张一飞 .取石子游戏 博弈-博泰典藏网
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张一飞 .取石子游戏 博弈
导读：由感性认识到理性认识――透析一类搏弈游戏的解答过程张一飞，一、游戏....................................，一、游戏?游戏A：，游戏的规则如下：，第一堆：a1=3第二堆：a2=3第三堆：a3=1图1游戏的一个初始局面，?游戏B：，?其余规则同游戏A，先来研究研究这个游戏的一些性质，来描述游戏过程中的一个局面，由感性认识到理性认识――透析一类搏弈游戏的解答过程张一由感性认识到理性认识――透析一类搏弈游戏的解答过程
张一飞 由感性认识到理性认识 ――透析一类搏弈游戏的解答过程
一、 游戏 ......................................................................................... 2 二、 从简单入手 .............................................................................. 2 三、 类比与联想 .............................................................................. 6 四、 证明 ......................................................................................... 8 五、 推广 ........................................................................................11 六、 精华 ....................................................................................... 12 七、 结论 ....................................................................................... 16 八、 总结 ....................................................................................... 17
- 1 - 由感性认识到理性认识――透析一类搏弈游戏的解答过程
张一飞 一、 游戏 ? 游戏A： ? 甲乙两人面对若干堆石子，其中每一堆石子的数目可以任意确定。例如图1所示的初始局面：共n=3堆，其中第一堆的石子数a1=3，第二堆石子数a2=3，第三堆石子数a3=1。两人轮流按下列规则取走一些石子，游戏的规则如下： ? 每一步应取走至少一枚石子； ? 每一步只能从某一堆中取走部分或全部石子； ? 如果谁无法按规则取子，谁就是输家。 第一堆：a1=3 第二堆：a2=3 第三堆：a3=1
图 1 游戏的一个初始局面 ? 游戏B： ? 甲乙双方事先约定一个数m，并且每次取石子的数目不能超过m个； ? 其余规则同游戏A。
我们关心的是，对于一个初始局面，究竟是先行者（甲）有必胜策略，还是后行者（乙）有必胜策略。 下面，我们从简单入手，先来研究研究这个游戏的一些性质。
二、 从简单入手
? 用一个n元组(a1, a2, …, an)，来描述游戏过程中的一个局面。 ? 可以用3元组(3, 3, 1)来描述图1所示的局面。 - 2 - 由感性认识到理性认识――透析一类搏弈游戏的解答过程
张一飞 ? 改变这个n元组中数的顺序，仍然代表同一个局面。 ? (3, 3, 1)和(1, 3, 3)，可以看作是同一个局面。
? 如果初始局面只有一堆石子，则甲有必胜策略。 ? 甲可以一次把这一堆石子全部取完，这样乙就无石子可取了。 ? 如果初始局面有两堆石子，而且这两堆石子的数目相等，则乙有必胜策略。 ? 因为有两堆石子，所以甲无法一次取完； ? 如果甲在一堆中取若干石子，乙便在另一堆中取同样数目的石子； ? 根据对称性，在甲取了石子之后，乙总有石子可取； ? 石子总数一直在减少，最后必定是甲无石子可取。 ? 对于初始局面(1)，甲有必胜策略，而初始局面(3, 3)，乙有必胜策略。
? 局面的加法：(a1, a2, …, an) + (b1, b2, …, bm) = (a1, a2, …, an, b1, b2, …, bm)。 ? (3) + (3) + (1) = (3, 3) + (1) = (3, 3, 1)。 ? 对于局面A, B, S，若S=A+B，则称局面S可以分解为“子局面”A和B。 ? 局面(3, 3, 1)可以分解为(3, 3)和(1)。
? 如果初始局面可以分成两个相同的“子局面”，则乙有必胜策略。 ? 设初始局面S=A+A，想象有两个桌子，每个桌子上放一个A局面； ? 若甲在一个桌子中取石子，则乙在另一个桌子中对称的取石子； ? 根据对称性，在甲取了石子之后，乙总有石子可取； ? 石子总数一直在减少，最后必定是甲无石子可取。 ? 初始局面(2, 2, 5, 5, 5, 5, 7, 7)，可以分成两个(2, 5, 5, 7)，故乙有必胜策略。 - 3 - 由感性认识到理性认识――透析一类搏弈游戏的解答过程
? 对于局面S，若先行者有必胜策略，则称“S胜”。 ? 对于局面S，若后行者有必胜策略，则称“S负”。 ? 若A=(1)，B=(3, 3)，C=(2, 2, 5, 5, 5, 5, 7, 7)，则A胜，B负，C负。 ? 我们所关心的，就是如何判断局面的胜负。
? 如果局面S胜，则必存在取子的方法S→T，且T负。 ? 如果局面S负，则对于任意取子方法S→T，有T胜。
? 设初始局面S可以分解成两个子局面A和B（分解理论）。 ? 若A和B一胜一负，则S胜。 ? 不妨设A胜B负； ? 想象有两个桌子A和B，桌子上分别放着A局面和B局面； ? 因为A胜，所以甲可以保证取桌子A上的最后一个石子； ? 与此同时，甲还可以保证在桌子B中走第一步的是乙； ? 因为B负，所以甲还可以保证取桌子B中的最后一个石子； ? 综上所述，甲可以保证两个桌子上的最后一个石子都由自己取得。 ? 若A负B负，则S负。 ? 无论甲先从A中取，还是先从B中取，都会变成一胜一负的局面； ? 因此，乙面临的局面总是“胜”局面，故甲面临的S是“负”局面。 ? 若B负，则S的胜负情况与A的胜负情况相同。 ? 若A胜B胜，则有时S胜，有时S负。
- 4 - 由感性认识到理性认识――透析一类搏弈游戏的解答过程
张一飞 ? 如果S=A+C+C，则S的胜负情况与A相同。 ? 令B=C+C，则S=A+B且B负，故S的胜负情况与A相同。 ? 图1所示的初始局面(3, 3, 1) = (3) + (3) + (1)，与局面(1)的胜负情况相同。 ? 图1中所示的初始局面(3, 3, 1)是“胜”局面，甲有必胜策略。
? 称一个石子也没有的局面为“空局面”。 ? 空局面是“负”局面。
? 如果局面S中，存在两堆石子，它们的数目相等。用T表示从S中把这两堆石子拿掉之后的局面，则称“S可以简化为T”。 ? 局面(2, 2, 2, 7, 9, 9)可以简化为(2, 2, 2, 7)，还可以进一步简化为(2, 7)。
? 一个局面的胜负情况，与其简化后的局面相同。 ? 三个局面(2, 2, 2, 7, 9, 9)、(2, 2, 2, 7)和(2, 7)，胜负情况都相同。
? 不能简化的局面称为“最简局面”。 ? 局面 (2, 7)是最简局面。
? 最简局面中不会有两堆相同的石子，故可以用一个集合来表示最简局面。 ? 最简局面(2, 7)可以用集合{2, 7}来表示。
? 如果只关心局面的胜负，则一个局面可以用一个集合来描述。 ? 图1所示的局面(3, 3, 1)，可以用集合{1}来描述。
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有三堆石子，粒数各为2、3、4，两人轮流取走石子，按规则是：每人每次至少取走1粒，多取不限，但必须在同一堆石子中取，取到最后1粒者作负，则（　　）必胜的方法．A．先取者有B．后取者有C．两人均有D．两人均没有
题型：单选题难度：中档来源：不详
先取者获胜．先取者（记为甲）可从第三堆中取走3粒石子，记为（2，3，4）甲→（2，3，1），这时，按下表可见，不管后取者（记为乙）如何取甲均有办法获胜；∴先取者有必胜的方法．故选：A．
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据魔方格专家权威分析，试题“有三堆石子，粒数各为2、3、4，两人轮流取走石子，按规则是：每人..”主要考查你对&&命题，定理&&等考点的理解。关于这些考点的“档案”如下：
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命题，定理
命题的概念：判断一件事情的语句，叫做命题。 命题的概念包括两层含义：（1）命题必须是个完整的句子； （2）这个句子必须对某件事情做出判断。 公理：人们在长期实践中总结出来的得到人们公认的真命题，叫做公理。 定理：通过真命题（公理或其他已被证明的定理）出发，经过受逻辑限制的演绎推导，证明为正确的结论的命题或公式，例如“平行四边形的对边相等”就是平面几何中的一个定理。一般来说，在数学中，只有重要或有趣的陈述才叫定理，证明定理是数学的中心活动。相信为真但未被证明的数学叙述为猜想，当它被证明为真后便是定理。它是定理的来源，但并非唯一来源。一个从其他定理引伸出来的数学叙述，可以不经过证明成为猜想的过程，成为定理。如上所述，定理需要某些逻辑框架，继而形成一套公理（公理系统）。同时，一个推理的过程，容许从公理中引出新定理和其他之前发现的定理。在命题逻辑中，所有已证明的叙述都称为定理。经过长期实践后公认为正确的命题叫做公理，用推理的方法判断为正确的命题叫做定理。命题的分类：（按正确、错误与否分）分为真命题（正确的命题），假命题（错误的命题）， 所谓正确的命题就是：如果题设成立，那么结论一定成立的命题。 所谓错误的命题就是：如果题设成立，不能证明结论总是成立的命题。
四种命题：1．对于两个命题，如果一个命题的条件和结论分别是另外一个命题的结论和条件，那么这两个命题叫做互逆命题，其中一个命题叫做原命题，另外一个命题叫做原命题的逆命题。2．对于两个命题，如果一个命题的条件和结论分别是另外一个命题的条件的否定和结论的否定，那么这两个命题叫做互否命题，其中一个命题叫做原命题，另外一个命题叫做原命题的否命题。3．对于两个命题，如果一个命题的条件和结论分别是另外一个命题的结论的否定和条件的否定，那么这两个命题叫做互为逆否命题，其中一个命题叫做原命题，另外一个命题叫做原命题的逆否命题。相互关系：1．四种命题的相互关系：原命题与逆命题互逆，否命题与原命题互否，原命题与逆否命题相互逆否，逆命题与否命题相互逆否，逆命题与逆否命题互否，逆否命题与否命题互逆。2．四种命题的真假关系：①两个命题互为逆否命题，它们有相同的真假性。②两个命题为互逆命题或互否命题，它们的真假性没有关系(原命题与逆否命题同真同假，逆命题与否命题同真同假）
定理结构：定理一般都有一个设定——一大堆条件。然后它有结论——一个在条件下成立的数学叙述。通常写作「若条件，则结论」。用符号逻辑来写就是条件→结论。而当中的证明不视为定理的成分。逆定理：若存在某叙述为A→B，其逆叙述就是B→A。逆叙述成立的情况是A←→B，否则通常都是倒果为因，不合常理。若某叙述是定理，其成立的逆叙述就是逆定理。若某叙述和其逆叙述都为真，条件必要且充足。 若某叙述为真，其逆叙述为假，条件充足。 若某叙述为假，其逆叙述为真，条件必要。常用数学定理：1、每份数×份数=总数 总数÷每份数=份数 总数÷份数=每份数2、1倍数×倍数=几倍数 几倍数÷1倍数=倍数 几倍数÷倍数=1倍数3、速度×时间=路程 路程÷速度=时间 路程÷时间=速度4、单价×数量=总价 总价÷单价=数量 总价÷数量=单价5 、工作效率×工作时间=工作总量 工作总量÷工作效率=工作时间 工作总量÷工作时间=工作效率6 、加数+加数=和 和－一个加数=另一个加数7 、被减数－减数=差 被减数－差=减数 差+减数=被减数8 、因数×因数=积 积÷一个因数=另一个因数9、 被除数÷除数=商 被除数÷商=除数 商×除数=被除数
小学数学图形计算公式：1 、正方形 C周长 S面积 a边长 周长=边长×4 ；C=4a;面积=边长×边长； S=a×a2 、正方体 V:体积 a:棱长 表面积=棱长×棱长×6； S棱=a×a×6 ；体积=棱长×棱长×棱长； V=a×a×a3、 长方形 C周长 S面积 a边长 周长=(长+宽)×2 ；C=2(a+b) ；面积=长×宽 ；S=ab4 、长方体 V:体积 s:面积 a:长 b: 宽 c:高 表面积(长×宽+长×高+宽×高)×2； S=2(ab+bc+ca)；体积=长×宽×高 ；V=abc5、 三角形 s面积 a底 h高 面积=底×高÷2 ；s=ah÷2 三角形高=面积 ×2÷底 三角形底=面积 ×2÷高6、 平行四边形 s面积 a底 h高 面积=底×高 s=ah7、 梯形 s面积 a上底 b下底 h高 面积=(上底+下底)×高÷2；s=(a+b)× h÷28、 圆形 S面积 C周长 ∏ d=直径 r=半径周长=直径×∏=2×∏×半径； C=∏d=2∏r ；面积=半径×半径×∏9、 圆柱体 v:体积 h:高底面积 r:底面半径 c:底面周长 侧面积=底面周长×高；表面积=侧面积+底面积×2 ；体积=底面积×高 ；体积=侧面积÷2×半径10、 圆锥体 v:体积 h:高 s：底面积 r:底面半径 体积=底面积×高÷3
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地上有四堆石子，石子数分别是1、9、15、31，如果每次从其中的三收藏
地上有四堆石子，石子数分别是1、9、15、31，如果每次从其中的三堆同时各 取出1个，然后都放入第四堆中，那么，能否经过若干次操作，使得这四堆石子的个数都相同? 求 指 教 !!!!!谢 谢 !!!!!
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地上有四堆石子，石子数分别是1、9、15、31，如果每次从其中的三堆同时各 取出1个，然后都放入第四堆中，那么，能否经过若干次操作，使得这四堆石子的个数都相同?一、代数解法设起始石子数为1、9、15、31的四堆石子分别放入x、y、s、t次后均为14个石子。则有：1+3x-(y+s+t)=14
（1）9+3y-(x+s+t)=14
（2）15+3s-(x+y+t)=14
（3）31+3t-(x+y+s)=14
（4）四式相加可得：56=56，因此，该方程组有无数组解。只许看方程组是否存在整数解。（1）-（3）可得：4(x-s)=14，14不能被4整除，方程显然不存在整数解。∴不可能经过若干次操作，使得这四堆石子的个数都相同
地上有四堆石子，石子数分别是1、9、15、31，如果每次从其中的三堆同时各 取出1个，然后都放入第四堆中，那么，能否经过若干次操作，使得这四堆石子的个数都相同?二、非代数解法每一次操作，各堆石子数有一堆+3，有三堆-1，∴任两堆石子数之差在操作前后除以4的余数不变。如果最后四堆石子数相同，则起始四堆之间石子数之差除以4的余数为0但是起始四堆石子数为1、9、15、31，(15-1)不是4的倍数∴不可能经过若干次操作，使得这四堆石子的个数都相同
扩展：非代数法只能证明“不可能”，不能证明“能”。可能时，需要用代数法。地上有四堆石子，石子数分别是1、9、17、33，如果每次从其中的三堆同时各取出1个，然后都放入第四堆中，那么，能否经过若干次操作，使得这四堆石子的个数都相同?用非代数法易知，并非不可能，但是不能得出“能”的结论。代数法：设起始石子数为1、9、17、33的四堆石子分别放入x、y、s、t次后均为15个石子。则有：1+3x-(y+s+t)=15
（1）9+3y-(x+s+t)=15
（2）17+3s-(x+y+t)=15
（3）33+3t-(x+y+s)=15
（4）方程组显然存在无数组解，只需求出是否存在整数解。（1）-（4）可得：4(x-t)=32，x=t+8；（2）-（4）可得：4(y-t)=24，y=t+6（3）-（4）可得：4(s-t)=16，s=t+4方程组的非负整数通解：t=k，x=k+8，y=k+6，s=t+4，k∈N例如，当k=0时，x=8，y=6，s=4，t=0，对应操作为：（1）从第二、三、四堆各拿一个，放入第一堆，如此操作8次，四堆变成：25、1、9、25；（2）从第一、三、四堆各拿一个，放入第二堆，如此操作6次，四堆变成：19、19、3、19；（3）从第一、二、四堆各拿一个，放入第一堆，如此操作4次，四堆变成：15、15、15、15。
LZ的这个问题，可能与我以前潜心探索的“双取归一”问题有异曲同工之妙。“双取归一”问题，当时我已有相当满意的结果，不过现在重读，自己一时也觉得费劲。LZ的这类问题的“有解、无解”的判断、有解时怎么操作，我有兴趣进行“一般”的探索。慢慢试试吧！对“双取归一”问题有兴趣的朋友，可参阅以下帖子：一《能不能都放到同一个容器内？（修订）》_奥数吧_百度贴吧二《“双取归一” n=3》_奥数吧_百度贴吧三《“双取归一（n=3）”简说》_奥数吧_百度贴吧四《双取归一 ( n=4 一0三非0）》_奥数吧_百度贴吧
能的话，对于小学生来说有点麻烦不能的话，有时候可以通过数的整除或者余数特征或者奇偶性等等来判断。这种题一般我不建议出太难的给孩子做。适当灵活即可。如果找起来特别麻烦的话，还是不要给小学生做，初中或者高中的倒是可以玩玩。
初步看来，这个“使相等”问题（即让四个都相等“，比“使归一”问题（即让所有的球都放到一堆）要简单。后面我边思考、边整理、边发表、边修改地发帖。原题：地上有四堆石子，石子数分别是1、9、15、31，如果每次从其中的三堆同时各 取出1个，然后都放入第四堆中，那么，能否经过若干次操作，使得这四堆石子的个数都相同?一 简化提法：把“每次从其中的三堆各取出1个”改为”每次从其中的三堆各取出相同个数“；二 判断”能“或”不能“的方法：如果给的四个数被4除都同余，那么就能。否则不能。这个由操作规则容易得出，简单地说就是：在所说的操作过程中，四个数对4的同余性的变化是一样的，直到最后。比如，原题给的1、9、15、31，有余1 的，有余3的，所以不行；
改为1、9、17、33被4除都余1，所以行。如果能，那么具体操作方法有一定的基本考虑，后面再说。
下面看看对1、9、17、33的操作过程。第一次：由（33-1）/4=8,(最大的减最小的），可以从9、17、33中各取8个放到1里，得到：25、1、9、25.（使有2堆相等）；第二次：由（25-1）/4=6,(也是最大的减最小的），可以从25、9、25中各取6个放到1里，得到：19、19、3、19.（使有3堆相等）；第三次：显然，从三个19中各取4个(（19-3）/4=4)放到3里，就完成了15、15、15、15.以上解答中的括号里的说明，是我找到的操作方法的基本规则。但如果多试几道，也容易发现，有时“无法操作”，这主要指有时“不够”。这又需要我们去思考、去寻找处理方法。详细情况，明天再说。
下面说说我的操作方法的大概想法。一 基本思路：先变成“两等”，即：通过操作，使4堆中有2 堆相等；再变成“三等”，即：通过操作，使4堆中有3 堆相等；最后就很容易“四等”，即：最后4堆相等。简析如下，以1、9、17、33为例说明上述思路的来历。已经知道，最后应该是15、15、15、15.它的上一步，必须是“三等”的。具体地说，是以下4种可能：3、19、19、19；或6、18、18、18；或9、17、17、17；或12、16、16、16。为了达到这其中一个 “三等”，再上一步就应该是“两等”。比如：上步是1、9、25、25，下一步可以从9、25、25中各取6，放到1中，就出来“三等”：19、3、19、19。本层要说的是基本思路。至于为什么从9、25、25中各取6，放到1中，就可以了，这个6是怎么得到的，这是另外一个要探讨的问题。9楼中已做，后面再细说。二
下面仍以1、9、17、33为例来说明具体操作方法的思考及具体过程。二 具体操作第一次，要将1、9、17、33变成“两等”。我的目标是让1和33变相等。可以从9、17、33各取x，放到1里去。我们有方程：1+3x=33-x。所以有x=（33-1）÷4=8.算出了8，就可以具体操作如下：1+3×8、9-8、17-8、33-8，即25、1、9、25；第二次，要将25、1、9、25变成“三等”，我的目标是让25、9、25变相等，类似第一次的方法，从这三个里边取出的个数为：（25-1）÷4=6,算出了6，就可以具体操作如下：25-6、1+3×6、9-6、25-6，即19、19、3、19；第三次，要将19、19、3、19变成“四等”，（19-3）÷4=4，即从三个19里各取4个，共12个放到3里，四个就都是15了。
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我在10楼中说的基本思路：先变成“两等”，再变成“三等”，最后就很容易“四等”，即：最后4堆相等。在所给的个数是“理想情况”时，上述方法相当有效，也就是目标明确、操作有规矩。不必再费脑筋。所谓“理想情况”，是指“最大”与其它三个相比不能太大。有兴趣的请做一下下面这道 “理想情况”下的题。有如下四个数：8、16、28、40。“从其中的三个数各减去一个同样的数，都加到剩下的那个数上”，这叫做一次操作。请进行若干次操作，使得最后四个数相等。
14楼问题：有如下四个数：8、16、28、40。“从其中的三个数各减去一个同样的数，都加到剩下的那个数上”，这叫做一次操作。请进行若干次操作，使得最后四个数相等。解：第一次：由（40-8）÷4=8，则操作如下：8+3×8、16-8、28-8、40-8，即32、8、12、32，“两等”；第二次：由（32-8）÷4=6，则操作如下：32-6、8+3×6、12-6、32-6，即26、26、6、26，“三等”；第三次：由（26-6）÷4=5，则操作如下：26-5、6+3×5、26-5、26-5，即21、21、21、21，“四等”，解毕。以上三次操作，都是“最大减最小”。以下两个问题，要是用“最大减最小”去做，会出现点问题。做做看？什么情况？怎么解决？一 把原来的四个数1、9、17、33，改为1、9、17、41；二 把原来的四个数1、9、17、33，改为1、5、17、33.
15楼问题一：有如下四个数：1、9、17、41。“把其中的三个数各减去一个同样的数，都加到剩下的那个数上”，这叫做一次操作。请进行若干次操作，使得最后四个数相等。（在正整数范围内）如果用“最大的减最小的”：（41-1）÷4=10＞9，就是说，四个数中的9，无法操作。这时可用“最大的减次小的”：（41-9）÷4=8.这就可以了。操作过程如下：第一次
∵（41-9）÷4=8，∴1+3×8，9-8，17-8，41-8，即25、1、9、33，第二次
∵（33-1）÷4=8，∴25-8，1+3×8，9-8，33-8，即17、25、1、25，（“两等”）；第三次
∵（25-1）÷4=6，∴17-6，25-6，1+3×6，25-6，即11、19、19、19，（“三等”）；第四次
∵（19-11）÷4=2，∴11+3×2，19-2，19-2，19-2，，即17、17、17、17，（“四等”）；请按以上方法灵活处理解15楼的问题二： 有如下四个数：1、5、17、33。“把其中的三个数各减去一个同样的数，都加到剩下的那个数上”，这叫做一次操作。请进行若干次操作，使得最后四个数相等。（在正整数范围内）
16楼问题二：有如下四个数：1、5、17、33。“把其中的三个数各减去一个同样的数，都加到剩下的那个数上”，这叫做一次操作。请进行若干次操作，使得最后四个数相等。（在正整数范围内）如果用“最大的减最小的”：（33-1）÷4=8＞5，就是说，四个数中的5，无法操作；如果用“最大的减次小的”：（33-5）÷4=7＞5，就是说，四个数中的5，仍无法操作；如果用“最大的减次大的”：（33-17）÷4=4＜5.这就可以了。操作过程如下：第一次 ∵（33-17）÷4=4.∴1+3×4，5-4，17-4，33-4，即13、1、13、29；（“两等”，但13不够大，无效！）；第二次 ∵（29-1）÷4=7，∴13-7，1+3×7，13-7，29-7，即6、22、6、22，（“两等”，指的是大的那两个：22）；第三次 ∵（22-6）÷4=4，∴6-4，22-4，6+3×4，22-4，即2、18、18、18，（“三等”）；第四次 ∵（18-2）÷4=4，∴2+3×4，18-4，18-4，18-4，，即14、14、14、14，（“四等”）；
再来一个问题：有如下四个数：1、5、9、101。“把其中的三个数各减去一个同样的数，都加到剩下的那个数上”，这叫做一次操作。请进行若干次操作，使得最后四个数相等（在正整数范围内）。
我也抛块砖，讨论一下操作方法，根据前面的讨论，四堆石子数对4的余数相同是否必定得出最后四堆石子个数相等呢？我的结论：只要4个数不是1,1,1,4d+1（d&1）的情况，肯定可以得出四堆均等，请asdx3611指正。对四堆石子个数排序，最小的叫第一堆，个数为a，第二、三、四堆，分别设为a+4b,a+4b+4c,a+4b+4c+4d.其中a&=1,b&=0,c&=0,d&=0步骤1，如果d=0,也就是第三、第四堆石子个数相等，直接转步骤2。否则就进行组合操作1，直到第三、第四堆石子个数相等。组合操作1的效果就是：第四堆石子个数减3，给第一、二、三堆石子各加1。显然组合操作1需要执行d次。步骤2，如果c=0,也就是此时第二、第三堆石子个数相等，直接转步骤3。否则就进行组合操作2，直到第二、第三堆石子个数相等。组合操作2的效果就是：保持第三、四堆石子数相等（各减2），给第一、二堆石子各加2。显然组合操作2需要执行c次。步骤三，如果b=0，现在四堆石子个数已经都相同。否则需要继续进行操作3，直到四堆石子的个数都相同。组合操作3的效果就是：保持第二、三、四堆石子数相等（各减1），给第一堆石子加3。步骤1可以看出：第三堆石子数需要连续2次减1，所以当第三堆石子个数为1，操作无法进行，此时根据大小排序可知，四堆石子个数分别是1,1,1,4d+1（d&1）的情况。至此，可以算作完成了充分性的证明：即8楼所说的：“对4同余是四堆石子经若干次操作后石子数相等的充分必要条件”。（操作过程中，四个数对4的同余性能够保持，必要条件不需要证明）
我对你在20楼的证明先说两点：一
我仔细看后，看懂了，觉得你是“完成了充分性的证明”。这个证明，虽然初看好像很复杂，但读懂后会觉得思路很清晰、步骤很细致，有点“妙”的感觉；二
这是一种“操作性”的证明方法，我想也就可以作为一种解题时的实际操作方法，虽然不是最佳方法。
请在阅读、理解我在9楼开始的有关例子后继续看下面问题。问题（18楼中的101改为33）：有如下四个数：1、5、9、33。“把其中的三个数各减去一个同样的数，都加到剩下的那个数上”，这叫做一次操作。请进行若干次操作，使得最后四个数相等（在正整数范围内）。解说：如果用“最大的减最小的”：（33-1）÷4=8＞5，就是说，四个数中的5，无法操作；如果用“最大的减次小的”：（33-5）÷4=7＞5，就是说，四个数中的5，仍无法操作；如果用“最大的减次大的”：（33-9）÷4=6＞5，就是说，四个数中的5，还是无法操作。这时，可以先“降最大”，然后寻机继续进行。解：第一次：∵（33-9）÷4=6＞5，∴无法操作。此时可尽量大地先“降最大”：
1+3×5，5-5，9-5，33-5，即16、0、4、28；第二次： ∵（28-16）÷4=3＜4，∴可以了！（“最大的减次大的”）16-3、0+3×3、4-3、28-3，即13、9、1、25；第三次 ：∵（25-1）÷4=6＜9，（“最大的减最小的”）∴13-6、9-6、1+3×6、25-6，即7、3、19、19；（“两等”）第四次：∵（19-3）÷4=4＜7，∴7-4、3+3×4、19-4、19-4，即3、15、15、15；（“三等”）第五次：3+3×3，15-3，15-3，15-3，即12、12、12、12。（“四等”）
你给出了“对4同余是四堆石子经若干次操作后石子数相等的充分条件”的很好的证明。这是一种“操作性”的证明方法，我想也就可以作为一种解题时的实际操作方法。但是，在实际操作时，不必拘泥于此一步一步地操作。我在以上给出 了几个例子，说明了实际操作方法，一是有明确的”程序“，不盲目；二是力求操作次数尽量少。只要四个数据不是太特别（我这里主要指四个数的大小差别不是很大，比如相差几十，几百），我都可以用不到十次操作解决。请阅读、指教。我当思考、改进。附注：我在8楼说了：把“每次从其中的三堆各取出1个”改为”每次从其中的三堆各取出相同个数”，
地上有四堆石子，石子数分别是1、9、15、31，如果每次从其中的三堆同时各 取出1个，然后都放入第四堆中，那么，能否经过若干次操作，使得这四堆石子的个数都相同?一、代数解法设起始石子数为1、9、15、31的四堆石子分别放入x、y、s、t次后均为14个石子。则有：1+3x-(y+s+t)=14 （1）9+3y-(x+s+t)=14 （2）15+3s-(x+y+t)=14 （3）31+3t-(x+y+s)=14 （4）四式相加可得：56=56，因此，该方程组有无数组解。只许看方程组是否存在整数解。（1）-（3）可得：4(x-s)=14，14不能被4整除，方程显然不存在整数解。∴不可能经过若干次操作，使得这四堆石子的个数都相同
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