胜，如果不能被4整除，则乙胜，谁有必胜策略？ 【难度级别】★★★☆☆
【解题思路】整除与余数，被4整除看末两位DE 。 看末两位DE ，无论甲先放还是乙先放都是乙胜。 若乙先，乙在个位（E位）放个奇数，乙胜。 若甲先，有3种情况，都是乙胜：
①甲放D，无论D是什么乙在个位（E位）放个奇数，乙胜； ②甲在E放2、6（放奇数直接就输了），乙在D位放偶数，都不能整除4，乙胜；
③甲在E放4、8（放奇数直接就输了），乙在D位放奇数，都不能整除4，乙胜； 【答案】乙胜。
6A、【学案3】甲乙两人玩数字游戏，他们轮流用1～9中任一数字（数字可重复使用）代表五位数ABCDE 中的一个，如果最后这个五位数能被4整除或者被4除余1，则甲胜，如果被4除余2或余3，则乙胜，谁有必胜策略？ 【难度级别】★★★★☆
【解题思路】整除与余数，被4整除看末两位DE 。
末两位DE ，先填的占1位，后填的可以决定除以4的余数。所以谁都不想先填这两位，要抢前三位ABC。
先填的胜，先抢ABC之一，剩余2个，后填的再抢一个，还剩一个先填的抢到，后填的只能填DE 的其中一位，后填的可以选D也可以选E，这两种情况都是先填的胜，原因就是：他可以决定除以4的余数，他有掌控权。
(一)后填的选D
D有1～9各种可能，先填的可以在E位填上对应的数使得自己获胜。 如果先填的是甲，甲就使得E上对应的数字和D组成的两位数除以4余0或1，E和D的对应关系（D?E）：1?2，2?4，3?2，4?4,?,9?2，总是可以对应出来一个整除4的数，当然对应出来余1的也可以，1?3，2?5，?，因为余1也是甲胜（先填者胜）。
如果先填的是乙，乙就使得E上对应的数字和D组成的两位数除以4余2或3，E和D的对应关系（D?E）：1?4，2?6，3?4，4?6,?,9?4，总是可以对应出来一个除以4余2的数，当然对应出来余3的也可以，1?5，2?7，?，因为余3也是乙胜（先填者胜）。 (二)后填的选E
E有1～9各种可能，先填的可以在D位填上对应的数使得自己获胜。 如果先填的是甲，甲就使得D上对应的数字和E组成的两位数除以4余0或1，D和E的对应关系（E?D）：1?2(数是21)，2?3(数是32)，3?3(数是33)，4?2(数是24),?,9?2(数是29)，总是可以对应出来一个除以4余0或者余1的数，甲胜（先填者胜）。
如果先填的是乙，乙就使得D上对应的数字和E组成的两位数除以4余2或3，D和E的对应关系（E?D）：1?3(数是31)，2?4(数是42)，3?2(数是23)，4?1(数是14),?,9?1(数是19)，总是可以对应出来一个除以4余2或者余3的数，乙胜（先填者胜）。 【答案】先填的胜。
以下有3道题目是在黑板上写数的问题，先汇总一下：
例8，写2～7，写过数的倍数不能写；写2～8，写过数的倍数不能写。 作业8，写3～8，写过数的倍数不能写；写3～9，写过数的倍数不能写。 学案4，写1～8，写过数的因数不能写。
请大家注意他们的解法，是一致的，分组后的后手保证剩余的组数是偶数个，后手胜。。
6B、【例8】甲、乙两人轮流在黑板上写2～7之间的正整数，规定在黑板上写过的数，它的任何倍数就不能再写了，最后不能写的人为失败者。如果甲第一个写数，那么谁有必胜策略？如果是写2～8之间的正整数呢？ 【难度级别】★★★★☆
【解题思路】分组，合理分组，后手保证剩余的组数是偶数个，后手胜。 将2～7分成4组：(2，4)、(3，6)、(5)、(7)。
甲写任何一个数，乙都可以保证写另一个数使得剩余偶数组，0组是偶数，谁能保证剩偶数组，谁就可以获胜。
例如：甲写2、乙写3，剩余(5)、(7)两组（2和3具有对等关系）；甲写4、乙写6，剩余(2)、(3)、(5)、(7)四组（4和6具有对等关系）；乙写5、甲写7（5和7具有对等关系）；?。乙总能保证剩余偶数组（4组/2组），例如剩余两组，甲取一个乙取一个，最后是乙胜。
如果写2～8之间的数，甲取8，剩余2～7。因为2～7是后手胜，甲取8后，2～7变成了乙先手甲后手，所以甲胜。 【答案】2～7乙胜(后手)，2～8甲胜(先手)。
6C、【作业8】甲、乙两人轮流在黑板上写3～8之间的正整数，规定每次在黑板上写的数要满足以下条件：它的任何因数都不能是黑板上已写的数。最后不能写的人为失败者。如果甲第一个写数，那么谁能胜？必胜策略是什么？3～9呢？
【难度级别】★★★★☆
【解题思路】本题的“在黑板上写的数要满足以下条件：它的任何因数都不能是黑板上已写的数”，实际上就是：“在黑板上写过的数，它的任何倍数就不能再写了”。
分组，合理分组，后手保证剩余的组数是偶数个，后手胜。 将3～8分成4组：(3，6)、(4，8)、(5)、(7)。
甲写任何一个数，乙都可以保证写另一个数使得剩余偶数组，0组是偶数，谁能保证剩偶数组，谁就可以获胜。
例如：甲写3、乙写4，剩余(5)、(7)两组（3和4具有对等关系）；甲写6、乙写8，剩余(3)、(4)、(5)、(7)四组（6和8具有对等关系）；乙写5、甲写7（5和7具有对等关系）；?。乙总能保证剩余偶数组（4组/2组），例如剩余两组，甲取一个乙取一个，最后是乙胜。
如果写3～9之间的数，甲取9，剩余3～8。因为3～8是后手胜，甲取8后，3～8变成了乙先手甲后手，所以甲胜。 【答案】3～8乙胜(后手)，3～9甲胜(先手)。
6D、【学案4】甲、乙两人轮流在黑板上写小于9的正整数，规定在黑板上写过的数，它的任何因数就不能再写了，最后不能写的人为失败者。如果甲第一个写数，那么谁有必胜策略？
【难度级别】★★★★☆
【解题思路】分组，合理分组，分组后的后手，保证剩余的组数是偶数个。 甲先写2，这样1就不能写了，剩余3～8。将3～8分成4组：(3，6)、(4，8)、(5)、(7)。
轮到乙写，乙写任何一个数，甲都可以保证写另一个数使得剩余偶数组，0组是偶数，谁能保证剩余的组数是偶数个，谁就可以获胜。
例如：乙写6、甲写8，剩余(5)、(7)两组（6和8具有对等关系）；乙写3、甲写4，剩余(6)、(8)、(5)、(7)四组（3和4具有对等关系）；乙写5、甲写7（5和7具有对等关系）；?。甲总能保证剩余偶数组（4组/2组），例如剩余两组，乙取一个甲取一个，最后是甲胜。 【答案】甲胜。
第七讲 列方程解应用题
本讲涉及到多元一次方程，包括二元、三元、四元等。没有太多可说的，主要训练孩子如何设置合适的未知数、如何根据题目条件列出方程来。这些题目对于大人没有难度，但是对于没有训练过的孩子还是有点难度的，孩子们慢慢积累经验吧。
71、【例8】幼儿园有三个班，甲班比乙班多4人，乙班比丙班多4人。老师给孩子分枣，甲班每个小孩比乙班每个小孩少分3个枣；乙班每个小孩比丙班每个小孩少分5个枣。结果甲班比乙班总共多分3个枣，乙班比丙班总共多分5个枣。问：三个班总共分了多少个枣？
学而思2012年暑假四升五素质123班难题汇总
第一讲 分数基本计算
分数的性质：分子分母同乘同除一个非零整数，分数的值不变。 倒数的应用：除以一个数，等于乘以这个数的倒数。
111裂项的理解：=-，=(-)。
n(n?1)nn?1n(n?k)knn?k1111
11、【例6】计算：
1?2?4?2?4?8?3?6?12?...?10?20?401?3?6?2?6?12?3?9?18?...?10?30?60
【难度级别】★★★☆☆
【解题思路】本题考察孩子们能否把“1×2×4”和“1×3×6”看成一个整体，而其他各个加数均是这个整体的整数倍。 令1×2×4＝A、1×3×6＝B，则： 原式＝
A?2A?3A?...?10AB?2B?3B?...?10B＝
A(1?2?3?...?10)B(1?2?3?...?10)＝
AB＝
1?2?44＝
1?3?694【答案】
9
12、【例7】计算：
18181911112222333(+++?+)+(+++?+)+(++?+)+?+(+)+
19202023420345204520【难度级别】★★★★☆
【解题思路】分组是本题的关键，将分母相同的分在一组。
先找规律，从分母是20的看，分子是1、2、3、?、19，共19项；进而清楚了，分母是19的有18项（分子依次是1、2、3、?、18），??，分母
是3的有2项（分子依次是1、2），分母是2的有1项（分子是1）。
1212312319原式＝+(+)+(++)+?+(+++?+)
233444202020201对于n，分子是1+2+3+?+(n-1)的和，
123n-111n(n-1)(n-1)(+++?+)=(1+2+3+?+n-1)=×=
2nnnnnn219120?191123所以，原式＝+++?+＝×＝×190＝95
2222222【答案】95。
5919?3?5.221993?0.41.61013、【学案2】计算：9÷(+)
5271995?0.5199519?6?5.22950【难度级别】★★★☆☆
【解题思路】除号右面的好计算，除号左面的需要整体观察和估计，除号左面这样的分数计算不会是硬算的，一定有技巧的，注意观察，找关键点。
1993?0.41995?0.519951995?519951995?51995?54?(1993?2)4?19954===
1995?51995?55+
1.6=
1993?4+
1.6=
1993?4+
8=
1993?4?81995?5
除号左面，分子分母中都有19，后边的2个加减式子的结果会不会相等呢？
9如果相等，分子分母就一样了，这样，除号左面的结果就是1，试一试：
519?3?5.2219?3.9?5.2219?1.3219?1.3291099===9=1 5275555419?6?5.2219?6?5.2219?6.54?5.2219?1.3295099910059555455原式＝1÷＝1×＝
445【答案】
4
56?4014?9?4016?14、【学案3】计算：
12
143?4014?3?6024?【难度级别】★★☆☆☆
【解题思路】需要整体观察和估计，这样的分数计算不会是硬算的，一定有技巧的，注意观察，找关键点。
观察分子分母中大数相同的项，第1项：分子有6×4014、分母有3×4014，是2倍关系；第3项：分子、分母，是2倍关系，孩子对分数刚接触，对
24111是的2倍还不是很熟悉；那么就考虑中间的第2项如果也是2倍，整个分
241子就是整个分母的2倍了，那就好解决了，试一试：
3×6024＝3×3×2008＝9×2008，9×4016＝9×2×2008＝2×(9×2008)，第2项的分子恰好也是分母的2倍。
11分母=3×4014+9×2008+,分子=2×(3×4014+9×2008+)，原式=2。
44【答案】2。
15、【学案4】分母为1996的所有最简真分数之和是_______。 【难度级别】★★★★☆
【解题思路】此题难道较高。熟悉思考有哪些最简真分数。
分母为1996，是偶数，根据最简分数定义，分子不能是偶数只能是奇数（分子是偶数，分子分母就可以同时除以2了），但是是不是从1到1995的所有奇数都满足呢？这是本题的关键。
将1996分解成质因数乘积的形式，1996＝2×2×499，499是质数，不能再分解。这样，分子就不能是499，分子也不能是499×2＝998（偶数上面已经全部排除了），分子也不能是499×3＝1497。因此，所有奇数中，要去掉499、1497这2个数。
11199611996199619961996+
3+
5+?+
19951996-(
149919961996+
1479)
==
×(1+3+5+?+1995)-×
1996?99821996×(499+499×3)
-
11996×499×4
=499-1=498 【答案】498。
16、【作业8】计算：
1121123211219951+++++++++?+++?++?+=_____。 1222333331995199519951995【难度级别】★★★☆☆
【解题思路】将分母相同的分成一组。
1121123211219951+(++)+(++++)+?+(++?++?+) 1222333331995199519951995分母相同的，分子构成金字塔数列，可能记不住金字塔数列的和是什么，没
有关系，推导一下即可：
1+2+3+?+n+?+3+2+1=(1+2+3+?+n)+(n-1+?+3+2+1) =
n(n?1)2 +
n(n-1)2=n
2
2
对于本题，分子的金字塔数列之和n再除以分母的n，得到每一个分组的结果是：n÷n＝n。
原式＝1+2+3+?+1995=1996×1995÷2＝1991010。 【答案】1991010。
2
第二讲 比例初步
本讲是孩子们第一次接触比和比例，需要一个学习、消化、积累的过程。 比表示倍数关系，比和比例是不同的概念。
比的性质：前项、后项同时乘以或除以同一个非零数，比值不边。这个性质适用于多个数的比（多于2个的数）。
比例的性质：横式，两内项乘积＝两外项乘积；竖式，交叉相乘积相等。 此讲中，找不变量的应用题是难点。各元素之间的比例不同情况下是变的，但是总有不变量，找不变量是解题的关键。
21、【例6】将一堆糖果全部分给甲、乙、丙三个小朋友。原计划甲、乙、丙三人所得糖果的比为5：4：3。实际上，甲、乙、丙三人所得糖果数的比为7：6：5，其中有一位小朋友比原计划多得了15块糖果。那么这位小朋友是_______（填“甲”、“乙”或“丙”），他实际所得的糖果数为_____块。 【难度级别】★★★☆☆
63、【补充3】在一个6×6的方格棋盘左上角有一枚棋子。甲先乙后，二人轮流走这枚棋子，每人每次只能向下、向右或向右下走一格。如图中棋子可以走A、B、C三格之一，谁将棋子走人右下角方格中谁获胜。如果都按最佳方法走，那么谁将获胜？有什么必胜的策略？ 【难度级别】★★☆☆☆
【解题思路】此题使用奇偶性，不能使用“射程”。 B可以看作是2步。向下有5步，向右有5步，一开始（下，右）＝（5，5），奇偶性：（奇，奇）。
甲先向右下走(即先走2步)，（5，5）?（4，4），奇偶性：（偶，偶）。 乙有三种可能的走法：（4，4）?（3，4）/（4，3）/（3，3），奇偶性是：（奇，偶）/（偶，奇）/（奇，奇），无论怎么走，都出现至少一个奇数，不可能再是（偶，偶）。
甲每次都保证将乙走完后的奇数再转变为偶数，从而再变成（偶，偶），例如：（3，4）?（2，4）/（4，3）?（4，2）/（3，3）?（2，2）。 右下角目标位（0，0）的奇偶性：（偶，偶），这样最终只有甲胜，因为只有甲走完是（偶，偶），乙走完（*，*）中至少有一个奇数。
此题条件是“棋子可以走A、B、C三格之一”，如果将条件改成“棋子只能向右、向下走，一次可以走1步或者2步”，2步可以直走也可斜向右下走。 这时，就不能使用“奇偶性”分析，而只能采用“射程”。因为2步可以直着走2步，“奇偶性”判断不出来。
横竖各5步，共有10步。问题转化为报数：可报1或2，累积和谁先到达10谁赢。
最大报2，射程为2，周期为：2+1＝3，10÷3＝3?1。
甲先走1步（因为余数为1），剩余9步，1+2＝3，凑3。乙走1步甲就走2步，乙走2步甲就走1步，甲胜。 【答案】甲胜。
64、【作业3】在一个4×6的方格棋盘左上角有一枚棋子。甲先乙后，二人轮流走这枚棋子，每人每次只能向下、向右或向右下走一格。如图中棋子可以走A、B、C三格之一，谁将棋子走人右下角方格中谁获胜。如果都按最佳方法走，那么谁将获胜？有什么必胜的策略？ 【难度级别】★★☆☆☆
【解题思路】采用“奇偶性”，此题不能采用“射程”。 B可以看作是2步。向下有5步，向右有3步，一开始（下，右）＝（5，3），奇偶性：（奇，奇）。
甲先向右下走(即先走2步)，（5，3）?（4，2），奇偶性：（偶，偶）。 乙有三种可能的走法：（4，2）?（3，2）/（4，1）/（3，1），奇偶性是：（奇，偶）/（偶，奇）/（奇，奇），无论怎么走，都出现至少一个奇数，不可能再是（偶，偶）。
甲每次都保证将乙走完后的奇数再转变为偶数，从而再变成（偶，偶），例如：（3，2）?（2，2）/（4，1）?（4，0）/（3，1）?（2，0）。 右下角目标位（0，0）的奇偶性：（偶，偶），这样最终只有甲胜，因为只有甲走完是（偶，偶），乙走完（*，*）中至少有一个奇数。 【答案】甲胜。
65、【补充4】【三升四暑假例6】甲、乙两人轮流报数，每人只能报2、3、5、
7中的1个，把两人报的数累积。如果某个人报完数后，累积的和第一次为三位数，那么这个人就获胜。请问：谁有必胜的策略？ 【难度级别】★★★★★
【解题思路】此题为周期问题。周期为9，每个周期前7个先报胜，后2个后报胜。100/9=11??1，为第12个周期第1个，先报胜。
先报的，每次报完后，让“剩余的数”（开始是100）-“报的数”落在上个周期的第8个或第9个上。如，先报2，100-2=98，对方报(2、3、5、7)中的一个，先者报对应的(7、5、3、2)让“剩余的数”落在上个周期的第8个或第9个上，即：89和90上，如此循环，直到“剩余的数”是1～9。大家仔细思考一下吧。 周期 1 1 10 19 累计和 ? 82 91 100 谁胜？ 报数策略 x=2/3/5/7
【答案】先报胜，策略如上。
2 2 11 20 ? 83 92 101 3 3 12 21 84 93 4 4 13 22 85 94 5 5 14 23 86 95 6 6 15 24 87 96 7 7 16 25 88 97 8 8 17 26 89 98 9 9 18 27 90 99 先报 先报 先报 先报 先报 先报 先报 后报 后报 2 3 4 5 5 7 7 先x 先x 66、【例4】如下图，将2008个方格排成一行，在最左边的方格中放一枚棋子，甲乙二人交替地移动这枚棋子，甲先乙后，每人每次可将棋子向右移动若干格，但移动的格数不能是合数，将棋子移到最右边格子的人获胜。若干甲先移，甲是否有制胜的策略？ 【难度级别】★★★★☆
【解题思路】此题不好想，也基本没有思路。余数，看除以4的余数，也是一个保护平衡的原则，保护4的整除关系。
2007步，看除以4的余数，2007÷4＝501?3。甲先走3步（余数是3），到达4的位置。
不是合数，有3种情况：(1)1，(2)2，是唯一的偶质数，(3)奇质数，可表示为：4n-k（k=1,3）。
若乙走1步，甲走3步，保证是4的整数倍； 若乙走2步，甲走2步，保证是4的整数倍；
若乙走4n-k步（k=1,3），甲走k步（k=1,3），保证是4的整数倍。 甲先走2007除以4的余数3步后，剩余步数是4的整数倍，乙破坏4的整除关系，甲就保护4的整除关系，甲胜。 【答案】甲先走3步，保护4的整除关系，甲胜。
67、【例6】99张卡片上分别写着1～99。甲先从中抽走一张，然后乙再从中抽走一张，如此轮流下去。若最后的两张上的数是互质数，则甲胜；若最后的两张上的数不是互质数，则乙胜。问：甲要想获胜应该怎样抽取卡片？ 【难度级别】★★★☆☆
【解题思路】分组，达到平衡，破坏平衡败，保护平衡胜。
相邻两个大于1的自然数必互质，这个是本题的关键点。
甲先把1抽走，剩余98个数，分成49组，相邻2个数为一组：(2，3)、(4，5)、(6，7)、??、(98，99)。
乙取任意1个，甲就取同组的另一个，最终必剩下完整的一组，这一组内的2个数互质，甲胜。 【答案】甲先抽1，甲胜。
68、【例7】一个盒子里有100粒棋子，甲、乙两人轮流从中取棋子，要求每人每次取出的棋子数必须是盒子中当时的棋子数的因数，规定谁取完盒子中的棋子谁输，如果甲先取，谁有必胜的策略？ 【难度级别】★★★★☆ 【解题思路】奇偶性。先手胜。
100是偶数，甲取奇数个（1或100的其他奇约数），偶－奇＝奇，剩余奇数个。
一个奇数的约数一定是奇数，这个是关键点。奇－奇＝偶，乙取奇数个后，剩余偶数个。
之后，甲取1个或其他奇约数个，保证取奇数个，就会剩余奇数个（偶－奇＝奇）。
0是偶数，一定是乙剩下，乙输，甲胜。 【答案】甲胜。
69、【例5】甲乙两人玩数字游戏，他们轮流用1～9中任一数字（数字可重复使用）代表五位数ABCDE 中的一个，如果最后这个五位数能被4整除，则甲
基本块的黑白总数量是不一样的（11黑9白，或9黑11白，可以不用算，知道不一样即可）。
但是，目标图形是“10黑10白”，黑白数量是一样的。5个基本块无法拼成目标图。 【答案】不能。
52、【补充1】由1个“田”字块和15个“凸”字块，能否拼成8×8的图？ 【难度级别】★★★☆☆ 【解题思路】覆盖问题，黑白染色，考察基本块的黑白数量的奇偶性，奇偶矛盾。 1×4+15×4＝64，8×8＝64，数量是相等的。 1个“田”字块“2黑2
白”，黑的数量是偶数。“凸”字块是“3黑1白”或者“3白1黑”，黑的数量为奇数，15个奇数相加仍然是奇数。所以1个“田”字块和15“凸”字块黑的总数量为“偶数+奇数”＝“奇数”。 但是，目标图形是“32黑32白”，黑的数量是偶数。基本块与目标块，黑的数量的奇偶性矛盾，所以不能拼成。当然白的奇偶性也是矛盾的。
【答案】不能。
53、【例8】下表中，有公共边的两格内的数同时加上1或同时减去1叫做一次操作。经过有限次操作后由做表变为右表，那么右表中A处的数是____。 【难度级别】★★☆☆☆
【解题思路】这是老师说的“邻格加减问题，差不变”，实际也是个“纯染色”问题，从条件“有公共边的两格同加或同减”想到了黑白染色。 左表，黑格数字和＝5，白格数字和＝0，黑格数字和－白格数字和＝5。
右表，黑格数字和＝2010×4+A，白格数字和＝2010×4，黑格数字和－白格数字和＝2010×4+A－2010×4。
有公共边的两格就是黑白格，根据“同加1同减1”的规则，多次操作后“黑格数字和－白格数字和”不会发生变化，所以：2010×4+A－2010×4＝5。即：A＝5。 【答案】5。
二、多色染色
54、【学案3】在8×8的国际象棋棋盘上有一枚棋子。它每一步只能向上、向右或向左下方走一步，如图。那么它能否从棋盘的左下角出发，走遍所有格，并且每个方格恰
好走一次呢？
【难度级别】★★★☆☆
【解题思路】“纯染色”问题，3色染色，数量矛盾。
从题目给出的走法“向上、向右或向左下方走一步”，这3个方向是同一个颜色，无论往哪个方向走下一步的颜色都是相同的，并且下一步变色了。 左下角第1个位置是灰色，下一步第2个位置是白色，再下一步第3个位置是黑色，走棋按照“灰、白、黑”的顺序循环，3步一循环。
8×8＝64，64÷3＝21?1，余数为1，第64个位置为“灰”，所以“灰”22个、“白”21个、“黑”21个。
但是，棋盘上实际有：“灰”21个、“白”22个、“黑”21个。所以，不能走遍所有格并且恰好每格走一次。
本题是题目给出了染色方法，如果没有给出，是需要自己思考的，其实这个才是本题应该掌握的难点。为什么需要3色呢？按照下面的思路考虑。 左上角第1格是“白”第2格是“黑”，第2格的下一步可以往右、左下走，那么“黑”的右边和左下要同色，如果只用黑白2色，显然右边可以白色，但是左下白色就和上面的第1格白色相同了，所以“黑”的右边和左下需要第3种颜色（假设是灰），第1行按照“白、黑、灰”从左往右染色。 那么第2行以哪种颜色开始呢？从上一段的描述中就知道了，第1行的第2格是黑第3格是灰，黑的左下（第2行第1格）和右面（第1行第3格）颜色相同，所以左下（第2行第1格）是灰。第2行的右边继续按照“白、黑、灰”从左往右染色。同理得出，第3行以黑开始。
以上染色过程完全满足题目给定的条件要求，染色后，验证可知。 【答案】不能。
55、【例6】用9个1×4的长方形能否拼成一个6×6的正方形？请说明理由。 【难度级别】★★★★☆
【解题思路】覆盖问题，4色染色，数量矛盾。
此题，先思考黑白染色，因1×4的长方形黑白染色后，2黑2白，数量和奇偶性上都无法找出矛盾。所以考虑用多色染色，为什么呢？因为黑白2色无法准确“区分”1×4的4个格，使用4色来“区分”。“凸”可以用黑白区分，1×4的长条无法用黑白区分。 用数字表示颜色，如图： 9个基本块，1、2、3、4四种颜色各有9个。
但6×6的正方形中有1、2、3、
4四种颜色分别为：9个、10个、9个、8个。所以，无法用9个1×4的长条来拼成6×6的正方形。 【答案】不能。
三、条形染色
56、【例7】能不能用15个如图所示的“L”型和1个“田”字型纸板，拼成一个8×8的棋盘？ 【难度级别】★★★☆☆ 【解题思路】覆盖问题，条形染色，奇偶矛盾。
本题，“L”型、“田”字型，使
用黑白染色，都是2黑2白，没有数量矛盾，也没有奇偶矛盾；“L”型、“田”型，这2种形状不太好使用多色染色；本题采用条形染色。
其实本题的条形染色是黑白染色的变形，第2行黑白和第1行黑白上下不是相间的，而是上下对齐的。 “田”字型必定盖住2黑2白。
“L”型可能盖住3黑1白，也可能盖住1白3黑（无论横着放还是竖着放），黑为奇数，15个“L”型，15个奇数相加仍然是奇数，再加上1个“田”字型的2黑。仍为奇数，黑的总数量为奇数。
但是，8×8的棋盘上，黑色数量为32，是偶数，奇偶性矛盾，不能拼成。 【答案】不能。
57、【补充2】用若干个2×2、3×3能不能拼成一个11×11的正方形？ 【难度级别】★★★★☆
【解题思路】11×11＝121，是个奇数，染色后11×11的目标图中黑或者白的总数总有一个是奇数。
而采用“1黑1白”的条形染色，2×2块肯定是2黑2白，黑白数量都是偶数，关键看3×3块，3×3块有可能黑的数量是奇数（3黑6白）也有可能白的数量是奇数（3白6黑），无法区分。
本题采用“2黑1白”的条形染色，3×3基本块的黑色总数与11×11的目标图会出现奇偶性矛盾。 2×2，放到大正方形中，函盖“2
黑2白”或者“4黑”，黑的数量是偶数。
3×3，放到大正方形中，函盖“6黑3白”，黑的数量是偶数。
偶数+偶数＝偶数，所以这2种基本块，无论多少块，黑总数一定是偶数。 但是，11×11的正方形中，黑的总数是：11×7＝77，是个奇数，与上面黑的总数是偶数矛盾，所以不能拼成。 【答案】不能。
四、其他染色
58、【补充3】用1个“田”、15个1×4长条，能否拼成一个8×8的正方形？ 【难度级别】★★★★☆
【解题思路】例7“田”+“L”，使用条形染色，但是本题使用条形染色，就无法区分。
当然，使用简单的黑白染色也是无法区分的。
那么，使用4色染色是否可以呢？也不可以，因为使用4色，1×4长条和2×2方块可以使用4色染色，但是目标图8×8的正方
形没有办法使用4色来染，不知道是按照长条的“1、2、3、4”的顺序排，还是按照方块的“上行1、2，下行3、4”的顺序来排。
本题采用“2黑2白”的黑白相间染色，每个“田”的黑白数量不同，导致黑的总数奇偶矛盾，这是本题的思路关键点。
1×4长条，放到大正方形中，无论横着放还是竖着放，都会函盖“2黑2
白”，黑白数量一样，都是偶数。
“田”字型块，放到大正方形中，函盖“3黑1白”或者“3白1黑”，黑白数量都是奇数。15个奇数相加，黑（或白）的总数一定是奇数，再加上1×4长条的偶数2，黑（或白）的总数还是奇数。
但是，8×8的正方形中，黑（或白）的数量是32，是个偶数，与上面黑的总数是奇数矛盾，所以不能拼成。 【答案】不能。
五、总结基本块覆盖如何选择染色方法 由基本块进行覆盖，关键看基本块的形状：
如果有“田”+“凸”，黑白数量不同，奇偶矛盾，可以用一般的黑白相间染色即可。
如果有“田”+ 1×4长条，使用“2黑2白”的黑白相间染色，“田”的黑白数量不同，导致奇偶矛盾。
如果有“田”+“L”、或者1×4长条 +“L”，使用“1黑1白”的条形染色，可以构造出“L”的黑白数量不同，导致奇偶矛盾。
如果有“田”、3×3，使用“2黑1白”的条形染色，可以构造出基本块和目标图的黑色数量奇偶性不同。
如果只有1×4长条，使用多色染色，基本块和目标图会有某一颜色的数量不相同。
第六讲 游戏与对策（二）
去年的暑假三升四的时候学了“游戏与策略”，那一讲学习了很多的方法，列一下：①大自然是平衡的，保护平衡就可以胜利，破坏平衡就会失败；②寻找制胜点；③当无法找到胜利的方法时保证自己不输也是对策，保证了自己不输，最终的结果就是对方输；④增强自己或者削弱对手是两种很有意思的对策，有时增强自己可以获胜，但有时增强自己却无法获胜必须削弱对手才可以胜利。
本讲用到的方法和那一讲基本相同：①射程，②奇偶，③余数或整除，④对称(平衡)，⑤分组(平衡)，⑥枚举(找周期)。各题用到的方法： 例1：两种方法，(1)射程，(2)奇偶性（用奇偶性：先手胜，无策略，因为都是奇数，奇－奇＝偶，而对手必然：偶－奇＝奇，0为偶）。 例2：奇偶性，先手胜，无策略，同例1。 例3：两种方法，(1)奇偶分析，(2)找制胜点。
例4：余数，看除以4的余数，也是一个保护平衡的原则，保护4的整除关系。
例5：整除，被4整除看末两位。
例6：分组，达到平衡，破坏平衡败，保护平衡胜。
例7：奇偶性，先手胜，先取奇数个（1也可以，100的其他奇约数也可以），偶－奇＝奇，一个奇数的约数一定是奇数，对手：奇－奇＝偶，0是偶数，一定是对手剩下，对手输。
例8：分组，合理分组，保证剩余偶数组数。
学案1：两种方法，(1)奇偶性，都是偶数先捆绑（2根火柴捆绑成1根），再利用奇偶性；(2)余数，看除以4的余数。
学案2：枚举，找周期。
学案3：整除与余数，被4整除看末两位，两位后填者可以决定余数。 学案4：分组，合理分组，保证胜偶数组数。
文中有2处经典的分析，请留意：1、补充3作业3两道题（从一个角走到对角）前面的总结对比，2、例8作业8学案4三道题（黑板上写数）前面的汇总。
61、【补充1】【三升四暑假学案3】15个小球围成一圈，甲、乙两人轮流从中取一个或者相邻的两个，如果两球中间有一个空位置，则不能将这两个球同时拿走，谁取走最后一个球谁就获胜，甲先拿，谁将获胜？ 【难度级别】★☆☆☆☆
【解题思路】此题难度不大，但是，使用了平衡法则：破坏平衡败，保护平衡胜利。
甲先取，圆变线。(1)甲取1剩14，乙取中间2个，线分两半，左右一样各6个，是平衡的，乙胜（因为之后，甲取几个都破坏平衡，乙取另一半的相同个数又会恢复平衡）。(2)甲取2剩13，乙取中间1个，线分两半，左右一样各6个，是平衡的，乙胜。 【答案】乙胜。
62、【补充2】15个小球围成一圈，甲、乙两人轮流从中取一个或者相邻的3个，如果3球中间有一个空位置，则不能将这3个球同时拿走，谁取走最后一个球谁就获胜，甲先拿，谁将获胜？ 【难度级别】★☆☆☆☆
【解题思路】奇偶性，不需要策略，甲胜。
1、3都是奇数，15也是奇数，先手：奇－奇＝偶，后手必然：偶－奇＝奇，0为偶，只有先手取后能变成偶数，所以是先手胜。 【答案】甲胜。
下面两道题（补充3、作业3），是从一个角走到对角，总结对比一下： 如果一次走1步或2步，就采用“射程”，射程为2，周期为3，凑3。甲先走“总步数除以周期3的余数”，剩余的无论乙走1还是2甲都凑3，甲胜。这个题目，不能采用“奇偶性”，因为2步可以直着走2步，从甲的（偶，偶）乙直走2步仍可以保持（偶，偶），“奇偶性”判断不出来，详细参见“补充3”的第2问。
如果一次走1步或斜着走（与上一个条件的区别就是不能直着走2步），采用“奇偶性”分析，而且是二维坐标的奇偶性，甲保证（偶，偶），乙至少出现一个奇数，甲再变回（偶，偶），甲胜，因为（0，0）是（偶，偶）。这个题目，不能采用“射程”，只能采用“奇偶性”分析，因为此题的2步只能斜着走不能直着走，会出现“最后3步在最右边的边上，或在最下边的边上”的情况，这时最后3步是一条直线，乙再走1步，甲没有办法走直线的2步，直线上甲只能走1步，3步中剩下的最后1步是乙走，乙胜，详细参见“补充3”的第1问和“作业3”。有些老师（比如：作业视频的讲解老师）把此题的“奇偶性”按照一维讲解，甲走2步是偶，说甲总能保证偶数，其实乙斜着走2步也能保证偶数，所以讲解不够准确，正确的答案应该是二维坐标的奇偶性，保证（偶，偶）才能赢。