2 战棋 （难度：低）
Alice和Bob玩战棋游戏。规则如下：
Alice派出一枚棋子，Bob派出一枚棋子应战。把两枚棋子的战斗力分别记做x,y, 则他们战斗的胜率分别是x/(x+y), y/(x+y)。对战后，将输掉的棋子移出游戏，然后开始下一轮。如果一方失去了全部棋子，则判定他失败。
现在Alice的棋子战斗力分别为x1,x2.....xn，Bob的棋子战斗力分别为y1,y2....ym。如果Alice每次都派出她最强的棋子出战，Bob应采取何种策略对敌，才能使自己的胜率最大化？

我不会 奥数差评

3 猜帽子 （难度：较高）
15个囚犯每人的头上被随机地戴上了红色或黑色的帽子。每个人的帽子为红色的概率均为50%，且互相独立。每个人能看到其他人头上的帽子颜色，却不能看到自己头上的帽子颜色。接下来，15个人被各自带到独立的房间，并被要求猜测自己头上帽子的颜色，但他们可以选择不猜。如果有超过1人选择了猜，且所有选择猜的人都猜对了，则全部囚犯都将被释放；否则全部囚犯均将被处决。
戴上帽子之后囚犯们无法交流，但在这之前他们可以商议出一个策略。请设计一个策略，使囚犯们被释放的概率超过90%。

恶意太足15顶帽子也就有 2^15次组合 也就是有32768种 其中15顶同色的组合只有两种 明显要pass 如果只有两种可能 15人中都同色或者有一人异色 15人中某人看到别人都同色 那么肯定猜异色 因为有1异色有30种比15人同色的概率大得多得多得多 思路反正就这样 具体要算 饶了我吧

4 跳棋 （难度：较高）
在无限大的x-y平面直角坐标系上，x轴下方每个坐标为整数的点都放有一枚棋子。棋子可以“跳跃”，即：使一枚棋子“跳过”与它“相邻”（在8个方向上）的另一枚棋子，并放在相对被跳过棋子对称的位置上（当然对应位置必须有空位）。于此同时，被跳过的棋子会被“吃掉”。如图所示：
●●○○->○○●○
注意跳跃可以沿上下左右以及对角线8个方向进行。请问，对任意正整数Y，你能否总能通过有限次的跳跃，使某一枚棋子落在y=Y的直线上?

第一题想了一下，只考虑2叠硬币的话，对于任意的初始分配，能够在有限步骤内，将2叠硬币数量变成相等的充要条件应该是:2叠硬币数量之和是2的整数次幂。证明是显然的，首先必要性，因为2是唯一的偶数质数，如果硬币总数存在其他质因子，必然存在无法2分的情况。而充分性可以用数学归纳，如果对于2的n次幂成立，很显然2的n+1次幂也是成立的。
因此策略可以是通过一定的步骤使得3叠中的某2叠之和变成2的整次幂，但是这一点能否做到，还需要要证明.....

5 八门金锁 （难度：高）
这是一把奇怪的锁，它的表面只有八个按钮，整齐地排列成正八边形。但你知道，每个按钮的下方都有一个机关，每个机关均有“开”“关”两种状态；只有所有机关均处在“开”时，锁才能打开。当你按下某个按钮，其下方的机关就会切换状态，但按钮会复原，你无法从锁的表面看到机关的状态，更不知道机关的初始状态。更加要命的是，当你每次按下按钮之后，其下方的机关会围绕其中心进行随机地旋转，从而改变按钮与机关的对应关系，而你无从得知每次旋转究竟转了多少。唯一的好消息是，你每次可以同时按下多个按钮。
请设计一个方案，能够用至多有限次按下按钮的操作，「确保」将锁打开。

不是难为人嘛 数据都那么多 4都是月经解法了 首先4个按钮1234全按 然后1，13，1234，12，1234，13，1234，1，13，1234，12，1234

第一题思路（差中间最关键一步的证明）
三堆时，最大公约数是x，且x≠1，则每堆可以将数量除以x，不影响结果
那么三堆是偶奇奇，两奇变化，就是三偶，可以同时除以2，必然在有限次后是偶偶奇或三奇
三奇时，两奇变化就是偶偶奇
所以只用考虑偶偶奇的情况
偶偶奇时，必然可以在有限次变化后，使两偶分别和奇互质。
而互质的偶+奇必然可以变成（偶，1）的两堆（这一步没具体证明，大致考虑一下，应该正确），进而变成（奇，2）。
那么必然可以保证另一个偶和奇出现2。（如果另一个偶和奇数不互质，调整最初的偶偶奇既可保证互质）。
有两个2，自然可以一堆是0

看来这些题目还是太难了。发下第一题答案吧：
三堆硬币记为abc，它们的的初始值为a0，b0，c0，且a0≤b0≤c0。显然b=a是一个能完成任务的充分条件。不难发现，如果b=2k×a，只需对c和a进行操作，就可以达到b=ka的状态。同样如果b=(2k+1)a，只需对b和a操作，就可以达到b＝ka的状态。重复这一过程，b/a的值在严格减小，且b永远≥a，c也永远不会用完。当b/a减小到1时，即可完成任务。因此得出结论：b0被a0整除是一个能完成任务的充分条件。
接下来，很自然地，若b0不能被a0整除，使用带余除法将b写成n×a0+r（r＜a0）。和上一步采取同样的操作（n＝2k时操作c和a；n＝2k+1时操作b和a）最终可以使n＝0，即b＝r。注意r＜a0，因此此时三堆硬币的最小值一定小于a0。将新的最小值记为a0，重复上面的操作，可以使最小值严格减小。当最小值减小为1时，b0一定被a0整除，于是可以完成任务。
这个证明主要是为了表述我的思路，事实上作为答案可以更简洁一些。

一道都做不出

第5题：先考虑2个按钮的情况，如果都是开，就直接开了；如果都是关，同时按2个按钮，锁就开了；如果一开一关，随便按一个按钮，锁就变成2开或2关，再按2个按钮，也开了。总得操作步骤就是，先同时按2个，再按其中1个，再同时按2个，其中必有一次操作后锁能被打开

继续第5题：4个按钮的情况，将1,3和2,4分成2组，看成2个大锁，当1,3都开或都关是，记这个大锁为开，1开1关的情况记大锁为关，2,4同理看成一个大锁。如果2个大锁都是开，通过同时按4个按钮，按1,3按钮，再按4个按钮，一定能打开。如果2个大锁都是关，先执行上面3步，不会改变大锁状态，按1,2，2个大锁都会变成开，再重复上面3个步骤即可。如果大锁一开一关，执行上面的所有步骤，不会改变大锁状态，这时按1，就能把大锁变成同时开或关，再按上面的操作开锁。总体步骤就是：按4个，按1,3，按4个，按1,2，按4个，按1,3，按4个，按1，按4个，按1,3，按4个，按1,2，按4个，按1,3，按4个

接楼上，8个按钮就是先把1357分一组，2468分1组。15算4个情况的一个大锁，37算一个大锁，如果2个大锁状态相同，记1357这组为开，否则记为关。还是按照上面的思路，把2组先都调成开，再分别调2组内部，1357和2468的状态不会互相影响，所以经过反复实验，一定能开锁，步骤太麻烦，不写了

第4题，应该是不能，考虑能到(0，Y)，记直线y=a上所有点的分值为k^a，k=(根号5 - 1)/2，可以得到，每次跳跃棋子总分值不增。然后对于(0，Y)有意义的棋子是y=x和y=-x在y<0区间里的所有棋子，对所有这些棋子求和，这个和是收敛的(2个无限等比递缩数列的嵌套，值就不算了)，找一个比这个和大的Y，(0，Y)这个点就是不可达的

第5题，8个锁情况重写一下吧
把15,26,37,48这4对锁看成4个大锁，15记为1号大锁，类推，大锁里2两个锁同开同关时大锁记为开，开关不同记为关。
先考虑4个大锁都是开的情况，按照上面4个锁的步骤操作4个大锁，比如按1变为按15，就可以将全部的锁打开。记这一套操作为动作1，由于动作1的每个操作都同时操作大锁里的2个小锁，所以动作1不会改变大锁的状态。
再考虑对1234号小锁进行上面4个按钮的操作，在这个过程中，一定会出现4个大锁同时为开的情况。
那么，总体步骤就是按照上面4个锁的操作，没次操作后，加一个动作1就可以了

动作1：按8个，按15,37，按8个，按15,26，按8个，按15,37，按8个，按15，按8个，按15,37，按8个，按15,26，按8个，按15,37，按8个

全部的步骤：按1234，动作1，按1,3，动作1，按1234，动作1，按1,2，动作1，按1234，动作1，按1,3，动作1，按1234，动作1，按1，动作1，按1234，动作1，按1,3，动作1，按1234，动作1，按1,2，动作1，按1234，动作1，按1,3，动作1，按1234，动作1

@foxfoxa9 基本上完美解决了第五题。事实上，可以证明当且仅当开关数目为2的整数幂时，能够保证在有限步骤内开锁。

6 不相交的线段 （难度：低）
平面上有n个红点，n个蓝点，任意三点不共线。红点和蓝点之间可以建立一一对应关系；对每种对应关系，把相对应的红点与蓝点连起来，形成n条线段。证明：总存在这样的对应关系，使得相应的n条线段两两不相交。

7 两点一线 （难度：中）
平面上有多于2个的有限个点，它们不全在一条直线上。证明：存在一条直线，恰好经过其中的2个点。

楼主真厉害

6
n个红点和n个兰点确定后，必然可以用一个封闭区域将所有点都包含在内。
任取一红点和一兰点形成线段红a兰a，并将该线段延长，将该封闭区域分成区域x和区域y。由于三点不共线，所以该直线上没有其他红或兰点。
假设区域x中有红点，任取其中一点红b，连接红b兰a，延长红b兰a，则原封闭区域分成区域x_1和区域y_1，且区域y包含于区域y_1
如此重复，必然在有限次后可以得到两区域，区域k和区域i，且区域k中没有任何红或兰点。此时分割这两个区域的直线上仅有一红点和一兰点，这两点的线段必然不会和任意其他两点的线段相交
那么原题就变成n-1个红点和n-1个兰点。重复以上步骤，则n条线段都不相交。

发点小学奥数嘛 只限四则运算那样的 这种太高级了

8 简单整除问题（难度：很低）
n个正整数排成一列，证明：你总能从中找出连续的若干项，使它们的和被n整除

6
推论①，如果某圆中有弦，那么该弦同侧的任意两点形成的线段必不和该弦相交。
将2n个点置于一个圆中，找出其中距离圆周最近的一个点（如果多个点到圆周距离同最近，则随意取一个点）。
不妨记该点为红点x，过x做该点直径垂直的弦l，则弦l及其弓形中没有除红x以外的点。
将弦l以红x为轴，两端点始终在圆周上，顺时针旋转。当旋转经过其他2n-1个点中某点时，记旋转已经覆盖了a红c兰，共a+c个点。旋转到最后一个点时，必然c≥a。
旋转到第一个点时，c=a=0，如果第一个点是兰，那么该弦就将n-1红n-1兰分成在该弦的任意一侧，红兰数量相等的两部分。由推论①，相当原题变成n-1红n-1兰。
如果第一个点是红，旋转到第二个点时，a＞c，由于最终c≥a，必然会有c=a的时候。旋转到第k个点时，c=a，则同第一个点考虑。当一直到最后，每次c=a时，都是两红点的弦，那么最后必然是c=a，且弦上是1红1兰。
也就是说，旋转中必然可以排除掉1红1兰，再根据旋转结果，将剩余2n-2个点分成两部分考虑。

@gf10025 对第6题的解答和楼主自己的解答思路很像，而且比楼主的解答还要简洁一些，是一个不错的答案。
但第6题有一个特别简洁的证明，比楼主的思路高明很多：
由于红蓝点的配对方式是有限的，从中选择一种使n条线段的总长度最小的配对方式，这种方式即可保证线段两两不交。
证明：反证法。不妨令ac为红点，bd为蓝点。若某种配对方式S使线段ab和cd相交，我们可以更改配对，让ad与bc分别配对。由于三角形两边之和大于第三边，新的配对方式中线段的总长一定小于S中线段的总长，故S不是使线段总长最小的配对方式。证毕。
这种思维方式非常有用，第7题也可以用相似的方式解决。

第6题的简洁证明好像差步骤
以下，小写字母表示红点，大写字母表示兰点
假设已经有三条线段aA,cC,dD，其中aA和cC相交，dD和另两线段不相交，那么按该证明做出线段aC,cA后，可能aC和dD又相交，那么又必须做出新线段aD,dC此时就需要证明aD,dC都不和cA相交。
点少时可以穷举，但原题则需要证明n足够大时，上面的类似情况也肯定在有限次后不会出现。
这个简洁证明，就类似四色问题，需要证明的是肯定可以不需要第五种颜色，而非证明可能可以不需要第五种颜色。