前言:
这是这段时间的智力题的汇总,但是都是比较简略的,要看详细的每一题解答请通过智力题查看,里面有详细讲解!
1. 赛马找最快<腾讯高频题>
一般有这么几种问法:
25匹马5条跑道找最快的3匹马,需要跑几次?答案:7 64匹马8条跑道找最快的4匹马,需要跑几次?答案:11 25匹马5条跑道找最快的5匹马,需要跑几次?答案:最少8次最多9次
接下来我们看看详细解法:
25匹马5条跑道找最快的3匹马,需要跑几次?
将25匹马分成ABCDE5组,假设每组的排名就是A1>A2>A3>A4>A5,用边相连,这里比赛5次
第6次,每组的第一名进行比赛,可以找出最快的马,这里假设A1>B1>C1>D1>E1
D1,E1肯定进不了前3,直接排除掉
第7次,B1 C1 A2 B2 A3比赛,可以找出第二,第三名
所以最少比赛需要7次
64匹马8条跑道找最快的4匹马,需要跑几次?
第一步
全部马分为8组,每组8匹,每组各跑一次,然后淘汰掉每组的后四名,如下图(需要比赛8场)
第二步
取每组第一名进行一次比赛,然后淘汰最后四名所在组的所有马,如下图(需要比赛1场)
这个时候总冠军已经诞生,它就是A1,蓝色区域(它不需要比赛了),而其他可能跑得最快的三匹马只可能是下图中的黄色区域了(A2,A3,A4,B1,B2,B3,C1,C2,D1,共9匹马)
第三步
只要从上面的9匹马中找出跑得最快的三匹马就可以了,但是现在只要8个跑道,怎么办?那就随机选出8匹马进行一次比赛吧(需要比赛一场)
第四步
上面比赛完,选出了前三名,但是9匹马中还有一匹马没跑呢,它可能是一个潜力股啊,那就和前三名比一比吧,这四匹马比一场,选出前三名。最后加上总冠军,跑得最快的四匹马诞生了!!!(需要一场比赛)
最后,一共需要比赛的场次:8 + 1 + 1 + 1 = 11 场
来源:https://blog.csdn.net/u013829973/article/details/80787928
25匹马5条跑道找最快的5匹马,需要跑几次?
(1) 首先将25匹马分成5组,并分别进行5场比赛之后得到的名次排列如下:
A组: [A1 A2 A3 A4 A5] B组: [B1 B2 B3 B4 B5] C组: [C1 C2 C3 C4 C5] D组: [D1 D2 D3 D4 D5] E组: [E1 E2 E3 E4 E5] 其中,每个小组最快的马为[A1、B1、C1、D1、E1]。
(2) 将[A1、B1、C1、D1、E1]进行第6场,选出第1名的马,不妨设 A1>B1>C1>D1>E1. 此时第1名的马为A1。
(3) 将[A2、B1、C1、D1、E1]进行第7场,此时选择出来的必定是第2名的马,不妨假设为B1。因为这5匹马是除去A1之外每个小组当前最快的马。
(3) 进行第8场,选择[A2、B2、C1、D1、E1]角逐出第3名的马。
(4) 依次类推,第9,10场可以分别决出第4,5名的吗。
因此,依照这种竞标赛排序思想,需要10场比赛是一定可以取出前5名的。
仔细想一下,如果需要减少比赛场次,就一定需要在某一次比赛中同时决出2个名次,而且每一场比赛之后,有一些不可能进入前5名的马可以提前出局。 当然要做到这一点,就必须小心选择每一场比赛的马匹。我们在上面的方法基础上进一步思考这个问题,希望能够得到解决。
(1) 首先利用5场比赛角逐出每个小组的排名次序是绝对必要的。
(2) 第6场比赛选出第1名的马也是必不可少的。假如仍然是A1马(A1>B1>C1>D1>E1)。那么此时我们可以得到一个重要的结论:有一些马在前6场比赛之后就决定出局的命运了
A组: [A1 A2 A3 A4 A5] B组: [B1 B2 B3 B4 B5 ] C组: [C1 C2 C3 C4 C5 ] D组: [D1 D2 D3 D4 D5 ] E组: [E1 E2 E3 E4 E5 ]
(3) 第7场比赛是关键,能否同时决出第2,3名的马呢?我们首先做下分析:
在上面的方法中,第7场比赛[A2、B1、C1、D1、E1]是为了决定第2名的马。但是在第6场比赛中我们已经得到(B1>C1>D1>E1),试问?有B1在的比赛,C1、D1、E1还有可能争夺第2名吗? 当然不可能,也就是说第2名只能在A2、B1中出现。实际上只需要2条跑道就可以决出第2名,剩下C1、D1、E1的3条跑道都只能用来凑热闹的吗?
能够优化的关键出来了,我们是否能够通过剩下的3个跑道来决出第3名呢?当然可以,我们来进一步分析第3名的情况?
● 如果A2>B1(即第2名为A2),那么根据第6场比赛中的(B1>C1>D1>E1)。 可以断定第3名只能在A3和B1中产生。
● 如果B1>A2(即第2名为B1),那么可以断定的第3名只能在A2, B2,C1 中产生。
好了,结论也出来了,只要我们把[A2、B1、A3、B2、C1]作为第7场比赛的马,那么这场比赛的第2,3名一定是整个25匹马中的第2,3名。
我们在这里列举出第7场的2,3名次的所有可能情况:
① 第2名=A2,第3名=A3 ② 第2名=A2,第3名=B1 ③ 第2名=B1,第3名=A2 ④ 第2名=B1,第3名=B2 ⑤ 第2名=B1,第3名=C1
(4) 第8场比赛很复杂,我们要根据第7场的所有可能的比赛情况进行分析。
① 第2名=A2,第3名=A3。那么此种情况下第4名只能在A4和B1中产生。 ● 如果第4名=A4,那么第5名只能在A5、B1中产生。 ● 如果第4名=B1,那么第5名只能在A4、B2、C1中产生。 不管结果如何,此种情况下,第4、5名都可以在第8场比赛中决出。其中比赛马匹为[A4、A5、B1、B2、C1] ② 第2名=A2,第3名=B1。那么此种情况下第4名只能在A3、B2、C1中产生。 ● 如果第4名=A3,那么第5名只能在A4、B2、C1中产生。 ● 如果第4名=B2,那么第5名只能在A3、B3、C1中产生。 ● 如果第4名=C1,那么第5名只能在A3、B2、C2、D1中产生。 那么,第4、5名需要在马匹[A3、B2、B3、C1、A4、C2、D1]七匹马中产生,则必须比赛两场才行,也就是到第9场角逐出全部的前5名。 ③ 第2名=B1,第3名=A2。那么此种情况下第4名只能在A3、B2、C1中产生。 情况和②一样,必须角逐第9场 ④ 第2名=B1,第3名=B2。 那么此种情况下第4名只能在A2、B3、C1中产生。 ● 如果第4名=A2,那么第5名只能在A3、B3、C1中产生。 ● 如果第4名=B3,那么第5名只能在A2、B4、C1中产生。 ● 如果第4名=C1,那么第5名只能在A2、B3、C2、D1中产生。 那么,第4、5名需要在马匹[A2、B3、B4、C1、A3、C2、D1]七匹马中产 生,则必须比赛两场才行,也就是到第9场角逐出全部的前5名。 ⑤ 第2名=B1,第3名=C1。那么此种情况下第4名只能在A2、B2、C2、D1中产生。 ● 如果第4名=A2,那么第5名只能在A3、B2、C2、D1中产生。 ● 如果第4名=B2,那么第5名只能在A2、B3、C2、D1中产生。 ● 如果第4名=C2,那么第5名只能在A2、B2、C3、D1中产生。 ● 如果第4名=D1,那么第5名只能在A2、B2、C2、D2、E2中产生。 那么,第4、5名需要在马匹[A2、B2、C2、D1、A3、B3、C3、D2、E1]九匹马中 产 生,因此也必须比赛两场,也就是到第9长决出胜负。
总结:最好情况可以在第8场角逐出前5名,最差也可以在第9场搞定。
2. 砝码称轻重
这一类的题目有很多 这里只举几个经典的:
有一个天平,九个砝码,其中一个砝码比另八个要轻一些,问至少要用天平称几次才能将轻的那个找出来? 答案:2次
十组砝码每组十个,每个砝码都是10g重,但是现在其中有一组砝码每个都只有9g重,现有一个能显示克数的秤,最少称几次能找到轻的那组? 答案:1次
有一个天平,九个砝码,一个轻一些,用天平至少几次能找到轻的?
至少2次:第一次,一边3个,哪边轻就在哪边,一样重就是剩余的3个;
第二次,一边1个,哪边轻就是哪个,一样重就是剩余的那个;
答:至少称2次.
有十组砝码每组十个,每个砝码重10g,其中一组每个只有9g,有能显示克数的秤最少几次能找到轻的那一组砝码?
将砝码分组1~10,第一组拿一个,第二组拿两个以此类推。。第十组拿十个放到秤上称出克数x,则y = 550 - x,第y组就是轻的那组
3. 药瓶毒白鼠
有1000个一模一样的瓶子,其中有999瓶是普通的水,有1瓶是毒药。任何喝下毒药的生命都会在一星期之后死亡。现在你只有10只小白鼠和1个星期的时间,如何检验出哪个瓶子有毒药?
答案:
1、将10只老鼠剁成馅儿,分到1000个瓶盖中,每个瓶盖倒入适量相应瓶子的液体,置于户外,并每天补充适量相应的液体,观察一周,看哪个瓶盖中的肉馅没有腐烂或生蛆。(最好不要这样回答)
2.首先一共有1000瓶,2的10次方是1024,刚好大于1000,也就是说,1000瓶药品可以使用10位二进制数就可以表示。从第一个开始:
第一瓶 : 00 0000 0001
第二瓶: 00 0000 0010
第三瓶: 00 0000 0011
……
第999瓶: 11 1111 0010
第1000瓶: 11 1111 0011
需要十只老鼠,如果按顺序编号,ABCDEFGHIJ分别代表从低位到高位每一个位。 每只老鼠对应一个二进制位,如果该位上的数字为1,则给老鼠喝瓶里的药。观察,若死亡的老鼠编号为:ACFGJ,一共死去五只老鼠,则对应的编号为 10 0110 0101,则有毒的药品为该编号的药品,转为十进制数为:613号。(这才是正解,当然前提是老鼠还没被撑死)
4. 绳子两头烧
现有若干不均匀的绳子,烧完这根绳子需要一个小时,问如何准确计时15分钟,30分钟,45分钟,75分钟。。。
15:对折之后两头烧(要求对折之后绑的够紧,否则看45分钟解法)
30:两头烧
45:两根,一根两头烧一根一头烧,两头烧完过了30分钟,立即将第二根另一头点燃,到烧完又过15分钟,加起来45分钟
75:=30+45
。。。
5. 犯人猜颜色
一百个犯人站成一纵列,每人头上随机带上黑色或白色的帽子,各人不知道自己帽子的颜色,但是能看见自己前面所有人帽子的颜色.
然后从最后一个犯人开始,每人只能用同一种声调和音量说一个字:”黑”或”白”,
如果说中了自己帽子的颜色,就存活,说错了就拉出去斩了,
说的答案所有犯人都能听见,
是否说对,其他犯人不知道,
在这之前,所有犯人可以聚在一起商量策略,
问如果犯人都足够聪明而且反应足够快,100个人最大存活率是多少?
答案:这是一道经典推理题
1、最后一个人如果看到奇数顶黑帽子报“黑”否则报“白”,他可能死
2、其他人记住这个值(实际是黑帽奇偶数),在此之后当再听到黑时,黑帽数量减一
3、从倒数第二人开始,就有两个信息:记住的值与看到的值,相同报“白”,不同报“黑”
99人能100%存活,1人50%能活
除此以外,此题还有变种:每个犯人只能看见前面一个人帽子颜色又能最多存活多少人?
答案:在上题基础上,限制了条件,这时上次的方法就不管用了,此时只能约定偶数位犯人说他前一个人的帽子颜色,奇数犯人获取信息100%存活,偶数犯人50几率存活。
6. 猴子搬香蕉
一个小猴子边上有100根香蕉,它要走过50米才能到家,每次它最多搬50根香蕉,(多了就被压死了),它每走
1米就要吃掉一根,请问它最多能把多少根香蕉搬到家里。(提示:他可以把香蕉放下往返的走,但是必须保证它每走一米都能有香蕉吃。也可以走到n米时,放下一些香蕉,拿着n根香蕉走回去重新搬50根。)
答案:这种试题通常有一个迷惑点,让人看不懂题目的意图。此题迷惑点在于:走一米吃一根香蕉,一共走50米,那不是把50根香蕉吃完了吗?如果要回去搬另外50根香蕉,则往回走的时候也要吃香蕉,这样每走一米需要吃掉三根香蕉,走50米岂不是需要150根香蕉?
其实不然,本题关键点在于:猴子搬箱子的过程其实分为两个阶段,第一阶段:来回搬,当香蕉数目大于50根时,猴子每搬一米需要吃掉三根香蕉。第二阶段:香蕉数《=50,直接搬回去。每走一米吃掉1根。
我们分析第一阶段:假如把100根香蕉分为两箱。一箱50根。
第一步,把A箱搬一米,吃一根。
第二步,往回走一米,吃一根。
第三步,把B箱搬一米,吃一根。
这样,把所有香蕉搬走一米需要吃掉三根香蕉。
这样走到第几米的时候,香蕉数刚好小于50呢?
100-(n3)<50 && 100-(n-13)>50
走到16米的时候,吃掉48根香蕉,剩52根香蕉。这步很有意思,它可以直接搬50往前走,也可以再来回搬一次,但结果都是一样的。到17米的时候,猴子还有49根香蕉。这时猴子就轻松啦。直接背着走就行。
第二阶段:
走一米吃一根。
把剩下的50-17=33米走完。还剩49-33=16根香蕉。