文档内容
奇偶性（一）
整数按照能不能被2整除，可以分为两类：
（1）能被2整除的自然数叫偶数，例如
0， 2， 4， 6， 8， 10， 12， 14， 16，…
（2）不能被2整除的自然数叫奇数，例如
1，3，5，7，9，11，13，15，17，…
整数由小到大排列，奇、偶数是交替出现的。相邻两个整数大小相差1，所以肯定
是一奇一偶。因为偶数能被2整除，所以偶数可以表示为2n的形式，其中n为整
数；因为奇数不能被2整除，所以奇数可以表示为2n+1的形式，其中n为整数。
每一个整数不是奇数就是偶数，这个属性叫做这个数的奇偶性。奇偶数有如下一
些重要性质：
（1）两个奇偶性相同的数的和（或差）一定是偶数；两个奇偶性不同的数的和
（或差）一定是奇数。反过来，两个数的和（或差）是偶数，这两个数奇偶性相同；
两个数的和（或差）是奇数，这两个数肯定是一奇一偶。
（2）奇数个奇数的和（或差）是奇数；偶数个奇数的和（或差）是偶数。任意多个
偶数的和（或差）是偶数。
（3）两个奇数的乘积是奇数，一个奇数与一个偶数的乘积一定是偶数。
（4）若干个数相乘，如果其中有一个因数是偶数，那么积必是偶数；如果所有
因数都是奇数，那么积就是奇数。反过来，如果若干个数的积是偶数，那么因数中
至少有一个是偶数；如果若干个数的积是奇数，那么所有的因数都是奇数。
（5）在能整除的情况下，偶数除以奇数得偶数；偶数除以偶数可能得偶数，也
可能得奇数。奇数肯定不能被偶数整除。
（6）偶数的平方能被4整除；奇数的平方除以4的余数是1。
因为（2n）2=4n2=4×n2，所以（2n）2能被4整除；
因为（2n+1）2=4n2+4n+1=4×（n2+n）+1，所以（2n+1）2除以4余1。
（7）相邻两个自然数的乘积必是偶数，其和必是奇数。
（8）如果一个整数有奇数个约数（包括1和这个数本身），那么这个数一定是
平方数；如果一个整数有偶数个约数，那么这个数一定不是平方数。
整数的奇偶性能解决许多与奇偶性有关的问题。有些问题表面看来似乎与奇
偶性一点关系也没有，例如染色问题、覆盖问题、棋类问题等，但只要想办法编上
号码，成为整数问题，便可利用整数的奇偶性加以解决。
例1下式的和是奇数还是偶数？
1+2+3+4+…+1997+1998。
分析与解：本题当然可以先求出算式的和，再来判断这个和的奇偶性。但如
果能不计算，直接分析判断出和的奇偶性，那么解法将更加简洁。根据奇偶数的
性质（2），和的奇偶性只与加数中奇数的个数有关，与加数中的偶数无关。1～
1998中共有999个奇数，999是奇数，奇数个奇数之和是奇数。所以，本题要求的
和是奇数。
例2 能否在下式的□中填上“+”或“-”，使得等式成立？
1□2□3□4□5□6□7□8□9=66。
分析与解：等号左端共有9个数参加加、减运算，其中有5个奇数，4个偶数。
5个奇数的和或差仍是奇数，4个偶数的和或差仍是偶数，因为“奇数+偶数=奇
数”，所以题目的要求做不到。例3 任意给出一个五位数，将组成这个五位数的5个数码的顺序任意改变，
得到一个新的五位数。那么，这两个五位数的和能不能等于99999？
分析与解：假设这两个五位数的和等于99999，则有下式：
其中组成两个加数的5个数码完全相同。因为两个个位数相加，和不会大于
9+9=18，竖式中和的个位数是9，所以个位相加没有向上进位，即两个个位数之和
等于9。同理，十位、百位、千位、万位数字的和也都等于9。所以组成两个加数的
10个数码之和等于 9+9+9+9+9=45，是奇数。
另一方面，因为组成两个加数的5个数码完全相同，所以组成两个加数的10
个数码之和，等于组成第一个加数的5个数码之和的2倍，是偶数。
奇数≠偶数，矛盾的产生在于假设这两个五位数的和等于99999，所以假设
不成立，即这两个数的和不能等于99999。
例4 在一次校友聚会上，久别重逢的老同学互相频频握手。请问：握过奇数
次手的人数是奇数还是偶数？请说明理由。
分析与解：通常握手是两人的事。甲、乙两人握手，对于甲是握手1次，对于
乙也是握手1次，两人握手次数的和是2。所以一群人握手，不论人数是奇数还是
偶数，握手的总次数一定是偶数。
把聚会的人分成两类：A类是握手次数是偶数的人，B类是握手次数是奇数的
人。
A类中每人握手的次数都是偶数，所以A类人握手的总次数也是偶数。又因
为所有人握手的总次数也是偶数，偶数-偶数=偶数，所以B类人握手的总次数也
是偶数。
握奇数次手的那部分人即B类人的人数是奇数还是偶数呢？如果是奇数，那
么因为“奇数个奇数之和是奇数”，所以得到B类人握手的总次数是奇数，与前
面得到的结论矛盾，所以B类人即握过奇数次手的人数是偶数。
例5 五（2）班部分学生参加镇里举办的数学竞赛，每张试卷有50道试题。评
分标准是：答对一道给3分，不答的题，每道给1分，答错一道扣1分。试问：这部
分学生得分的总和能不能确定是奇数还是偶数？
分析与解：本题要求出这部分学生的总成绩是不可能的，所以应从每个人得
分的情况入手分析。因为每道题无论答对、不答或答错，得分或扣分都是奇数，共
有50道题，50个奇数相加减，结果是偶数，所以每个人的得分都是偶数。因为任
意个偶数之和是偶数，所以这部分学生的总分必是偶数。
练习7
1.能否从四个3、三个5、两个7中选出5个数，使这5个数的和等于22？
2.任意交换一个三位数的数字，得一个新的三位数，一位同学将原三位数与
新的三位数相加，和是999。这位同学的计算有没有错？
3.甲、乙两人做游戏。任意指定七个整数（允许有相同数），甲将这七个整数
以任意的顺序填在下图第一行的方格内，乙将这七个整数以任意的顺序填在图中
的第二行方格里，然后计算出所有同一列的两个数的差（大数减小数），再将这七
个差相乘。游戏规则是：若积是偶数，则甲胜；若积是奇数，则乙胜。请说明谁将获
胜。4.某班学生毕业后相约彼此通信，每两人间的通信量相等，即甲给乙写几封
信，乙也要给甲写几封信。问：写了奇数封信的毕业生人数是奇数还是偶数？
5.A市举办五年级小学生“春晖杯”数学竞赛，竞赛题30道，记分方法是：
底分15分，每答对一道加5分，不答的题，每道加1分，答错一道扣1分。如果有
333名学生参赛，那么他们的总得分是奇数还是偶数？
6.把下图中的圆圈任意涂上红色或蓝色。是否有可能使得在同一条直线上的红
圈数都是奇数？试讲出理由。
7.红星影院有1999个座位，上、下午各放映一场电影。有两所学校各有1999
名学生包场看这两场电影，那么一定有这样的座位，上、下午在这个座位上坐的
是两所不同学校的学生，为什么？
奇偶性（二）
例1用0～9这十个数码组成五个两位数，每个数字只用一次，要求它们的和
是奇数，那么这五个两位数的和最大是多少？
分析与解：有时题目的要求比较多，可先考虑满足部分要求，然后再调整，使
最后结果达到全部要求。
这道题的几个要求中，满足“和最大”是最容易的。暂时不考虑这五个数的
和是奇数的要求。
要使组成的五个两位数的和最大，应该把十个数码中最大的五个分别放在十
位上，即十位上放5，6，7，8，9，而个位上放0，1，2，3，4。根据奇数的定义，这样组
成的五个两位数中，有两个是奇数，即个位是1和3的两个两位数。
要满足这五个两位数的和是奇数，根据奇、偶数相加减的运算规律，这五个
数中应有奇数个奇数。现有两个奇数，即个位数是1，3的两位数。所以五个数的
和是偶数，不合要求，必须调整。调整的方法是交换十位与个位上的数字。要使五
个数有奇数个奇数，并且五个数的和尽可能最大，只要将个位和十位上的一个奇
数与一个偶数交换，并且交换的两个的数码之差尽可能小，由此得到交换5与4
的位置。满足题设要求的五个两位数的十位上的数码是4，6，7，8，9，个位上的数
码是0，1，2，3，5，所求这五个数的和是（4+6+7+8+9）×10+（0+1+2+3+5）=351。
例2 7只杯子全部杯口朝上放在桌子上，每次翻转其中的2只杯子。能否经
过若干次翻转，使得7只杯子全部杯口朝下？
分析与解：盲目的试验，可能总也找不到要领。如果我们分析一下每次翻转
后杯口朝上的杯子数的奇偶性，就会发现问题所在。一开始杯口朝上的杯子有7
只，是奇数；第一次翻转后，杯口朝上的变为5只，仍是奇数；再继续翻转，因为只
能翻转两只杯子，即只有两只杯子改变了上、下方向，所以杯口朝上的杯子数仍是奇数。类似的分析可以得到，无论翻转多少次，杯口朝上的杯子数永远是奇数，
不可能是偶数0。也就是说，不可能使7只杯子全部杯口朝下。
例3 有m（m≥2）只杯子全部口朝下放在桌子上，每次翻转其中的（m-1）只杯
子。经过若干次翻转，能使杯口全部朝上吗？
分析与解：当m是奇数时，（m-1）是偶数。由例2的分析知，如果每次翻转偶
数只杯子，那么无论经过多少次翻转，杯口朝上（下）的杯子数的奇偶性不会改变
一开始m只杯子全部杯口朝下，即杯口朝下的杯子数是奇数，每次翻转（m-1）即
偶数只杯子。无论翻转多少次，杯口朝下的杯子数永远是奇数，不可能全部朝上。
当m是偶数时，（m-1）是奇数。为了直观，我们先从m= 4的情形入手观察，在
下表中用∪表示杯口朝上，∩表示杯口朝下，每次翻转3只杯子，保持不动的杯
子用*号标记。翻转情况如下：
由上表看出，只要翻转4次，并且依次保持第1，2，3，4只杯子不动，就可达
到要求。一般来说，对于一只杯子，要改变它的初始状态，需要翻奇数次。对于m
只杯子，当m是偶数时，因为（m-1）是奇数，所以每只杯子翻转（m-1）次，就可使全
部杯子改变状态。要做到这一点，只需要翻转m次，并且依次保持第1，2，…，m只
杯子不动，这样在m次翻转中，每只杯子都有一次没有翻转，即都翻转了（m-1）次。
综上所述：m只杯子放在桌子上，每次翻转（m-1）只。当m是奇数时，无论翻转多少
次，m只杯子不可能全部改变初始状态；当m是偶数时，翻转m次，可以使m只杯
子全部改变初始状态。
例4 一本论文集编入15篇文章，这些文章排版后的页数分别是1，2，3，…，
15页。如果将这些文章按某种次序装订成册，并统一编上页码，那么每篇文章的
第一面是奇数页码的最多有几篇？
分析与解：可以先研究排版一本书，各篇文章页数是奇数或偶数时的规律。
一篇有奇数页的文章，它的第一面和最后一面所在的页码的奇偶性是相同的，即
排版奇数页的文章，第一面是奇数页码，最后一面也是奇数页码，而接下去的另
一篇文章的第一面是排在偶数页码上。一篇有偶数页的文章，它的第一面和最后
一面所在的页码的奇偶性是相异的，即排版偶数页的文章，第一面是奇（偶）数页
码，最后一面应是偶（奇）数页码，而紧接的另一篇文章的第一面又是排在奇（偶）
数页码上。
以上说明本题的解答主要是根据奇偶特点来处理。
题目要求第一面排在奇数页码的文章尽量多。首先考虑有偶数页的文章，只
要这样的第一篇文章的第一面排在奇数页码上（如第1页），那么接着每一篇有
偶数页的文章都会是第一面排在奇数页码上，共有7篇这样的文章。然后考虑有
奇数页的文章，第一篇的第一面排在奇数页码上，第二篇的第一面就会排在偶数
页码上，第三篇的第一面排在奇数页码上，如此等等。在8篇奇数页的文章中，有
4篇的第一面排在奇数页码上。因此最多有7+4=11（篇）文章的第一面排在奇数
页码上。例5 有大、小两个盒子，其中大盒内装1001枚白棋子和1000枚同样大小的
黑棋子，小盒内装有足够多的黑棋子。阿花每次从大盒内随意摸出两枚棋子，若
摸出的两枚棋子同色，则从小盒内取一枚黑棋子放入大盒内；若摸出的两枚棋子
异色，则把其中白棋子放回大盒内。问：从大盒内摸了1999次棋子后，大盒内还
剩几枚棋子？它们都是什么颜色？
分析与解：大盒内装有黑、白棋子共1001+1000=2001（枚）。
因为每次都是摸出2枚棋子放回1枚棋子，所以每摸一次少1枚棋子，摸了
1999次后，还剩2001-1999=2（枚）棋子。
从大盒内每次摸2枚棋子有以下两种情况：
（1）所摸到的两枚棋子是同颜色的。此时从小盒内取一枚黑棋子放入大盒内
当所摸两枚棋子同是黑色，这时大盒内少了一枚黑棋子；当所摸两枚棋子同是白
色，这时大盒内多了一枚黑棋子。
（2）所摸到的两枚棋子是不同颜色的，即一黑一白。这时要把拿出的白棋子
放回到大盒，大盒内少了一枚黑棋子。
综合（1）（2），每摸一次，大盒内的黑棋子总数不是少一枚就是多一枚，即改
变了黑棋子数的奇偶性。原来大盒内有1000枚即偶数枚黑棋子，摸了1999次，即
改变了1999次奇偶性后，还剩奇数枚黑棋子。因为大盒内只剩下2枚棋子，所以
最后剩下的两枚棋子是一黑一白。
例6 一串数排成一行：1，1，2，3，5，8，13，21，34，55，…
到这串数的第1000个数为止，共有多少个偶数？
分析与解：首先分析这串数的组成规律和奇偶数情况。
1+1=2，2+3=5，3+5=8， 5+8=13，…
这串数的规律是，从第三项起，每一个数等于前两个数的和。根据奇偶数的
加法性质，可以得出这串数的奇偶性：
奇，奇，偶，奇，奇，偶，奇，奇，偶，……
容易看出，这串数是按“奇，奇，偶”每三个数为一组周期变化的。
1000÷3=333……1，这串数的前1000个数有333组又1个数，每组的三个数中有
1个偶数，并且是第3个数，所以这串数到第1000个数时，共有333个偶数。
练习8
1.在11，111，1111，11111，…这些数中，任何一个数都不会是某一个自然数
的平方。这样说对吗？
2.一本书由17个故事组成，各个故事的篇幅分别是1，2，3，…，17页。这17
个故事有各种编排法，但无论怎样编排，故事正文都从第1页开始，以后每一个
故事都从新一页码开始。如果要求安排在奇数页码开始的故事尽量少，那么最少
有多少个故事是从奇数页码开始的？
3.桌子上放着6只杯子，其中3只杯口朝上，3只杯口朝下。如果每次翻转5
只杯子，那么至少翻转多少次，才能使6只杯子都杯口朝上？
4.70个数排成一行，除了两头的两个数以外，每个数的3倍都恰好等于它两
边的两个数的和，这一行数的最左边的几个数是这样的：0，1，3，8，21，…问：最
右边的一个数是奇数还是偶数？
5.学校组织运动会，小明领回自己的运动员号码后，小玲问他：“今天发放
的运动员号码加起来是奇数还是偶数？”小明说：“除开我的号码，把今天发的
其它号码加起来，再减去我的号码，恰好是100。”今天发放的运动员号码加起来
到底是奇数还是偶数？6.在黑板上写出三个整数，然后擦去一个换成所剩两数之和，这样继续操作
下去，最后得到88，66，99。问：原来写的三个整数能否是1，3，5？
7.将888件礼品分给若干个小朋友。问：分到奇数件礼品的小朋友是奇数还
是偶数？
奇偶性（三）
利用奇、偶数的性质，上两讲已经解决了许多有关奇偶性的问题。本讲将继
续利用奇偶性研究一些表面上似乎与奇偶性无关的问题。
例1 在7×7的正方形的方格表中，以左上角与右下角所连对角线为轴对称
地放置棋子，要求每个方格中放置不多于1枚棋子，且每行正好放3枚棋子，则在
这条对角线上的格子里至少放有一枚棋子，这是为什么？
分析与解：题目说在指定的这条对角线上的格子里必定至少放有一枚棋子，
假设这个说法不对，即对角线上没放棋子。如下图所示，因为题目要求摆放的棋
子以MN为对称轴，所以对于MN左下方的任意一格A，总有MN右上方的一格A＇，
A与A＇关于MN对称，所以A与A＇要么都放有棋子，要么都没放棋子。由此推知
方格表中放置棋子的总枚数应是偶数。而题设每行放3枚棋子，7行共放棋子
3×7=21（枚），21是奇数，与上面的推论矛盾。所以假设不成立，即在指定的对角
线上的格子中必定至少有一枚棋子。
例2 对于左下表，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），变为右下表？为什么？
分析与解：因为每次有两个数同时被加上或减去同一个数，所以表中九个数
码的总和经过变化后，等于原来的总和加上或减去那个数的2倍，因此总和的奇
偶性没有改变。原来九个数的总和为1+2+…+9=45，是奇数，经过若干次变化后，
总和仍应是奇数，与右上表九个数的总和是4矛盾。所以不可能变成右上表。
例3 左下图是一套房子的平面图，图中的方格代表房间，每个房间都有通向
任何一个邻室的门。有人想从某个房间开始，依次不重复地走遍每一个房间，他
的想法能实现吗？
分析与解：如右上图所示，将相邻的房间黑、白相间染色。无论从哪个房间开
始走，因为总是黑白相间地走过各房间，所以走过的黑、白房间数最多相差1。而
右上图有7黑5白，所以不可能不重复地走遍每一个房间。例4 左下图是由14个大小相同的方格组成的图形。试问能不能剪裁成7个
由相邻两方格组成的长方形？
分析与解：将这14个小方格黑白相间染色（见右上图），有8个黑格，6个白
格。相邻两个方格必然是一黑一白，如果能剪裁成7个小长方形，那么14个格应
当是黑、白各7个，与实际情况不符，所以不能剪裁成7个由相邻两个方格组成的
长方形。
例5 在右图的每个○中填入一个自然数（可以相同），使得任意两个相邻的
○中的数字之差（大数减小数）恰好等于它们之间所标的数字。能否办到？为什
么？
分析与解：假定图中5与1之间的○中的数是奇数，按顺时针加上或减去标
出的数字，依次得到各个○中的数的奇偶性如下：
因为上图两端是同一个○中的数，不可能既是奇数又是偶数，所以5与1之
间的○中的数不是奇数。
同理，假定5与1之间的○中的数是偶数，也将推出矛盾。
所以，题目的要求办不到。
例6 下页上图是半张中国象棋盘，棋盘上已放有一只马。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？
分析与解：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，先在棋盘各交点处相间标上○和●，图中共
有22个○和23个●。因为马走“日”字，每步只能从○跳到●，或由●跳到○，
所以马从某点跳到同色的点（指○或●），要跳偶数步；跳到不同色的点，要跳奇
数步。现在马在○点，要跳回这一点，应跳偶数步，可是棋盘上共有23+22=45
（个）点，不可能做到不重复地走遍所有的点后回到出发点。讨论：如果马的出发点不是在○点上而是在●点上，那么这只马能不能不重
复地走遍这半张棋盘上的每个点，最后回到出发点上呢？按照上面的分析，显然
也是不可能的。但是如果放弃“回到出发点”的要求，那么情况就不一样了。从
某点出发，跳遍半张棋盘上除起点以外的其它44点，要跳44步，44是偶数，所以
起点和终点应是同色的点（指○或●）。因为44步跳过的点○与点●各22个，所
以起点必是●，终点也是●。也就说是，当不要求回到出发点时，只要从●出发，
就可以不重复地走遍半张棋盘上的所有点。
练习9
1.教室里有5排椅子，每排5张，每张椅子上坐一个学生。一周后，每个学生
都必须和他相邻（前、后、左、右）的某一同学交换座位。问：能不能换成？为什么？
2.房间里有5盏灯，全部关着。每次拉两盏灯的开关，这样做若干次后，有没
有可能使5盏灯全部是亮的？
3.左下图是由40个小正方形组成的图形，能否将它剪裁成20个相同的长方
形？
4.一个正方形果园里种有48棵果树，加上右下角的一间小屋，整齐地排列成
七行七列（见右上图）。守园人从小屋出发经过每一棵树，不重复也不遗漏（不许
斜走），最后又回到小屋。可以做到吗？
5.红光小学五年级一次乒乓球赛，共有男女学生17人报名参加。为节省时间
不打循环赛，而采取以下方式：每人只打5场比赛，每两人之间用抽签的方法决
定只打一场或不赛。然后根据每人得分决定出前5名。这种比赛方式是否可行？
6.如下图所示，将1～12顺次排成一圈。如果报出一个数a（在1～12之间），
那么就从数a的位置顺时针走a个数的位置。例如a=3，就从3的位置顺时针走3
个数的位置到达6的位置；a=11，就从11的位置顺时针走11个数的位置到达10
的位置。问：a是多少时，可以走到7的位置？
练习7
1.五个奇数的和不可能等于22。
2.与例3类似，这位同学计算有错误。
3.甲胜。
提示：七个整数中，奇、偶数的个数肯定不等，如果奇（偶）数多，那么至少有一列的两个数都是奇（偶）
数，这列的差是偶数，七个差中有一个偶数，七个差之积必是偶数，所以甲胜。
4.偶数。
提示：因为这次活动是有来有往，所以总的通信数是偶数。又因为写了偶数封信的人写信的总数是偶数
所以写了奇数封信的人写信的总数也是偶数。因为只有偶数个奇数之和是偶数，所以写奇数封信的人数是
偶数。5.奇数。提示：每个同学的得分都是奇数。
6.不可能。
提示：假设在同一条直线上的红圈数都是奇数，5条直线上的红圈总数就会是奇数（奇数乘以奇数仍是
奇数）。因为每个红圈均在两条直线上，所以按各条直线上的红圈数计算和时，每个红圈都被算了两次，所以
红圈总数应是偶数。这就出现了矛盾。所以假设在同一条直线上的红圈数都是奇数是不可能的。
7.提示：如果每个座位上、下午坐的都是同一个学校的学生，那么每个学校来看电影的学生数应当是偶
数，与每所学校有1999名学生来看电影矛盾。这个矛盾说明必有上、下午坐的是不同学校的学生的座位。
练习8
1.对。提示：因为平方数能被4整除或除以4余1，而形如111…11的数除以4的余数与11除以4的余
数相同，余3，所以不是平方数。
2.5个。提示：与例4类似分析可知，先排9个奇数页的故事，其中有5个从奇数页开始，再排8个偶数
页的故事，都是从偶数页码开始。
3.3次。提示：见下表。
4.偶数。
提示：这行数的前面若干个数是：0，1，3，8，21，55，144，377，987，2584，…
这些数的奇偶状况是：偶，奇，奇，偶，奇，奇，偶，奇，奇，……
从前到后按一偶二奇的顺序循环出现。70÷3=23……1，第70个数是第24组数的第一个数，是偶数。
5.偶数。
提示：号码总和等于100加上小明号码的2倍。
6.不能。
提示：如果原来写的是1，3，5，那么从第一次改变后，三个数永远是两个奇数一个偶数。
7.偶数。
提示：如果是奇数，那么分到奇数件礼品的小朋友得到的礼品总数是奇数，而分到偶数件礼品的小朋友
得到的礼品总数是偶数，于是得出所有礼品总数是奇数，与888件礼品矛盾。
练习9
1.不能。
提示:如右图所示，25个座位分为12白13黑。相邻座位总是一黑一白，因为只有12个白座位，所以原
来坐在黑座位上的13人不可能都换到白座位上。
2.不可能。
提示：一开始亮着的灯（0盏）是偶数，每次有两盏灯亮暗发生变化，不改变亮着的灯数的奇偶性，所以
亮着的灯数总是偶数，不可能5盏灯都亮着。
3.不能。提示：与例4类似。
4.不可以。提示：如右图所示，△表示小木屋。守园人只能黑白相间地走，走过的第奇数棵树是白的，第偶数棵树是
黑的，走过第48棵树应是黑的，而黑树与小木屋不相邻，无法直接回到小木屋。
5.不可行。
提示：17人每人打5场（次），共打17×5=85（场），即共有85人次参赛。因为每场球是2人打的，每个人
都算一次，所以每赛一场球2人次，不论赛多少场球，总计的人次数应是偶数，与共有85人次参赛矛盾。说
明设计的比赛方式行不通。
6.不存在。
提示：当1≤a≤6时，从a的位置顺时针走a个数的位置，应到达2a的位置；当7≤a≤12时，从a的位
置顺时针走a个数的位置，应到达2a-12的位置。由上面的分析知，不论a是什么数，结果总是走到偶数的位
置，不会走到7的位置。
