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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
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。
模块一、探索与操作
【例 1】 将1—13这13个自然数分别写在13张卡片上，再将这13张卡片按一定的顺序从左至右排好．然后进行如下操作：将从左数第一张和第二张依次放到最后，将第三张取出而这张卡片上的数是1；再将下面的两张依次放到最后并取出下一张，取出的卡片上面的数是2；继续将下面的两张依次放到最后并取出下一张，取出的卡片上面的数是3……如此进行下去，直到取出最后一张是13为止．则13张卡片最初从左到右的顺序为 ．
【考点】游戏与策略 【难度】3星 【题型】填空
【关键词】北京奥校杯
【解析】 这13张卡片依次是原来的第3，第6，第9，第12，第2，第7，第11，第4，第10，第5，第1，第8，第13张，所以原来的顺序为11，5，1，8，10，2，6，12，3，9，7，4，13
【答案】11，5，1，8，10，2，6，12，3，9，7，4，13
【例 2】 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】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．
【考点】游戏与策略 【难度】3星 【题型】填空
【关键词】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
【答案】1990
【考点】游戏与策略 【难度】3星 【题型】解答
【答案】23
【考点】游戏与策略 【难度】3星 【题型】填空
【关键词】两岸四地，华杯赛
【解析】 使用倒推法．最终各盒中依次有球(10，0，0，0，…)，前一次必然分的是1号盒中的球，否则1号盒中最终至少有1个球．所以，倒数第一次分前盒中依次有球(9，1，0，0，…)．依次倒推，为：(10，0，0，0，…)←(9，1，0，0，…)←(8，0，2，0，0，…)←(7，1，2，0，0，…)←(6，0，1，3，0，…)←(5，1，1，3，0，…)←(4，0，0，2，4，…)←(3，1，0，2，4，…)←(2，0，2，2，4，…)←(1，1，2，2，4，…)←(0，0，1，1，3，5…)，0号盒中此时为0个球，不能再倒推．所以，4号盒中原有3个球．
【答案】3
【考点】游戏与策略 【难度】3星 【题型】填空
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．
【巩固】在信息时代信息安全十分重要，往往需要对信息进行加密，若按照“乘3加1取个位”的方式逐位加密，明码“16”加密之后的密码为“49”，若某个四位明码按照上述加密方式，经过两次加密得到的密码是“2445”，则明码是 ．
【考点】游戏与策略 【难度】3星 【题型】填空
【关键词】走美杯，初赛，六年级
【解析】 0～9这10个数字乘以3所得的数的个位数字互不相同是本题可以进行判断的基础．
采用倒推法，可以得到经过一次加密之后的密码是“7118”，再进行倒推，可以得到原来的明码是2009.
【答案】2009
【考点】游戏与策略 【难度】3星 【题型】解答
【关键词】武汉,明星奥数挑战赛
5 47
47 13
13 43
43 7
7 23
23 19
19 5
【例 7】 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】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
【考点】游戏与策略 【难度】3星 【题型】解答
【关键词】走美杯，试题
【答案】7次
【考点】游戏与策略 【难度】3星 【题型】解答
【答案】偶数
【例 8】 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
【答案】不可能
【巩固】有3堆小石子，每次允许进行如下操作：从每堆中取走同样数目的小石子，或是将其中的某一石子数是偶数的堆中的一半石子移入另外的一堆．开始时，第一堆有1989块石子，第二堆有989块石子，第三堆有89块石子．问，能否做到：⑴某2堆石子全部取光？⑵3堆中的所有石子都被取走？
【考点】游戏与策略 【难度】3星 【题型】解答
【解析】 要使得某两堆石子全部取光，只需使得其中有两堆的石子数目一样多，那么如果我们把最少的一堆先取光，只要剩下的两堆中有一堆数目是偶数，再平分一下就可以实现了．而题中数字正好能满足要求．所以，全部取光两堆是可以的．
对于第二个问题，要取走全部3堆，则必须3堆石子的总数是3的倍数才有可能，但1989、989、89之和并非3的倍数，所以是不可能的．
⑴可以取光其中的两堆石子．如进行如下的操作：
第1堆 第二堆 第三堆
1989 989 89
1900900 0(第一步：三堆各取走89块)
1900 450450 (第二步：第二堆900是偶数，将其一半移入第三堆)
14500 0(第三步：三堆各取走450块)
⑵不能将三堆全部取光． 因为每一次取走石子是从三堆中同时取走相同数目的石子，那么每次取走的石子数都是3的倍数，则不论怎么取，取走的石子总数是3的倍数，
【答案】⑴可以；⑵不能
【例 9】 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】9个金币中，有一个比真金币轻的假金币，你能用天平称两次就找出来吗（天平无砝码）?
【考点】游戏与策略 【难度】3星 【题型】解答
【解析】 第一次在左右两托盘各放置3个：
(一)如果不平衡，那么较轻的一侧的3个中有一个是假的．从中任取两个分别放在两托盘内：①如果不平衡，较低的一侧的那个是假的；②如果平衡，剩下的一个是假的；
(二)如果平衡，剩下的三个中必有一个为假的．从中任取两个分别放在两托盘内：①如果不平衡，较低的一侧的那个是假的；②如果平衡，剩下的那个是假的．
这类称量找假币的问题，一定要会分类，并尽量是每一类对应天平称量时的不同状态(轻，重，平)，所以分成3堆是很常见的分法．
【答案】能
【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 10】有大，中，小3个瓶子，最多分别可以装入水1000克，700克和300克.现在大瓶中装满水，希望通过水在3个瓶子间的流动使得中瓶和小瓶上标出100克水的刻度线，问最少要倒几次水？
【考点】游戏与策略 【难度】3星 【题型】解答
【解析】 通过对三个数字的分析，我们发现700-300-300=100，是计算步数最少的得到100的方法．而由于我们每计算一步就相当于倒一次水，所以倒水最少的方案应该是：
1．大瓶往中瓶中倒满水．
2．中瓶往小瓶中倒满水，这时中瓶中还剩下400克水．
3．小瓶中水倒回大瓶．
4．中瓶再往小瓶中倒满水，这时中瓶中只剩下100克水，标记．
5．小瓶中水倒回大瓶．
6．中瓶中100克水倒入小瓶，标记．所以最少要倒6次水．
本题关键是，小瓶中的水每次都要倒掉，不然无法再往小瓶中倒水的．
【例 11】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】3星 【题型】解答
【关键词】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
如果这个规律正确，那么8后面的数依次是
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？
即上面所说的规律的确成立.
【答案】34
模块二、染色与操作（证明）
【考点】游戏与策略 【难度】3星 【题型】解答
【答案】不能
【考点】游戏与策略 【难度】3星 【题型】解答
【答案】无法回到
【考点】游戏与策略 【难度】3星 【题型】解答
【答案】无法实现
【考点】游戏与策略 【难度】3星 【题型】解答
【答案】不可能
【考点】游戏与策略 【难度】3星 【题型】解答
【答案】不可能
【例 16】右图是半张中国象棋盘，棋盘上放有一只马．众所周知，马是走“日”字的．请问：这只马能否不重复地走遍这半张棋盘上的每一个点，然后回到出发点？
【考点】游戏与策略 【难度】3星 【题型】解答
【解析】 马走“日”字，在中国象棋盘上走有什么规律呢？为方便研究规律，如下图所示：
【答案】不可能
【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
模块三、染色与操作（剪拼）
【例 17】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
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
【考点】游戏与策略 【难度】3星 【题型】解答
【答案】不能
【考点】游戏与策略 【难度】3星 【题型】解答
【答案】
【巩固】有6张电影票(如右图) ，想撕成相连的3张，共有________种不同的撕法.
【考点】游戏与策略 【难度】3星 【题型】填空
【考点】游戏与策略 【难度】3星 【题型】解答
【答案】不可能
【巩固】右面的三个图形都是从4×4的正方形纸片上剪去两个1×1的小方格后得到的. 问：能否把它们分别剪成1×2的七个小矩形.
【考点】游戏与策略 【难度】3星 【题型】解答
【解析】 如右图
（1）能，黑白格数相等；（2）（3）不能，黑白格数不等，而1×2的小矩形一次覆盖黑白格各一个.
【答案】（1）能；（2）（3）不能
【考点】游戏与策略 【难度】3星 【题型】解答
【答案】不可能
【考点】游戏与策略 【难度】3星 【题型】解答
【答案】不可能
【考点】游戏与策略 【难度】3星 【题型】解答
【答案】不可能
【考点】游戏与策略 【难度】3星 【题型】解答
【答案】不可能
图1 图2
【考点】游戏与策略 【难度】3星 【题型】填空
具体覆盖方法很多，这里仅给出几种供读者参考．(如下图)
【答案】11个
【考点】游戏与策略 【难度】3星 【题型】解答
【解析】 如图所示，
【答案】不可能
【考点】游戏与策略 【难度】3星 【题型】解答
【答案】不可能
【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．
模块四、操作问题（计算）
【考点】游戏与策略 【难度】3星 【题型】解答
【解析】 同学们碰到这种题，可能会“具体操作”一下，得到
以不可能出现．
【答案】不可能
【考点】游戏与策略 【难度】3星 【题型】解答
【解析】 试着按照规则进行变换，得到的结果依次如下：2004，1002，501，2508，1254，627，2634，1317，3324，1662，831，2838，……
从中发现不了什么规律，所以应该从另外的角度进行分析．观察可知2004和2007都是3的倍数，那么不论变换多少次，得到的数也还是3的倍数．而2008不是3的倍数，所以不可能出现2008．
【答案】小猴
【例 25】在2009张卡片上分别写着数字1、2、3、4、……、2009，现在将卡片的顺序打乱，让空白面朝上，并在空白面上又分别写上1、2、3、4、……、2009．然后将每一张卡片正反两个面上的数字相加，再将这2009个和相乘，所得的积能否确定是奇数还是偶数？
【考点】游戏与策略 【难度】3星 【题型】解答
【解析】 从整体进行考虑．所得的2009个和相加，便等于1～2009的所有数的总和的2倍，是个偶数．2009个数的和是偶数，说明这2009个数中必有偶数，那么这2009个数的乘积是偶数．
本题也可以考虑其中的奇数．由于1～2009中有1005个奇数，那么正反两面共有2010个奇数，而只有2009张卡片，根据抽屉原理，其中必有2个奇数在同一张卡片上，那么这张卡片上的数字的和是偶数，从而所有2009个和的乘积也是偶数．
【答案】偶数
【巩固】先写出一个两位数62，接着在62右端写这两个数字的和8，得到628，再写末两位数字2和8的和10，得到62810，用上述方法得到一个有2006位的整数：6 2 8 1 0 1 1 2 3 ……则这个整数的数字之和是 。
【考点】游戏与策略 【难度】3星 【题型】填空
【解析】 这个2006位整数的前若干位如下：62810┊1123581347┊11……从第6位起，每10位数字循环出现一次，这10位数字之和为 1 + 1 + 2 + 3 + 5+ 8 + 1 + 3 + 4 + 7 = 35。（2006－5）÷10=200……1，这个整数的数字之和是 6 + 2 + 8 + 1 + 0 + 35×200 + 1 = 7018。
【答案】7018
【考点】游戏与策略 【难度】3星 【题型】解答
【答案】不可都
【考点】游戏与策略 【难度】3星 【题型】解答
【答案】不会
【例 28】有5个黑色和白色棋子围成一圈，规定：将同色且相邻的两个棋子之间放入一个白色棋子，在异色且相邻的两个棋子之间放入一个黑色棋子，然后将原来的5个棋子拿掉。如果第一幅图的初始状态开始依照上述规定操作下去，对于圆圈上呈现5个棋子的情况，圆圈上黑子最多能有 个。
【考点】游戏与策略 【难度】3星 【题型】填空
【解析】 5个棋子2种颜色，至少有2个相同颜色的棋子相邻，所以无论操作多少次，5个棋子中至少有1个是白子，所以黑子最多有4个。实际操作得到： 所以最多有4个
【答案】最多有4个
【例 29】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？
【考点】游戏与策略 【难度】3星 【题型】解答
【答案】不可能
【考点】游戏与策略 【难度】3星 【题型】解答
【答案】
【例 31】如图，图360docimg_501_的360docimg_502_方格中交替填满了360docimg_503_和360docimg_504_，图360docimg_505_是从图360docimg_506_中任意位置截取的360docimg_507_、360docimg_508_、360docimg_509_360docimg_510_三种图形，并对每种图形进行操作：每个小方格同时加360docimg_511_或同时减360docimg_512_，如此反复多次，再将这三种图形不重叠地拼成的．问：图360docimg_513_中的360docimg_514_格中的数字应该是多少？
360docimg_515_360docimg_516_
【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360docimg_517_中360docimg_518_和360docimg_519_的交替，想到将360docimg_520_方格自然染色(如右图)
360docimg_521_
则黑格里全为360docimg_522_，白格里全为360docimg_523_．而题中的三种图形，360docimg_524_方格必占360docimg_525_白360docimg_526_黑，360docimg_527_的方格必占360docimg_528_白360docimg_529_黑，黑白格数都相同．再想到对它们的操作：每个小格同时加360docimg_530_或减360docimg_531_，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360docimg_532_中这个差也应该不变．于是对比图360docimg_533_和图360docimg_534_，
图360docimg_535_中：黑格数字和360docimg_536_白格数字和360docimg_537_；
图360docimg_538_中：黑格数字和一白格数字和360docimg_539_，即
360docimg_540_，得360docimg_541_．
【答案】360docimg_542_
【例 32】右图是一个360docimg_543_的方格盘．先将其中的360docimg_544_个方格染黑，然后按以下规则继续染色：如果某个格与两个黑格都有公共边，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？
360docimg_545_
【考点】游戏与策略 【难度】3星 【题型】解答
【解析】 开始时染黑360docimg_546_个方格，这360docimg_547_个方格的总周长不会超过360docimg_548_，以后每染一个格，因为这个格至少与两个黑格有公共边，所以染黑后，所有黑格的总周长不会增加．也就是说，所有黑格的总周长永远不会超过360docimg_549_，而360docimg_550_方格盘的周长是360docimg_551_，所以不能将整个方格盘都染成黑色．
【答案】不能
【例 33】将一张正方形纸片，横着剪360docimg_552_刀，竖着剪360docimg_553_刀，裁成尽可能大的形状大小一样的360docimg_554_张长方形纸片．再把这样的一张长方形纸片裁成尽可能大的面积相等的小正方形纸片．如果小正方形边长为360docimg_555_厘米，那么大正方形纸片的面积应为多少平方厘米？说明理由．
【考点】游戏与策略 【难度】3星 【题型】解答
【解析】 大正方形纸片被横着裁成360docimg_556_份，竖着裁成360docimg_557_份，所以裁成的长方形纸片的长宽比为360docimg_558_，若将这样的纸片切割成尽可能大的正方形纸片，则正方形纸片边长应该为长方形纸片长、宽的公约数，而360docimg_559_，所以长方形纸片的宽是小正方形纸片的边长的360docimg_560_倍，360docimg_561_，所以长方形纸片宽360docimg_562_厘米，大正方形纸片边长为360docimg_563_厘米．所以大正方形纸片的面积为360docimg_564_平方厘米．
【答案】360docimg_565_平方厘米
【例 34】能否把360docimg_566_台电话中的每台电话恰好与其它360docimg_567_台相连？
【考点】游戏与策略 【难度】3星 【题型】解答
【解析】 题目引入：假如你是一个工程师，专门设计程控电话网络，很有科技含量哦！如果我们可以把360docimg_568_个电话或360docimg_569_个电话做到每台电话与360docimg_570_个电话相连接，我们可以将360docimg_571_分成360docimg_572_个一组的共360docimg_573_组以及360docimg_574_个一组的共360docimg_575_组．如下图，每个点代表一台电话，每条线段表示其两个端点为相连接的两台电话，左图为360docimg_576_台电话的情形，右图为360docimg_577_台电话的情形．所以我们可以把360docimg_578_台电话中的每台电话恰好与其它360docimg_579_台相连．
360docimg_580_360docimg_581_
【答案】可以
【例 35】有一长为11 cm，宽为9cm，高为7cm的长方体木块，能否切割成77块长、宽都是3cm，高是1cm的长方体形状的积木块?说明理由．
【考点】游戏与策略 【难度】3星 【题型】解答
【解析】 木块体积为360docimg_582_立方厘米．77块360docimg_583_立方厘米的积木也恰为693立方厘米．如果能将360docimg_584_立方厘米的木块切割为77块360docimg_585_立方厘米的积木．那么360docimg_586_的侧面将被小积木的侧面盖满．而小积木侧面面积要么是3平方厘米，要么是9平方厘米．从而360docimg_587_应被3整除，但这不成立．
所以长为11cm，宽为9cm，高为7cm的木块不能切割成77块360docimg_588_立方厘米的长方体积木．
360docimg_589_
拓展：长边和短边的比例都是2：1的长方形称为基本长方形，用短边互不相同的基本长方形拼图，要求任意两个长方形之间：①没有重叠部分；②没有空隙．试用短边互不相同且最小短边为1的五个基本长方形拼接一个更大的长方形，若360docimg_590_=1<360docimg_591_ <360docimg_592_ <360docimg_593_ <360docimg_594_分别为5个短边，我们将大长方形记为(360docimg_595_，360docimg_596_，360docimg_597_，360docimg_598_，360docimg_599_)．
例如(1，2，5，6，12)就可以拼成一个长方形(见右图)，是一个解答．请尽可能多地写出其他的解答(不必画图)．注意示意图是用解答中5个基本长方形拼成的一个长方形的具体拼图方法．其他方法可能存在，但不能算另一种．
【答案】
【例 36】一张长14厘米、宽11厘米的长方形纸片最多能裁出多少个长4厘米、宽1厘米的纸条?怎样裁?请画图说明．
【考点】游戏与策略 【难度】3星 【题型】解答
【解析】 这张纸的面积为154平方厘米，每张纸条的面积为4平方厘米．
360docimg_600_因此，最多能裁38张小纸条，下面画出两种不同的裁法
第一种裁法：
360docimg_601_
第二种裁法：
360docimg_602_
【答案】360docimg_603_张
【例 37】 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】华杯赛，初赛，第5题
【解析】 算出全部传动比，并列成表：
360docimg_604_
这里有4对传动比是相同的：1，360docimg_605_，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】360docimg_606_档
【例 38】 现在世界各国普遍采用的公历是在1582年修订的格列高里历，它规定：公元年数被4除得尽的是闰年，但如被100除得尽而被400除不尽的则不是闰年。按此规定，从1582年至今共有 个闰年。
【考点】两个量重叠问题 【难度】3星 【题型】填空
【关键词】希望杯，四年级，二试，第15题
【解析】 1582-2006共有（2004-1584）÷4+1＝106个数能被4整除，能被100整除的有5个，但这5个数中1700，1800，1900不能被400整除，所以共有106-3＝103个闰年。
【答案】360docimg_607_个闰年
【例 39】 小名、小亮两人玩扑克牌，他们手里各有点数为1、2、3、4、5、6、7、8、9、10的纸牌各一张。两人每轮各出一张牌，点数大的为胜，并将两张牌的点数差(大减小)，做为获胜一方的分数，另一方不得分，10轮牌出完之后，两人总分之和最大是 。
【考点】游戏与策略 【难度】4星 【题型】填空
【关键词】迎春杯，三年级，初赛，第9题
【解析】设小名赢了a局，小亮赢了10-a局，得分和就可以写成：360docimg_608_其中360docimg_609_表示小名的点数，360docimg_610_表示小亮的点数. 拆括号为360docimg_611_.为了让这个值最大，那么前边是+的360docimg_612_和360docimg_613_都填最大的数，减的填最小，当a是5时能得到最大值[（10+9+8+7+6）-(1+2+3+4+5)]×2=50
【答案】50
【例 40】 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】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
360docimg_614_
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】360docimg_615_
【例 41】 有一类自然数，从左边第三位开始，每个数位上的数字都是它左边两个数位上的数的和，如21347。则这类自然数中，最大的奇数是 .
【考点】游戏与策略 【难度】3星 【题型】填空
【解析】 设从左到右，第一位数字为360docimg_616_，第二位数字为360docimg_617_。其中360docimg_618_可取1到9,。360docimg_619_可取0到9，则相应地第三位到第八位数字分别为360docimg_620_，360docimg_621_，360docimg_622_，360docimg_623_，360docimg_624_，360docimg_625_，之后无论360docimg_626_、360docimg_627_取任何值都不能满足360docimg_628_，因此这样的数最多能是八位数。观察发现要使这个数字最大（即位数最多），则360docimg_629_，360docimg_630_小于10，360docimg_631_必然为0。此时360docimg_632_必为偶数，不可取。因此最大的奇数是七位数，此时360docimg_633_必然为1,这个最大的奇数是1011235360docimg_634_
【答案】1011235
【例 42】 如图，按如下①和②的要求，从16个方格中选出6个数擦去。
①使每行和每列剩下的数的个数都是偶数。
②使剩下的10个数之和最大。
则擦掉的6个数之和是 ，共有 种擦法(擦去6个数)。
360docimg_635_
【考点】游戏与策略 【难度】3星 【题型】填空
【解析】 去掉一个360docimg_636_的部分即可，要使留下来的数字之和最大，所以得去掉左上角，两种去法。
数字之和为360docimg_637_
【答案】360docimg_638_；两种
【例 43】 如图，在“贪吃豆”游戏中，开始时积分为10分。当贪吃豆走到某个宝箱处，就要吃掉那个宝箱，并将积分按照宝箱上的要求进行运算。贪吃豆吃掉所有宝箱后才能过关。例如，贪吃豆可以依次吃掉“×2”、“＋2”、“÷2”、“＋3”、“－2”、“×3”，过关时的积分为36。贪吃豆过关时，积分最多可以为： 。
360docimg_639_
【考点】游戏与策略 【难度】3星 【题型】填空
【关键词】走美杯,4年级,决赛
【解析】 要使积分最高，即要使除法尽量发生在前面，又要使乘积在发生之前数尽量最大，则得到下式： 360docimg_640_360docimg_641_360docimg_642_360docimg_643_360docimg_644_．
【答案】360docimg_645_
【例 44】 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】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
模块五、游戏策略
【例 45】 甲、乙二人轮流在右上图的10个方格中，甲画“○”，乙画“×”。甲胜的情况是：最后一行有4个“○”或者其它的直线上有3个“○”；乙胜的情况是：最后一行有4个“×”或者其它的直线上有3个“×”。甲先画，他要取胜，第一步应填在标号为 的方格中(有几种就填几种)。
360docimg_646_
【考点】游戏与策略 【难度】3星 【题型】填空
【关键词】走美杯，5年级，决赛
【解析】 略.
【答案】5、2、6
【例 46】 A、B、C、D、E五个小朋友做游戏，每轮游戏都按照下面的箭头方向把原来手里的玩具传给另外一个小朋友：A->C,B->E,C->A,D->B,E->D.开始A、B拿着福娃，C、D、E拿着福牛，传递完5轮时，拿着福娃的小朋友是（ ）.（A）C与D (B) A与D (C) C与E (D) A与B
【考点】游戏与策略 【难度】3星 【题型】选择
【关键词】华杯赛，初赛，第6题
【解析】 根据题意，A与C互相传，B、D、E之间则按B→E→D→B→…的顺序轮流传。开始时，两个福娃分别在A、B手上，其中A手上的福娃经过5轮的传递将到C的手里，B手上的福娃经过5轮的传递将到D的手里。所以传递完5轮时，拿着福娃的小朋友是C和D。正确答案为A。
【答案】360docimg_647_
【例 47】 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）．
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【考点】游戏与策略 【难度】3星 【题型】填空
【关键词】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
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【答案】
360docimg_650_
【例 48】 下图是一座迷宫，请画出任意一条从A到B的通道。
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【考点】游戏与策略 【难度】3星 【题型】填空
【关键词】走美杯，3年级，初赛
【解析】 略.
【答案】
360docimg_652_
【例 49】 下图是常见的正方体，我们可以看到三面共有3360docimg_653_9=27个变成为1的正方体，在这三面上有三条蛇。每条有5个连续的正方形（每两个连续正方形有一条公共边）组成，不全在一个面上，每两条蛇互不接触（两条蛇的方格不能有公共点），请将这三条蛇画出来。（用阴影将蛇所在的正方形画出来）
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【考点】游戏与策略 【难度】3星 【题型】填空
【关键词】走美杯，3年级，初赛
【解析】 略
【答案】
360docimg_655_
【例 50】 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】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360docimg_656_张奖状要360docimg_657_分钟，涂第360docimg_658_张也要360docimg_659_分钟，涂第360docimg_660_张也要360docimg_661_分钟，此时第360docimg_662_张已等待了360docimg_663_分钟，此时将第360docimg_664_张粘贴需要360docimg_665_分钟；再涂第360docimg_666_张奖状，又要360docimg_667_分钟，此时第360docimg_668_张奖状已等待了360docimg_669_分钟，可以将第360docimg_670_张奖状粘贴……这样从第360docimg_671_张奖状起，保持总是有360docimg_672_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360docimg_673_分钟，所以共需要360docimg_674_分钟.
【答案】360docimg_675_
【例 51】 国际象棋中“马”的走法如图1所示，位于○位置的“马”只能走到标有×的格中，类似于中国象棋中的“马走日”．如果“马”在8×8的国际象棋棋盘中位于第一行第二列(图2中标有△的位置)，要走到第八行第五列(图2中标有★的位置)，最短路线有＿＿＿条．
360docimg_676_360docimg_677_
图1图2
【考点】游戏与策略 【难度】3星 【题型】填空
【关键词】迎春杯，六年级，初赛
【解析】 如图所示，采用标数法，可知共有12条最短路线。
360docimg_678_
【答案】12条最短路线
【例 52】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】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．360docimg_679_．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：
360docimg_680_
这两个储存点360docimg_681_与360docimg_682_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)
(三)360docimg_683_点同上．
360docimg_684_的距离为360docimg_685_，路上消耗360docimg_686_个香蕉．360docimg_687_的距离为360docimg_688_，路上消耗360docimg_689_个香蕉．
猴子第一次到达360docimg_690_点，还有360docimg_691_个香蕉，回去又要消耗360docimg_692_个，只能留下360docimg_693_个香蕉．这360docimg_694_个香蕉将为猴子补充②③④次路过时的消耗和需求，每次都是360docimg_695_个，则360docimg_696_．360docimg_697_米，猴子将在360docimg_698_留下60个香蕉．
那么当猴子②次到达360docimg_699_时，身上又有了100个香蕉，到⑤时还有360docimg_700_个，从⑤回③需要360docimg_701_个，可在360docimg_702_留下360docimg_703_个，用于⑥时补充从④到⑥的消耗360docimg_704_个．则：360docimg_705_．
至此，猴子到家时所剩的香蕉为：360docimg_706_．
因为猴子每走10米才吃一个香蕉，走到家时最后一个10米才走了360docimg_707_，所以还没有吃香蕉，应该还剩下54个香蕉．