第23讲 构造论证一—完整版

第23讲构造论证一
内容概述
各种形式的构造问题，解题时要不断地调整设计方案以满足全部要求，有时应从简单情形入手寻找规律。

本讲的论证问题，一般采用奇偶性或整除性的分析方法。

兴趣篇
1．如图23-1，用1×2和1×3两种规格的小长方形地板砖铺满的地面，至少需要地板砖多少块？
1，答案：14块
解析：用14块地板砖就可以铺满整个图形，如下图：
如果只有13块砖，每块最多就能
盖住3个单位小正方形，一共最多盖
住13×3=39个小正方形．而图中共有5×8= 40个小正方形，因此用13块砖不能铺满地面。

所以要14块地板砖才能铺满整个图形．
2．国际象棋的皇后可以控制她所在的横线、竖线和斜线，图23-2中一个皇后（图中五角星）就把整个3×3的棋盘控制了．为了控制一个4×4的棋盘至少要放几个皇后？
2，答案：2个
解析：一个皇后能控制她所在的横线、竖线和斜线，在4×4的棋盘中，横线、竖线和斜线都只有4个方格，因此皇后在每条线上最多控制除自己以外的另外3个方格．
皇后一共能控制4条线，所以一共最多能控制4×3+1= 13个方格．但是整个棋盘有16个方格，所以一个皇后不能控制整个棋盘．
下图说明，两个皇后满足要求：
因此答案是2个，
3．图23-3中的左图为15枚硬币组成的三角形，如果仅移动5枚硬币，要把这些硬币变成右图的形式，应该怎样移动？请在图中表示出移动的方法．
答案：移动的方法如图所示（答案不唯一）
解析：略．
4．把100个橘子分装在6个篮子里，使得每个篮子里装的橘子数都含有数字6，应该如何装？
3，答案：一个篮子里放60个，一个篮子里放16个，其他4个篮子里放6个
解析：考察每个篮子里装的橘子数，一共有6个数，它们都含有数字6，即
它们的十位和个位数字中，一定有一个是6．
由于这6个数的和为100，所以其中不能有两个数大于50，那么最多只有1
个数的十位是6．
如果所有数的十位都不是6，那么它们的个位数字都是6，6个数的总和的
个位数字也是6，从而总和不等于100，这不符合题目条件，因此必有一个数的
十位是6.
其他5个数的个位数字都是6．这5个数的总和的个位数字是O，而6个数
的总和为100，因此十位为6的数的个位也是O，即它等于60.
其它5个数的和为100 –60=40，且它们的末位数字都是6，只能是6，6，
6，6，16.
所以题目所求的装法为一个篮子里放60个橘子，一个篮予里放16个橘子，
其它4个篮子里放6个橘子．
5．如图23-4，把正方体的所有棱染成白色或者红色，要求每个面上至少要有一条棱是白色的．请问：最少有多少条棱是白色的？
4，答案：3条
解析：如图，染1，2，3三条棱就可以满足题目要求．
由于正方体一共有6个面，而每条棱只在两个面上，
也就是说，每条棱最多能使两个面满足要求，医此要使6
个面都满足要求，至少需要6÷2=3条棱染成白色．
所以题目所求的答案是3．
6．请在9，8，…，3，2，1的相邻两个数之间填入“+”或者“—”（不能改变数的顺序），使得结果是1．能否使得结果是0呢？
9 8 7 6 5 4 3 2 l=1
9 8 7 6 5 4 3 2 1=0
7．如图23-5，能否在三角形的三个顶点各填一个自然数，使得每条边的两个顶点上的数之和都是奇数？如果能，请写出一种填法；如果不能，请说明理由。

答案：其中一种填法是9 - 8-7+ 6+5 -4- 3+2+1=1；不能
解析：有些数前面是“+”，有些数前面是“一”，因此我们可以把1～9分成两部分．由
于进行加减法运算可以带符号搬家，我们可以把前面是“一”的数都放到后面去，
从而等式左边可以看成前面是“+”的数的总和减去前面是“一”的数的总和，差等于
1．
由于1～9的总和为1+2+…-+9=45．根据和差问题的解法，我们可以算出
前面是“+”的数的总和为(45+1)÷2=23，前面是“一”的数的总和为(45 +1)÷
2=22．我们只需要找出和是22的一些数，在它们前面填上“一”，其它前面填上“+，’，
就能使等式结果是1．
例如：1+2+3+4+5+7=22．
在1，2，3，4，5，7前面填“一”号，就可以满足要求：
9+8-7+6-5-4-3-2-1=1
要使结果是O，我们就要把1-9分成两部分，两部分的总和相减等于3，两
部分的总和相加等于45，但是45÷2不是整数，所以我们没法分成这样的两部
分，即不可能使结果是0．
8．能否将1，2，3，4，5围成一个圆圈，使得相邻两个数的差都是2或者3？
7， 答案：能，例如：1，4，2，1依次排列成一个圆圈。

9．四位同学进行了一次乒乓球单打比赛，当比赛进行了若干场后，体育老师问他们分别比赛了多少场．这四位同学回答分别比了1，2，3，3场，老师说：“你们肯定有人记错了，”请问：老师是怎么知道的呢？
答案：4人所说的比赛场数之和1 +2+3+3=9为奇数，与每一场比赛被计算两次总和为偶数矛盾
解析：注意到A 和B 进行一场比赛的话，这场比赛就会被A 和B 分别算入自己的比赛场数，也就是说，每场比赛会使两个人的比赛场数加1，那么就会使所有 人比赛场数的总和加2． 每比赛一场，所有人比赛场数的总和就加2，因此比赛的总场数等于所有人比赛场数的总和必定是偶数，但现在4个人分别比赛1，2，3，3场，总和为1 +2+3+3=9，矛盾．
10.122011,,,a a a 是1到2011的一个排列，请问()()()122011122011a a a ---是偶数还是奇数？并说明理由．
答案：偶数
解析： (a 1 -1)+(a 2 -2)+…+ (a 2011 - 2011)=(a 1+a 2+…+a 2011)- (1+2+-+2011)=O ，是偶数；
则(a 1 - l)，(a 2 -2)，…,(a 2011 - 2011）中至少有一个偶数，其乘积为偶数．
拓展篇
1．图23-6中的左图为21枚硬币组成的三角形，如果仅移动7枚硬币，要把这些硬币变成右图的形式，应该怎样移动？请在图中表示出移动的方法。

1，答案：移动的方法如图所示：
解析：略。

2．小明买来一个1500克的圆形生日蛋糕，他把蛋糕切成了7块，使得无论是3个人还是5个人平分．都不必再分割蛋糕．这7块蛋糕的重量分别是多少？
答案：分别为300克，300克，200克，203克，100克，100克．
解析：按照下面左图所示的切法，可以把整个蛋糕均分成3块，再按照下面右图所示的切法，可以把整个蛋糕均分成5块。

容易想到，如果把蛋糕先均分成3块，
再拼在一起均分成5块，那么就既能给3个
人均分又能给0个人均分了．可是现在我们
把蛋糕切了3+5=8次，怎么只切7次就满足要求呢？
把图1和图2叠在一起，并把圆内的一条线重合，得到下图：
这样就可以只切7次，满足题目要求．
容易算出，这时7块小蛋糕的重量分别
是：300克，300克，200克，203克，100
克，100克．
3．有4颗外形完全相同的珍珠，其中3颗是真的，另1颗是假的，已知假珍珠比真的要轻．请问：用一架没有砝码的天平最少称几次就可以找出假珍珠？如果是9颗珍珠里有1颗假的呢？请设计出方案．
答案：2次；2次
解析：(l)为了方便，我给这4颗珍珠分别记作1号至4号，下面我们分两种情况讨论第一次称几个珍珠：
情况①：比如我们第一次先称其中的两个珍珠，把1号和2号放在天平的两端．如果天平不平衡，我们就已经找到了假的珍珠；如果天平平衡，那么1号和2号都是真的，在余下的3号和4号中再称一次就能找到假的珍珠．情况②：我们再来看看第一次称二颗珍珠的情况：把：号和2号放在天平一端，把3号和4号放在另一端．日于其中必有一个假的，因此天平一定不平衡，而假的珍珠就在较轻的一边．把较轻的两个珍珠分别放在天平两端，立刻就知道了哪个是假的．
综合情况①和情况②，我们称两次就可以找到假珠，而只称一次却做不到这一点．注意在情况①中，如果天平不平衡，我们只称1次就找到了假珠．但这不是所有的情况，对于天平平衡时，只称1次就不能达到目的了，因此本题的结果就是最少称两次．
(2)假如只有3颗珍珠，只需要称一次就能找到假的．假设这3颗珍珠是1
号、2号、3号，我们先把1号和2号放在天平两端，如果天平不平衡，那么轻
的一边就是假珠；如果天平平衡，那么3号珍珠一定是假殊．这样就可以只称1
次就挑出假珠了，
把这9颗珍珠分成三堆，每堆3颗珍珠．把其中两堆珍珠放在天平的两端，
这样称了一次后，就知道假珠在其中的哪一堆了，由于每堆只有3颗珍珠，我们
在这一堆中找到假珠，还需要再用天平称1次．这样一来，我们只称了2次就
一定能找到假珠了。

由分析，只称1次是不能从9颗珍珠中找到假珠的，因此本题的结果就是
最少称2次。

4．图23-7中，左边是一把长为6厘米的直尺，其中已标出2条刻度线，用它可以一次量出从1至6厘米中任意整数厘米的长度．右图为一把长为9厘米的直尺，请你在上面只标出3条刻度线，使得用这把直尺一次可以量出从1至9厘米中任意整数厘米的长度。

解答尺子长度是9厘米，要用它量出8厘米的长度，就要在距离其中一端1厘
米处叵刻度线
我们还要能量出7厘米的长度，那么
第二条刻度线就有如下三种画法：
余下的只需再画出第三条刻度线．
对于情况①：我们已经能够量出1厘米，2厘米，7厘米，8厘米和9厘米，还需再量出3厘米，4厘米，5厘米，6厘米。

比如我们可以这样画：
对于情况②：经试验发现，第三条刻度线没有满足要求的画法：
对于情况③：我们也找到了一种满足题意的画法：
因此这两种画法就是我们要求的结果．
5．请将8个1，8个O填入图23-8的16个空格中，使得每行、每列的4个数之和都是奇数．
答案：其中一种填法如图所示
解析：每行有四个数，且只能从0和1中选择，这四个数的和又是奇数，则或者是3个1和1个0.
或者是1和1和3个0,16个空格中有8个1个8个0，因此在两行中每行都有3个1，而另外两行中每行只有1个1.
类似的我们考虑每列上的情况，可知两列中每列都有3个1，而另外两列中每列都有1个1，于是我们就可以试着填了。

其中一种填法如图所示：
6．有一列自然数，其中任意3个相连的数之和都不小于6，而任意4个相连的数之和都小于8．这个数列最多能有几项？
答案：5项
解析：这个数列中任意相连的四个a，6，c，d，有a +b+c≥6，a+b+ c+d≤7，因此有d≤1 ；
由此可知这个数列中任意四个相连的数，其两边的两个数都小于等于1．若数列有六项：a，b，c，d，f，由a，b，c，d知d≤1；由b，c，d，e知e≤1；由c，d，e，f，知f≤1；因此有d+e+f≤1+1+1=3，这与“任意3个相连的
数之和都不小于6”矛盾，因此这个数列最多能有5项，下面的例子说旺5项是可以的：1，1，4，1，1．
7．用7个相同的数字并且适当使用加、减号，可以计算出1000，例如1111 —111=1000.试用8个相同的数字（并且适当使用加号、减号）来计算1000.
答案：888+88+8+8+8=1000
解析：显然这8个相同的数字不能都是O，要从1至9中选择．而且不能有五位数，否则结果一定大于1000;
也不能只有两位数和一位数，否则结果一定小于1000.因此这8个相同的数字一窟会组成至少一个三位数或四位数，
如果算式中有四位数，我们再来看算式中有没有三位数．由于这8个数字能表示1000，如果有三位数，
则算式只能写成：口口口口- 口口口十口=1000，或口口口口一口口口一口=1000，显然这两种情况都不符合要求．如果算式中有四位数而没有三位数，那么计算结果至少是口口口口一口口一口口，显然比1000要大，也不符合要求．因此算式中不能出现四位数，而又不能只由一位数和两位数组成，则必有三位数．而一共只有8个数字，则可能有一个三位数或两个三位数．我们可以分情况讨论．
这8个数字或者组成一个三位数，或者组成两个三位数．
情况1：如果这8个数字组成1个三位数，那么余下的5个数字就要组成两位数或者一位数，这时算式的最大结果就是口口口口+口口+口口+口，方框中不可能填9，否则计算结果一定是9的倍数，而1000不是9的倍数，因此方框中最大填8，此时算式的最大结果是888+88+88+8=1072，而方框中不能填7，否则777+77+77+7=938，小于1000.
当方框中填8时，我们有888+88+8+8+8=1000，这就是我们所求的结果之一，而且容易看出，当算式中的三位数恰有一个时，只有这一种填法。

情况2：如果这8个数字组成2个三位数，那么余下的2个数字就要组成1个两位数或者2个一位数，这时算式一定有如下形式：口口口+口口口+…
或口口口+口口口-…。

判断首位可知，方框中只能填4或5，方框中填4时，算式的结果最小是555+555-55=1055，都不满足条件，因此这种情况没有满足要求的填法。

综上，8个相同的数字组成结果为1000的算式，只有一种方法：888+88+8+8+8=1000
8．有12根小木棍，长度分别为1，2，3，4， (12)
(1)能否用这1 2根小木棍拼成一个长方形，要求木棍都得用上且不能折断或弯曲？
(2)能否用这12根小六棍拼成一个正方形，要求木棍都得用上且不能折断或弯曲？
7，答案：（1）能（2）不能
解析：（1）把1厘米长和12厘米长的木棍拼在一起，类似的，把2厘米和11厘米，3厘米和10厘米，4厘米和9厘米，5厘米和8,厘米，6厘米和7厘米的木棍都拼在一起，这样一来，12根小木棍就变成6根大木棍，每根大木棍的长度都是13厘米。

要用6根长度相同的大木棍拼成一个长方形，显然是可以的。

（2）12根木棍的总长度是1+2+…+12=78厘米，要使能拼成正方形，那么正方形边长就是78÷4=19.5厘米。

但是本题中12根木棍的长度都是整数厘米的，我们又不能把木棍折断或弯曲，显然凑不出19.5厘米的长度。

因此这12根木棍不能拼成正方形。

9．(1)请在1，2，3，…，19，20的相邻两个数之间填入“+”或者“-”（不能改变数的顺序），使得结果是0．
(2)能否在1，2，3，…，20，21的相邻两个数之间填入“+”或者“-”（不能改变数的顺序），使得结果是0．
答案：（1）1+2+3+4+5-6-7-8-9-10-11-12-13-14-15+16+17+18+19+20=0 （2）不能
解析：（1）把1，2，…，20这20个数也首尾两两配对，这样就配成了10对，每对数的和都是21，要用10个21列出一个结果为0的算式，就非常简单。

把5个21相加，再减去另外5个21，于是我们只需要把这10个21还原成10对数即可。

把1,2,3,4,5,16,17,18,19,20对应“+”号，它们的和是21×5=105；
把6,7,8…，15对应“-”号，它们的和也是21×5=105；
而此时算式的结果就是105-105=0，整个算式是：
1+2+3+4+5-6-7-8-9-10-11-12-13-14-15+16+17+18+19+20=0。

（2）1到21的总和为奇数，将其中某些从相加变成相减，结果的奇偶性不会改变，因此结果不可能为0.
10.有四个算式：□+□=□，□-□=□，□×□=□，□÷□=□．如果每一个算式中都至少有1个偶数和1个奇数，那么12个数中一共有多少个偶数？如果没有前面的限制，这12个数中最少有多少个偶数？最多有多少个偶数？
答案：6个；最少2个，最多12个
解析：在有条件限制时，算式口+口=口里的三个数中，有1个偶数。

考察口-口=口，我们可以用同样的方法讨论，不过注意到减法可以变为加法：被减数=减数+差，因此它的算式口+口=口是同样的类型，因此它也只有1个偶数。

考察口×口=口；
如果积为奇数，那么两个乘数应该同为奇数，此时等式中没有偶数，不符合限制条件。

如果积为偶数，那么两个乘数应该同为偶数或者一奇一偶，由于每个算式中至少有1个奇数，所以两个乘数必然一奇一偶，此时等式中有2个偶数。

考察口÷口=口，注意到除法考口÷口=口可以写成“被除数=商×除数”的形式，那么它和口×口=口是同样的类型，因此它中间也有2个偶数。

所以当有限制条件时，12个数中一共有1+1+2+2=6个偶数。

如果没有限制条件，口+口=口中至少有1个偶数，至多3个偶数。

口-口=口与口+口=口是同样的类型，它也至少有1个偶数，至多3个偶数。

口×口=口中可以没有偶数，至多3个偶数。

口×口=口与口÷口=口是同样的类型，它也可以没有偶数，至多3个偶数。

因此12个数中至少有1+1+0+0=2个偶数，至多有3+3+3+3=12个偶数。

11.有5个亮着的灯泡，每个灯泡都由一个开关控制．每次操作可以拉动其中的2个开关以改变相应灯泡的亮暗状态．能否经过若干次操作使得5个灯泡都变暗？
8，答案：不能
解析：：我们每按动一次开关，或者把两个开着的灯都关掉，或者把两个关着的灯都开启，或者关掉了一个灯但又开了一个灯，无论哪种情况，开着的灯的个数奇偶性始终不变。

开始时有5个亮着的灯泡，无论怎么按动开关，亮着的灯泡一定有奇数个，不会是0个，因此不会出现5个灯泡都变暗的情况．
12．桌上放有5张卡片，卡莉娅先在卡片的正面分别写上1，2，3，4，5，然后小高在背面也分别写上1，2，3，4，5，写完后计算每张卡片上两数之和，再把5个和相乘．问：小高能否找到一种写法，使得最后的乘积是奇数？为什么？
答案：不能，正面和背面所写数的总和为（1+2+3+4+5)×2=30，是偶数，所以
5张卡片上的5个和至少l有一个是偶数，那么5个和的乘积为偶数
解析：要让5个和数的乘积是奇数，就必须让这5个1和都是奇数，则这5个和的和也是奇数，而实际上这5个和的和为(1+2+3+4+5)×2=30，不是奇数．因此乘积为偶数．
13．有14个孩子，依次给他们编号为1，2，3，…，14．能否把他们分成三组，使得每组都有一个孩子的编号是该组其他孩子的编号之和。

答案：不能
解析：若一个孩子的编号是该组其它孩子的编号之和，则这组内所有孩子的编号之和是这个孩子编号的两倍，必为偶数；则三组的编号之和也是偶数．而所有编号之和是1+2+3+…+14=105，不是偶数，因此题目的要求不可能足．
14．将一个三位数改变三个数字的顺序之后可以得到一个新的三位数，请问：这个新的三位数和原来的三位数之和能不能等于9997如果能，请举出例子；如果不能，请说明理由．
答案：不能，
解析：两数相加和为999，肯定没有发生进位，那么原来两数的数字和等于27；而根据题目所描述的新数与原数数字和相同，两数数字和为偶数，矛盾解答：个位上两数相加后末位是9，因此个位上一定没有进位．类似地，十位与百位上相加都没有进位．因此这两个三位数的数字和之和，就等于它们相加后得到的999的数字和．
而这两个三位数的各位数字只是次序不同，它们的数字和相同，那么数字和之和就应该是偶数，但是999的数字和是9十9+9—27，是裔数．因此这两个三位数之和不可能是999.
超越篇
1．桌上放有5枚硬币．第一次翻动其中1枚，第二次翻动其中2枚，第三次翻动其中3枚，第四次翻动其中4枚，第五次翻动其中5枚．能否找到一种翻
动硬币的方法，使得最后所有的硬币都翻过来？如果桌上放有6枚硬币，按类似的方法翻动六次，能否找到一种翻动硬币的方法，使得最后所有的硬币都翻过来？
答案：翻5次可以；翻6次不可以
解析：对于5枚硬币，我们注意到1+4=5，2+3=5，可以在第一次和第四次把5枚硬币全部翻一遍，第二次和第三次把5枚硬币全部翻一下．我们给硬币标上号码1，2，3，4，5，第一次翻1，第二次翻1，2，第三次翻3.4，5，第四次翻2，3，4，5，就刚好使得每一枚硬币被翻了两次，等于没翻，最后第5次把
5枚硬币全部翻一下就刚好把所有的硬币都翻过来了，完成任务．6枚硬币的时候，6次一共翻了1+2+3+4+5+ 6 =21枚次的硬币．我们考虑每枚硬币被翻了多少次，如果最后完成任务，每个硬币都要翻过来，就是每1 个硬币要翻奇数遍，翻的总次数就是把6个次数加起来，6个奇数加起来是一个偶数，不可能是21.所以任务是不可能完成的，
2．甲、乙、丙、丁四个人，每个人都有一条消息，他们之间通过电话传递消息：当甲与乙两个人通话时，甲把他当时所知道的一切信息全部告诉乙，乙也把自己所知道的全部信息告诉甲．请你设计一种方案，使得只需打电话4次，就可以使得每个人都知道其他所有人的信息．
答案：翻5次可以；翻6次不可以
解析：对于5枚硬币，我们注意到1+4=5，2+3=5，可以在第一次和第四次把5枚硬币全部翻一遍，第二次和第三次把5枚硬币全部翻一下．我们给硬币标上号码1，2，3，4，5，第一次翻1，第二次翻1，2，第三次翻3.4，5，第四次翻2，3，4，5，就刚好使得每一枚硬币被翻了两次，等于没翻，最后第5次把
5枚硬币全部翻一下就刚好把所有的硬币都翻过来了，完成任务．6枚硬币的时候，6次一共翻了1+2+3+4+5+ 6 =21枚次的硬币．我们考虑每枚硬币被翻了多少次，如果最后完成任务，每个硬币都要翻过来，就是每1
个硬币要翻奇数遍，翻的总次数就是把6个次数加起来，6个奇数加起来是一个偶数，不可能是21.所以任务是不可能完成的，
3．天平称物体的原理是：在天平的左右两个托盘中放人物品和砝码，当天平平衡时，我们可以根据砝码的重量来知道物品的重量．
(1)在某一类天平中，物品只能放在左边的托盘中，砝码只能放在天平右端的托盘中．至少需要准备多少个砝码，才能保证一次称出1至20克之间的任意整数克的物品？
(2)在某一类天平中，砝码可以放在天平两端的托盘中，物品也可以放在两边的托盘中，那么至少需要准备多少个砝码，才能保证一次称出1至32克之间的任意整数克的物品？
3，答案：(1)5个(2)4个
解析：(l)有n个砝码，每个砝码可以选择放或者不放这两种状态，因此能称出的重量最多有2n个；其中有一个是O，因此能称出的有效重量有2n -1个；
要称出1～20克这20个重量，至少需要5命砝码，当这5个砝码是1，2，4，8，16时是满足条件的（选法不止这一种），因此用5个砝码即可．
(2)有n个砝码，每个砝码可以选择放与物品相同的盘、放与物品相对的盘或者不放这三种状态，因此能称出的重量最多有3n个；其中有一个是0，剩下的有一半是负数，因此能称出的有效重量有（3n-1）÷2个；
要称出1～32克这32个重量，至少需要4个砝码，而当这4个砝码是1，3，9，27时是满足条件的（选法不止这一种），因此用4个砝码即可．
4．如图23-9所示，18个孩子站在24个方格中，每格最多站1人，要使得每行每列站的孩子数都是偶数．请在图中标出这些孩子的站法（只需给出一种站法即可）．
4，答案：(1)5个(2)4个
解析：(l)有n个砝码，每个砝码可以选择放或者不放这两种状态，因此能称出的重量最多有2n个；其中有一个是O，因此能称出的有效重量有2n -1个；
要称出1～20克这20个重量，至少需要5命砝码，当这5个砝码是1，2，4，8，16时是满足条件的（选法不止这一种），因此用5个砝码即可．
(2)有n个砝码，每个砝码可以选择放与物品相同的盘、放与物品相对的盘或者不放这三种状态，因此能称出的重量最多有3n个；其中有一个是0，剩下的有一半是负数，因此能称出的有效重量有（3n-1）÷2个；
要称出1～32克这32个重量，至少需要4个砝码，而当这4个砝码是1，3，9，27时是满足条件的（选法不止这一种），因此用4个砝码即可．
5．如图23-10所示，有3个3×3的方格表，每个都已经填入了9个整数．如果将表中同一行或同一列的3个数加上相同的整数称为一次操作．问：
(1)下列三个方格表中，是否有某个方格表能通过若干次操作使得表中9个数都变为相同的数？若有请指出是哪个或哪些表格，若没有则说明理由；
(2)是否有某些方格表能够通过若干次操作变得完全一样？若有请指出是哪些表格，若没有则说明理由．
答案：(1)没有(2)没有
解析：从表格中任选一个田字格，设田字格中的四个数为a，b，c，d．
则每次操作后a+d与b+c的差不会改变．
(1)若某个表格通过若干次操作使得表中9个数都变为相同的数，则这个表格中
每个田字格中的a+d与b+c的差都是O，显然题中的这三个表格都不符合条件．
(2)若某些方格表能够通过若干次操作变得完全一样，则这些表格所有对应的田字格中的a+d与b+c的差都相等，显然也没有哪些表格符合这个条件，
6．(1)能否将1，2，3，4，5围成一个圆圈，使得相邻两个数的差都是2或者3？
(2)能否将1，2，3，4，5，6，7围成一个圆圈，使得相邻两个数的差都是2或者3？
答案：(1)能，依次为1，3，5，2，4(2)不能
解析：(l)先排好1，则其旁边的数为3和4，然后3后面必定是5，易知1，3，5，2，4符合条件．
(2)先排好1，显然1的旁边只能是3和4，然后3后面的数必定是5或6，对每种情况进行分析，可得下表：
这三条链都没有用全7个数字，因此满足题目要求的排法不存在．
7．旅店现在有9个单人间，10名旅客可能人住，这10名旅客每次有9个人同时人住，管理员想事先给每个人配一些钥匙，使得无论是哪9个人人住，总能正好入住这9个房间，而且不用找别人借钥匙．请问：最少需要配多少把钥匙？
答案：18把
解析：每个房间至少配2把钥匙．（否则，若某房间只:配了1把钥匙，且这把钥匙在某甲手里，则另外的9人人住时，他们必须要找某甲借钥匙！）。