赛，比赛采用单循环制，即每对均与其他各队比赛一场.现规定胜一场得2分，平一场得1分，负一场得0分.如果每一队至少胜一场，并且所有各队的积分都不相同，问：（1）n=4是否可能？（2）n=5是否可能？C场比赛，而每场比赛有2【解析】（1）我们知道4个队共进行了24C×2=12.因为每一队至少分产生，所以4个队的得分总和为24胜一场，所以得分最低的队至少得2分，又要求每个队的得分都不相同，所以4个队得分最少2+3+4+5=14＞12，不满足.即n=4不可能。
第14讲 染色问题(习题导学案教案)(奥数实战演练习题)
第14讲染色问题本节主要讲述用染色的方法解有关的竞赛题．染色，是一种辅助解题的手段，通过染色，把研究对象分类标记，以便直观形象地解决问题，因此染色就是分类的思想的具体化，例如染成两种颜色，就可以看成是奇偶分析的一种表现形式．染色，也是构造抽屉的一个重要方法，利用染色分类，从而构造出抽屉，用抽屉原理来解题．A类例题例1⑴有一个6×6的棋盘，剪去其左上角和右下角各一个小格(边长为1)后，剩下的图形能不能剪成17个1×2的小矩形？⑵剪去国际象棋棋盘左上角2×2的正方形后，能不能用15个由四个格子组成的L形完全覆盖？分析把棋盘的格子用染色分成两类，由此说明留下的图形不能满足题目的要求．证明⑴如图，把6×6棋盘相间染成黑、白二色，使相邻两格染色不同．则剪去的两格同色．但每个1×2小矩形都由一个白格一个黑格组成，故不可能把剩下的图形剪成17个1×2矩形．⑵如图，把8×8方格按列染色，第1，3，5，7列染黑，第2、4、6、8列染白．这样染色，其中黑格有偶数个．由于每个L形盖住三黑一白或三白一黑，故15个L形一定盖住奇数个黑格，故不可能．说明用不同的染色方法解决不同的问题．例2 用若干个由四个单位正方形组成的“L”形纸片无重叠地拼成一个m n的矩形，则mn必是8的倍数．分析易证mn是4的倍数，再用染色法证mn是8的倍数．证明：每个L形有4个方格，故4|mn．于是m、n中至少有一个为偶数．设列数n为偶数，则按奇数列染红，偶数列染蓝．于是红格与蓝格各有12mn个，而12mn是偶数．每个L形或盖住3红1蓝，或盖住1红3蓝，设前者有p个，后者有q个．于是红格共盖住3p+q个即p+q为偶数，即有偶数个L形．设有2k个L形．于是mn=2k×4=8k．故证．说明奇偶分析与染色联合运用解决本题．情景再现1．下面是俄罗斯方块的七个图形：请你用它们拼出(A)图，再用它们拼出(B)图(每块只能用一次，并且不准翻过来用)．如果能拼出来，就在图形上画出拼法，并写明七个图形的编号；如果不能拼出来，就说明理由．2．能否用图中各种形状的纸片（不能剪开）拼成一个边长为75的正方形？（图中每个小方格的边长都为1）请说明理由．B类例题例3 ⑴以任意方式对平面上的每一点染上红色或者蓝色．证明：一定存在无穷条长为1的线段，这些线段的端点为同一颜色．⑵以任意方式对平面上的每一点染上红色或者蓝色．证明：存在同色的三点，且其中一点为另两点中点．分析任意染色而又要求出现具有某种性质的图形，这是染色问题常见的题型，常用抽屉原理或设置两难命题的方法解．证明⑴取边长为1的等边三角形，其三个顶点中必有两个顶点同色．同色两顶点连成线段即为一条满足要求的线段，由于边长为1的等边三角形有无数个，故满足要求的线段有无数条．⑵取同色两点A、B，延长AB到点C，使BC=AB，再延长BA 到点D，使AD=AB，若C、D中有一点为红色，例如点C为红色，则点B为AC中点．则命题成立．否则，C、D全蓝，考虑AB中点M，它也是CD中点．故无论M染红还是蓝，均得证．说明⑴中，两种颜色就是两个“抽屉”，三个点就是三个“苹果”，于是根据抽屉原理，必有两个点落入同一抽屉．⑵中，这里实际上构造了一个两难命题：非此即彼，二者必居其一．让同一点既是某两个红点的中点，又是两个蓝点的中点，从而陷入两难选择的境地，于是满足条件的图形必然存在．达到证明的目的．例4 ⑴以任意方式对平面上的每一点染上红色或者蓝色．证明：一定可以找到无穷多个顶点为为同一种颜色的等腰三角形．⑵以任意方式对平面上的每一点染上红色或者蓝色．证明：一定可以找到无穷多个顶点为为同一种颜色的等腰直角三角形．分析⑴同样可以设置两难命题：由于等腰三角形的顶点在底边的垂直平分线上，故先选两个同色点连成底边，再在连线的垂直平分线上找同色的点，这是解法1的思路．利用圆的半径相等来构造等腰三角形的两腰，这是解法2的思路．利用抽屉原理，任5个点中必有三点同色，只要这5点中任三点都是一个等腰三角形的顶点即可，而正五边形的五个顶点中任三个都是等腰三角形的顶点，这是解法3的思路．⑵连正方形的对角线即得到两个等腰直角三角形，所以从正方形入手解决相题第2问．⑴证明1任取两个同色点A、B(设同红)，作AB的垂直平分线MN，若MN上(除与AB交点外)有红色点，则有红色三角形，若无红色点，则MN上至多一个红点其余均蓝，取关于AB对称的两点C、D，均蓝．则若AB上有(除交点外)蓝点，则有蓝色三角形，若无蓝点，则在矩形EFGH内任取一点K(不在边上)若K为蓝，则可在CD上取两点与之构成蓝色三角形，若K为红，则可在AB上找到两点与之构成红色三角形．证明2任取一红点O，以O为圆心任作一圆，若此圆上有不是同一直径端点的两个红点A、B，则出现红色顶点等腰三角形OAB，若圆上只有一个红点或只有同一直径的两个端点是红点，则圆上有无数蓝点，取两个蓝点(不关于红点为端点的直径对称)C、D，于是CD的垂直平分线与圆的两个交点E、F为蓝点，于是存在蓝色顶点的等腰三角形CDE．证明3取一个正五边形ABCDE，根据抽屉原理，它的5个顶点中，必有三个顶点(例如A、B、C)同色，则△ABC即为等腰三角形．⑵证明任取两个蓝点A、B，以AB为一边作正方形ABCD，若C、D有一为蓝色，则出现蓝色三角形．若C、D均红，则对角线交点E或红或蓝，出现红色或蓝色等腰直角三角形．显然按此作法可以得到无数个等腰直角三角形．(由本题也可以证明上一题．)例5 设平面上给出了有限个点(不少于五点)的集合S，其中若干个点被染成红色，其余点被染成蓝色，且任意三个同色点不共线．求证：存在一个三角形，具有下述性质：⑴以S中的三个同色点为顶点；⑵此三角形至少有一条边上不含另一种颜色的点．分析要证明存在同色三角形不难，而要满足第⑵个条件，可以用最小数原理．证明由于S中至少有五点，这些点染成两种颜色，故必存在三点同色．且据已知，此三点不共线，故可连成三角形．取所有同色三角形，由于S只有有限个点，从而能连出的同色三角形只有有限个，故其中必有面积最小的．其中面积最小的三角形即为所求．首先，这个三角形满足条件⑴，其次，若其三边上均有另一种颜色的点，则此三点必可连出三角形，此连出三角形面积更小，矛盾．说明最小数原理，即极端原理．见第十二讲．例6 将平面上的每个点都染上红、蓝二色之一，证明：存在两个相似的三角形，其相似比为1995，且每一个三角形的三个顶点同色．(1995年全国联赛加试题)分析把相似三角形特殊化，变成证明相似的直角三角形，在矩形的网格中去找相似的直角三角形，这是证法1的思路．证法2则是研究形状更特殊的直角三角形：含一个角为30˚的直角三角形．证明可以找到任意边长的这样的三角形，于是对任意的相似比，本题均可证．证法3则是考虑两个同心圆上三条半径交圆得的三组对应点连出的两个三角形一定相似，于是只要考虑找同心圆上的同色点，而要得到3个同色点，只要任取5个只染了两种颜色的点就行；而要得到5个同色点，则只要取9个只染了两种颜色的点即行．证明1 首先证明平面上一定存在三个顶点同色的直角三角形．任取平面上的一条直线l，则直线l上必有两点同色．设此两点为P、Q，不妨设P、Q同着红色．过P、Q作直线l的垂线l1、l2，若l1或l2上有异于P、Q的点着红色，则存在红色直角三角形．若l1、l2上除P、Q外均无红色点，则在l1上任取异于P的两点R、S，则R、S必着蓝色，过R作l1的垂线交l2于T，则T必着蓝色．△RST即为三顶点同色的直角三角形．下面再证明存在两个相似比为1995的相似的直角三角形．设直角三角形ABC三顶点同色(∠B为直角)．把△ABC补成矩形ABCD(如图)．把矩形的每边都分成n等分(n为正奇数，n>1，本题中取n=1995)．连结对边相应分点，把矩形ABCD分成n2个小矩形．AB边上的分点共有n+1个，由于n为奇数，故必存在其中两个相邻的分点同色，(否则任两个相邻分点异色，则可得A、B异色)，不妨设相邻分点E、F同色．考察E、F所在的小矩形的另两个顶点E'、F'，若E'、F'异色，则△EFE'或△DFF'为三个顶点同色的小直角三角形．若E'、F'同色，再考察以此二点为顶点而在其左边的小矩形，…．这样依次考察过去，不妨设这一行小矩形的每条竖边的两个顶点都同色．同样，BC边上也存在两个相邻的顶点同色，设为P、Q，则考察PQ所在的小矩形，同理，若P、Q所在小矩形的另一横边两个顶点异色，则存在三顶点同色的小直角三角形．否则，PQ所在列的小矩形的每条横边两个顶点都同色．现考察EF所在行与PQ所在列相交的矩形GHNM，如上述，M、H都与N同色，△MNH为顶点同色的直角三角形．由n=1995，故△MNH∽△ABC，且相似比为1995，且这两个直角三角形的顶点分别同色．证明2 首先证明：设a为任意正实数，存在距离为2a的同色两点．任取一点O(设为红色点)，以O为圆心，2a为半径作圆，若圆上有一个红点，则存在距离为2a的两个红点，若圆上没有红点，则任一圆内接六边形ABCDEF的六个顶点均为蓝色，但此六边形边长为2a．故存在距离为2a的两个蓝色点．下面证明：存在边长为a，3a，2a的直角三角形，其三个顶点同色．如上证，存在距离为2a的同色两点A、B(设为红点)，以AB为直径作圆，并取圆内接六边形ACDBEF，若C、D、E、F中有任一点为红色，则存在满足要求的红色三角形．若C、D、E、F为蓝色，则存在满足要求的蓝色三角形．下面再证明本题：由上证知，存在边长为a，3a，2a及1995a，19953a，1995⨯2a的两个同色三角形，满足要求．证明3 以任一点O为圆心，a及1995a为半径作两个同心圆，在小圆上任取9点，其中必有5点同色，设为A、B、C、D、E，作射线OA、OB、OC、OD、OE，交大圆于A'，B'，C'，D'，E'，则此五点中必存在三点同色，设为A'、B'、C'．则∆ABC与∆A'B'C'为满足要求的三角形．情景再现3．以任意方式对平面上的每一点染上红色或者蓝色．证明：一定存在一个矩形，它的四个顶点同色．4．以任意方式对平面上的每一点染上红色或者蓝色．证明：一定可以找到无穷多个顶点全为同一种颜色的全等三角形．5．图中是一个6×6的方格棋盘，现将部分1×1小方格涂成红色。
小学奥数专题15：染色问题
专题14 染色问题1.下图是一套房子的平面图,图中的方格代表房间,每个房间都有通向任何一个邻室的门.有人想从某个房间开始,依次不重复地走遍每一个房间,他的想法能实现吗?2.展览会有36个展室(如图),每两相邻展室之间均有门相通.能不能从入口进去,不重复地参观完全部展室后,从出口出来呢?3.图中的16个点表示16个城市,两个点之间的连线表示这两个城市有公路相通.问能否找到一条不重复地走遍这16座城市的路线?4.下图是由4个小方格组成的“L ”形硬纸片,用若干个这种纸片无重叠地拼成一个4 n 的长方形,试证明:n 一定是偶数.5.中国象棋盘上最多能放几只马互不相“吃”(“马”走“日”字,另不考虑“别马腿”的情况).6.能否用一个田字和15个4⨯1矩形覆盖8⨯8棋盘?7.能否用1个田字和15个T 字纸片,拼成一个8⨯8的正方形棋盘?8.在8⨯8棋盘上,马能否从左下角的方格出发,不重地走遍棋盘,最后回到起点?若能请找出一条路,若不能,请说明理由.9.下面三个图形都是从4⨯4的正方形分别剪去两个1⨯1的小方格得到的,问可否把它们分别剪成1⨯2的七个小矩形?(1)(2) (3)10.把三行七列的21个小格组成的矩形染色,每个小格染上红、蓝两种色中的一种.求证:总可以找到4个同色小方格,处于某个矩形的4个角上(如图)红红红红11.17个科学家互相通信,在他们的通信中共讨论3个问题,而任意两个科学家之间仅讨论1个问题.证明:至少有3个科学家,他们彼此通信讨论的是同一个问题.12.用一批1⨯2⨯4的长方体木块,能不能把一个容积为6⨯6⨯6的正方体木箱充塞填满?说明理由.13.在平面上有一个27⨯27的方格棋盘,在棋盘的正中间摆好81枚棋子,它们被罢成一个9⨯9的正方形.按下面的规则进行游戏:每一枚棋子都可沿水平方向或竖直方向越过相邻的棋子,放进紧挨着这枚棋子的空格中,并把越过的这格棋子取出来.问:是否存在一种走法,使棋盘上最后恰好剩下一枚棋子?14.12⨯12的超极棋盘上,一匹超级马每步跳至3⨯4矩形的另一角(如图).问能否从任一点出发遍历每一格恰一次,再回到出发点(这种情况又称马有“回路”)?123———————————————答 案—————————————————————— 1. 不能.对房间染色,使最下面的两个房间染成黑色,与黑色相邻的房染成白色,则图中有7个黑色房间和5个白色房间.如果要想不重复地走过每一个房间,黑色与白色房间数应该相等.故题中的想法是不能实现的. 2. 不能.对展室进行染色,使相邻两房间分别是黑色和白色的.此时入口处展室的颜色与出口处展室的颜色是相同的,而不重复参观完36个展室,入口与出口展室的颜色应该不相同. 3. 不能.对这16个城市进行黑白相间的染色,一种颜色有9个,另一种颜色有7个.而要不重复地走遍这16个城市,黑色与白色的个数应该相等. 4. 如图,对4⨯n 长方形的各列分别染上黑色和白色.任一L 形纸片所占的3黑1白,第二类占3白1黑.设第一类有a 个,第二类有b 个,因为涂有两种颜色的方格数相等,故有3b +a =3a +b ,即a =b ,也就是说第一类与第二类相等,因此各种颜色的方格数都是4的倍数,总数是8的倍数,从而n 是偶然.5. 将棋盘黑白相间染色,由“马”的走法可知,放在黑点上的“马”,只能吃放在某些白点上的马.整个棋盘上黑、白点的个数均为45,故可在45个黑点放上马,它们是不能互吃的.6. 如图的方式对棋盘染色.那么一个田字形盖住1个或3个白格,而一个4⨯1的矩形盖住2个白格.这样一来一个田字和15个4⨯1的矩形能盖住的白格数是一个奇数,但上图中的白格数是一个偶数,因此一个田字形和15个4⨯1的矩n 个7. 将棋盘里黑白相间涂色.一个田字形盖住2个白格,一个T字形盖住3个或1个白格.故1个田字和15个T字盖住的白格数是一个奇数,但棋盘上的白格数是一个偶数.因此一个田字形和15个T字形不能盖住8⨯8的棋盘.8. 将棋盘黑白相间地染色后,马的走法是从一种颜色的格子跳到另一种颜色.棋盘上有32个白格与32个黑格,故马可能跳遍整个棋盘.图中给出了一种走法.564158355039603347445540593451384257464936533261454843543162375220530632211161329642141714251061922782312151287183269249. 先对4⨯4的棋盘黑白相间的涂色(如图),这道题的实际问题是问7个1⨯2矩形能否分别复盖剪去A、B；剪去A、C；剪去A、D的三个棋盘.若7个1⨯2矩形可以复盖剪残的棋盘,因为每个1⨯2矩形均可盖住一个白格和一个黑格,所以棋盘的白格与黑格数目应该相等.都是7个.而剪去A格和C格的棋盘(2)有5个白格8个黑格,剪去A、D的棋盘(3)有5个白格8个黑格,因此这两个剪损的棋盘均不能被7,也就不能剪成7个1⨯2的矩形.棋盘(1)可以被7个1⨯2的矩形所复盖.下面给出一种剪法:A11277B26543654310. 在第一行的7格中必有4格同色,不妨设这4格位于前4个位置,且均为红色.然后考虑前4列构成的3⨯4矩形.若第二行和第3行中出现2个或2个以上的红色格子.则该行的两个红色格子与第一行的红色格子就组成一个4角同为红色格子的矩形.若不然,则第2、3行中都至少有3个蓝格在前4列中,不妨设第2行前3格为蓝色,显然第三行中的前3格中至少有2个蓝格，故在二、三行的前4列中必存在四角都是蓝色的矩形.11. 将17个科学家用17个点代表,两点之间连结的线段表示两个科学家之间讨论的问题.用三种颜色给这些线段染色,表示三个问题,于是问题就变成:给17个点之间的所有连结线段用三种颜色染色,必有同色三角形.从任意一点,不妨设从A 向其他16点A 1,A 2,…A 16共可连成16条线段,用三种颜色染色,由抽屉原则可知,必有6条线段同色.设这6条线段为AA 1,AA 2,…AA 6且同为红色.考虑A 1,A 2,A 3,A 4,A 5,A 6这六点之间的连线,若有一条为红色,(如A 1A 2为红色) ,则三角形AA 1A 2为红色的同色三角形.若这六点之间的连线中,没有一条是红色的,则它们之间只能涂两种颜色.考虑从A 1引出的五条线段A 1A 2 A 1A 3 A 1A 4 A 1A 5 A 1A 6,由抽屉原理知,其中必有三条是同色的.不妨设这三条为A 1A 2 A 1A 3 A 1A 4,且同为蓝色.若三角形A 2A 3A 4的三边中有一条为蓝色的,则有一个蓝色的三角形存在;若三角形A 2A 3A 4三边都不是蓝色的,则它的三边是同为第三色的同色三角形.12. 把正方体木箱分成27个小正方体,每个小正方体的体积为2⨯2⨯2=8.将这些正方体如右图黑白相间染上色.显然黑色2⨯2⨯2的正方体有14个,白色2⨯2⨯2小正方体有13个.每一个这样的正方体相当于8个1⨯1⨯1的小正方体.将1⨯2⨯4的长方体放入木箱,无论怎么放,每个长方体木块盖住8个边长为1的单位正方体,其中有4个黑色的,4个白色的.木箱共含6⨯6⨯6=216个单位正方体,26个长方体木块共盖住8⨯26=208个单位正方体,其中黑白各占104个,余下216-208=8个单位正方体是黑色的.但是第27个1⨯2⨯4长方体木块不管怎样A A 1A 2A 3A 4A 5A 6A 1A 2A 3A4放,也无法盖住这8个黑色单位正方体.13. 如图,将整个棋盘的每一格都分别染上红、白、黑三种颜色,这种染色方式将棋盘分成了三个部分.按照游戏规则,每走一步,有两种颜色方格中的棋子数分别减少了1个,而第三种颜色的棋子数增加了一个.这表明每走一步,每个部.因为一开始时,81枚棋子摆成一个9 9的正方形,显然三个部分的棋子数是相同的,从而每走一步,三部分中的棋子数的奇偶性是相同的.如果走了若干步以后,棋盘上恰好剩下一枚棋子,则两部分上的棋子数为偶数,而另一部分上的棋子数为奇数.这种结果是不可能出现的.14. 用两种方法对超级棋盘染色.首先,将棋盘黑白相间染色,则马每跳一步,它所在的方格就要改变一次颜色.不妨设第奇数步跳入白格.其次,将棋盘的第3,4,5及8,9,10这六行染成黑色,其余六行染成白色.在此种染色方式下,马从白格一定跳入黑格.又因黑白格总数相同,马要遍历每一格恰一次又回到出发点,因此,马从黑格只能跳入白格而不能跳入黑格.不妨设马第奇数步跳入白格.但是对于一种满足要求跳法,在两种染色方式下第奇数步跳入的格子的全体是不同的,这显然是不可能的,故题目要求的跳法是不存在的.。
小学奥数杂题染色问题【三篇】
小学奥数杂题染色问题【三篇】
导读：本文小学奥数杂题染色问题【三篇】，仅供参考，如果觉得很不错，欢迎点评和分享。
【第一篇】 1.如图是一套房子的平面图，图中的方格代表房间，每个房间都有通向任何一个邻室的门．有人想从某个房间开始，依次不重复地走遍每一个房间，他的想法能实现吗？
解析：对房间染色，使最下面的两个房间染成黑色，与黑色相邻的房染成白色，
则图中有7个黑色房间和5个白色房间．
如果要想不重复地走过每一个房间，黑色与白色房间数应该相等．故题中的想法是不能实现的．
点评：完成本题也可根据要求据图中的房间实际找下路线，看是否能够找到．【第二篇】展览会有36个展室(如图),每两相邻展室之间均有门相通.能不能从入口进去,不重复地参观完全部展室后,从出口出来呢? 答案：不能.对展室进行染色,使相邻两房间分别是黑色和白色的.此时入口处展室的颜色与出口处展室的颜色是相同的,而不重复参观完36个展室,入口与出口展室的颜色应该不相同. 【第三篇】染色问题基本解法：三面涂色和顶点有关8个顶点。
两面染色和棱长有关。
即新棱长（棱长-2）×12一面染色和表面积有关。
同样用新棱长计算表面积公式（棱长-2）×（棱长-2）*6 0面染色和体积有关。
用新棱长计算体积公式（棱
长-2）×（棱长-2）×（棱长-2）长方体的解法和立方体同理，即计算各种公式前长、宽、高都要先减2再利用公式计算。
小学奥数教程-乘法原理之染色问题.教师版 (139) 全国通用(含答案)
1.使学生掌握乘法原理主要内容，掌握乘法原理运用的方法；2.使学生分清楚什么时候用乘法原理，分清有几个必要的步骤，以及各步之间的关系．3.培养学生准确分解步骤的解题能力；乘法原理的数学思想主旨在于分步考虑问题，本讲的目的也是为了培养学生分步考虑问题的习惯．一、乘法原理概念引入老师周六要去给同学们上课，首先得从家出发到长宁上8点的课，然后得赶到黄埔去上下午1点半的课．如果说申老师的家到长宁有5种可选择的交通工具（公交、地铁、出租车、自行车、步行），然后再从长宁到黄埔有2种可选择的交通工具（公交、地铁），同学们，你们说老师从家到黄埔一共有多少条路线？我们看上面这个示意图，老师必须先的到长宁，然后再到黄埔．这几个环节是必不可少的，老师是一定要先到长宁上完课，才能去黄埔的．在没学乘法原理之前，我们可以通过一条一条的数，把线路找出来，显而易见一共是10条路线．但是要是老师从家到长宁有25种可选择的交通工具，并且从长宁到黄埔也有30种可选择的交通工具，那一共有多少条线路呢？这样数，恐怕是要耗费很多的时间了．这个时候我们的乘法原理就派上上用场了．二、乘法原理的定义完成一件事，这个事情可以分成n个必不可少的步骤（比如说老师从家到黄埔，必须要先到长宁，那么一共可以分成两个必不可少的步骤，一是从家到长宁，二是从长宁到黄埔），第1步有A种不同的方法，第二步有B种不同的方法，……，第n步有N种不同的方法．那么完成这件事情一共有A×B×……×N种不同的方法．结合上个例子，老师要完成从家到黄埔的这么一件事，需要2个步骤，第1步是从家到长宁，一共5种选择；第2步从长宁到黄埔，一共2种选择；那么老师从家到黄埔一共有5×2个可选择的路线了，即10条．三、乘法原理解题三部曲1、完成一件事分N个必要步骤；2、每步找种数（每步的情况都不能单独完成该件事）；3、步步相乘四、乘法原理的考题类型教学目标知识要点7-2-3乘法原理之染色问题1、路线种类问题——比如说老师举的这个例子就是个路线种类问题；2、字的染色问题——比如说要3个字，然后有5种颜色可以给每个字然后，问3个字有多少种染色方法；3、地图的染色问题——同学们可以回家看地图，比如中国每个省的染色情况，给你几种颜色，问你一张包括几个部分的地图有几种染色的方法；4、排队问题——比如说6个同学，排成一个队伍，有多少种排法；5、数码问题——就是对一些数字的排列，比如说给你几个数字，然后排个几为数的偶数，有多少种排法．【例 1】 地图上有A ，B ，C ，D 四个国家(如下图)，现有红、黄、蓝三种颜色给地图染色，使相邻国家的颜色不同，但不是每种颜色都必须要用，问有多少种染色方法？DC B A【考点】乘法原理之染色问题 【难度】3星 【题型】解答【解析】 A 有3种颜色可选；当B ，C 取相同的颜色时，有2种颜色可选，此时D 也有2种颜色可选．根据乘法原理，不同的涂法有32212⨯⨯=种；当B ，C 取不同的颜色时，B 有2种颜色可选，C 仅剩1种颜色可选，此时D 也只有1种颜色可选(与A 相同)．根据乘法原理，不同的涂法有32116⨯⨯⨯=种．综上，根据加法原理，共有12618+=种不同的涂法．【答案】18【巩固】 如果有红、黄、蓝、绿四种颜色给例题中的地图染色，使相邻国家的颜色不同，但不是每种颜色都必须要用，问有多少种染色方法？【考点】乘法原理之染色问题 【难度】3星 【题型】解答【解析】 第一步，首先对A 进行染色一共有4种方法，然后对B 、C 进行染色，如果B 、C 取相同的颜色，有三种方式，D 剩下3种方式，如果B 、C 取不同颜色，有326⨯=种方法，D 剩下2种方法，对该图的染色方法一共有43332284⨯⨯+⨯⨯=（）种方法． 【注意】给地图染色问题中有的可以直接用乘法原理解决，有的需要分类解决，前者分类做也可以解决问题．【答案】84【例 2】 在右图的每个区域内涂上A 、B 、C 、D 四种颜色之一，使得每个圆里面恰有四种颜色，则一共有__________种不同的染色方法．7654321【考点】乘法原理之染色问题 【难度】4星 【题型】解答【解析】 因为每个圆内4个区域上染的颜色都不相同，所以一个圆内的4个区域一共有43224⨯⨯=种染色方法．如右图所示，当一个圆内的1、2、3、4四个区域的颜色染定后，由于6号区域的颜色不能与2、3、4三个区域的颜色相同，所以只能与1号区域的颜色相同，同理5号区域只能与4号区域的颜色相同，7号区域只能与2号区域的颜色相同，所以当1、2、3、4四个区域的颜色染定后，其他区域的颜色也就相应的只有一种染法，所以一共有24种不同的染法．【答案】24【例 3】 如图，地图上有A ，B ，C ，D 四个国家，现用五种颜色给地图染色，要使相邻国家的颜色不相同，有多少种不同染色方法?例题精讲DCB A【考点】乘法原理之染色问题 【难度】3星 【题型】解答【解析】 为了按要求给地图上的这四个国家染色，我们可以分四步来完成染色的工作：第一步：给A 染色，有5种颜色可选．第二步：给B 染色，由于B 不能与A 同色，所以B 有4种颜色可选．第三步：给C 染色，由于C 不能与A 、B 同色，所以C 有3种颜色可选．第四步：给D 染色，由于D 不能与B 、C 同色，但可以与A 同色，所以D 有3种颜色可选．根据分步计数的乘法原理，用5种颜色给地图染色共有5433180⨯⨯⨯=种不同的染色方法．【答案】180【巩固】 如图，一张地图上有五个国家A ，B ，C ，D ，E ，现在要求用四种不同的颜色区分不同国家，要求相邻的国家不能使用同一种颜色，不同的国家可以使用同—种颜色，那么这幅地图有多少着色方法？ED C BA【考点】乘法原理之染色问题 【难度】3星 【题型】解答【解析】 第一步，给A 国上色，可以任选颜色，有四种选择；第二步，给B 国上色，B 国不能使用A 国的颜色，有三种选择；第三步，给C 国上色，C 国与B ，A 两国相邻，所以不能使用A ，B 国的颜色，只有两种选择；第四步，给D 国上色，D 国与B ，C 两国相邻，因此也只有两种选择；第五步，给E 国上色，E 国与C ，D 两国相邻，有两种选择． 共有4322296⨯⨯⨯⨯=种着色方法．【答案】96【例 4】 如图：将一张纸作如下操作，一、用横线将纸划为相等的两块，二、用竖线将下边的区块划为相等的两块，三、用横线将最右下方的区块分为相等的两块，四、用竖线将最右下方的区块划为相等的两块……，如此进行8步操作，问：如果用四种颜色对这一图形进行染色，要求相邻区块颜色不同，应该有多少种不同的染色方法？【考点】乘法原理之染色问题 【难度】3星 【题型】解答【解析】 对这张纸的操作一共进行了8次，每次操作都增加了一个区块，所以8次操作后一共有9个区块，我们对这张纸，进行染色就需要9个步骤，从最大的区块从大到小开始染色，每个步骤地染色方法有：4、3、2、2、2……，所以一共有：4322222221536⨯⨯⨯⨯⨯⨯⨯⨯=种．【答案】1536【巩固】 用三种颜色去涂如图所示的三块区域，要求相邻的区域涂不同的颜色，那么共有几种不同的涂法？ABC【考点】乘法原理之染色问题【难度】2星【题型】解答【解析】涂三块毫无疑问是分成三步．第一步，涂A部分，那么就有三种颜色的选择；第二步，涂B部分，由于要求相邻的区域涂不同的颜色，A和B相邻，当A确定了一种颜色后，B只有两种颜色可选择了；第三步，涂C部分，C和A、B都相邻，A和B确定了两种不相同的颜色，那么C只有一种颜色可选择了．然后再根据乘法原理．3216⨯⨯=【答案】6【例 5】如图，有一张地图上有五个国家，现在要用四种颜色对这一幅地图进行染色，使相邻的国家所染的颜色不同，不相邻的国家的颜色可以相同．那么一共可以有多少种染色方法？【考点】乘法原理之染色问题【难度】3星【题型】解答【解析】这一道题实际上就是例题，因为两幅图各个字母所代表的国家的相邻国家是相同的，如果将本题中的地图边界进行直角化就会转化为原题，所以对这幅地图染色同样一共有4322296⨯⨯⨯⨯=种方法．【讨论】如果染色步骤为----C A BD E,那么应该该如何解答？答案：也是4322296⨯⨯⨯⨯=种方法．如果染色步骤为----C AD B E那么应该如何解答？答案：染色的前两步一共有4×3种方法，但染第三步时需要分类讨论，如果D与A颜色相同，那么B有2种染法，E也有2种方法，如果D与A染不同的颜色，那么D有2种染法那么B只有一种染法，E有2种染法，所以一共应该有43(122212)96⨯⨯⨯⨯+⨯⨯=种方法，(教师应该向学生说明第三个步骤用到了分类讨论和加法原理，加法原理在下一讲中将会讲授)，染色步骤选择的经验方法：每一步骤所染的区块应该尽量和之前所染的区块相邻．【答案】96【巩固】某沿海城市管辖7个县，这7个县的位置如右图．现用红、黑、绿、蓝、紫五种颜色给右图染色，要求任意相邻的两个县染不同颜色，共有多少种不同的染色方法?【考点】乘法原理之染色问题【难度】4星【题型】解答【解析】为了便于分析，把地图上的7个县分别编号为A、B、C、D、E、F、G(如左下图)．GF DC B AE为了便于观察，在保持相邻关系不变的情况下可以把左图改画成右图．那么，为了完成地图染色这件工作需要多少步呢?由于有7个区域，我们不妨按A 、B 、C 、D 、E 、F 、G 的顺序，用红、黑、绿、蓝、紫五种颜色依次分7步来完成染色任务．第1步：先染区域A ，有5种颜色可供选择；第2步：再染区域B ，由于B 不能与A 同色，所以区域B 的染色方式有4种；第3步：染区域C ，由于C 不能与B 、A 同色，所以区域C 的染色方式有3种；第4步：染区域D ，由于D 不能与C 、A 同色，所以区域D 的染色方式有3种；第5步：染区域E ，由于E 不能与D 、A 同色，所以区域E 的染色方式有3种；第6步：染区域F ，由于F 不能与E 、A 同色，所以区域F 的染色方式有3种；第7步：染区域G ，由于G 不能与C 、D 同色，所以区域G 的染色方式有3种．根据分步计数的乘法原理，共有54333334860⨯⨯⨯⨯⨯⨯=种不同的染色方法．【答案】4860【例 6】 用3种颜色把一个33⨯的方格表染色，要求相同行和相同列的3个格所染的颜色互不相同，一共有 种不同的染色法．【考点】乘法原理之染色问题 【难度】3星 【题型】解答【解析】 根据题意可知，染完后这个33⨯的方格表每一行和每一列都恰有3个颜色．用3种颜色染第一行，有336P =种染法；染完第一行后再染第一列剩下的2个方格，有2种染法；当第一行和第一列都染好后，再根据每一行和每一列都恰有3个颜色对剩下的方格进行染色，可知其余的方格都只有唯一一种染法．所以，根据乘法原理，共有326⨯=种不同的染法．【答案】6【例 7】 如右图，有A 、B 、C 、D 、E 五个区域，现用五种颜色给区域染色，染色要求：每相邻两个区域不同色，每个区域染一色．有多少种不同的染色方式？EDC BA 【考点】乘法原理之染色问题 【难度】3星 【题型】解答【解析】 先采用分步：第一步给A 染色，有5种方法；第二步给B 染色，有4种方式；第三步给C 染色，有3种方式；第四步给D 染色，有3种方式；第五步，给E 染色，由于E 不能与A 、B 、D 同色，但可以和C 同色．此时就出现了问题：当D 与B 同色时，E 有3种颜色可染；而当D 与B 异色时，E 有2种颜色可染．所以必须从第四步就开始分类：第一类，D 与B 同色．E 有3种颜色可染，共有5433180⨯⨯⨯=（种）染色方式；第二类，D 与B 异色．D 有2种颜色可染，E 有2种颜色可染，共有54322240⨯⨯⨯⨯=（种）染色方式．根据加法原理，共有180240420+=（种）染色方式．【注意】给图形染色问题中有的可以直接用乘法原理解决，但如果碰到有首尾相接的图形往往需要分类解决．【答案】420【巩固】 如右图，有A ，B ，C ，D 四个区域，现用四种颜色给区域染色，要求相邻区域的颜色不同，每个区域染一色．有多少种染色方法？D C B A【考点】乘法原理之染色问题 【难度】3星 【题型】解答【解析】 A 有4种颜色可选，然后分类：第一类：B ，D 取相同的颜色．有3种颜色可染，此时D 也有3种颜色可选．根据乘法原理，不同的染法有43336⨯⨯=（种）；第二类：当B ，D 取不同的颜色时，B 有3种颜色可染，C 有2种颜色可染，此时D 也有2种颜色可染．根据乘法原理，不同的染法有432248⨯⨯⨯=（种）．根据加法原理，共有364884+=(种)染色方法．【答案】84【巩固】用四种颜色对右图的五个字染色，要求相邻的区域的字染不同的颜色，但不是每种颜色都必须要用．问：共有多少种不同的染色方法?学奥而思数【考点】乘法原理之染色问题【难度】3星【题型】解答【解析】第一步给“而”上色，有4种选择；然后对“学”染色，“学”有3种颜色可选；当“奥”，“数”取相同的颜色时，有2种颜色可选，此时“思”也有2种颜色可选，不同的涂法有32212⨯⨯=种；当“奥”，“数”取不同的颜色时，“奥”有2种颜色可选，“数”剩仅1种颜色可选，此时“思”也只有1种颜色可选(与“学”相同)，不同的涂法有32116⨯⨯⨯=种．所以，根据加法原理，共有43(222)72⨯⨯⨯+=种不同的涂法．【答案】72【例 8】分别用五种颜色中的某一种对下图的A，B，C，D，E，F六个区域染色，要求相邻的区域染不同的颜色，但不是每种颜色都必须要用．问：有多少种不同的染法？【考点】乘法原理之染色问题【难度】4星【题型】解答【解析】先按A，B，D，C，E的次序染色，可供选择的颜色依次有5，4，3，2，3种，注意E与D的颜色搭配有339⨯=(种)，其中有3种E和D同色，有6种E和D异色．最后染F，当E与D同色时有3种颜色可选，当E与D异色时有2种颜色可选，所以共有542(3362)840⨯⨯⨯⨯+⨯=种染法．【答案】840【例 9】将图中的○分别涂成红色、黄色或绿色，要求有线段相连的两个相邻○涂不同的颜色，共有多少种不同涂法？D CBA【考点】乘法原理之染色问题【难度】3星【题型】解答【解析】如右上图，当A，B，C，D的颜色确定后，大正方形四个角上的○的颜色就确定了，所以只需求A，B，C，D有多少种不同涂法．按先A，再B，D，后C的顺序涂色．按---A B D C的顺序涂颜色：A有3种颜色可选；当B，D取相同的颜色时，有2种颜色可选，此时C也有2种颜色可选，不同的涂法有32212⨯⨯=种；当B，D取不同的颜色时，B有2种颜色可选，D仅剩1种颜色可选，此时C也只有1种颜色可选(与A相同)，不同的涂法有32116⨯⨯⨯=(种)．所以，根据加法原理，共有12618+=种不同的涂法．【答案】18【例 10】用4种不同的颜色来涂正四面体（如图，每个面都是完全相同的正三角形）的4个面，使不同的面涂有不同的颜色，共有________种不同的涂法.（将正四面体任意旋转后仍然不同的涂色法，才被认为是不同的）【考点】乘法原理之染色问题【难度】4星【题型】填空【关键词】迎春杯，中年级，复赛，第9题【解析】不旋转时共有4×3×2×1=24种染色方式，而一个正四面体有4×3=12种放置方法（4个面中选1个作底面，再从剩余3个面中选1个作正面），所以每种染色方式被重复计算了12次，则不同的染色方法有24÷12=2种。
小学奥数教程-乘法原理之染色问题教师版139全国通用含答案
7-2-3乘法原理之染色问题1.使学生掌握乘法原理主要内容，掌握乘法原理运用的方法；2.使学生分清楚什么时候用乘法原理，分清有几个必要的步骤，以及各步之间的关系．3.培养学生准确分解步骤的解题能力；乘法原理的数学思想主旨在于分步考虑问题，本讲的目的也是为了培养学生分步考虑问题的习惯．一、乘法原理概念引入老师周六要去给同学们上课，首先得从家出发到长宁上8点的课，然后得赶到黄埔去上下午1点半的课．如果说申老师的家到长宁有5种可选择的交通工具（公交、地铁、出租车、自行车、步行），然后再从长宁到黄埔有2种可选择的交通工具（公交、地铁），同学们，你们说老师从家到黄埔一共有多少条路线？我们看上面这个示意图，老师必须先的到长宁，然后再到黄埔．这几个环节是必不可少的，老师是一定要先到长宁上完课，才能去黄埔的．在没学乘法原理之前，我们可以通过一条一条的数，把线路找出来，显而易见一共是10条路线．但是要是老师从家到长宁有25种可选择的交通工具，并且从长宁到黄埔也有30种可选择的交通工具，那一共有多少条线路呢？这样数，恐怕是要耗费很多的时间了．这个时候我们的乘法原理就派上上用场了．二、乘法原理的定义完成一件事，这个事情可以分成n个必不可少的步骤（比如说老师从家到黄埔，必须要先到长宁，那么一共可以分成两个必不可少的步骤，一是从家到长宁，二是从长宁到黄埔），第1步有A种不同的方法，第二步有B种不同的方法，……，第n步有N种不同的方法.那么完成这件事情一共有A x B x……x N种不同的方法．结合上个例子，老师要完成从家到黄埔的这么一件事，需要2个步骤，第1步是从家到长宁，一共5种选择；第2步从长宁到黄埔，一共2种选择；那么老师从家到黄埔一共有5x2个可选择的路线了，即10条.三、乘法原理解题三部曲1、完成一件事分N个必要步骤；2、每步找种数（每步的情况都不能单独完成该件事）；3、步步相乘四、乘法原理的考题类型1、路线种类问题——比如说老师举的这个例子就是个路线种类问题；2、字的染色问题——比如说要3个字，然后有5种颜色可以给每个字然后，问3个字有多少种染色方法；3、地图的染色问题——同学们可以回家看地图，比如中国每个省的染色情况，给你几种颜色，问你一张包括几个部分的地图有几种染色的方法；4、排队问题——比如说6个同学，排成一个队伍，有多少种排法；5、数码问题——就是对一些数字的排列，比如说给你几个数字，然后排个几为数的偶数，有多少种排法．【例1】地图上有A, B, C, D四个国家（如下图），现有红、黄、蓝三种颜色给地图染色，使相邻国家的颜色不同，但不是每种颜色都必须要用，问有多少种染色方法？【考点】乘法原理之染色问题【难度】3星【题型】解答【解析】A有3种颜色可选；当B, C取相同的颜色时，有2种颜色可选，此时D也有2种颜色可选.根据乘法原理，不同的涂法有3x 2x 2=12种；当B, C取不同的颜色时，B有2种颜色可选，C仅剩1种颜色可选，此时D也只有1种颜色可选（与A相同）.根据乘法原理，不同的涂法有3x2x 1 x 1=6种.综上，根据加法原理，共有12 + 6=18种不同的涂法.【答案】18【巩固】如果有红、黄、蓝、绿四种颜色给例题中的地图染色,使相邻国家的颜色不同,但不是每种颜色都必须要用,问有多少种染色方法？【考点】乘法原理之染色问题【难度】3星【题型】解答【解析】第一步，首先对A进行染色一共有4种方法，然后对B、C进行染色，如果B、C取相同的颜色，有三种方式，D 剩下3种方式，如果B、C取不同颜色，有3x2=6种方法，D剩下2种方法，对该图的染色方法一共有4x（3x3 + 3x2x2）= 84种方法.【注意】给地图染色问题中有的可以直接用乘法原理解决，有的需要分类解决，前者分类做也可以解决问题. 【答案】84【例2】在右图的每个区域内涂上A、B、C、D四种颜色之一，使得每个圆里面恰有四种颜色，则一共有 __________ 种不同的染色方法．【考点】乘法原理之染色问题【难度】4星【题型】解答【解析】因为每个圆内4个区域上染的颜色都不相同，所以一个圆内的4个区域一共有4x3x2=24种染色方法.如右图所示，当一个圆内的1、2、3、4四个区域的颜色染定后，由于6号区域的颜色不能与2、3、4三个区域的颜色相同，所以只能与1号区域的颜色相同，同理5号区域只能与4号区域的颜色相同，7号区域只能与2号区域的颜色相同，所以当1、2、3、4四个区域的颜色染定后，其他区域的颜色也就相应的只有一种染法，所以一共有24种不同的染法.【答案】24【例3】如图，地图上有A，B，C，D四个国家，现用五种颜色给地图染色，要使相邻国家的颜色不相同，有多少种不同染色方法?ABC D【考点】乘法原理之染色问题 【难度】3星 【题型】解答【解析】为了按要求给地图上的这四个国家染色，我们可以分四步来完成染色的工作：第一步：给A 染色，有5种颜色可选.第二步：给B 染色，由于B 不能与A 同色，所以B 有4种颜色可选.第三步：给C 染色，由于C 不能与A 、B 同色，所以C 有3种颜色可选.第四步：给D 染色，由于D 不能与B 、C 同色，但可以与A 同色，所以D 有3种颜色可选. 根据分步计数的乘法原理，用5种颜色给地图染色共有5 x 4 x 3 x 3=180种不同的染色方法. 【答案】180 【巩固】如图，一张地图上有五个国家A , B , C , D , E ，现在要求用四种不同的颜色区分不同国家，要求相邻的国家不能使用同一种颜色，不同的国家可以使用同—种颜色，那么这幅地图有多少着色 方法？【考点】乘法原理之染色问题 【难度】3星 【题型】解答【解析】第一步，给A 国上色，可以任选颜色，有四种选择；第二步，给B 国上色，B 国不能使用A 国的颜色，有三种选择；第三步，给C 国上色，C 国与B , A 两国相邻，所以不能使用A , B 国的颜色，只有两种选择；第四步，给D 国上色，D 国与B , C 两国相邻，因此也只有两种选择；第五步，给E 国上色，E 国与C , D 两国相邻，有两种选择.共有4x 3x 2x 2x 2=96种着色方法.【答案】96【例 4】 如图：将一张纸作如下操作，一、用横线将纸划为相等的两块，二、用竖线将下边的区块划为相等的两块，三、用横线将最右下方的区块分为相等的两块，四、用竖线将最右下方的区块划为相等的两块……，如此进行8步操作，问：如果用四种颜色对这一图形进行染色，要求相邻区块颜色不同，应该有多少种不同的染色方法？【解析】对这张纸的操作一共进行了8次，每次操作都增加了一个区块，所以8次操作后一共有9个区块， 我们对这张纸，进行染色就需要9个步骤，从最大的区块从大到小开始染色，每个步骤地染色方法 有：4、3、2、2、2 ，所以一共有：4x 3x 2x 2x 2x 2x 2x 2x 2 = 1536 种.【答案】1536 【巩固】用三种颜色去涂如图所示的三块区域，要求相邻的区域涂不同的颜色，那么共有几种不同的涂法？【考点】乘法原理之染色问题 【题型】解答【难度】3星【考点】乘法原理之染色问题 【难度】2星 【题型】解答【解析】涂三块毫无疑问是分成三步.第一步，涂A 部分，那么就有三种颜色的选择；第二步，涂B 部分， 由于要求相邻的区域涂不同的颜色，A 和B 相邻，当A 确定了一种颜色后，B 只有两种颜色可选择 了；第三步，涂C 部分，C 和A 、B 都相邻，A 和B 确定了两种不相同的颜色，那么C 只有一种颜 色可选择了.然后再根据乘法原理.3x 2x 1=6【答案】6【例 5】 如图，有一张地图上有五个国家，现在要用四种颜色对这一幅地图进行染色，使相邻的国家所染的颜色不同，不相邻的国家的颜色可以相同.那么一共可以有多少种染色方法？【考点】乘法原理之染色问题 【难度】3星 【题型】解答【解析】这一道题实际上就是例题，因为两幅图各个字母所代表的国家的相邻国家是相同的，如果将本题中的地图边界进行直角化就会转化为原题，所以对这幅地图染色同样一共有4x 3x 2x 2x 2=96种方法.【讨论】如果染色步骤为C - A - B - D - E ,那么应该该如何解答？答案：也是4x 3x 2x 2x 2=96种方法.如果染色步骤为C - A - D - B - E 那么应该如何解答？答案：染色的前两步一共有4x3种方法，但染第 三步时需要分类讨论，如果D 与A 颜色相同，那么B 有2种染法，E 也有2种方法，如果D 与A 染 不同的颜色，那么D 有2种染法那么B 只有一种染法，E 有2种染法，所以一共应该有4x 3x （1x 2x 2 + 2x 1 x 2） = 96种方法，（教师应该向学生说明第三个步骤用到了分类讨论和加法原理，加法原理在下一讲中将会讲授），染色步骤选择的经验方法：每一步骤所染的区块应该尽量和之前所 染的区块相邻.【答案】96 【巩固】某沿海城市管辖7个县，这7个县的位置如右图．现用红、黑、绿、蓝、紫五种颜色给右图染色，要求任意相邻的两个县染不同颜色，共有多少种不同的染色方法?为了便于分析，把地图上的7个县分别编号为A 、B 、C 、D 、E 、F 、G （如左下图）.为了便于观察，在保持相邻关系不变的情况下可以把左图改画成右图.那么，为了完成地图染色这 件工作需要多少步呢【考点】乘法原理之染色问题 【难度】4星 【题型】解答 【解析】由于有7个区域，我们不妨按A 、B 、C 、D 、E 、F 、G 的顺序，用红、黑、绿、蓝、紫五种颜 色依次分7步来完成染色任务．第1步：先染区域A ，有5种颜色可供选择;再染区域B ，由于B 不能与A 同色，所以区域B 的染色方式有4种； 染区域C ，由于C 不能与B 、A同色，所以区域C 的染色方式有3种； 染区域D ，由于D 不能与C 、A 同色，所以区域D 的染色方式有3种; 染区域E ，由于E 不能与D 、A 同色，所以区域E 的染色方式有3种； 染区域F ，由于F 不能与E 、A 同色，所以区域F 的染色方式有3种; 染区域G ，由于G 不能与C 、D 同色，所以区域G的染色方式有3种.根据分步计数的乘法原理，共有5 x 4 x 3 x 3 x 3 x 3 x 3=4860种不同的染色方法.【答案】4860【例6】 用3种颜色把一个3x 3的方格表染色，要求相同行和相同列的3个格所染的颜色互不相同，一共有 ____ 种不同的染色法.【考点】乘法原理之染色问题 【难度】3星 【题型】解答【解析】根据题意可知，染完后这个3x 3的方格表每一行和每一列都恰有3个颜色.用3种颜色染第一行，有P 3=6种染法；染完第一行后再染第一列剩下的2个方格，有2种染法； 当第一行和第一列都染好后3，再根据每一行和每一列都恰有3个颜色对剩下的方格进行染色，可知 其余的方格都只有唯一一种染法.所以，根据乘法原理，共有3 x 2=6种不同的染法.【答案】6【例7】 如右图，有A 、B 、C 、D 、E 五个区域，现用五种颜色给区域染色，染色要求：每相邻两个区域不同色，每个区域染一色．有多少种不同的染色方式？【解析】先采用分步：第一步给A 染色，有5种方法；第二步给B 染色，有4种方式；第三步给C 染色，有 3种方式；第四步给D 染色，有3种方式；第五步，给E 染色，由于E 不能与A 、B 、D 同色，但可 以和C 同色.此时就出现了问题：当D 与B 同色时，E 有3种颜色可染；而当D 与B 异色时，E 有 2种颜色可染.所以必须从第四步就开始分类：第一类，D 与B 同色.E 有3种颜色可染，共有5 x 4 x 3 x 3=180 （种）染色方式；第二类，D 与B 异色.D 有2种颜色可染，E 有2种颜色可染，共有5x 4x 3x 2x 2=240 （种）染色 方式.根据加法原理，共有180 + 240=420 （种）染色方式.【注意】给图形染色问题中有的可以直接用乘法原理解决，但如果碰到有首尾相接的图形往往需要分类解决. 【答案】420【巩固】如右图，有A , B , C , D 四个区域，现用四种颜色给区域染色，要求相邻区域的颜色不同，每个区域染一色．有多少种染色方法？【考点】乘法原理之染色问题 【难度】3星 【题型】解答【解析】A 有4种颜色可选，然后分类：第一类：B , D 取相同的颜色.有3种颜色可染，此时D 也有3种颜色可选.根据乘法原理，不同 的染法有4x 3x 3=36 （种）；第二类：当B , D 取不同的颜色时，B 有3种颜色可染，C 有2种颜色可染，此时D 也有2种颜色 可染.根据乘法原理，不同的染法有4x 3x 2x 2=48 （种）.根据加法原理，共有36 + 48=84（种）染色方法.第2步 第3步 第4步 第5步 第6步 第7步 【考点】 乘法原理之染色问题 【难度】3星 【题型】解答【答案】84 【巩固】用四种颜色对右图的五个字染色，要求相邻的区域的字染不同的颜色，但不是每种颜色都必须要用．问：共有多少种不同的染色方法?【解析】第一步给“而”上色，有4种选择；然后对“学”染色，“学”有3种颜色可选； 当“奥”，“数”取相同的颜色时，有 2 种颜色可选，此时“思”也有 2 种颜色可选，不同的涂法有3 x 2 x 2 = 12 种；当“奥”，“数”取不同的颜色时，“奥”有2种颜色可选，“数”剩仅1种颜色可选，此时“思”也只有1种 颜色可选（与“学”相同），不同的涂法有3 x 2 x 1x 1=6种.所以，根据加法原理，共有4x 3x （2x 2 + 2） = 72种不同的涂法.【答案】72分别用五种颜色中的某一种对下图的A , B , C , D , E , F 六个区域染色，要求相邻的区域染不同的颜色，但不是每种颜色都必须要用．问：有多少种不同的染法？【解析】先按A , B , D , C , E 的次序染色，可供选择的颜色依次有5, 4, 3, 2, 3种，注意E 与D 的颜 色搭配有3 x 3=9（种），其中有3种E 和D 同色，有6种E 和D 异色.最后染F ，当E 与D 同色时 有3种颜色可选，当E 与D 异色时有2种颜色可选，所以共有5x 4x 2x （3x 3 + 6x 2） = 840种染法.【答案】840【例9】 将图中的。
小学奥数专题15：染色问题
专题14 染色问题1.下图是一套房子的平面图,图中的方格代表房间,每个房间都有通向任何 一个邻室的门.有人想从某个房间开始,依次不重复地走遍每一个房间,他的想法能实现吗?2.展览会有36个展室(如图),每两相邻展室之间均有门相通.能不能从入口 进去,不重复地参观完全部展室后,从出口出来呢?3.图中的16个点表示16个城市,两个点之间的连线表示这两个城市有公路 相通.问能否找到一条不重复地走遍这16座城市的路线?4.下图是由4个小方格组成的“L ”形硬纸片,用若干个这种纸片无重叠地 拼成一个4 n 的长方形,试证明:n 一定是偶数.5.中国象棋盘上最多能放几只马互不相“吃”(“马”走“日”字,另不考虑“别马腿”的情况).6.能否用一个田字和15个4⨯1矩形覆盖8⨯8棋盘?7.能否用1个田字和15个T 字纸片,拼成一个8⨯8的正方形棋盘?8.在8⨯8棋盘上,马能否从左下角的方格出发,不重地走遍棋盘,最后回到起点?若能请找出一条路,若不能,请说明理由.9.下面三个图形都是从4⨯4的正方形分别剪去两个1⨯1的小方格得到的,问可否把它们分别剪成1⨯2的七个小矩形?10.把三行七列的21个小格组成的矩形染色,每个小格染上红、蓝两种色中的一种.求证:总可以找到4个同色小方格,处于某个矩形的4个角上(如图)11.17个科学家互相通信,在他们的通信中共讨论3个问题,而任意两个科学家之间仅讨论1个问题.证明:至少有3个科学家,他们彼此通信讨论的是同一个问题.12.用一批1⨯2⨯4的长方体木块,能不能把一个容积为6⨯6⨯6的正方体木箱充塞填满?说明理由.13.在平面上有一个27⨯27的方格棋盘,在棋盘的正中间摆好81枚棋子,它们被罢成一个9⨯9的正方形.按下面的规则进行游戏:每一枚棋子都可沿水平方向或竖直方向越过相邻的棋子,放进紧挨着这枚棋子的空格中,并把越过的这格棋子取出来.问:是否存在一种走法,使棋盘上最后恰好剩下一枚棋子?14.12⨯12的超极棋盘上,一匹超级马每步跳至3⨯4矩形的另一角(如图).问能否从任一点出发遍历每一格恰一次,再回到出发点(这种情况又称马有“回12 3———————————————答 案——————————————————————1. 不能.对房间染色,使最下面的两个房间染成黑色,与黑色相邻的房染成白色,则图中有7个黑色房间和5个白色房间.如果要想不重复地走过每一个房间,黑色与白色房间数应该相等.故题中的想法是不能实现的.2. 不能.对展室进行染色,使相邻两房间分别是黑色和白色的.此时入口处展室的颜色与出口处展室的颜色是相同的,而不重复参观完36个展室,入口与出口展室的颜色应该不相同.3. 不能.对这16个城市进行黑白相间的染色,一种颜色有9个,另一种颜色有7个.而要不重复地走遍这16个城市,黑色与白色的个数应该相等.4. 如图,对4⨯n 长方形的各列分别染上黑色和白色.任一L 形纸片所占的方3黑1白,第二类占3白1黑.设第一类有a 个,第二类有b 个,因为涂有两种颜色的方格数相等,故有3b +a =3a +b ,即a =b ,也就是说第一类与第二类相等,因此各种颜色的方格数都是4的倍数,总数是8的倍数,从而n 是偶然.5. 将棋盘黑白相间染色,由“马”的走法可知,放在黑点上的“马”,只能吃放在某些白点上的马.整个棋盘上黑、白点的个数均为45,故可在45个黑点放上马,它们是不能互吃的.6. 如图的方式对棋盘染色.那么一个田字形盖住1个或3个白格,而一个4⨯1的矩形盖住2个白格.这样一来一个田字和15个4⨯1的矩形能盖住的白格数是一个奇数,但上图中的白格数是一个偶数,因此一个田字形和15个4⨯1的矩形n 个7. 将棋盘里黑白相间涂色.一个田字形盖住2个白格,一个T字形盖住3个或1个白格.故1个田字和15个T字盖住的白格数是一个奇数,但棋盘上的白格数是一个偶数.因此一个田字形和15个T字形不能盖住8⨯8的棋盘.8. 将棋盘黑白相间地染色后,马的走法是从一种颜色的格子跳到另一种颜色.棋盘上有32个白格与32个黑格,故马可能跳遍整个棋盘.图中给出了一种走法.9. 先对4⨯4的棋盘黑白相间的涂色(如图),这道题的实际问题是问7个1⨯2矩形能否分别复盖剪去A、B；剪去A、C；剪去A、D的三个棋盘.若7个1⨯2矩形可以复盖剪残的棋盘,因为每个1⨯2矩形均可盖住一个白格和一个黑格,所以棋盘的白格与黑格数目应该相等.都是7个.而剪去A格和C格的棋盘(2)有5个白格8个黑格,剪去A、D的棋盘(3)有5个白格8个黑格,因此这两个剪损的棋盘均不能被7个也就不能剪成7个1⨯2的矩形.棋盘(1).下面给出一种剪法:10. 在第一行的7格中必有4格同色,不妨设这4格位于前4个位置,且均为红色.然后考虑前4列构成的3⨯4矩形.若第二行和第3行中出现2个或2个以上的红色格子.则该行的两个红色格子与第一行的红色格子就组成一个4角同为红色格子的矩形.若不然,则第2、3行中都至少有3个蓝格在前4列中,不妨设第2行前3格为蓝色,显然第三行中的前3格中至少有2个蓝格，故在二、三行的前4列中必存在四角都是蓝色的矩形.11. 将17个科学家用17个点代表,两点之间连结的线段表示两个科学家之间讨论的问题.用三种颜色给这些线段染色,表示三个问题,于是问题就变成:给17个点之间的所有连结线段用三种颜色染色,必有同色三角形.从任意一点,不妨设从A向其他16点A1,A2,…A16共可连成16条线段,用三种颜色染色,由抽屉原则可知,必有6条线段同色.设这6条线段为AA1,AA2,…AA6且同为红色.考虑A1,A2,A3,A4,A5,A6这六点之间的连线,若有一条为红色,(如A1A2为红色) ,则三角形AA1A2为红色的同色三角形.若这六点之间的连线中,没有一条是红色的,则它们之间只能涂两种颜色.考虑从A1引出的五条线段A1A2A1A3A1A4A1A5A1A6,由抽屉原理知,其中必有三条是同色的.不妨设这三条为A1A2A1A3A1A4,且同为蓝色.若三角形A2A3A4的三边中有一条为蓝色的,则有一个蓝色的三角形存在;若三角形A2A3A4三边都不是蓝色的,则它的三边是同为第三色的同色三角形.12. 把正方体木箱分成27个小正方体,每个小正方体的体积为2⨯2⨯2=8.将这些正方体如右图黑白相间染上色.显然黑色2⨯2⨯2的正方体有14个,白色2⨯2⨯2小正方体有13个.每一个这样的正方体相当于8个1⨯1⨯1的小正方体.将1⨯2⨯4的长方体放入木箱,无论怎么放,每个长方体木块盖住8个边长为1的单位正方体,其中有4个黑色的,4个白色的.木箱共含6⨯6⨯6=216个单位正方体,26个长方体木块共盖住8⨯26=208个单位正方体,其中黑白各占104个,余下216-208=8个单位正方体是黑色的.但是第27个1⨯2⨯4长方体木块不管怎样放,也无法盖住这8个黑色单位正方体.13. 如图,将整个棋盘的每一格都分别染上红、白、黑三种颜色,这种染色方式将棋盘分成了三个部分.按照游戏规则,每走一步,有两种颜色方格中的棋子数分别减少了1个,而第三种颜色的棋子数增加了一个.这表明每走一步,每个部.AA1 A2A3A4A5A6A1A2A3A4因为一开始时,81枚棋子摆成一个9 9的正方形,显然三个部分的棋子数是相同的,从而每走一步,三部分中的棋子数的奇偶性是相同的.如果走了若干步以后,棋盘上恰好剩下一枚棋子,则两部分上的棋子数为偶数,而另一部分上的棋子数为奇数.这种结果是不可能出现的.14. 用两种方法对超级棋盘染色.首先,将棋盘黑白相间染色,则马每跳一步,它所在的方格就要改变一次颜色.不妨设第奇数步跳入白格.其次,将棋盘的第3,4,5及8,9,10这六行染成黑色,其余六行染成白色.在此种染色方式下,马从白格一定跳入黑格.又因黑白格总数相同,马要遍历每一格恰一次又回到出发点,因此,马从黑格只能跳入白格而不能跳入黑格.不妨设马第奇数步跳入白格.但是对于一种满足要求跳法,在两种染色方式下第奇数步跳入的格子的全体是不同的,这显然是不可能的,故题目要求的跳法是不存在的.。
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第十一讲：染色与操作问题一、染色问题这里的染色问题不是要求如何染色，然后问有多少种染色方法的那类题目，它指的是一种解题方法.染色方法是一种将题目研究对象分类的形象化方法，通过将问题中的对象适当染色，我们可以更形象地观察分析出其中所蕴含的关系，再经过一定的逻辑推理，便能得出问题的答案.这类问题不需要太多的数学知识，但技巧性，逻辑性较强，要注意学会几种典型的染色问题.二、操作问题实际操作与策略问题这类题目能够很好的提高学生思考问题的能力，激发学生探索数学规律的兴趣，并通过寻找最佳策略过程，培养学生的创造性思维能力，这也是各类考试命题者青睐的这类题目的原因。
模块一、染色问题【例1】六年级一班全班有35名同学，共分成5排，每排7人，坐在教室里，每个座位的前后左右四个位置都叫做它的邻座．如果要让这35名同学各人都恰好坐到他的邻座上去，能办到吗?为什么？【解析】划一个5×7的方格表，其中每一个方格表示一个座位．将方格黑白相间地染上颜色，这样黑色座位与白色座位都成了邻座．因此每位同学都坐到他的邻座相当于所有白格的坐到黑格，所有黑格的坐到白格．而实际图中有17个黑格18个白格，个数不等，故不能办到．【巩固】右图是某一湖泊的平面图，图中所有曲线都是湖岸.(1)如果P点在岸上，那么A点是在岸上还是在水中？(2)某人过此湖泊，他下水时脱鞋，上岸时穿鞋.如果他从A点出发走到某点B，他穿鞋与脱鞋的总次数是奇数，那么B点是在岸上还是在水中？为什么？【解析】（1）已知P点在陆地上，如果在图上用阴影表示陆地，就可以看出A点在水中.（2）从水中经过一次陆地到水中，脱鞋与穿鞋的次数的和为2，由于A点在水中，所以不管怎么走，走在水中时，脱鞋、穿鞋的次数的和总是偶数.既然题中说“脱鞋的次数与穿鞋的次数的和是个奇数”，那么B点必定在岸上.【巩固】某班有45名同学按9行5列坐好．老师想让每位同学都坐到他的邻座(前后左右)上去，问这能否办到?【解析】将5×9长方形自然染色，发现黑格的邻座都是白格，白格的邻座都是黑格，因此每位同学都坐到他的邻座相当于所有白格的坐到黑格，所有黑格的坐到白格．而实际图中有23个黑格22个白格，个数不等，故不能办到．【例2】右图是某一套房子的平面图，共12个房间，每相邻两房间都有门相通．请问：你能从某个房间出发，不重复地走完每个房间吗?【解析】如图所示，将房间黑白相间染色，发现只有5个白格，7个黑格．因为每次只能由黑到白或由白到黑，路线必然黑白相问，显然应该从多的白格开始．但路线上1白1黑1白1黑……直到5白5黑后还余2黑，不可能从黑格到黑格，故无法实现不重复走遍．【巩固】有一次车展共6×6=36个展室，如右图，每个展室与相邻的展室都有门相通，入口和出口如图所示．参观者能否从入口进去，不重复地参观完每个展室再从出口出来?【解析】如右下图，对每个展室黑白相间染色，同样每次只能黑格到白格或白格到黑格．入口和出口处都是白格，故路线黑白相间，首尾都是白格，于是应该白格比黑格多1个，而实际上白格、黑格都是18个，故不可能做到不重复走遍每个展室．【例3】在一个正方形的果园里，种有63棵果树，加上右下角的一间小屋，整齐地排列成八行八列，如图（1）.守园人从小屋出发经过每一棵树，不重复也不遗漏(不许斜走)，最后又回到小屋，行吗？如果有80棵果树，如图（2），连小屋排成九行九列呢？【解析】下图(1)中可以回到小屋，守园人只能黑白相间地走，走到的第奇数棵树是白的，第偶数棵树是黑的，走到第63棵树应是白的，在小屋相邻的树都标注白色，所以可以回到小屋.图(2)不行,从【例4】右图是半张中国象棋盘，棋盘上已放有一只马. 众所周知，马是走“日”字的. 请问：这只马能否不重复地走遍这半张棋盘上的每一个点，然后回到出发点？【解析】马走“日”字，在中国象棋盘上走有什么规律呢？为方便研究规律，如下图所示，先在棋盘各交点处相间标上○和●，图中共有22个○和23个● . 因为马走“日”字，每步只能从○跳到●，或由●跳到○，所以马从某点跳到同色的点（指○或●），要跳偶数步；跳到不同色的点，要跳奇数步。
现在马在○点，要跳回这一点，应跳偶数步，可是棋盘上共有23+22=45（个）点，不可能做到不重复地走遍所有的点后回到出发点.如果马的出发点不是在○点上而是在●点上，那么这只马能不能不重复地走遍这半张棋盘上的每个点，最后回到出发点上呢？按照上面的分析，显然也是不可能的. 但是如果放弃“回到出发点”的要求，那么情况就不一样了. 从某点出发，跳遍半张棋盘上除起点以外的其它44点，要跳44步，44是偶数，所以起点和终点应是同色的点（指○或●）. 因为44步跳过的点○与点●各22个，所以起点必是●，终点也是●. 也就说是，当不要求回到出发点时，只要从●出发，就可以不重复地走遍半张棋盘上的所有点.【例5】右图是由14个大小相同的方格组成的图形. 试问能不能剪裁成7个由相邻两方格组成的长方形？【解析】将这14个小方格黑白相间染色（见右下图），有8个黑格，6个白格. 相邻两个方格必然是一黑一白，如果能剪裁成7个小长方形，那么14个格应当是黑、白各7个，与实际情况不符，所以不能剪裁成7个由相邻两个方格组成的长方形.【巩固】右图是由40个小正方形组成的图形，能否将它剪裁成20个相同的长方形？【解析】将40个小正方形想剪裁成20个相同的长方形，就是将图形分割成20个1×2的长方形，将其黑白相间染色后，发现有21黑，19白，黑白格数不等，而1×2的小矩形一次覆盖黑白格各一个.【巩固】下面的三个图形都是从4×4的正方形纸片上剪去两个1×1的小方格后得到的. 问：能否把它们分别剪成1×2的七个小矩形.【解析】如右上图，（1）能，黑白格数相等；（2）（3）不能，黑白格数不等，而1×2的小矩形一次覆盖黑白格各一个.【例6】用11个和5个能否盖住8×8的大正方形?【解析】如右图，对8×8正方形黑白相问染色后，发现必然盖住2白2黑，5个则盖住10白10黑．则盖住了3白1黑或3黑1白，从奇偶性考虑，都是奇数．而这种形状共11个，奇数个奇数相加仍为奇数，故这种形状盖住的黑格和白格都是奇数，加另一种形状的10白10黑，两种形状共盖住奇数个白格奇数个黑格．但实际染色后共32个白格32个黑格，故不可能按题目要求盖住．注：本题中每个盖3白1黑或3黑1白，11个这种形状盖住的不一定是33白11黑或33黑11白，因为可能一部分盖3白1黑，另一部分盖3黑1白.这是一个容易犯错的地方.【巩固】能否用9个所示的卡片拼成一个6×6的棋盘？【解析】不能. 将6×6的棋盘黑白相间染色（见右图），有18个黑格. 每张卡片盖住的黑格数不是1就是3，9张卡片盖住的黑格数之和是奇数，不可能盖住18个黑格.【巩固】9个1×4的长方形不能拼成一个6×6的正方形，请你说明理由！【解析】本题若用传统的自然染色法，不能说明问题. 我们对6×6正方形用四种颜色染色，因为要用1×4来覆盖．为了方便起见，这里用1、2、3、4分别代表四种颜色．也为了使每个1×4长方形在任何位置盖住的都一样，我们采用沿对角线染色，如右图．这样，可以发现无论将1×4长方形放于何处，盖住的必然是1、2、3、4各一个．要不重叠地拼出6×6，需9个1×4长方形，则必然盖住1、2、3、4各9个．但实际上图中一共是9个l、10个2、9个3、8个4，因而不可能用9个1×4长方形拼出6×6正方形．【巩固】用若干个2×2和3×3的小正方形不能拼成一个11×11的大正方形，请你说明理由！【解析】如右图所示，将2×2或3×3的小正方形沿格线摆在右图的任何位置，必定盖住偶数个阴影方格，而阴影方格共有77个，是奇数，所以只用2×2和3×3的小正方形，不可能拼成11×11的大正方形.【例7】对于表（1），每次使其中的任意两个数减去或加上同一个数，能否经过若干次后（各次减去或加上的数可以不同），变为表（2）？为什么？【解析】因为每次有两个数同时被加上或减去同一个数，所以表中九个数码的总和经过变化后，等于原来的总和加上或减去那个数的2倍，因此总和的奇偶性没有改变。
原来九个数的总和为1+2+…+9=45，是奇数，经过若干次变化后，总和仍应是奇数，与右上表九个数的总和是4矛盾。
所以不可能变成右上表.模块二、操作问题【例8】右图是一个圆盘，中心轴固定在黑板上.开始时，圆盘上每个数字所对应的黑板处均写着0.然后转动圆盘，每次可以转动90°的任意整数倍，圆盘上的四个数将分别正对着黑板上写数的位置，将圆盘上的数加到黑板上对应位置的数上.问：经过若干次后，黑板上的四个数是否可能都是999？10的整数倍.【解析】显然每人应该分12＝12+12＝3+4．我“我把十七匹马全都留给我的三个儿子.长子得12，次子得13，给幼子19.不许流血，不许杀马.你们必须遵从父亲的遗愿！”请你帮助他们分分马吧！【解析】这三个兄弟迷惑不解，尽管他们在学校里学习成绩都不错，可是他们还是不会用17除以2、用17除以3、用17除以9，又不让马流血.于是他们就去请教当地一位公认的智者.这位智者看了遗嘱以后说：“我借给你们一匹马，去按你们父亲的遗愿分吧！”老人原有17匹马，加上智者借给的一匹，一共18匹.于是三兄弟按照18匹马的12、13和19，分别得到了九匹、六匹和两匹.9+6+2=17（匹）.还剩下一匹，是智者借给的那匹，还给智者.【巩固】甲、乙、丙、丁分29头羊. 甲、乙、丙、丁分别得1111,,,25610，应如何分？【解析】借一头羊，甲、乙、丙、丁依次分得15，6，5，3头羊，再将借得1头羊还回去.【例11】8个金币中，有一个比真金币轻的假金币，你能用天平称两次就找出来吗（天平无砝码）?【解析】讲解此题前，教师可先问学生：“3个金币，有1个假的比较轻，你称1次能把它找出来么？”将8个金币分成：3+3+2，3组，把3和3进行称量，如果重量相同，称剩下的2个金币即可找到假币；如果重量不同，将比较重的3个金币拿出，用天平称量2个，剩下1个，天平不平衡易得答案，若此时天平平衡则剩下的那个是假的.【巩固】9个金币中，有一个比真金币轻的假金币，你能用天平称两次就找出来吗（天平无砝码）?【解析】第一次在左右两托盘各放置3个：(一)如果不平衡，那么较轻的一侧的3个中有一个是假的．从中任取两个分别放在两托盘内：①如果不平衡，较低的一侧的那个是假的；②如果平衡，剩下的一个是假的；(二)如果平衡，剩下的三个中必有一个为假的．从中任取两个分别放在两托盘内：①如果不平衡，较低的一侧的那个是假的；②如果平衡，剩下的那个是假的．这类称量找假币的问题，一定要会分类，并尽量是每一类对应天平称量时的不同状态(轻，重，平)，所以分成3堆是很常见的分法．【例12】据说有一天，韩信骑马走在路上，看见两个人正在路边为分油发愁.这两个人有一只容量10斤的篓子，里面装满了油；还有一只空的罐和一只空的葫芦，罐可装7斤油，葫芦可装3斤油.要把这10斤油平分，每人5斤. 但是谁也没有带秤，只能拿手头的三个容器倒来倒去.应该怎样分呢？【解析】韩信给两人说了一句话：“葫芦归篓，篓归罐”，两人按此分油，果然把油分成了两半.具体做法如下表：韩信的话指明了倒油的方向，始终按从篓向罐中倒，从罐向葫芦中倒，从葫芦向篓中倒的方向操作.按照相反的方向倒，即“葫芦归罐，罐归篓”怎样?我们试试.看来也行，只是多倒了一次.要注意的是：保持一定的方向很重要. 如果在倒油的过程中，出现从甲倒向乙，又从乙倒回甲(这两步不一定挨着)，那么这两步相互抵消，肯定可以简化掉，所以最佳的倒油方法是始终按一个方向倒.【解析】先将5千克的桶倒满油；再用大桶将小桶倒满，大桶中还有5-4=1(千克)油；然后将小桶倒空，将大桶中1千克倒到小桶中；最后注满大桶，连小桶中共是5+1=6(千克)．这道题要学会借助于大桶小桶容积的差量出想获得的中间量(1千克)．【巩固】有一个小朋友叫小满，他学会了韩信分油的方法，心里很是得意. 一天，他遇到了两位农妇. 两位农妇有两个各装满了10升奶的罐子，还有一个5升和一个4升的小桶，她们请求小满就用这些容器将罐子中的奶给两个小桶中各倒入2升奶.小满按照韩信分油的方法，略加变通，就将奶分好了！你说说具体的做法！【解析】答案如表所示【例13】有大，中，小3个瓶子，最多分别可以装入水1000克，700克和300克.现在大瓶中装满水，希望通过水在3个瓶子间的流动使得中瓶和小瓶上标出100克水的刻度线，问最少要倒几次水【解析】通过对三个数字的分析，我们发现700-300-300=100，是计算步数最少的得到100的方法．而由于我们每计算一步就相当于倒一次水，所以倒水最少的方案应该是：1．大瓶往中瓶中倒满水．2．中瓶往小瓶中倒满水，这时中瓶中还剩下400克水．3．小瓶中水倒回大瓶．4．中瓶再往小瓶中倒满水，这时中瓶中只剩下100克水，标记．5．小瓶中水倒回大瓶．6．中瓶中100水倒入小瓶，标记．所以最少要倒6次水．本题关键是，小瓶中的水每次都要倒掉，不然无法再往小瓶中倒水的．【例14】老师在黑板上画了9个点，要求同学们用一笔画出一条通过这9个点的折线(只许拐三个弯儿)．你能办到吗?【解析】大家开始尝试多次之后可能会得出“不可能”的结论，但是大家不要忽略一点，题中并没要求所有折线只能限定在这9个点的范围之内．我们把折线的范围冲破本题9个点所限定的正方形，那么问题就容易解决了，如上右图。