六年级奥数游戏与策略含答案

游戏与策略
知识框架
（1） 通过实际操作寻找题目中蕴含的数学规律
（2） 在操作过程中，体会数学规律的并且设计最优的策略和方案 （3） 熟练掌握通过简单操作、染色、数论等综合知识解决策略问题
重难点
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。

例题精讲
一、
探索与操作
【例 1】 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 【关键词】2008年，迎春杯
【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
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
【巩固】 在1，9，8，9后面写一串这样的数字：先计算原来这4个数的后两个之和8+9=17，取个位数
字7写在1，9，8，9的后面成为1，9，8，9，7；再计算这5个数的后两个之和9+7=16；取个位数字6写在1，9，8，9，7的后面成为1，9，8，9，7，6；再计算这6个数的后两个之和7+6=13，取个位数字3写在1，9，8，9，7，6的后面成为1，9，8，9，7，6，3. 继续这样求和，这样添写，成为数串1，9，8，9，7，6，3，9，2，1，3，4…那么这个数串的前398个数字的和是________.
【考点】游戏与策略 【难度】3星 【题型】填空
【关键词】第六届，迎春杯，决赛
【解析】前16个数字是1，9，8，9，7，6，3，9，2，1，3，4，7，1，8，9
可见除去前2个数字1、9后，每12个数字一组重复出现.因此前398个数字的和是
1+9+（8+9+7+6+3+9+2+1+3+4+7+1）⨯3982
12
-
=10+60⨯33=1990
【答案】1990
【例 2】一个盒子里有400枚棋子，其中黑色和白色的棋子各200枚，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)
【考点】游戏与策略【难度】3星【题型】填空
【关键词】2008年，北大附中，资优博雅杯
【解析】由于起初白子200枚是偶数，若同色，补黑子1枚，白子仍为偶数；若异色，补白子1枚，白子仍为偶数．因此最后1枚不可能是白子，故应是黑子．
【答案】黑
【巩固】在黑板上写上1、2、3、4、……、2008，按下列规定进行“操怍”：每次擦去其中的任意两个数a 和b，然后写上它们的差(大数减小数)，直到黑板上剩下一个数为止．问黑板上剩下的数是奇数还是偶数？为什么？
【考点】游戏与策略【难度】3星【题型】解答
【解析】根据等差数列求和公式，可知开始时黑板上所有数的和为123200820091004
++++=⨯是一个偶数，而每一次“操作”，将a、b两个数变成了()
a b
-，它们的和减少了2b，即减少了一个偶数．那么从整体上看，总和减少了一个偶数，其奇偶性不变，还是一个偶数．所以每次操作后黑板上剩下的数的和都是偶数，那么最后黑板上剩下一个数时，这个数是个偶数．
【答案】偶数
【例 3】有20堆石子，每堆都有2006粒石子．从任意19堆中各取一粒放入另一堆，称为一次操作．经过不足20次操作后，某一堆中有石子1990粒，另一堆石子数在2080到2100之间．这一堆石
子有粒．
【考点】操作找规律 【难度】2星 【题型】填空 【关键词】2005年，第4届，走美杯，5年级，决赛
【解析】 根据题意可以得出，某一堆石子，如果被取一次，则数量减少1，如果被放入一次，则数量增加
19。

考虑有1990粒石子的那一堆，如果至少一次被放，则最多19次被取，最后石子数肯定不少于原来的2006粒。

则该石子一次也没被放入过，则总共操作了16次。

由于另一堆石子数在2008与2100之间，则只被放入过5次，被取11次，剩下石子19×5-11+2006=2090粒。

【答案】2090粒
【巩固】 桌上有一堆石子共1001粒。

第一步从中扔去一粒石子，并把余下的石子分成两堆。

以后的每一
步，都从某个石子数目多于1的堆中扔去一粒，再把某一堆分作两堆。

问：能否在若干步之后，桌上的每一堆中都刚好有3粒石子？
【考点】游戏与策略 【难度】3星 【题型】解答
【解析】 不可能．事实上，如果可能的话，那么假定最后在桌上剩下了n 堆石子，每堆3粒，则在此之前
一共进行了(1)n -次操作（开始时只有一堆石子，每操作一次，多分出一堆，操作1n -次后分成n 堆）．而每操作一次，都扔去一粒石子，所以一共扔去(1)n -粒石子．因此，3(1)1001n n +-=，
得到41002n =，但1002不是4的倍数，说明n 不是整数，导致矛盾．所以不可能．
【答案】不可能
【例 4】 今有101枚硬币，其中有100枚同样的真币和1枚伪币，伪币和真币的重量不同．现需弄清楚
伪币究竟比真币轻还是重、但只有一架没有砝码的天平，那么怎样利用这架天平称两次，来达到目的？
【考点】游戏与策略 【难度】3星 【题型】解答 【解析】 略
【答案】101枚硬币，如果进行称重的话应该保证天平两边的硬币数相等．因此应该首先拿掉一个，把剩
下的100枚硬币在天平两边各放50个．如果这时天平两边重量相等的话，就说明剩下的那个是伪币．只要任意拿出一个真币和这个伪币再称一次就可以知道真币和伪币那种比较重了． 如果天平两边重量不相等的话，就是说伪币还在这100个硬币中．可以拿出其中比较轻的50个．这时同样还是把他们分成两个25枚，分到天平两边称重．
如果两边重量相等，说明这50个硬币都是真的．伪币在比较重的那50个中，因此伪币就应该比真币重．如果两边重量不相等，说明伪币就在这50个比较轻的硬币中，显然伪币就应该比真币轻．同样道理，也可以把比较重的那50个硬币分成两个25进行称重，同样也可以得出结论
【巩固】 你有四个装药丸的罐子，每个药丸都有一定的重量，被污染的药丸是没被污染的重量＋1.只称量
一次，如何判断哪个罐子的药被污染了？
【考点】游戏与策略 【难度】3星 【题型】解答 【解析】 略.
【答案】第一瓶拿一个药丸，第二瓶拿两个药丸，第三瓶拿三个，第四瓶拿四个，称一下比标准的10个
药丸重多少，重多少就是第几个瓶子里的药丸被污染
【例 5】 一个数列有如下规则：当数n 是奇数时，下一个数是1n +；当数n 是偶数时，下一个数是
2
n
．如果这列数的第一个数是奇数，第四个数是11，则这列数的第一个数是 ．
【考点】游戏与策略 【难度】3星 【题型】填空
【解析】 本题可以进行倒推．11的前一个数只能是偶数22，22的前一个数可以是偶数44或奇数21，44的
前一个是可以是偶数88或奇数43，而21的前一个只能是偶数42．
由于这列数的第一个是奇数，所以只有43满足．故这列数的第一个数是43．
也可以顺着进行分析．假设第一个数是a ，由于a 是奇数，所以第二个数是1a +，是个偶数，那么第三个数是
12a +，第四个数是11，11只能由偶数22得来，所以1
222
a +=，得到43a =，即这列数的第一个数是43．
【答案】43
【巩固】 对一个自然数作如下操作：如果是偶数则除以2；如果是奇数则加1. 如此进行直到为1操作停止.
求经过9次操作变为1的数有多少个？
【考点】游戏与策略 【难度】4星 【题型】解答 【关键词】第七届，华杯赛，决赛
【解析】 可以先尝试一下，得出下面的图：其中经1次操作变为1的1个，即2，经2次操作变为1的1
个，即4，经3次操作变为1的2个，即3，8，…，经6次操作变为1的有8个，即11，24，10，28，13，30，64，31.
于是，经1、2、…次操作变为1的数的个数依次为
1，1，2，3，5，8，… ①
这一串数中有个特点：自第三个开始，每一个等于前两个的和，即 2=1+1，3=2+1，5=3+2，8=5+3，… 如果这个规律正确，那么8后面的数依次是 8+5=13，13+8=21，21+13=34，… 即经过9次操作变为1的数有34个. 为什么上面的规律是正确的呢？
道理也很简单. 设经过n 次操作变为1的数的个数为n a ,则1a =1，2a =1，3a =2，…
102411
12
5
13
283031
64
32
15
14
16
7
6
3
8
4
2
1
从上面的图看出，1n a +比n a 大. 一方面，每个经过n 次操作变为1的数，乘以2，就得出一个偶数，经过1n +次操作变为1；反过来，每个经过1n +次操作变为1的偶数，除以2，就得出一个经过n 次操作变为1的数. 所以经过n 次操作变为1的数与经过1n +次操作变为1的偶数恰好一样多.
前者的个数是n a ,因此后者也是n a 个.
另一方面，每个经过n 次操作变为1的偶数，减去1，就得出一个奇数，它经过1n +次操作变为1，反过来.每个经过1n +次操作变为1的奇数，加上1，就得出一个偶数，它经过n 次操作变为1. 所以经过n 次操作变为1的偶数经过1n +次操作变为1的奇数恰好一样多.而由上面所说，前者的个数就是1n a -,因此后者也是1n a -.
经过n +1次操作变为1的数，分为偶数、奇数两类，所以
11n n n a a a +-=+ ②
即上面所说的规律的确成立.
满足规律②，并且12a a ==1的一串数 ①称为裴波那契数列，斐波那契（Fibonacci ,约1175—1250）是意大利数学家，以他的名字命名的这种数列有很广泛的应用.
【答案】34
二、
染色与操作（证明）
【例 6】 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
位置都叫作它的邻座．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？
【考点】游戏与策略【难度】3星【题型】解答
【解析】建议建议教师在本讲可以以游戏的形式激发学生自主解决问题．划一个57
⨯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，所有黑格坐到白格．但实际上图中有17个黑格，18个白格，黑格与白格的个数不相等，故不能办到．
【答案】不能
【巩固】有一次车展共6636
⨯=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?
【考点】游戏与策略【难度】3星【题型】解答
【解析】如右图，对每个展室黑白相间染色，那么每次只能从黑格到白格或从白格到黑格．由于入口处和出口处都是白格，而路线黑白相间，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．
【答案】不可能
【例 7】如右图，在55
⨯方格的A格中有一只爬虫，它每次总是只朝上下左右四个方向爬到相邻方格中．那么它能否不重复地爬遍每个方格再回到A格中?
A
【考点】游戏与策略【难度】3星【题型】解答
【解析】由小虫的爬法，仍可黑白相间对方格自然染色，于是小虫只能由黑格爬到白格或由白格爬到黑
格．所以，它由A出发回到A，即黑格爬到黑格，必须经过偶数步．而小方格为5525
⨯=个，每格爬过一次，就应该为25步，不是偶数．于是这只爬虫不可能不重复地爬遍每格再回到A格．【答案】不可能
【巩固】一只电动老鼠从右图的A点出发，沿格线奔跑，并且每到一个格点不是向左转就是向右转．当这只电动老鼠又回到A点时，甲说它共转了81次弯，乙说它共转了82次弯．如果甲、乙二人有一人说对了，那么谁正确？
A
【考点】游戏与策略【难度】3星【题型】解答
【解析】如右图所示:格点黑白相间染色，因为老鼠遇到格点必须转弯，所以经过多少个格点就转了多少次弯．如右上图所示，老鼠从黑点出发，到达任何一个黑点都转了奇数次弯，所以甲正确．
【答案】甲正确
三、染色与操作（剪拼）
【例 8】有7个苹果要平均分给12个小朋友，园长要求每个苹果最多分成5份．应该怎样分？
【考点】游戏与策略【难度】3星【题型】解答
【解析】显然每人应该分
7
12
＝
4
12
+
3
12
＝
1
3
+
1
4
．
于是，拿4个苹果，每个苹果3等分；拿3个苹果，每个苹果4等分.
【答案】拿4个苹果，每个苹果3等分；拿3个苹果，每个苹果4等分
【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？
【考点】游戏与策略 【难度】3星 【题型】解答
【解析】 将40个小正方形剪裁成20个相同的长方形，就是将图形分割成20个12⨯的小长方形，将图形黑
白相间染色后，发现有21黑，19白，黑、白格数目不等，而12⨯的小长方形覆盖的总是黑白格各一个，所以不可能做到．
【答案】不可能
【例 9】 用9个14⨯的长方形能不能拼成一个66⨯的正方形？请说明理由．
【考点】游戏与策略 【难度】3星 【题型】解答
【解析】 本题若用传统的自然染色法，不能解决问题．因为要用14⨯来覆盖，我们对66⨯正方形用四种颜
色染色．为了方便起见，这里用1、2、3、4分别代表四种颜色．为了使每个14⨯长方形在任何位置盖住的都一样，我们采用沿对角线染色，如下图．
44
4444433
33333322222
222
2111
1111143
21
这样，可以发现无论将14⨯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66⨯，需9个14⨯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1、10个
2、9个
3、8个4，因而不可能用9个14⨯长方形拼出66⨯正方形．
【答案】不可能
【巩固】 能否用9个
所示的卡片拼成一个66⨯的棋盘？
【考点】游戏与策略 【难度】3星 【题型】解答
【解析】 不能．将66⨯的棋盘黑白相间染色（见右图），有18个黑格．而每张卡片盖住的黑格数只能是1或
者3，所以每张卡片盖住的黑格数是个奇数，9张卡片盖住的黑格数之和也是奇数，不可能盖住18个黑格．
【答案】不可能
【例 10】 有一批商品，每一件都是长方体形状，尺寸是124⨯⨯．现有一批现成的木箱，内空尺寸是
666⨯⨯，问：为什么不能用这些商品将木箱装满?
【考点】游戏与策略 【难度】3星 【题型】解答 【解析】 略．
【答案】采用如右图的染色方法．
每件124⨯⨯的商品必占4个白的小立方体和4个黑的小立方体．在整个大正方体中，222⨯⨯的黑正方体共有54514++=(个)．故111⨯⨯的黑正方体共：14222112⨯⨯⨯=(个)．白正方体共：
666112104⨯⨯-=(个)．可见，111⨯⨯的小立方体黑白总数不等，而每件124⨯⨯的商品能占的黑
白小立方体个数相同，故不可能用这种商品装满木箱而没有空隙
四、
模块四、操作问题（计算）
【例 11】 观察下列正方形数表：表1中的各数之和为1，表2中的各数之和为17，表3中的各数之和为
65，…（每个正方形数表比前一个正方形数表多一层方格，增加的一层方格中所填的数比前一数表的最外层方格的数大1）．如果表n 中的各数之和等于15505，那么n 等于_________．
…
123222222
22
2
2
2
22223333
3
3
33
3
33333311
表 3
表 2
表 1
【考点】操作找规律 【难度】4星 【题型】填空 【关键词】2007年，迎春杯，高年级，初赛
【解析】 表n 比表1n -多()81n -个n ，也就是表n 的数字总和比表1n -的数字总和大()81n n -．表n 的数
字和是()()()181223118113n n n n n +⨯+⨯+
+-⨯=+⨯-+÷⎡⎤⎣⎦．
因为()()1811315505n n n +⨯-+÷=，
所以()()1119383191023171819n n n -+=⨯=⨯⨯=⨯⨯，所以18n =．
【答案】18n =
【巩固】 对于表⑴，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⑵？为什么？
1010001
01
(2)
(1)
9
87
654321
【考点】游戏与策略 【难度】3星 【题型】解答
【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一次变化后，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
12945+++=，是奇数，经过若干次变化后，总和仍应是奇数，而表⑵中九个数的总和是4，
是个偶数．奇数不可能等于偶数，所以不可能变成表⑵．
【答案】不可能
【例 12】 在左下表中，在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
作后由左下表变为右下表，那么右下表中A 处的数是 ．
【考点】操作找规律 【难度】2星 【题型】填空 【关键词】2010年，迎春杯，三年级，初赛
【解析】 之后两两加1操作（除去左上角的数字5）即可使余下的格内数字均为2010.所以，A 处的数字是
5.
101010101换成211010101换成311110101
换成311121101换成311131111
换成301121111换成411121111换成411011111换成511
111111
【答案】5
【巩固】 在图⑴的方格表中，对任意相邻的上下或左右两格中的数字同时加1或减1，这算一次操作，经过
若干次操作后变为图⑵，问：图⑵中的A 格中的数字是几？
111111
1A 11111
1
1
1(2)
(1)0000
000
11
11
11110
【考点】游戏与策略 【难度】3星 【题型】解答 【解析】 将44⨯的方格进行黑白相间染色，如右图所示
每个小格同时加1或减1，因黑白格数相等，那么操作中不变的应该是黑格数字和与白格数字和之差，由图⑴知这个差是8，由图⑵可知：白格数之和-黑格数之和(7)88A =+-=，所以9A =．
【答案】9A =
【巩固】 如图，图1的88⨯方格中交替填满了0和1，图2是从图1
中任意位置截取的、、
三种图形，并对每种图形进行操作：每个小方格同时加1或同时减1，如此反复多次，再
将这三种图形不重叠地拼成的．问：图2中的A 格中的数字应该是多少？
00
0000
0000000
00
0000000000000000图1
1
1
1111111111111111
1
111111111111
111
11
1
1
1111111
11
1
111111*********
1图2
1
1
11
1A 11111111111
11111111
1111111
【考点】游戏与策略 【难度】3星 【题型】解答
【解析】 此题似乎脱离了染色问题，问的是数字，但注意到图1中0和1的交替，想到将88⨯方格自然染色
(如右图
)
则黑格里全为1，白格里全为0．而题中的三种图形，22
⨯方格必占2白2黑，23
⨯的方格必占3白3黑，黑白格数都相同．再想到对它们的操作：每个小格同时加1或减1，因黑白格数相等，那么操作中不变的应该是黑格数字和与白格数字和之差，三种图形拼出的图2中这个差也应该不变．于是对比图1和图2，
图1中：黑格数字和-白格数字和32
=；
图2中：黑格数字和一白格数字和(31)32
A
=+-，即
(31)3232
A
+-=，得33
A=．
【答案】33
A=
【例 13】现在流行的变速自行车，在主动轴和后轴分别安装了几个齿数不同的齿轮。

用链条连接不同搭配的齿轮，通过不同的传动比获得若干档不同的车速。

“希望牌”变速自行车主动轴上有三个齿
轮，齿数分别是48，36，24；后轴上有四个齿轮，齿数分别是36，24，16，12。

问：“这种变
速车一共有几档不同的车速？
【考点】游戏与策略【难度】3星【题型】解答
【关键词】第四届，华杯赛，初赛，第5题
【解析】算出全部传动比，并列成表：
这里有4对传动比是相同的：1，3
2
，2,3。

将重复的传动比去掉，剩下8个不同的比，所以共有8
档不同的车速。

【答案】8档
【例 14】黑板上写着一个形如777…77的数，每次擦掉一个末位数，把前面的数乘以3，然后再加上刚才擦掉的数字．对所得的新数继续这样操作下去，证明：最后必获得数7．
【考点】操作找规律【难度】2星【题型】填空
【解析】略．
【答案】黑板上起初数是777…77，每次操作后就变出一个新数．不妨设这个数的末位数为b，前面的数为a，所以就是形为10a b
+，它比原数少了7a．由此可
+的数．每次操作后，黑板上就成为3a b
知：⑴每次操作将使原数逐步变小；⑵如果原数能被7整除，那么所得新数仍能被7整除．所以黑板上最后必将变成7，例如当原数为777时，就有777→238→77→28→14→7
【巩固】黑板上写着1至2008共2008自然数，小明每次擦去两个奇偶性相同的数，再写上它们的平均数，最后黑板上只剩下一个自然数，这个数可能的最大值和最小值的差是。

【考点】游戏与策略【难度】3星【题型】填空
【关键词】2008年，第十三届，华杯赛，决赛，第8题，10分
【解析】先求剩下数的最大值，那么擦去的数应该尽量小，找到规律：
首先擦去1，3，写上2
擦去2，2，写上2
擦去2，4，写上3
擦去3，5，写上4
擦去4，6，写上5
擦去2006，2008，写上2007。

所以剩下数的最大值为2007。

同理可知剩下数的最小值为2。

所以最大值和最小值的差是2005。

【答案】2005
【例 15】对任意两个不同的自然数，将其中较大数换成这两数之差，称为一次变换．如对18和42可作这样的连续变换：18，42→18,24→18,6→12,6→6,6直到两数相同为止．问：对1234和4321作
这样的连续变换最后得到的两个相同的数是．
【考点】操作找规律【难度】2星【题型】填空
【解析】 操作如下：1234，4321→1234，3087→1234，1853→1234，619→615，619→615，4
47前一数每次减少→…→，
4→3，4→3，1→2，1→1，1实际上按此法操作最后所得两相同的数为开始两数的最大公约数．即1234与4321的最大公约数为1．此法也称为辗转相减法求最大公约数．
【答案】1
【巩固】 将两个不同的自然数中较大数换成这两个数之差，称为一次操作．如对18和42可连续进行这样
的操作，则有：18，42→18，24→18，6→12，6→6，．直到两数相同为止．试给出和最小的两个四位数，按照以上操作，最后得到的相同的数是15．这两个四位数是 与 ．
【考点】操作找规律 【难度】3星 【题型】填空
【解析】 由题意，我们可以多给几组数按题目所给操作方法进行操作，从中找出规律．
例如：136，63→…→1，1 36，27→…→9，9 84，36→…→12，12
考察操作后所得结果，不难发现每次所得的最终结果是开始两数的最大公约数，因此我们只需找到两个尽量小的四位数，他们都是15的倍数，可得1005和1020．
【答案】1005和1020
【例 16】 二十多位小朋友围成一圈做游戏．他们依顺时针顺序从小赵报1开始连续报数，但7的倍数或
带有数字7的数都要跳过去不报；报错的人表演一个节目．小明是第一个报错的人，当他右边的同学报90时他错报了91．如果他第一次报数报的是19，那么这群小朋友共有 人．
【考点】游戏与策略 【难度】3星 【题型】填空 【关键词】2007年，第5届，走美杯，5年级，决赛
【解析】 a .“跳过去不报”指一个小朋友报了6，下一个小朋友不报数而是拍手，再下一个小朋友报8。

此时，
每个人应当轮到的数和上一次轮到的数（报出来或者拍手跳过）之间的差等于总人数。

小明本次应当拍手，而不是报出91。

所以，总人数是91-19=72的约数，有72，36，24，18，……，其中是“二十多”的只有24。

b . “跳过去不报”指一个小朋友报了6，下一个小朋友直接报8。

此时，把所有7的倍数和带有数字7的数去掉之后，剩余的数字排成一列，每个人应当轮到的数和上一次轮到的数在这个数列中的位置号之差等于总人数。

从19到90这72个数中，含有数字7的有27，37，47，57，67，70到79，87，共16个，是7的倍数且不含有数字7的有21，28，35，42，49，56，63，84共8个，所以排除掉之后剩下48个，总人数应当是48的约数，有48，24，16，……，其中是“二十多”的
也只有24。

这道题目存在两种不同的理解方式，但是答案却恰好相同，这确实是巧合。

【答案】24
五、模块五、游戏策略
【例 17】请在5×5的棋盘中放入10个国际象棋中的皇后，使得标有数N的格子恰好受到N枚皇后的攻击．每个格最多一枚棋子，标有数的格子不能放棋子．如果有超过一枚皇后从同一方向攻击到
某个格子，只计算最前方的那枚皇后（注：每只皇后可攻击同一行、同一列或同一斜线上的格
子）．
5
4 7
1
【考点】游戏与策略【难度】3星【题型】填空
【关键词】2005年，第4届，走美，5年级，决赛
【解析】先从5入手，5只有5个受攻击方向，可以推断5个方向都要受到攻击，从而①②位置必有皇后，则推断1的打“×”位置都不能有皇后，从而⑧位置必有皇后，再根据7推断③④⑤⑥⑦位置必有皇后，此时4和7还缺少一个受攻击方向，则有一个皇后必须同时攻击4和7，这个皇后只能在
⑴或⑵，但如果把皇后放在⑵的位置，最后最多只能放9个皇后，因此⑴和⑨的位置再放两个
皇后，共10个皇后
【答案】
【例 18】小谢要把32张奖状贴到办公室的墙上. 他用胶涂好一张奖状需要2分钟，涂好后至少需要等待
2分钟才可以开始往墙上粘贴，但是若等待时间超过6分钟，胶就会完全干掉而失去作用. 如果小谢粘贴一张奖状还需要1分钟时间. 那么，小谢粘贴完全部奖状最少需要_____________分钟.
【考点】游戏与策略 【难度】3星 【题型】填空 【关键词】2009，迎春杯，三年级，初赛
【解析】 要想用的时间最少，那么等待的时间应尽可能地少，所以应把等待的时间用在涂奖状上.
涂第1张奖状要2分钟，涂第2张也要2分钟，涂第3张也要2分钟，此时第1张已等待了4分钟，此时将第1张粘贴需要1分钟；再涂第4张奖状，又要2分钟，此时第2张奖状已等待了5分钟，可以将第2张奖状粘贴……这样从第4张奖状起，保持总是有2张奖状在等待，直到最后两张，先后将其粘贴.可见其中没有浪费任何一分钟，而花在每一张奖状上的时间都是213+=分钟，所以共需要33296⨯=分钟.
【答案】33296⨯=
【例 19】 有一只小猴子在深山中发现了一片野香蕉园，它一共摘了300根香蕉，然后要走1000米才能到
家，如果它每次最多只能背100根香蕉，并且它每走10米就要吃掉一根香蕉，那么，它最多可以把 根香蕉带回家？
【考点】游戏与策略 【难度】3星 【题型】填空 【关键词】2008年，北大附中，资优博雅杯
【解析】 首先，猴子背着100根香蕉直接回家，会怎样？在到家的时候，猴子刚好吃完最后一根香蕉，其
他200根香蕉白白浪费了！
折返，求最值问题，我们需要设计出一个最优方案．3001003÷=．猴子必然要折返3次来拿香蕉．
我们为猴子想到一个绝妙的主意：在半路上储存一部分香蕉． 猴子的路线：
家y
储存点B
储存点A
野
香蕉园x
这两个储存点A 与B 就是猴子放置香蕉的地方，怎么选呢？最好的情况是： (一)当猴子第①③④次回去时，都能在这里拿到足够到野香蕉园的香蕉．
(二)当猴子第②④次到达储存点时，都能将之前路上消耗的香蕉补充好(即身上还有100个)。