用某种形状的卡片，按一定要求将棋盘覆盖住，就是棋盘的覆盖问题。实际上，这里并不要求一定是某种棋盘，只要是有关覆盖若干行、若干列的方格网的问题，就是棋盘的覆盖问题。
棋盘的覆盖问题可以分为两类：一是能不能覆盖的问题，二是有多少种不同的覆盖方法问题。
例1 要不重叠地刚好覆盖住一个正方形，最少要用多少个右图所示的图形？
分析与解：因为图形由3个小方格构成，所以要拼成的正方形内所含的小方格数应是3的倍数，从而正方形的边长应是3的倍数。经试验，不可能拼成边长为3的正方形。所以拼成的正方形的边长最少是6（见右图），需要用题目所示的图形
36÷3= 12（个）。
分析与解：在五年级学习“奇偶性”时已经讲过类似问题。左上图共有34个小方格，17个1×2的卡片也有34个小方格，好象能覆盖住。我们将左上图黑白相间染色，得到右上图。细心观察会发现，右上图中黑格有16个，白格有18个，而1×2的卡片每次只能盖住一个黑格与一个白格，所以17个1×2的卡片应当盖住黑、白格各17个，不可能盖住左上图。
例3 下图的七种图形都是由4个相同的小方格组成的。现在要用这些图形拼成一个4×7的长方形（可以重复使用某些图形），那么，最多可以用上几种不同的图形？
分析与解：先从简单的情形开始考虑。显然，只用1种图形是可以的，例如用7个（7）；用2种图形也没问题，例如用1个（7），6个（1）。经试验，用6种图形也可以拼成4×7的长方形（见下图）。
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能否将7种图形都用上呢？7个图形共有4×7=28（个）小方格，从小方格的数量看，如果每种图形用1个，那么有可能拼成4×7的长方形。但事实上却拼不成。为了说明，我们将4×7的长方形黑、白相间染色（见右图），图中黑、白格各有14个。在7种图形中，除第（2）种外，每种图形都覆盖黑、白格各2个，共覆盖黑、白格各12个，还剩下黑、白格各2个。第（2）种图形只能覆盖3个黑格1个白格或3个白格1个黑格，因此不可能覆盖住另6种图形覆盖后剩下的2个黑格2个白格。
综上所述，要拼成 4×7的长方形，最多能用上 6种图形。 例4 用1×1，2×2，3×3的小正方形拼成一个11×11的大正方形，最少要用1×1的正方形多少个？
分析与解：用3个2×2正方形和2个3×3正方形可以拼成1个5×6的长方形（见左下图）。用4个5×6的长方形和1 个 1×1的正方形可以拼成 1个11×11的大正形（见右下图）。
上面说明用1个1×1的正方形和若干2×2，3×3的正方形可以拼成 11×11的大正方形。那么，不用1×1的正方形，只用2×2，3×3的正方形可以拼成11×11的正方形吗？ 将11×11的方格网每隔两行染黑一行（见下页右上
图）。将2×2或3×3的正方形沿格线放置在任何位置，都将覆盖住偶数个白格，所以无论放置多少个2×2或3×3的正方形，覆盖住的白格数量总是偶数个。但是，右图中的白格有11×7=77（个），是奇数，矛盾。由此得到，不用1×1的正方形不可能拼成11×11的正方形。
综上所述，要拼成11×11的正方形，至少要用1个1×1的小正方形。
例5 用七个1×2的小长方形覆盖下图，共有多少种不同的覆盖方法？
分析与解：盲目无章的试验，很难搞清楚。我们采用分类讨论的方法。
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5.有若干个边长为1、边长为2、边长为3的小正方形，从中选出一些拼成一个边长为4的大正方形，共有多少种不同
如下图所示，盖住A所在的小格只有两种情况，其中左下图中①②两个小长方形只能如图覆盖，其余部分有4种覆盖方法：右下图中①②③三个小长方形只能如图覆盖，其余部分有3种覆盖方法。所以，共有7种不同覆盖方法。 例6 有许多边长为1厘米、2厘米、3厘米的正方形硬纸片。用这些硬纸片拼成一个长5厘米、宽3厘米的长方形的纸板，共有多少种不同的拼法？（通过旋转及翻转能相互得到的拼法认为是相同的拼法）
解：有一个边长3厘米纸片有如下3种拼法：
7.能不能用9个1×4的长方形卡片拼成一个6×6的正方形？
答案与提示 练习15
1.3个。提示：左下图是一种放法。
有两个边长2厘米纸片的有如下4种拼法：
拼法？（只要选择的各种小正方形的数目相同就算相同的拼法）
有一个边长2厘米及11个边长1厘米纸片的有2种拼法，边长全是1 厘米纸片的有1种拼法。
2.图（2）。
提示：图（1）的小方格数不是3的倍数；图（3）的小方格数是3的倍数但拼不成；图（2）的拼法见右上图。 3.不能。
提示：右图中黑、白格各18个，每张卡片盖住的黑格
共有不同的拼法3＋4＋2+1=10（种）。 答：共有10种不同的拼法。 练习15
在不重叠的情形下，不能再在正方形中多放一个这样的卡片？（要求卡片的边缘与格线重合）
数是奇数，9张卡片盖住的黑格数之和仍是奇数，不可能盖住18个黑格。
4.25种。
形如图（A）（B）（C）（D）的依次有3，10，6，6种。
5.6种。
解：用小正方形拼成边长为4的大正方形有6种情形： （1）1个3×3，7个1×1；（2）1个2×2，12个1×1； （3）2个2×2，8个1×1；（4）3个2×2，4个1×1； （5）4个2×2；（6）16个1×1。 6.5种。
4.小明有8张连在一起的电影票（如右图），他自己要留下4张连在一起的票，其余的送给别人。他留下的四张票可以有多少种不同情况？
提示：盖住A有下图所示的5种方法，其中左下图所示的3种都无法覆盖；下中图中，①放好后，左下方和右上方各有2种放法，共有4种覆盖方法；右下图只有1种覆盖方法。
7.不能。
提示：用1，2，3，4对6×6棋盘中的小方格编号（见右图）。一个1×4的矩形一次只能覆盖1，2，3，4号各一个，而1，2，3，4号数目不等，分别有9，10，9，8个。
第16讲 找规律
同学们从三年级开始，就陆续接触过许多“找规律”的题目，例如发现图形、数字或数表的变化规律，发现数列的变化规律，发现周期变化规律等等。这一讲的内容是通过发现某一问题的规律，推导出该问题的计算公式。 例1 求99边形的内角和。
分析与解：三角形的内角和等于180°，可是99边形的内角和怎样求呢？我们把问题简化一下，先求四边形、五边形、六边形??的内角和，找一找其中的规律。
如上图所示，将四边形ABCD分成两个三角形，每个三角形的内角和等于180°，所以四边形的内角和等于180°×2= 360°；同理，将五边形ABCDE分成三个三角形，得到五边形的内角和等于180°×3＝540°；将六边形ABCDEF分成四个三角形，得到六边形的内角和等于180°×4＝720°。 通过上面的图形及分析可以发现，多边形被分成的三角形数，等于边数减2。由此得到多边形的内角和公式： n边形的内角和=180°×（n-2）（n≥3）。 有了这个公式，再求99边形的内角和就太容易了。 99边形的内角和=180°×（99-2）＝17460°。 例2 四边形内有10个点，以四边形的4个顶点和这10个点为三角形的顶点，最多能剪出多少个小三角形？ 分析与解：在10个点中任取一点A，连结A与四边形的四个顶点，构成4个三角形。再在剩下的9个点中任取一点B。如果B在某个三角形中，那么连结B与B所在的三角形的三个顶点，此时三角形总数增加2个（见左下图）。如
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果B在某两个三角形的公共边上，那么连结B与B所
在边相对的顶点，此时三角形总数也是增加2个（见右下图）。
类似地，每增加一个点增加2个三角形。 所以，共可剪出三角形 4＋ 2× 9= 22（个）。 如果将例2的“10个点”改为n个点，其它条件不变，那么由以上的分析可知，最多能剪出三角形 4＋2×（n-1）=2n＋2=2×（n＋1）（个）。 同学们都知道圆柱体，如果将圆柱体的底面换成三角形，那么便得到了三棱柱（左下图）；同理可以得到四棱柱（下中图），五棱柱（右下图）。
如果底面是正三角形、正四边形、正五边形??那么相应的柱体就是正三棱柱、正四棱柱、正五棱柱?? 例3 n棱柱有多少条棱？如果将不相交的两条棱称为一对，那么n棱柱共有多少对不相交的棱？
分析与解：n棱柱的底面和顶面都是n边形，每个n边形有n个顶点，所以n棱柱共有2n个顶点。观察三棱柱、四棱柱、五棱柱的图形，可以看出，每个顶点都与三条棱相连，而每条棱连接 2个顶点，所以n棱柱共有棱 2n×3÷2=3n（条）。
进一步观察可以发现，n棱柱中每条棱都与4条棱相交，与其余的3n－4-1 =（3n－5）条棱不相交。共有3n条棱，所
以不相交的棱有 3n×（3n- 5）（条），因为不相交的棱是成对出现的，各计算一遍就重复了一遍，所以不相交的棱共有 3n×（3n-5）÷2（对）。
例4 用四条直线最多能将一个圆分成几块？用100条直线呢？
分析与解：4条直线时，我们可以试着画，100条直线就不可能再画了，所以必须寻找到规律。如下图所示，一个圆是1块；1条直线将圆分为2块，即增加了1块；2条直线时，当2条直线不相交时，增加了1块，当2条直线相交时，增加了2块。由此看出，要想分成的块尽量多，应当使后画的直线尽量与前面已画的直线相交。
再画第3条直线时，应当与前面2条直线都相交，这样又增加了3块（见左下图）；画第4条直线时，应当与前面
3条直线都相交，这样又增加了4块（见右下图）。所以4条直线最多将一个圆分成1＋1＋2＋3＋4=11（块）。
由上面的分析可以看出，画第n条直线时应当与前面已画的（n—1）条直线都相交，此时将增加n块。因为一开始的圆算1块，所以n条直线最多将圆分成 1＋（1＋2＋3＋?＋n） =1＋n（n+1）÷2（块）。 当n=100时，可分成
1＋100×（100＋1）÷2=5051（块）。
例5 用3个三角形最多可以把平面分成几部分？10个三角形呢？
分析与解：平面本身是1部分。一个三角形将平面分成三角形内、外2部分，即增加了1部分。两个三角形不相交时将平面分成3部分，相交时，交点越多分成的部分越多（见下图）。
由上图看出，新增加的部分数与增加的交点数相同。所以，再画第3个三角形时，应使每条边的交点尽量多。对于每个三角形，因为1条直线最多与三角形的两条边相交，所以第3个三角形的每条边最多与前面2个三角形的各两条边相交，共可产生3×（2×2）= 12（个）交点，即增加12部分。因此， 3个三角形最多可以把平面分成 1＋1＋6＋12= 20（部分）。
由上面的分析，当画第n（n≥2）个三角形时，每条边最多与前面已画的（n—1）个三角形的各两条边相交，共可产生交点
3×［（n—l）×2］=6（n—1）（个），能新增加6（n－1）部分。因为1个三角形时有2部分，所以n个三角形最多将平面分成的部分数是
2＋6×［1＋2＋?＋（n—1）］
当n=10时，可分成2＋3×10×（10—1）=272（部分）。 练习16
1.求12边形的内角和。
2.五边形内有8个点。以五边形的5个顶点和这8个点为三角形的顶点，最多能剪出多少个小三角形？ 3.已知n棱柱有14个顶点，那么，它有多少条棱？ 4.n条直线最多有多少个交点？
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5.6条直线与2个圆最多形成多少个交点？ 6.两个四边形最多把平面分成几部分？ 答案与提示练习16 1.1800°。 2.19个。
提示：与例2类似可得5+2×（8-1）=19（个）。 3.21条棱。提示：n棱柱有2n个顶点，3n条棱。
4.n（n-1）÷2。
解：1+2+3+?+（n-1）=n（n-1）÷2。 5.41个。
解：6条直线有交点6×（6-1）÷2=15（个），每条直线与两个圆各有2个交点，两个圆之间有2个交点，共有交点15+6×4+2=41（个）。 6.10部分。
提示：见右图。与例5类似，当画第n（n≥2）个四边形时，每条边应与已画的（n-1）个四边形的各2条边相交，共可产生交点
4×[（n-1）×2]=8（n-1）（个），新增加8（n-1）部分。因为1个四边形有2部分，所以n个四边形最多将平面分成2+8×[1+2+?+（n-1）]=2+4n（n-1）（部分）。
第17讲 操作问题
所谓操作问题，实际上是对某个事物按一定要求进行的一种变换，这种变换可以具体执行。例如，对任意一个自然数，是奇数就加1，是偶数就除以2。这就是一次操作，是可以具体执行的。操作问题往往是求连续进行这种操作后可能得到的结果。
例1 对于任意一个自然数 n，当 n为奇数时，加上121；当n为偶数时，除以2。这算一次操作。现在对231连续进行这种操作，在操作过程中是否可能出现100？为什么？ 讨论：同学们碰到这种题，可能会“具体操作”一下，得到
这个过程还可以继续下去，虽然一直没有得到100，但
也不能肯定得不到100。当然，连续操作下去会发现，数字一旦重复出现后，这一过程就进入循环，这时就可以肯定不会出现100。因为这一过程很长，所以这不是好方法。 解：因为231和121都是11的倍数，2不是11的倍数，所以在操作过程中产生的数也应当是11的倍数。100不是11的倍数，所以不可能出现。
由例1看出，操作问题不要一味地去“操作”，而要找到解决问题的窍门。
例2 对任意两个不同的自然数，将其中较大的数换成这两数之差，称为一次变换。如对18和42可进行这样的连续变换：
18， 42—→ 18， 24—→ 18， 6—→ 12， 6—→ 6， 6。直到两数相同为止。问：对12345和54321进行这样的连续变换，最后得到的两个相同的数是几？
分析与解：如果两个数的最大公约数是a，那么这两个数之差与这两个数中的任何一个的最大公约数也是a。因此在每次变换的过程中，所得两数的最大公约数始终不变，所以最后得到的两个相同的数就是它们的最大公约数。因为12345和54321的最大公约数是3，所以最后得到的两个相同的数是3。
注：这个变换的过程实际上就是求两数最大公约数的辗转相除法。
例3 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？
解：不可能。因为每次加上的数之和是 1＋2＋3＋4=10，所以黑板上的四个数之和永远是10的整数倍。 999×4=3996，不是10的倍数，所以黑板上的四个数不可都是999。 例4 在左下图中，对任意相邻的上下或左右两格中的数字同时加1或减1，这算作一次操作。经过若干次操作后，左下图变为右下图。问：右下图中A格中的数字是几？
分析与解：每次操作都是在相邻的两格，我们将相邻的两格染上不同的颜色（见右图）。因为每次操作总是一个黑格与一个白格的数字同时加1或减1，所以所有黑格内的数字之和与所有白格内的数字之和的差保持不变。因为原题左图的这个差是13，所以原题右图的这个差也是13。由（A＋12）-12=13解得 A=13。
例5 将1～10十个数随意排成一排。如果相邻两个数中，前面的数大于后面的数，那么就交换它们的位置。如此操作下去，直到前面的数都小于后面的数为止。当1～10十个数如下排列时，需交换多少次？ 8，5，2，6，10，7，9，1，4，3。
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分析与解：为了不打乱仗，我们按照一定的方法来交
换。例如，从最大的数10开始交换，将10交换到它应在的位置后，再依次对9，8，7，?实施交换，直至按从小到大排列为止。
因为10后面有5个比它小的数，所以对10连续交换5次，10到了最右边，而其它各数的前后顺序没有改变；再看9，9后面有3个比它小的数，需交换3次，9到了右边第二位，排在10前面；再依次对8，7，6，?实施这样的交换。 10后面有5个比它小的数，我们说10有5个逆序；9后面有3个比它小的数，我们说9有3个逆序；类似地，8，7，6，5，4，3，2依次有7，3，3，4，1，0，1个逆序。因为每个数要交换的次数就是它的逆序数，所以需交换 5＋3＋7＋3＋3＋4＋1＋0＋1= 27（次）。
例6右图是一个5×6的方格盘。先将其中的任意5个方格染黑。然后按以下规则继续染色：
如果某个格至少与两个黑格都有公共边，那么就将这个格染黑。
这样操作下去，能否将整个方格盘都染成黑色？
分析与解：以一个方格的边长为1，开始时5个黑格的总周长不会超过4×5=20。以后每染一个格，因为这个格至少与两个黑格都有公共边，所以染黑后所有黑格的总周长不
会增加。左下图中，A与4个黑格有公共边，染黑后，黑格的总周长将减少4；下中图中，A与3个黑格有公共边，染黑后，黑格的总周长将减少2；右下图中，A与2个黑格有公共边，染黑后，黑格的总周长不变。也就是说按照这种方法染色，所有黑格的总周长永远不会超过20，而5×6方格盘的周长是 22，所以不能将整个方格盘染成黑色。
练习17
1.黑板上写着1～15共15个数，每次任意擦去两个数，再写上这两个数的和减1。例如，擦掉5和11，要写上15。经过若干次后，黑板上就会只剩下一个数，这个数是几？ 2.在黑板上任意写一个自然数，然后用与这个自然数互质并且大于1的最小自然数替换这个数，称为一次操作。问：最多经过多少次操作，黑板上就会出现2？
3.口袋里装有101张小纸片，上面分别写着1～101。每次从袋中任意摸出5张小纸片，然后算出这5张小纸片上各数的和，再将这个和的后两位数写在一张新纸片上放入袋中。经过若干次这样的操作后，袋中还剩下一张纸片，这张纸片上的数是几？
4.在一个圆上标出一些数：第一次先把圆周二等分，在两个分点分别标上2和4。第二次把两段半圆弧分别二等分，