E5-072 在n个人的聚会上，记者要寻找一个人Z．他已被告知Z认识参加聚会的所有人，但是没有一个人认识Z，记者可以向一个人X提出一个关于另一个人Y的问题：“你认识他吗？”同一个人X可以被提问若干次，所有回答均是真实的．
1．能否使提出的问题少于n个，而总能找到Z？ 2．为寻找Z而需要提出的问题的数目的最小值是多少？ 【题说】 1995年城市数学联赛低年级较高水平题4．
【解】 1．向X询问关于Y的问题，若回答“是”，则Y被排除；若回答“否”，则X被排除．因此至多询问n-1个问题后，剩下的人必是Z．
2．由于只能通过排除其他人而找到Z，故n-1个问题是充分且必要的． E5-073 在一块1×1000的板上进行一种游戏，起初板旁放有n个筹码，游戏由两人轮流进行．第一个游戏者在板上或板旁选择至多17个筹码，放入板上没被占据的空格内，第二个游戏者从板上取下任意多个占据连续格内的筹码．若第一个游戏者能将所有的n个筹码全放在板上，且占据连续的格子，则他将获胜．
（1）若n=98，证明他必能获胜． （2）他必能获胜的n的最大值是多少？
【题说】 1995年城市数学联赛低年级较高水平题6． 【解】 记两个游戏者为甲，乙．
（1）甲可在板上将96个筹码摆成8个筹码，1个空格，8个筹码，1个空格，?的形状（例如，甲先取16个筹码，按上述要求摆放，然后不论乙如何拿走连续的若干个筹码，甲总可将它们拿回原处，并可按要求再摆放8个筹码）．不论乙如何拿走连续的若干个筹码，甲将它们拿回原处，再将剩下的两个筹码放入两侧的两个空格处，形成这样的情形：两侧每组有17个筹码，中间有8组，每组8个筹码．如乙取下的是8个筹码的组，则甲将它们放回原处，再从一侧取9个筹码填入中间的9个空格处，甲获胜；如乙取下的是17个筹码的组，则甲将已取下的那组的17个筹码填入中间的空格后再连续摆放，因此甲必获胜．
（2）设甲能获胜．若甲倒数第二次摆放后，有m个筹码不在板上，其余的筹码分成k+2组，同一组的筹码占据连续的格子，不同组之间至少空一格．显然两端的每一组筹码数≤17-m（否则，乙取走这组，下一步甲不能获胜）．设中间的组，筹码最多的有x个筹码，则x+k+1≤17（否则，乙取走这组，下一步甲不能获胜），从而x≤16-k．筹码总数
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n≤m+2（17-m）+k（16-k）≤34+k（16-k）≤98
所以甲必胜的n的最大值是98．
E5-074 8位歌手参加艺术节，为他们安排m场演出，每场由其中4位登台表演．要求8位歌手中任意两位同时演出的场次一样多，请设计一种方案，使演出的场数m最少．
【题说】 1996年中国数学奥林匹克（第十一届数学冬令营）题4． 【解】 设任意两名歌手同台演出的次数都是r，则应有
即 3m=14r
因（3，14）=1，故3|r，r≥3，m≥14．
即最少要安排14场，任何两个人同台演出3次．下面给出一个安排演出的方案．
用一个正方形8个顶点1，2，?，8，代表8名歌手．在同一个面上、同一对角面上的4名歌手安排同台演出，共12场：
（1，2，3，4），（1，2，5，6），（1，2，7，8）（1，4，5，8），（1，4，6，7）；（2，3，6，7），（2，3，5，8）（3，4，5，6），（3，4，7，8）；（1，5，3，7），（2，4，6，8）（5，6，7，8）
此外，还有两台：（1，3，6，8），（2，4，5，7）．总共14场，完全符合条件．
E5-075 现发行一种数学彩票，在一张彩票上填上前100个正整数中的10个数，开奖时从1，2，?，100中划去10个数．若彩票上的10个数皆在剩余的90个数中，则该彩票中奖．证明：
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（1）若购买13张彩票，则可通过适当的填写彩票，保证至少有一张中奖；
（2）若购买12张彩票，则无论如何填写，都有可能无一张中奖． 【题说】 1996年世界城市际数学联赛高年级组较高水平题6． 【证】 （1）如下填写13张彩票：（1～10），（1～5，11～15），（6～15），（15～25），（16～20，26～30），（21～30），（31～40），（41～50），（51～60），（61～70），（71～80），（81～90），（91～100）．为防止前三张彩票中奖，至少要划去1至15中的两个数；为防止接着的三张彩票中奖，至少要划去16至30中的两个数；为防止后七张彩票中奖，至少要划去31至100中的七个数．但只能划去十个数，故必有一张彩票中奖．
（2）若购买12张彩票：如有一个数同时出现在三张彩票上，则划去该数字，再从另外的九张彩票上各划去一个数字，则这12张彩票无一张中奖．若无数字同时出现在三张彩票上，则12张彩票上填写的120个数字至少有20个数字同时出现在两张彩票上，不妨设此20个数字为1，2，?，20．出现1的两张彩票上至多还有18个数字，不妨设2不出现在这两张彩票上，划去1和2；再在不出现1或2的八张彩票上各划去一个数字，则此12张彩票无一张中奖．
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第五章、 组合数学问题
第五节
对策和逻辑
E5-001 有两个面粉厂供应三个居民区面粉，第一个面粉厂月产60吨，第二个面粉厂月产100吨；第一个居民区每月需45吨，第二个居民区每月需75吨，第三个居民区每月需40吨，第一个面粉厂与三个居民区供应站的距离依次是10里、5里、6里；第二个面粉厂与三个居民区供应站的距离依次是4里、8里、15里，问怎样分配面粉，才能使运输最经济？
【题说】 1960年上海市赛高三复赛题5．
【解】 设第一面粉厂运给第一居民区供应站的面粉x吨，运给第二个居民区供应站的面粉是y吨．因供需平衡，故可得如图所示各种运输情况．以吨、里为单位，则运输总量为
S=10x+5y+6（60-x-y）+4（45-x）+8（75-y）+15（x+y-20） =15x+6y+840
其中0≤x≤45，0≤y≤60，20≤x+y≤60，故有
S=9x+6（x+y）+840≥9x+960≥960
所以，当x=0，y=20时，S有最小值960．故所求运输方案如下：
E5-002 给定一张4×4的方格纸，举例说明：能够在这些方格画上7个星号，使得我们任意划去两行两列之后，剩下的方格中至少还留下一个星
1
号．证明：如果星号少于7个，则总可以划去两行两列，使剩下的格子里是空的．
【题说】 1961年全俄奥林匹克八年级题4．
【证】 如图所示，这7个星号满足要求．即不论如何划去两行两列，表格中总至少还保留一个星号．若星号的个数少于7个，划去星号最多的两列．剩下的两列中，星号个数之和≤2．划去这2或1个星号所在的行，剩下的格子便是空的．
E5-003 A、B二人分2n+1个胡桃（n≥2），每人都想多分得一些．分法如下B把胡桃分为两堆，每堆不少于2个；A再把这两堆各分为两堆，每堆不少于1个然后有三种方法供A选择：
1．A取4堆中个数最多和最少的两堆； 2．A取中等的两堆；
3．A取最多和最少的两堆，或取中等的两堆，但必须找回一个胡桃给B．
问哪一种选择对A最有利，并且A最少可得几个胡桃？ 【题说】 1961年全俄数学奥林匹克九年级题5．
【解】 第一种对A最有利．不论B如何分为两堆，总有一堆个数a比另一堆个数b大（因a+b是奇数）．A将a分为a-1与1，这两堆肯定是个数最多的和最少的两堆．于是A得到的胡桃为a个．显然这样A最少能得n+1个胡桃．若采用第二种，无论A怎样分，中间两堆之和必≤a．第三种显然不如第一、二种对A有利．
E5-004 某卡车只能带L公升汽油，用这些油可以行驶a公里．现
到路旁任何地点存储起来，准备后来之用．假定只有这一辆卡车，问应如何行驶，才能到达目的地，并且最省汽油？如果到达目的地的距离是
2
【题说】 1962年北京市赛高三二题3．
X．必须至少返回目的地一次．因而OX间的道路，有的（至少）走1次，有的（至少）走3次（往、返、往）．希望油最省，即希望仅走1次的道路尽可能长．因此应在距X为a的M点设一站，汽车由O到M，卸下L／3公升油后返回，再由O出发，经过M时装上L／3公升后一直开到X．这样耗油最省，共耗2L公升．
尽可能长，所以仍在距X为a的M点设一站．行驶3次的道路也尽可能长，并且从M去X时，车内应有L公升油，所以行驶3次至多耗费L公升油，即应在距M为a／3的N点设一站，卡车在ON之间经过五次，最后一次到N时，N点共有油（包括车内的油）3L-L=2L（公升）．根
小耗油量为3L公升．
E5-005 在正45边形所有顶点上，能否放置数0，1，2，?，9，使得对任何一对不同数，都可以找到一条边，它的两个端点正好是这一对数？
【题说】 1963年全俄数学奥林匹克十年级题3．
【解】 由于每一个顶点只与两个顶点相邻，为了实现题中要求，每一个数n（0≤n≤9）都至少要放在5个顶点上，才可能与其他9个数配对．因此，至少要有50个顶点；但这里只有45个顶点，所以题中的要求达不到．
【别解】 更一般地，对n+1个数0，1，2，?，n．如果在
3
以找到一条边，它的两个端点正好是这一对数，那么考虑一个以0，
j的边，这个完全图Kn+1应能一笔画成．
由于Kn+1的每个顶点引出n条边．根据一笔画的理论，当且仅当n为偶数时，Kn+1是一笔画，即当且仅当n为偶数时，上面的要求能够实现． E5-006 有8人参加国际象棋循环赛，并且他们的得分全都不相等．已知第2名的得分是最后四名得分的和．问第3名和第7名之间的胜负如何（每盘胜者得1分，负者得0分，平局各得1／2分）？
【题说】 1963年全俄数学奥林匹克八年级题2、九年级题5、十年级题5．
【解】 最后的4位棋手之间比赛6盘，总得分为6分，故第2位的棋手得分不少于6分．但第1名的棋手得分至多是7．故第2名者至多得6分，因此第2名的棋手得6分．
由此可知最后的4位棋手总共得6分．亦即他们与前4位棋手比赛都输了，特别是第7名一定输给了第3名．
E5-007 五个学生A、B、C、D、E参加一次竞赛，有人猜测这次竞赛结果的名次依次是ABCDE．结果没有猜中任何一个名次，也没有猜中任何一对名次相邻的学生的名次顺序．
另一人猜测竞赛结果的名次依次是DAECB，结果猜中了两个名次，以及两对名次相邻的学生的名次顺序．问这次竞赛结果的名次是什么？ 【题说】 第五届（1963年）国际数学奥林匹克题6．本题由匈牙利提供．
【解】 首先DAECB中两个正确的必定相邻，并且为DA或CB，否则不可能有两对相邻的学生名次顺序是正确的．
若DA为正确的，则名次应为DABEC或DACBE，前者有顺序AB，后者C在第三，均不可能．若CB为正确的，则名次应为EDACB或AEDCB，后者A在第一．不可能．
所以，竞赛结果的名次为EDACB．
4
E5-008 棋盘有3×3个方格，有9张大小为一个方格的卡片，在每张卡片上都写有一个数，两人轮流把这些卡片放在方格里去，当把全部卡片分完以后，甲计算上边和下边的六个数的和，乙计算左边和右边六个数的和．得数较大者为胜．证明：如果甲策略正确，那么不论卡片上写的是什么数，乙都不可能获胜．
【题说】 1965年全俄数学奥林匹克八年级题2． 【证】 设写在卡片上的数为a1≤a2≤?≤a9．
如果a1+a9＞a2+a8，那么甲先将a9放在1格，不论乙怎么放，甲第二步总可以将a1或a2之一放在2格或3格．
如果a1+a9＜a2+a8，那么甲先将a1放在2格，不论乙如何放，甲第二步总可以将a1或a8放在1格或4格．
如果a1+a9=a2+a8，则上述两种放法都可（此时结果为平局）． E5-009 已知20个数1，2，?，20．两个游戏者轮流将“+”号或“-”号放在这些数的前面（放的顺序不限）．第一个人的目的是当20个符号放完后，20个数和的绝对值较小．那么，第二个人得到的20个数的和的绝对值最大是多少？
【题说】 1966年全俄数学奥林匹克十、十一年级题5．这里所说的“和”指代数和．
【解】 将数分成对：（1，2），（3，4），?，（19，20）．当第一个人在某个不等于19与20的数前面放一个符号时，第二个人在与这数配对的数前面放一个相反的符号．当第一个人在19或20前面放一个符号时，第二个人在20或19前面放一个相同的符号，这时和的绝对值不小于
20+19-（18-17）-（16-15）-?-（2-1）=30
另一方面，第一个人先在20前面放正号，以后总可在每一数对（19，18），（17，16），?，（3，2）的一个数前放上符号与当时所得的和符号相反，这样20个数的和的绝对值≤20+（19-18）+（18-17）+?+（3-2）+1≤30．
因此，所求最大值为30．
5
实根．
另一方面，乙每次可将一个甲未动过的方程中x的系数换为1，除非甲动乙动过的方程．这时，如果甲换x的系数，乙就将常数项换为-1；
2
E5-067 在一本家庭像册中有十张照片，每一张照片上都出现三个人：中间站着一个男人，左边是他的儿子，而右边是他兄弟，如果站在中间的男人都是不同的人，试问这些照片中最少要出现多少不同的人？
【题说】 第十九届（1993年）全俄数学奥林匹克九年级一试题4． 【解】 称站在像片中间的十个人为主人．将照片中的人按辈份分开，照片上没有父亲的那些人归入0辈，父亲在K辈的人归入K+1辈，k=0，1，2，?．用rK表示K辈中主人的个数，用tK表示K辈中其他人的个数． 每个K辈的主人都至少有一个儿子．如果他有一个儿子不是K+1辈的主人，那么这个儿子在tK+1中贡献为1．如果每个儿子都是K+1辈的主人，那么他至少有两个儿子（每个K+1辈的主人都有兄弟），从而在
从而
41
总之，在照片上出现的人不会少于16个．下图表示16个人是可能的，其中用
水平线联接的是兄弟关系．其余的线（自上而下）联接的是父子关系．十张符合要
求的照片是：（3，1，2），（6，2，1），（7，3，4），（10，4，3），（11，5，6），（12，6，5），（13，7，8），（14，8，7），（15，9，10），（16，10，9）．
所以，这些照片中最少要出现16个不同的人．
E5-068 把棋子放在国际象棋棋盘的方格上，要求在每一行，每一列以及每一斜线（指与主对角线平行的线）上都刚好有偶数个棋子，试问最多可以放置多少棋子？
【题说】 第十九届（1993年）全俄数学奥林匹克九年级二试题7． 【解】 我们发现国际象棋盘上一共有16条包含有奇数个方格的斜线而它们之间又没有公共的方格．从而，棋子的个数不能多于64-16=48．
如图所放48个棋子合乎要求．
所以，最多可放置48个棋子．
E5-069 在一个可以无限扩展的方格棋盘上，一个游戏按下述规则进行：
42
首先，n枚棋子放在由相连的方格组成的n×n的方块中，每个方格里放一枚棋子，每一步将一枚棋子沿水平方向或垂直方向跳过放有棋子的一个相邻方格进入下一个方格，如果那里是空着的话；否则不允许．然后即将被跳过的那枚棋子拿掉．
求出所有这样的n值，对它存在一种玩法，使得最终棋盘上只剩一枚棋子．
【题说】 第三十四届（1993年）国际数学奥林匹克题3． 【解】 首先证明，若3|n，则不存在玩法使最终只剩下一枚棋子． 我们把无限的方格棋盘中的方格分成三类，如下所示：
2
易见对任意一个3×3的小方块，都有3个A，3个B，3个C．I
出现两个为0，一个为1的情况．
因此，当3|n时，不存在最终只剩一枚棋子的玩法．
下面证明当3
一枚棋子．
n即n=3k+1或3k+2时，一定存在玩法，使最终只剩下
43
首先对如图的“L”形四个方格都存在棋子时
如下玩法（图a）：
，可以采用
去掉排在一排的3枚棋子，并使剩下的一枚在原来位置． 现在用归纳法来证明上面的论断（图b）． 当k=0时，n=1显然成立．对n=2有如下玩法：
假设对于k，所说玩法存在．对于k+1，将初始的n×n方阵分成四块（图c）：
采用开始所说的玩法可以由左向右地将G1中每一竖列的棋子3个3个地拿掉，而其余的棋子不动，然后由下而上地把G2中每一横行的棋子3个3个地拿掉，其余的棋子不动，最后，从右向左地把G3中每一竖列的棋子3个3个地拿掉．
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根据归纳假设，G0中的棋子存在玩法，使最终只剩下一个棋子．
于是，对于3 n，存在玩法，使最终只剩下一枚棋子．
E5-070 桌上放着3堆火柴，第1堆100根，第2堆200根，而第3堆300根．甲乙二人依次轮流做取火柴游戏：游戏者每次取走其中1堆，并把余下的两堆中任意一堆分成非空的两堆．谁无法这样做，就算输了．问在正确的策略下，谁能获胜？是甲还是乙？
【题说】 第二十届（1994年）全俄数学奥林匹克九年级（决赛）题3． 【解】 我们可以证明更一般的结论：若三堆火柴，根数分别为2a、nm
2b、2c的形式，其中a、b、c为正奇数，0≤n＜m，则甲胜．取法如下： 甲取走2·a根的一堆火柴，并将2c根的一堆火柴分成两堆，一堆2
mm-nnn
根，另一堆2（2c-1）根．这样，乙面对三堆火柴，根数分别为2a1、2a2、nn
2a3的形式，其中a1、a2、a3都是奇数．不妨设乙取走2a1根的一堆，并将nn1 n2
2a2根的一堆分成两堆，一堆2b1根，另一堆2b2根，n1≤n2，b1、b2都是奇数．由于
2a2=2b1+2b2
所以n1=n2＜n或n1=n＜n2．
不论哪一种情况，甲所面对的三堆火柴，根数为2a′、2b′、2·c′的形式，其中a′、b′、c′为正奇数，0≤k＜h．因此，甲又可采用上面的策略．如此继续下去，甲始终能作取火柴的游戏．而火柴根数不断减少，因而在有限步后，乙就无法再取．
E5-071 平面上有一个正方形，用隐形墨水在平面上标上一点P，P点只能被一个戴有特殊眼镜的人看见．你若画条直线，则此人可以告诉你P点关于直线的相对位置：P点在直线上或P点在直线的某侧，并且你若提出问题，可立刻得到答案，在最不理想的情况下，你至少提出几个问题，才能判断P点是否在正方形的内部？
【题说】 1995年城市数学联赛低年级普通水平题1、高年级普通水平题1．
【解】 在最不理想的情况下，至少需要3条直线即提3个问题．因对任意两条直线，P点所在的区域内不可能只有正方形内（外）的点，因而不能确定P点关于正方形的位置关系，而取正方形的两条对角线后，可确定P点所在的象限，第三条直线取正方形在此象限内的边，则可确定P点与正方形的位置关系．
45
k
k
h
n
n1
n2
n
m
n
n
另一方面，1990=34×58+18．如果58个学校各有34名学生，1个学校18名学生，那么每排至多安排34名学生的学校5所（34×6＞199），11排至多安排34名学生的学校55所，所以11排是不够的．
E5-053 25枚外观相同的硬币中，3枚是伪币、22枚是真币，所有真币重量相同，所有伪币重量也相同，而伪币比真币轻．如何用不带砝码的天平找出6枚真币？
【题说】 第十六届（1990年）全俄数学奥林匹克九年级题1． 【解】 在天平两边的盘上各放12枚，若天平平衡，则两边各有1枚伪币．拿掉一边盘中的硬币，把另一个盘中的任意6枚搬到该盘来，这时较重的一边盘上是6枚真币，若两边各放12枚硬币时，天平不平衡，则较重的一边盘中伪币至多1个，拿掉另一盘中的硬币，把较重的任意6枚搬过去，这时若天平平衡，则每个盘中都是6枚真币；若有一边较重，则较重一边盘中的硬币是6枚真币．
E5-054 两人轮流在棋盘的空格上放置马，一个人放白马，一个人放黑马，要使所在的马不致被对手的马吃到．谁无法按要求放置棋子，就算输了．在正确的策略下，是先放棋的人，还是他的对手获胜？取胜的策略如何？
【题说】 第十六届（1990年）全俄数学奥林匹克十年级题5． 【解】 后放的乙，在甲放好后，在关于棋盘中心对称的位置放马，就能取胜．因为乙放的马与甲刚放的在同一颜色的方格，所以不会被甲刚放的马吃到．若乙放的马被甲以前放在某格A的马吃到，那么甲最后放置的马就被关于棋盘中心与A对称的格上，乙放的马吃掉．这样，乙总有放置马的空格，直至甲输掉为止．
E5-055 100个火柴盒，标号为1至100．我们可以问其中任意15个盒子里所装火柴总数是奇数还是偶数．这样至少要问几次才能确定1号盒子里装有火柴数的奇偶性？
【题说】 1990年匈牙利数学奥林匹克第一轮较高水平题4． 【解】 3次．第一次问1—15号，第二次问1—8号及16—22号，第三次问1号及9—22号．三次答案中有一次或三次为奇数时，1号盒中火柴数为奇数，否则为偶数．
事实上，将3次的总数相加，在所得的和中，第1盒出现3次，其他各盒均出现两次或不出现．因此和的奇偶性与第1盒中火柴数的奇偶性相同．
此外，仅问一次或两次是不够的．因为在两次问题中必须恰有一次含有1号盒．设第一次问题中有1号盒，此外还有i号盒．如果第二次问题中
31
既没有1号盒也没有i号盒，那么同时改变这两盒的奇偶性，不影响答案．如果第二次问题中有i号盒，由于1号盒不出现，那么必有某个j号盒仅在第二次出现．此时同时改变1号、i号、j号盒的奇偶性，不影响答案，因此无法确定1号盒子的奇偶性．
E5-056 能否在图的圆圈中分别填上1至21的自然数，使得除第1行外，每个圆圈中的数等于其上方两数差的绝对值（例如c=|a-b|）？
【题说】 第十六届（1990年）全俄数学奥林匹克十年级题7． 【解】 不可能．
假设可能的话，图中每三个围成一组的数，和为偶数，因为c=|a-b|，所以a+b+c=2a（或2b），而x+y+z=x+y+|r-q|=x+y+|x+y-2p|也为偶数．
E5-057 现有1990堆石头，各堆中石头的块数依次为1，2，?，1990．进行如下操作；每次操作可以选定任意多堆并从其中每堆都拿走同样数目的石块．问要把所有的石头都拿走，最少要操作多少次？
【题说】 第二十四届（1990年）全苏数学奥林匹克十一年级题2． 【解】 设有n堆石头，各堆中石头的块数互不相同（根据题意，石块相同的堆可作为一堆同时处理），如果操作时取出k堆，操作后这k堆至少减少一堆（即一堆石块全被取走），其余n-k堆保持不动．即使取出的k堆中，有一些变为与n-k堆中的相同，堆数仍
对于1990堆，一次操作后至少留下995堆，然后依次是497，248，124，62，31，15，7，3，1，0．所以至少要11次，才能将石头都取走．
32
第一次取出995堆，各堆块数为996，997，?，1990，从每堆中拿走996块，那么剩下995堆各堆块数分别为1，2，?，995（石块相同的堆作为一堆）．继续照此办理，11次可将石头都取走．
E5-058 给定一个初始整数n0＞1后，两名选手A、 B按以下规则轮流取整数n1，n2，n3，?：
素数的正整数幂．
若A取到1990，则A胜．若B取到1，则B胜．
对怎样的初始值n0，（1）A有必胜策略；（2）B有必胜策略；（3）双方均无必胜策略？
【题说】 第三十一届（1990年）国际数学奥林匹克题5．本题由原西德提供．
【证】 n0=2时，A只能取2、3、4，B可取1，B胜．
n0=3时，A只能取3至9，均为形如p或2p的数（p为质数），从而B可取1或2，B胜．
n0=4时，A只能取4至16，均为形如p、2p或3p的数，从而B可取1、2和3，B胜．
n0=5时，A只能取5至25，均为形如p、2p、3p或4p的数，B可取1、2、3、4，B胜．
若45≤n0≤1990，则A可取1990，A胜．
若21≤n0≤44，则A可取420=2×3×5×7，B所取的数在45与1990之间．由上一种情况，A胜．
若13≤n0≤20，则取n1=2×3×7=168，B所取的数在21与1990之间，因而A胜．
若11≤n0≤12，则取n1=3×5×7=105，B所取的数在15与1990之间，因而A胜．
3
2
k
k
k
k
k
k
k
k
k
33
若8≤n0≤10，取n1=2×2×5=60，B所取的数在12与1990之间，A胜．
若n0＞1990，取n1=2×3，满足
r+1
2
2
则B所取的数n2，满足8≤n2＜n0．用n2代替n0，继续采取上面的方法，经过有限步后得到
8≤n2k≤1990
于是A胜．
最后，在n0=6或7时，A取n1=30，则B只能取6（B取10或15，均A胜）．A再取30，这样A立于不败之地．
另一方面，在≤49的数中A只有取30与42才能保证n2≥6，而这时B总可取n2=6、1，因此，B可立于不败之地．即在n0为6或7时，两人均无必胜策略．
综上所述，当n0≥8时，A有必胜策略；当n0≤5时，B有必胜策略；当n0=6、7时，双方均无必胜策略．
E5-059 MO牌足球由若干多边形皮块用三种不同颜色的丝线缝制而成，有以下特点：
1．任一多边形皮块的一条边恰与另一多边形皮块同样长的一条边用一种颜色的丝线缝合；
2．足球上每一结点恰好是三个多边形的顶点，每一结点的三条缝线颜色不同．
求证：可以在这MO牌足球的每一结点上放置一个不等于1的复数，使得每一多边形皮块的所有顶点上放置的复数的乘积都等于1．
【题说】 1991年中国数学奥林匹克题6．
【证】 对每条缝线依其颜色分别赋值1，w，w，其中w=e
2
2πi/3
．
每一个结点处三条缝线只有如图的两种旋转方向：1→w→w为顺时针或
2
反时针．这两种结点处分别放置数w和w（如图）．
2
34
在每个多边形中沿周界作逆时针绕行，每一顶点处的数等于由该顶点
22
引出的边上的数与进入该顶点的边上的数之比w=w/w=1/w=w/1；222
w=w/w=1/w=w/1．因此，每一多边形各个顶点上数之积等于1．
E5-060 1×100的带子分成1×1的格子，在带子最左端的格放上游戏用的筹码．两人轮流做移筹码游戏，每次允许将筹码右移1、10、11格．谁走到最右端就算获胜．在正确的策略下，是先走的人还是他的对手获胜？
【题说】 第十七届（1991年）全俄数学奥林匹克九年级题4． 【解】 先走的人必胜，将格子从左到右依次编上1至100号．如果谁从某格走起，在正确策略下必胜，则称该格为胜格，否则为负格．从胜格起走一次必到负格．从负格走一次必到胜格，100是负格，99是胜格，98是负格，97是胜格，?，92是负格；91是胜格，81～90都是胜格，71～80是胜负格相间出现，61～70全是胜格，依此类推，第1格是胜格，因此先走的甲应将筹码移到负格12上，其对手必将筹码移到胜格；甲再将筹码移到负格，如此继续下去，最后甲必胜无疑．
E5-061 n×n的木板被划成1×1的网格，两个人按下列规则用细工锯轮流锯木板：他们从木板边线或网格内的已被锯过交叉点开始，沿网格的线锯一个单位长度．若谁把木板锯开（成两部分）就算输了．试问在正确的策略下，是先锯的人，还是他的对手获胜？
【题说】 第十七届（1991年）全俄数学奥林匹克九年级题7． 【解】 当n是偶数时，先锯的甲胜，如图a他先锯出a，并将内部其余的交叉点两两配对（图中用黑线相连）．若乙锯到内部某个交叉点，则甲沿黑线锯到与它配对的交叉点．由于甲锯到的每个交叉点都是第一次被锯到，所以决不会使木板分成两块．这样继续下去，乙必将木板锯成两块．
35
当n是奇教时，后锯的乙胜．乙将内部的交叉点配对（图b中用黑线相连），甲锯到内部某个交叉点，则乙沿黑线锯到配对的交叉点．直至甲将木块锯成两部分．
E5-062 侦讯员拟定一份讯问提纲，以讯问某个为一桩公开罪行辨护的证人．他们打算只提出一些仅需要回答“是”或“否”的问题．侦讯员设想，对所有问题的回答都将是真实的；他估计了一下，在任何一种讯问结果之下所提出的问题都将无需超出91个．
试说明：如果证人可能会对某一个问题作出不真实的回答，那么侦讯员可以拟就一份不超过105个问题的提纲来对付．
【注】 如果你只能拟出超过105个问题的提纲，那么请写出其中最好的方案来．
【题说】 第二十五届（1991年）全苏数学奥林匹克八年级题7． 【解】 将原先的提纲记为S，先按提纲S提问13个问题，然后问一个检验性问题：“你在前面的回答中撒谎了吗？”如果回答：“否”，则表明实际上没有撒谎，于是继续按提纲S提问，仍是一组一组地提出问题，各组内包含的问题个数依次为12，11，?，4，3，2，1，并在每一组问题之后都提出如上检验性的问题，如果证人是诚实的，则一共提问了105（=91+14）个问题．如果证人对某个检验性问题回答：“是”，则对该组问题再重复问一次，而在后面再按S提问时，不再加入检验性问题．如果不诚实出在第i组问题中，那么在此前已提过i个检验性问题，并且又重复提问了14-i个问题，因此共增加了14问题，所以问题总数仍是91+14=105．
E5-063 彩票上有一排50个空格，每个参加者在自己所购彩票上不重复地任意地填上正整数1至50，主持人也填写一张作底．当参加者所填彩票有数字（哪怕仅有一个）与底票相同（相同格填的数字相同），即可中奖．试问，一个参加者至少应当填写多少张，才能保证一定中奖？
【题说】 第二十五届（1991年）全苏数学奥林匹克八年级题4． 【解】 至少应填写26张．
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为了一定中奖，可按如下方式填写这26张彩票．
1，2，3，?，25，26，27，?，50 2，3，4，?，26，1，27，?，50 3，4，5，?，1，2，27，?，50
????
25，26，1，?，23，24，27，?，50 26，1，2，?，24，25，27，?，50
由于前26个自然数1，2，?，26中，至少有一个会在底票的前26个方格中出现（因后面方格只有24个），因此，这个数字必与如上填写的26张彩票中的某一张相重．
下面证明少于26张，则不足以保证中奖，将25张彩票和一张空白彩票排列如下
我们这样填写底票：
先将1填在适当空格，使它的位置与以上25张彩票的1都不相同，假设在底票上已填好了1，2，?，a-1，按照下面方法填a：如果它能填进去，那就这么办；如果不能填进去，这意味着底票上适合于a的方格已被占上，本来，适合于填写的方格不许少于25格，因为每一张彩票都只能宣告一个“禁格”．设在底票上适合于填写a的方格中已分别填写了x1，x2，?，x25．我们任取一个空格，显然适合填入该格的数字不少于25个，因此在x1，x2，?，x25和a这26个数中，至少有一个可以填写入格．由于a不适合于填在该格，所以必有某个xi可以填入，于是只要将该xi挪入该格，再将a填在xi的位置上即可，将以上过程进行到底，必可得到一张底票，它使得上表中所示的任何一张彩票不可能中奖．
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E5-064 长方体的长、宽、高分别是1990m、1991m，1992m，把它剖分成1990×1991×1992个棱长为1m的正方体．每个正方体看作一个房间，两个房间如果有一个公共面，则称它们是相邻的．在其中一个房间里关着一只小鸟．当有人打开相邻的一个房间后，小鸟就飞入新的房间．这只小鸟有记忆能力，总不飞入它曾经住过的房间．现有甲、乙二人轮流打开与小鸟居住的房间相邻的房间，让小鸟搬家．每人每次只允许打开一个新的房间让小鸟飞入．设甲先打开第一个房间．规定胜负的标准是：谁不能让小鸟搬家，谁就失败．问：甲、乙二人谁有必胜的策略？他的策略是什么？如果长方体长、宽、高分别是1991m、1992m、1993m，情况又怎么样？如果长方体长、宽、高分别是1989m、1991m、1993m，情况又怎么样？
【题说】 第三届（1992年）希望杯高一二试题3（2）．
【解】 首先证明在长方体至少有一边为偶数（单位：m）时，甲有获胜的策略．
不妨设长方体的高为2h．长方体可分成h个高为2的长方体，每一个都可以分成许多2×1×1的小长方体．每个小长方体由两个房间组成． 不论小鸟在哪个小长方体里，甲都可以打开小长方体内部的门，使小鸟进入这小长方体内的另一个房间．而乙只能使小鸟进入新的小长方体．所以甲一定获胜，称这种策略为V．
其次，设长方体的长、宽、高都是奇数．
自第一层开始，将小房间（正方体）编号．第一行自上而下编为1，2，?，a．第二行自下而上编为a+1，a+2，?，2a．每行编完就进入下一行相邻的小房间，再自上而下或自下而上编号．这样继续下去，每一层编完就进入下一层相邻的房间．如此继续进行，直至全部编好．
号码为奇数的房间可称为黑色的，其它房间称为白色的．
（1）小鸟最初在黑色的房间．去掉这个房间后，自1号开始，将号码相邻的两个房间合成一个2×1×1的长方体（由于去掉的房间号码是奇数，这是可以做到的）．甲必须将小鸟放入一个小长方体中，所以乙采取上面的策略V就一定获胜．
（2）小鸟最初在白色的房间．自2号开始，将号码相邻的两个房间合成2×1×1的长方体．由于乙每次必将小鸟放入白色房间，他不可能使小鸟进入1号房间．所以甲采取策略V就一定获胜．
E5-064 长方体的长、宽、高分别是1990m、1991m，1992m，把它剖分成1990×1991×1992个棱长为1m的正方体．每个正方体看作一个房间，两个房间如果有一个公共面，则称它们是相邻的．在其中一个房间里关着一只小鸟．当有人打开相邻的一个房间后，小鸟就飞入新的房间．这只小鸟有记
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忆能力，总不飞入它曾经住过的房间．现有甲、乙二人轮流打开与小鸟居住的房间相邻的房间，让小鸟搬家．每人每次只允许打开一个新的房间让小鸟飞入．设甲先打开第一个房间．规定胜负的标准是：谁不能让小鸟搬家，谁就失败．问：甲、乙二人谁有必胜的策略？他的策略是什么？如果长方体长、宽、高分别是1991m、1992m、1993m，情况又怎么样？如果长方体长、宽、高分别是1989m、1991m、1993m，情况又怎么样？
【题说】 第三届（1992年）希望杯高一二试题3（2）．
【解】 首先证明在长方体至少有一边为偶数（单位：m）时，甲有获胜的策略．
不妨设长方体的高为2h．长方体可分成h个高为2的长方体，每一个都可以分成许多2×1×1的小长方体．每个小长方体由两个房间组成． 不论小鸟在哪个小长方体里，甲都可以打开小长方体内部的门，使小鸟进入这小长方体内的另一个房间．而乙只能使小鸟进入新的小长方体．所以甲一定获胜，称这种策略为V．
其次，设长方体的长、宽、高都是奇数．
自第一层开始，将小房间（正方体）编号．第一行自上而下编为1，2，?，a．第二行自下而上编为a+1，a+2，?，2a．每行编完就进入下一行相邻的小房间，再自上而下或自下而上编号．这样继续下去，每一层编完就进入下一层相邻的房间．如此继续进行，直至全部编好．
号码为奇数的房间可称为黑色的，其它房间称为白色的．
（1）小鸟最初在黑色的房间．去掉这个房间后，自1号开始，将号码相邻的两个房间合成一个2×1×1的长方体（由于去掉的房间号码是奇数，这是可以做到的）．甲必须将小鸟放入一个小长方体中，所以乙采取上面的策略V就一定获胜．
（2）小鸟最初在白色的房间．自2号开始，将号码相邻的两个房间合成2×1×1的长方体．由于乙每次必将小鸟放入白色房间，他不可能使小鸟进入1号房间．所以甲采取策略V就一定获胜．
E5-065 下表列出了去年龙王节参加钓鱼比赛的选手们钓得n条鱼的人数
在报纸上报道这件事的消息中说：
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（a）冠军钓到15条鱼．
（b）钓到3条或更多条的选手平均每人钓到6条鱼． （c）钓到12条或少于12条的选手平均每人钓到5条鱼． 问所有选手共钓了多少条鱼？
【题说】 第十一届（1993年）美国数学邀请赛题3． 【解】 答：943．
设F为共钓的鱼数，C为参赛选手的总人数．则C-（9+5+7）=C-21个选手钓到3条或更多的鱼，这些选手共钓了
F-（0×9+1×5+2×7）=F-19（条鱼）
类似地有C-（5+2+1）=C-8个选手钓到12条或更少的鱼，这些人共钓了
F-（5×13+2×14+1×15）=F-108（条鱼）
因此，C=175，F=943．
E5-066 在黑板上写着n个（n是奇数）表示式：*x+*x+*=0，甲乙两人轮流做如下游戏：每人每次只许用一个不等于零的实数代替表示式中的一个*号，这样经过3n次操作以后就得到了n个二次方程式．甲尽力使无实根的方程个数更多，而乙希望无实根的方程个数更少．试问：甲在不依赖于乙如何操作的条件下，使得无实根方程个数达到的最大值是多少？
【题说】 第十九届（1993年）全俄数学奥林匹克九年级二试题8． 【解】 甲每次将一个方程中x的系数换为1，除非乙将甲已动过的方2
程中x的系数或常数项换成任一实数a≠0，这时甲立即将这方程
2
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