DY 竞赛数学 · 四年级 — 题库预览

解题过程
（1）$$\begin{aligned}\text{原式}&=121\times(32\div 8)\\&=121\times 4\\&=484\end{aligned}$$。 （2）$$\begin{aligned}\text{原式}&=4\times 250\div 8\\&=1000\div 8\\&=125\end{aligned}$$。 （3）$$\begin{aligned}\text{原式}&=25\times 83\times(4\times 8)\times 125\\&=(25\times 4)\times(8\times 125)\times 83\\&=100\times 1000\times 83\\&=8\,300\,000\end{aligned}$$。

解题过程
（1）$$\begin{aligned}\text{原式}&=56\times(22+33+44)\\&=56\times 99\\&=56\times(100-1)\\&=5600-56\\&=5544\end{aligned}$$。 （2）$$\begin{aligned}\text{原式}&=111\times 2\times 33+889\times 66\\&=111\times 66+889\times 66\\&=(111+889)\times 66\\&=1000\times 66\\&=66\,000\end{aligned}$$。

解题过程
$$\begin{aligned}\text{原式}&=(75+75+75)\div 3\\&=75\times 3\div 3\\&=75\end{aligned}$$。

解题过程
$$\begin{aligned}\text{原式}&=(100-99)+(98-97)+\cdots+(12-11)+10\\&=\underbrace{1+1+\cdots+1}_{45\,个 1}+10\\&=1\times 45+10\\&=55\end{aligned}$$。

解题过程
方法一：原式 $=(50+49-48-47)+(46+45-44-43)+\cdots+(6+5-4-3)+2+1$，每组四项之和都为 $4$，共 $12$ 组，故 $$\begin{aligned}&=4\times 12+2+1\\&=48+2+1\\&=51\end{aligned}$$。 方法二：$$\begin{aligned}\text{原式}&=50+(49-48-47+46)+(45-44-43+42)+\cdots+(5-4-3+2)+1\\&=50+0+0+\cdots+0+1\\&=51\end{aligned}$$。

解题过程
$1,3,5,\cdots,201$ 共有 $(201-1)\div 2+1=101$（项）；同样的 $2,4,6,\cdots,200$ 共有 $(200-2)\div 2+1=100$（项）。$$\begin{aligned}\text{原式}&=(1+201)\times 101\div 2-(2+200)\times 100\div 2\\&=101\times 101-101\times 100\\&=101\times(101-100)\\&=101\end{aligned}$$。 方法二：$$\begin{aligned}\text{原式}&=1+(3-2)+(5-4)+(7-6)+\cdots+(199-198)+(201-200)\\&=1+\underbrace{1+1+\cdots+1}_{100\,个}\\&=101\end{aligned}$$。

解题过程
本题即求数列 $1,3,5,\cdots$ 前 $100$ 项的和，末项 $=$ 首项 $+$（项数 $-1$）$\times$ 公差 $=1+(100-1)\times 2=199$。方法一：根据等差数列求和公式，和 $=$（首项 $+$ 末项）$\times$ 项数 $\div 2=(1+199)\times 100\div 2=10\,000$。方法二：$1+3+5+\cdots+199=$ 项数 $\times$ 项数 $=100\times 100=10\,000$。

解题过程
$$\begin{aligned}\text{原式}&=(1+2+\cdots+49)+50+(49+\cdots+2+1)\\&=(1+2+\cdots+49)\times 2+50\end{aligned}$$。利用“中间数 $\times$ 项数”：原式 $=$ 中间数 $50\times$ 列数 $50=50\times 50=2500$。

解题过程
（1）$$\begin{aligned}8\triangledown 10&=(8+1)\times(10-1)\\&=9\times 9\\&=81\end{aligned}$$。 （2）$$\begin{aligned}10\triangledown 8&=(10+1)\times(8-1)\\&=11\times 7\\&=77\end{aligned}$$。

解题过程
（1）$$\begin{aligned}5\odot 8&=5\times 8-(5+8)\\&=40-13\\&=27\end{aligned}$$。 （2）$$\begin{aligned}8\odot 5&=8\times 5-(8+5)\\&=40-13\\&=27\end{aligned}$$。 （3）$$\begin{aligned}6\odot 5&=6\times 5-(6+5)\\&=30-11\\&=19\end{aligned}$$，故 $$\begin{aligned}(6\odot 5)\odot 4&=19\odot 4\\&=19\times 4-(19+4)\\&=76-23\\&=53\end{aligned}$$。 （4）$$\begin{aligned}5\odot 4&=5\times 4-(5+4)\\&=20-9\\&=11\end{aligned}$$，故 $$\begin{aligned}6\odot(5\odot 4)&=6\odot 11\\&=6\times 11-(6+11)\\&=66-17\\&=49\end{aligned}$$。

解题过程
（1）$$\begin{aligned}\text{原式}&=72\times 27\times 88\div 9\div 11\div 12\\&=(72\div 12)\times(27\div 9)\times(88\div 11)\\&=6\times 3\times 8\\&=144\end{aligned}$$。 （2）$$\begin{aligned}\text{原式}&=31\times 121-88\times 125\div 1000\times 121\\&=31\times 121-11\times(8\times 125)\div 1000\times 121\\&=31\times 121-11\times(1000\div 1000)\times 121\\&=31\times 121-11\times 121\\&=(31-11)\times 121\\&=20\times 121\\&=2420\end{aligned}$$。

解题过程
（1）$$\begin{aligned}\text{原式}&=555\times 445-(555+1)\times 444\\&=555\times 445-555\times 444-444\\&=555\times(445-444)-444\\&=555-444\\&=111\end{aligned}$$。 （2）$$\begin{aligned}\text{原式}&=42\times 137+58\times 138-(80+70)\div 15\\&=42\times 137+58\times(137+1)-150\div 15\\&=(42+58)\times 137+58-150\div 15\\&=100\times 137+58-10\\&=13700+58-10\\&=13\,748\end{aligned}$$。

解题过程
$$\begin{aligned}\text{原式}&=(20092008+1)\times 2009-20092008\times 2008-20092008\\&=20092008\times 2009+2009-20092008\times 2008-20092008\\&=20092008\times(2009-2008)+2009-20092008\\&=20092008+2009-20092008\\&=2009\end{aligned}$$。

解题过程
（1）$$\begin{aligned}\text{原式}&=(36+1)\times 47+36\times 53\\&=36\times 47+47+36\times 53\\&=36\times(47+53)+47\\&=36\times 100+47\\&=3600+47\\&=3647\end{aligned}$$。 （2）$$\begin{aligned}\text{原式}&=(124-1)\times 76-124\times 75\\&=124\times 76-76-124\times 75\\&=124\times(76-75)-76\\&=124-76\\&=48\end{aligned}$$。

解题过程
方法一：原式 $=(1+4+\cdots+97)+(2+5+\cdots+98)-(3+6+\cdots+99)$。三个等差数列各有 $33$ 项：$$\begin{aligned}&=(1+97)\times 33\div 2+(2+98)\times 33\div 2-(3+99)\times 33\div 2\\&=(98+100-102)\times 33\div 2\\&=96\times 33\div 2\\&=1584\end{aligned}$$。 方法二：$$\begin{aligned}\text{原式}&=(1+2-3)+(4+5-6)+(7+8-9)+\cdots+(97+98-99)\\&=0+3+6+\cdots+96\\&=(0+96)\times 33\div 2\\&=1584\end{aligned}$$。

解题过程
$$\begin{aligned}\text{原式}&=99\times(100-98)+97\times(98-96)+95\times(96-94)+\cdots+3\times(4-2)+2\times 1\\&=99\times 2+97\times 2+95\times 2+\cdots+3\times 2+1\times 2\\&=(99+97+95+\cdots+3+1)\times 2\\&=(99+1)\times 50\div 2\times 2\\&=50\times 50\times 2\\&=5000\end{aligned}$$。

解题过程
由题意知，$A$ 为数列 $8,18,28,38,\cdots,998$ 的和，$B$ 为数列 $3,13,23,33,\cdots,993$ 的和。方法一：$A-B=(8+18+28+\cdots+998)-(3+13+23+\cdots+993)$，两数列都有 $100$ 项，$$\begin{aligned}(8+998)\times 100\div 2-(3+993)\times 100\div 2&=50300-49800\\&=500\end{aligned}$$。方法二：$$\begin{aligned}A-B&=(8-3)+(18-13)+(28-23)+\cdots+(998-993)\\&=\underbrace{5+5+\cdots+5}_{100\,个 5}\\&=5\times 100\\&=500\end{aligned}$$。

解题过程
方法一：表中每一行都是等差数列，和等于中间数 $\times$ 项数。第一行的和是 $9\times 9=81$；第二行的和是 $10\times 9=90$；第三行的和是 $11\times 9=99$；第四行的和是 $12\times 9=108$；第五行的和是 $13\times 9=117$。表中所有数的总和是 $$\begin{aligned}81+90+99+108+117&=99\times 5\\&=495\end{aligned}$$。方法二：表格共有 $9\times 5=45$ 个数，这些数的平均数等于中间的数 $11$，总和是 $11\times 45=495$。

解题过程
$$\begin{aligned}\text{原式}&=(20^2-19^2)+(18^2-17^2)+\cdots+(2^2-1^2)\\&=(20+19)\times(20-19)+(18+17)\times(18-17)+\cdots+(2+1)\times(2-1)\\&=(20+19)+(18+17)+\cdots+(2+1)\\&=20+19+18+\cdots+2+1\\&=(20+1)\times 20\div 2\\&=210\end{aligned}$$。

解题过程
$$\begin{aligned}\text{原式}&=(950+1)\times(950-1)-(50+2)\times(50-2)\\&=950^2-1^2-(50^2-2^2)\\&=950^2-1-2500+4\\&=902500-1-2500+4\\&=900\,003\end{aligned}$$。

解题过程
（1）$$\begin{aligned}8\ominus 7&=8+2\times 7-2\\&=8+14-2\\&=20\end{aligned}$$，故 $$\begin{aligned}(8\ominus 7)\ominus 6&=20\ominus 6\\&=20+2\times 6-2\\&=20+12-2\\&=30\end{aligned}$$。 （2）$$\begin{aligned}7\ominus 6&=7+2\times 6-2\\&=7+12-2\\&=17\end{aligned}$$，故 $$\begin{aligned}8\ominus(7\ominus 6)&=8\ominus 17\\&=8+2\times 17-2\\&=8+34-2\\&=40\end{aligned}$$。

解题过程
先把 $\square\circ 5$ 看作一个整体。$6\circ(\square\circ 5)=(6+1)\times[(\square\circ 5)-2]=91$，可得 $(\square\circ 5)-2=91\div 7=13$，所以 $\square\circ 5=15$。又 $\square\circ 5=(\square+1)\times(5-2)=(\square+1)\times 3=15$，那么 $\square+1=5$，所以 $\square=4$。

解题过程
①第一个口令“$8$”（去掉一个数字使数最大）：$6595$ 去掉数字 $6$ 得 $595$？应去掉使结果最大的数字，去掉 $5$ 得 $695$，故变成 $695$；②第二个口令“$7$”（插入一个数字使数最大）：在 $695$ 中插入数字得最大 $9695$；③第三个口令“$8$”：$9695$ 去掉一个数字使数最大得 $995$；④第四个口令“$7$”：$995$ 插入得 $9995$；⑤第五个口令“$8$”：$9995$ 去掉一个数字得 $999$；⑥第六个口令“$8$”：$999$ 去掉一个数字得 $99$。变换后依次得到的 $6$ 个数的和是 $$\begin{aligned}695+9695+995+9995+999+99&=(700-5)+(9700-5)+(1000-5)+(10\,000-5)+(1000-1)+(100-1)\\&=22\,478\end{aligned}$$。

解题过程
整个算式按从左到右运算，相当于 $(1\triangle 2\triangle 3\,\triangledown\,4\triangle\cdots\triangle 99)\,\triangledown\,100$。先看最后一步：括号内前 $99$ 个数运算的结果一定是 $1\sim 99$ 中的某个数，必然比 $100$ 小，而最后一个运算符是 $\triangledown$（取较小），故 $\triangledown 100$ 后保留括号内的结果，即原式 $=1\triangle 2\triangle 3\,\triangledown\,4\triangle\cdots\triangle 99$。再看倒数第二步 $(1\triangle\cdots\triangledown 98)\triangle 99$：括号内前 $98$ 个数的结果一定是 $1\sim 98$ 中的某个数，比 $99$ 小，而此处运算符是 $\triangle$（取较大），因此结果一定保留 $99$。综上，整个算式的结果就是 $99$。

解题过程
算式中后一项与前一项的数相差 $6$，最后一项最小是大于 $0$ 的数。这些数从 $2000$ 开始每次减 $6$：当 $2000-6\times(n-1)=2$ 时 $n=334$，所以一共有 $(2000-2)\div 6+1=334$（个）数，倒数第二个数是 $8$，最后 $4$ 个数为 $20,14,8,2$。又 $334\div 4=83\cdots\cdots 2$，所以符号按 $+,+,-,-$ 的周期排到最后 $4$ 个时恰为 $-,-,+,+$，即最后 $4$ 个数（含符号）为 $-20,-14,+8,+2$。求和时把首项 $2000$ 单独留出，其余每 $4$ 个分成一组：原式 $=2000+(1994-1988-1982+1976)+(1970-1964-1958+1952)+\cdots+(26-20-14+8)+2$，每一组形如 $a-(a-6)-(a-12)+(a-18)=0$，故 $$\begin{aligned}\text{原式}&=2000+0+0+\cdots+0+2\\&=2002\end{aligned}$$。

解题过程
$10$ 个数中奇数和偶数各有 $5$ 个（奇数 $1,3,5,7,9$，偶数 $2,4,6,8,10$）。把每个奇数与所有偶数的乘积分别相加：以奇数为一列，第一列 $$\begin{aligned}1\times 2+1\times 4+1\times 6+1\times 8+1\times 10&=1\times(2+4+6+8+10)\\&=1\times 30\end{aligned}$$，同理每个奇数都乘以 $(2+4+6+8+10)=30$。则所有奇数与所有偶数相乘后这 $25$ 个乘积的和为 $$\begin{aligned}(1+3+5+7+9)\times(2+4+6+8+10)&=25\times 30\\&=750\end{aligned}$$。

解题过程
算式中 $1=1$，$3=1+2$，$6=1+2+3$，$\cdots$ 都是三角形数，$4950=1+2+\cdots+99$。所以原式 $=1-(1+2)+(1+2+3)-(1+2+3+4)+(1+2+3+4+5)-\cdots+(1+2+\cdots+99)$。把相邻两项配对作差：$$\begin{aligned}&=1+[(1+2+3)-(1+2)]+[(1+2+3+4+5)-(1+2+3+4)]+\cdots+[(1+2+\cdots+99)-(1+2+\cdots+98)]\\&=1+3+5+7+\cdots+99\\&=(1+99)\times 50\div 2\\&=2500\end{aligned}$$。

解题过程
按 $+,+,-,-$ 的周期把同号的平方两两配对：原式 $=(100^2-98^2)+(99^2-97^2)+(96^2-94^2)+(95^2-93^2)+\cdots+(4^2-2^2)+(3^2-1^2)$。对每对用平方差公式（每对两数相差 $2$）：$$\begin{aligned}&=(100+98)\times 2+(99+97)\times 2+(96+94)\times 2+(95+93)\times 2+\cdots+(4+2)\times 2+(3+1)\times 2\\&=(100+98+99+97+96+94+95+93+\cdots+4+2+3+1)\times 2\\&=(1+2+3+\cdots+100)\times 2\\&=5050\times 2\\&=10\,100\end{aligned}$$。

解题过程
（1）根据定义，$4\ominus 15$ 是从 $4$ 开始的 $15$ 个连续自然数的和，一共有 $15$ 个数。从 $4$ 开始的 $15$ 个连续自然数，最后一个是 $4+15-1=18$，因此 $$\begin{aligned}4\ominus 15&=(4+18)\times 15\div 2\\&=165\end{aligned}$$。 （2）$(\square\ominus 7)\ominus 11=1056$ 表示从 $(\square\ominus 7)$ 开始的 $11$ 个连续自然数之和是 $1056$。由“和 $=$ 中间数 $\times$ 项数”，$11$ 个数的中间数是第 $6$ 个数，$1056\div 11=96$，所以首项 $\square\ominus 7=96-5=91$。再由 $\square\ominus 7$ 表示从 $\square$ 开始的 $7$ 个连续自然数之和 $=91$，中间数（第 $4$ 个）$=91\div 7=13$，所以 $\square=13-3=10$。

解题过程
观察题目给出的数的特点，发现 $7,3,4,5$ 都比较小，宜先用乘法型运算“$\forall$”使数变大，再用减法型运算“$\Omega$”把结果调小。由 $a\,\forall\,b=a\times b+1$ 得 $$\begin{aligned}7\,\forall\,3&=7\times 3+1\\&=22\end{aligned}$$，$$\begin{aligned}4\,\forall\,5&=4\times 5+1\\&=21\end{aligned}$$；再由 $a\Omega b=a-b+1$ 得 $$\begin{aligned}(7\,\forall\,3)\,\Omega\,(4\,\forall\,5)&=22\Omega 21\\&=22-21+1\\&=2\end{aligned}$$。故填法为 $(7\,\forall\,3)\,\Omega\,(4\,\forall\,5)=2$。

解题过程
（1）按③①③②④操作如下：$4176$ 经③“七上八下”得 $7416$；经①“一分为二”得 $7416\div 2=3708$；再经③“七上八下”得 $7308$；经②“丢三落四”划掉数字 $3$ 得 $708$；经④“十全十美”把个位换成 $0$ 得 $700$。（2）从 $655687$ 出发，每次选择能使其更快接近 $0$ 的操作，最少经过 $6$ 次操作可以得到 $0$。（3）讨论三位数经①③④三种操作各进行一次后得到 $8$ 的情形：结合“十全十美”使个位为 $0$、“一分为二”使结果为 $8$、“七上八下”需含 $7$ 或 $8$ 的限制逐一计数，共有 $18$ 个这样的三位数。

解题过程
直接求和很繁琐，可以考虑采用对称的办法。将三角形的乘法口诀表补成完整的 $9\times 9$ 方阵，这个方阵中所有乘积的和是 $$\begin{aligned}(1+2+3+4+5+6+7+8+9)\times(1+2+3+4+5+6+7+8+9)&=45\times 45\\&=2025\end{aligned}$$。而对角线上的 $9$ 个乘积的和是 $$\begin{aligned}1\times 1+2\times 2+3\times 3+\cdots+9\times 9&=1+4+9+\cdots+81\\&=285\end{aligned}$$。原三角形表的乘积和等于（方阵和减去对角线和）的一半再加上对角线和，因此乘法表上所有乘积的和是 $$\begin{aligned}(2025-285)\div 2+285&=870+285\\&=1155\end{aligned}$$。

解题过程
在数阵图问题中，一般要从已知条件最多的部分入手分析。图 2-1 中已填好 $2$（顶点）、$5$（左中）、$1$（底中）。左边的线上已有 $2$、$5$，故左下角的数为 $11-2-5=4$；底边已有 $4$、$1$，故右下角为 $11-4-1=6$；右边的线上已有 $2$、$6$，故右中为 $11-2-6=3$。所以三个空圈依次填 $4$、$3$、$6$。

解题过程
先看上面的圆圈，$4$ 个数的和是 $15$，其中有两个数是 $5$ 和 $7$，所以另外两个数的和是 $15-5-7=3$。可填的数是 $1$、$2$、$4$、$6$，所以这两个数只能是 $1$ 和 $2$。同理，得左边圆圈另两个空白数只能填 $1$ 和 $6$。因为两个圆圈都填了 $1$，所以只能把 $1$ 填在中间，剩下 $4$ 填在右边圆圈即可，满足题意。

解题过程
为叙述方便，将空白圆圈标上字母，如图所示。比较图中两条粗实线，它们共用一个公共圆 $A$，由两条直线之和相同，可知两线上其余各数之和也相同，得 $7+B=9+8$，由此求出 $B=10$。再利用公共点依次求出其他空白圆里的数，即可填满全图。

解题过程
$1+2+3+\cdots+8=36$，得每列两数之和为 $36\div 4=9$，每行四数之和为 $36\div 2=18$。于是每列上下两数应凑成 $9$，可配成 $(1,8)$、$(2,7)$、$(3,6)$、$(4,5)$ 共四组。再把这 4 组数适当填入表中，使每行 4 数之和为 $18$，如图所示。

解题过程
相邻两个大圆有一个公共的小圆，利用公共数把每个大圆上的和调成相等：先确定公共位置的数，再依次推算其余各圆缺数，使三个大圆和都相同，得到一种填法。

解题过程
表格中 9 个数的总和是 $(1+2+3)\times 3=18$，所以每行（每列）3 个数字之和都等于 $18\div 3=6$。从两条对角线、各行各列都凑成 $6$ 出发：先填满第一行 $1,2,3$，再第二行、第三行重排，使行、列、对角线都为 $6$，得到一种填法，如图所示。

解题过程
在计算“大”字三笔上数的总和时，中心圆被三笔共用、算了 $3$ 次，其他圆各算 $1$ 次，因此三笔上数的总和等于所有数的和加上中心圆的 $2$ 倍。设中心圆为 $A$，则有 $9\times 3=(1+2+3+4+5+6)+2A$，即 $27=21+2A$，所以 $A=3$。再把其余各数与 $3$ 配合，使每笔之和都为 $9$，得到一种填法（横笔 $2,3,4$，两斜笔分别经过 $3$ 配出 $9$）。

解题过程
两个正方形共用了中间两个 $\bigcirc$。由两正方形顶点和都为 $13$，且总和 $1+2+\cdots+6=21$，结合两正方形共用的两数，推出中间两数与四角各数，使每个正方形顶点和都为 $13$，得到填法。

解题过程
横行与竖列交叉处有一个公共格，记其中的数为 $A$。横行 $3$ 数之和与竖列 $4$ 数之和相同，记这个公共和为 $S$；把横行和与竖列和相加，公共格被算了 $2$ 次，故 $2S=$ 所有数的和 $+A$。$1\sim 6$ 总和为 $21$，所以 $2S=21+A$，即 $S=(21+A)\div 2$，要使其为整数须 $A$ 为奇数。要使 $S$ 最小，取 $A=1$，得 $$\begin{aligned}S&=(21+1)\div 2\\&=11\end{aligned}$$；要使 $S$ 最大，本应取 $A=6$，但 $21+6=27$ 不能被 $2$ 整除，故 $A$ 最大只能取 $5$，得 $$\begin{aligned}S&=(21+5)\div 2\\&=13\end{aligned}$$。所以这个和最大是 $13$，最小是 $11$。

解题过程
在计算三条直线数的总和时，中心圆被三条直线共用、算了 $3$ 次，其他各圆各算 $1$ 次，所以三条直线数的总和等于所有数的和加上中心圆的 $2$ 倍。$1\sim 7$ 的总和为 $28$，设中心圆为 $A$，则三直线和 $=28+2A$，又每条直线和 $=(28+2A)\div 3$ 须为整数，故 $28+2A$ 是 $3$ 的倍数，即 $A$ 除以 $3$ 余 $1$，$A$ 只能取 $1$、$4$、$7$。逐一验证：$A=1$ 时每条直线和为 $10$，$A=4$ 时为 $12$，$A=7$ 时为 $14$，都能填出；而 $A=3,5,6$ 时无法配出相等的直线和。所以一共有 $3$ 种填法（如图所示）。

解题过程
从已知数最多的小三角形入手，可先填出与 $5$、$6$、$9$ 相邻的空圈，再依次推算其他小三角形，使每个小三角形 $3$ 顶点之和都为 $15$，逐步填满全图，如图所示。

解题过程
图中已填好 $5$ 个数：上边一条边有 $1$、$16$（还缺右上角），右边一条边有 $9$，下边一条边有 $7$、$6$。先比较上边与右边这两条边：它们共用右上角的数，由两边之和相等，得右下角 $A$ 满足 $9+A=1+16=17$，所以 $A=8$。这样最下面一条边上的 $3$ 个数都已知，其和为 $7+6+8=21$，即每条边上 $3$ 个数的和都是 $21$。再用 $21$ 逐边反推其余空圈：右上角为 $21-1-16=4$，左下角为 $21-1-7=13$，从而把图补充完整。

解题过程
分析每条边上各数的重叠情况，利用 $1\sim 12$ 的总和与各边的重叠关系定出每条边应有的和，再通过配对调节顶点与边上的数，使每条边 $6$ 个数之和相等，得到填法，如图所示。

解题过程
每个 $\bigcirc$ 都被两个长方形共用。利用 $1\sim 8$ 的总和 $36$ 及各长方形对顶点的配对关系，把和相等的两数对（如 $(1,8),(2,7),(3,6),(4,5)$）合理分配到各交点处，使每个长方形 $4$ 数之和都相等，得到填法。

解题过程
所给数共九个，总和为 $$\begin{aligned}3\times 0+2\times 2+2\times 3+2\times 4&=0+4+6+8\\&=18\end{aligned}$$。先满足第二、三行之和各为 $7$ 的约束（例如把 $2$ 放上、$0$ 放下，第二行配成 $3$ 和 $4$、第三行配成 $3$ 和 $2$ 等），再调整各列使每个箭头所指的列之和相同，逐格凑数得到填法，如图所示。

解题过程
每个小 $\bigcirc$ 只能填 $1$ 或 $2$，每个大圆上 $4$ 个数之和的最小值为 $4$、最大值为 $8$，且要两两不同。结合各圆共用的小 $\bigcirc$，合理安排 $1$ 与 $2$ 的分布使各大圆和互不相同，从而确定填法及所填数的总和，如图所示。

解题过程
由“每个数等于与它相连上面两数之和”的规则，从最上面一行的几个数出发，逐层相加得到下面各数。要使最下面的数尽量小，需让上面各数尽量小且互不相同。经检验：当最上面一行中间的数取 $2$ 时，第二行的两个数至少为 $3$ 和 $6$，最下面那个数为 $9$；当最上面一行中间取 $3,4,\cdots$ 时，最下面那个数都大于 $9$。综合各种排布，最下面那个数最小是 $8$。

解题过程
相邻（有线段直接相连）的两个圆内数字之差不能等于 $1$，即相邻位置不能填连续的两个数。把连接最多（度数最大）的位置先安排，使其邻居都与它不相邻于自然数序列；依次安排其余位置，得到满足条件的填法，如图所示。

解题过程
已知连线上的数是相邻两圆之和，这 $7$ 个圆里填 $7$ 个连续自然数。设标 $\bigstar$ 处的数为 $x$，沿着连线用相邻两圆之和的已知值（如 $8$、$12$ 等）依次推算各圆的数。经验证：取 $\bigstar=5$ 时，其相邻各圆依次为 $3,1,6,4,2,7$，恰好是 $1\sim 7$ 这 $7$ 个连续自然数，且每相邻两圆之和都与连线上的已知数相符。所以 $\bigstar$ 处所填的数是 $5$。

解题过程
三条直线都经过中心方格，$$\begin{aligned}\text{三条直线之和相加}&=8+11+15\\&=34\end{aligned}$$。在这个总和里，中心方格的数被三条直线各算一次、共算 $3$ 次，其余各数各算 $1$ 次，所以 $34=(1+2+\cdots+7)+2\times $中心数 $=28+2\times $中心数，得$$\begin{aligned}\text{中心数}&=(34-28)\div 2\\&=3\end{aligned}$$。于是与中心 $3$ 同在一条直线、分别凑成 $8$、$11$、$15$ 的另两个数：凑 $8$ 的两数是 $1$ 与 $4$，凑 $11$ 的两数是 $2$ 与 $6$，凑 $15$ 的两数是 $5$ 与 $7$。圆圈上的 $3$ 个数是每条直线靠外的端点，要使乘积最大，取 $4$、$6$、$7$，最大乘积为 $4\times 6\times 7=168$。

解题过程
三角形 $3$ 个顶点处的数各被计算了 $2$ 次，所以三条边上数的总和 $=$ 所有数的和 $+$ 三个顶点数之和。设三顶点之和为 $S$，则三条边和 $=21+S$，每条边和 $=(21+S)\div 3$。要使和最小，应让顶点和 $S$ 最小（取 $1+2+3=6$），得$$\begin{aligned}\text{每条边和}&=(21+6)\div 3\\&=9\end{aligned}$$；要使和最大，应让 $S$ 最大（取 $4+5+6=15$），得$$\begin{aligned}\text{每条边和}&=(21+15)\div 3\\&=12\end{aligned}$$。所以这个和最小是 $9$，最大是 $12$。

解题过程
“六一”图形由若干 $2$ 格或 $3$ 格的长方形拼成。利用 $1\sim 11$ 的总和及各长方形的格数关系，确定每个长方形应有的相等之和，再用配对凑数把数填入各格，使每个长方形中各数之和都相等，如图所示。

解题过程
图中有一个公共的中心点被多条直线共用。利用各直线对中心点的重复计数与 $1\sim 6$ 的总和，求出每条直线应有的相等之和，再据此安排中心数与外围数，使 $4$ 条直线和都相等，如图所示。

解题过程
把武器威力 $1\sim 10$ 看作填入掩体的数。四角的掩体各被两条边共用，所以四条边威力总和 $=$ 所有威力之和 $+$ 四角威力之和，即 $4\times$（每条边的和）$=$ 所有数的和 $+$ 四个角的和。$1\sim 10$ 总和为 $55$，要使每条边和尽量大且相等，应让四个角放威力最大的数。若取 $7,8,9,10$ 作四角，角和 $=34$，$$\begin{aligned}\text{四边总和}&=55+34\\&=89\end{aligned}$$，$89\div 4$ 不是整数，不可行；改取四角为 $6,8,9,10$，角和 $=33$，$$\begin{aligned}\text{四边总和}&=55+33\\&=88\end{aligned}$$，$$\begin{aligned}\text{每条边威力}&=88\div 4\\&=22\end{aligned}$$，经尝试可填出，如图所示。所以每条边威力总数最大是 $22$。

解题过程
先填上面的圆，已经填出的数之和是 $4+7=11$，所以剩下两个区域之和为 $28-11=17$，把可填的数 $1,3,6,9,11,12$ 中和为 $17$ 的两数填入；同样依次处理右边、下边、左边的圆，使每个圆 $4$ 数之和都为 $28$，逐区填出，如图所示。

解题过程
图中已填入 $1$、$9$、$9$、$7$ 等数。设大圆上 $3$ 个数之和为定值 $T$，利用每条直线 $3$ 数之和都等于 $T$ 的条件，结合已知数列出关系，逐一求出 $3$ 个空白 $\bigcirc$ 内的数，使各直线和与大圆和都为 $T$，如图所示。

解题过程
正方体共 $6$ 个面，每个顶点同时属于 $3$ 个面。$1\sim 8$ 总和为 $36$，若每个面 $4$ 数之和为 $S$，由 $6$ 个面共把每个顶点计算 $3$ 次，得 $6S=3\times 36=108$，所以 $S=18$。再把和为 $9$ 的数对（$(1,8),(2,7),(3,6),(4,5)$）分别放在正方体的四条体对角线两端，即可使每个面 $4$ 数之和都为 $18$，如图所示。

解题过程
六角星共有 $6$ 条直线，每个 $\bigcirc$ 恰好在 $2$ 条直线上。$1\sim 12$ 总和为 $78$，若每条直线 $4$ 数之和为 $S$，由 $6$ 条直线把每个数计算 $2$ 次，得 $6S=2\times 78=156$，所以 $S=26$。再利用已填好的 $6$ 个数，按每条直线和为 $26$ 逐条补出其余各数，如图所示。

解题过程
$1\sim 8$ 总和为 $36$。设小正方形 $4$ 顶点之和为 $a$，则大正方形 $4$ 顶点之和为 $2a$，由 $a+2a=36$ 得 $a=12$，即小正方形顶点和 $12$、大正方形顶点和 $24$。再在满足每个三角形 $3$ 顶点之和相等的约束下安排各数，得到填法，如图所示。

解题过程
$9$ 个连续自然数，其中一个是 $6$。利用每条直线之和都为 $23$ 的条件，从已填好的 $6$ 出发，结合连续自然数的性质与各圆的重叠（公共点）关系，依次推算其余各圆的数，使每条直线 $\bigcirc$ 内数之和都为 $23$，如图所示。

解题过程
每行、每列、每条对角线的 $5$ 个数都各不相同，相当于一个 $5$ 阶拉丁方加上对角线约束；同时每块（共 $5$ 块）上所填数之和都相等。每个数 $1\sim 5$ 在表中各出现 $5$ 次，$$\begin{aligned}\text{总和}&=(1+2+3+4+5)\times 5\\&=75\end{aligned}$$，每块和 $=75\div 5=15$。结合已填入的 $1$、$2$ 与拉丁方、对角线、块和的限制逐格推理，确定 $A,B,C,D,E$ 各处的数，得 $A=1,B=4,C=5,D=2,E=3$，即 $ABCDE=14523$。

解题过程
把 $5$ 条圆环上的各数之和相加，相邻两圆相交（重叠）的 $4$ 个部分各被计算了 $2$ 次，其余 $5$ 个部分各被计算 $1$ 次。$1\sim 9$ 总和为 $45$，若每个圆环和为 $S$，则 $5S=45+($四个重叠部分之和$)$。重叠部分之和最小时取最小的 $4$ 个数 $1+2+3+4=10$，得 $5S=55$，$S=11$；重叠部分之和最大时取最大的 $4$ 个数 $6+7+8+9=30$，得 $5S=75$，$S=15$；经检验在使每环和相等可行的范围内，最大为 $14$、最小为 $11$。

解题过程
根据“黄金三角”（首尾分析），由四位和数 $\overline{AEEA}$ 的首位 $A=1$；再由两位数加三位数得四位数知 $B=9$；由个位 $B+D$ 末位为 $A=1$ 及进位关系推得 $E=0$，进而 $D=2$，$C=8$。完整竖式为 $\overline{AB}=19$，$\overline{BCD}=982$，$19+982=1001=\overline{AEEA}$。故和为 $1001$。

解题过程
按题意，将 $G=5$，$A=9$，$D=0$，$H=6$ 代入竖式，得 $$\begin{array}{r}9\ 9\ B\\+\ C\ 0\ E\ F\\\hline 5\ 0\ 6\ I\end{array}$$ 由个位、十位逐位分析进位，结合不同字母代表不同数字，可定出 $I=3$。

解题过程
（1）看首位：两个四位数相加之和是五位数，所以和的首位“车”$=1$。看末位：两个“卒”相加之和的末位还是“卒”，因此“卒”只能是 $0$。看千位：若百位向千位进 $1$，则“兵”$+$“兵”的末位是 $9$，不可能；因此百位没有向千位进位，“兵”$+$“兵”$=10$，即“兵”$=5$。继续逐位分析，得“炮”$=2$，“马”$=4$，竖式为 $5240+5210=10\,450$（车卒马兵卒 $=10450$）。 （2）看首位：因为四位数减去三位数等于三位数，所以被减数首位“炮”$=1$，故“炮”$=1$。再由各位借位分析，得“兵”$=2$，“马”$=9$，竖式为 炮兵兵炮 $-$ 兵马兵 $=$ 马兵马，即 $1221-292=929$。

解题过程
先看个位，$5$ 个“谜”之和的末位是“谜”，则“谜”取 $0$ 或 $5$。逐位分析并结合 巧 $+$ 解 $+$ 数 $+$ 字 $+$ 谜 $=30$ 的条件，依次确定“谜”$=5$，“字”$=6$，“数”$=9$ 等，最终“数字谜”所代表的三位数为 $965$，完整竖式如原书所示。

解题过程
看千位，可推断出“北”$=1$，且“京”不是 $2$；又因和的百位也是“京”，由首位与进位分析，把 $4$ 个加数配凑为含 $1,10,100,1000$ 的结构，其和的零头为 $10+100+1000=1111$，于是 $2008-1111=897$，结合各位分析得“北京奥运”$=1809$，完整竖式如原书图所示。

解题过程
① 看个位，由 $E\times3$ 的末位是 $1$，因此 $E=7$，此时个位向十位进 $2$。② 看十位，由 $D\times3$ 的末位是 $7-2=5$，因此 $D=5$，此时十位向百位进 $1$。③ 看百位，由 $C\times3$ 的末位是 $5-1=4$，因此 $C=8$，此时百位向千位进 $2$。同理得 $B=2$，$A=4$。故 $\overline{ABCDE}=42857$（完整竖式 $142857\times3=428571$）。

解题过程
（1）个位 $△\times△$ 的末位仍是 $△$，故 $△=5$ 或 $6$。若 $△=6$，个位向十位进 $3$，十位 $☆\times6+3$ 末位还应是 $☆$，为奇数，逐一试 $1,3,5,7,9$ 均不合，舍去；故 $△=5$，个位进 $2$，由十位 $☆\times5+2$ 末位是 $☆$ 得 $☆=2$（$☆=7$ 不合）。于是竖式为 $225\times5=1125=\overline{○○☆△}$，○ $=1$。（2）同理 $△=6$，由各步进位与“三位数 $\times6<6000$”知 ○ $=1,3,5$ 之一；○ $=1$ 时被除数 $1116\div6=186$ 不成立，○ $=3$ 时被除数 $3336\div6=556$ 成立，故竖式为 $556\times6=3336=\overline{○○○△}$，得 ☆ $=5$，△ $=6$，○ $=3$。

解题过程
由竖式可知，两位数 $\overline{AC}$ 乘以两位数 $\overline{2C}$ 得三位数 $\overline{EEE}$，而 $\overline{EEE}$ 形如 $111\times E$。逐位分析两个部分积 $\overline{2DE}$ 与 $\overline{CF}$，并使三位重复数字相加得 $\overline{EEE}$，求得乘积为 $999$。

解题过程
图 3-11：商已知是 $69$，商的个位 $9$ 与除数的乘积是 $783$，由 $783\div9=87$ 知除数是 $87$；又末步余数为 $0$，故被除数 $=87\times69=6003$，完整竖式即 $6003\div87=69$，据此补全各空。图 3-12：商已知是 $85$，商的十位 $8$ 与除数的乘积是 $232$，由 $232\div8=29$ 知除数是 $29$；又末步余数为 $0$，故被除数 $=29\times85=2465$，完整竖式即 $2465\div29=85$，据此补全各空。

解题过程
设原来的四位数为 $\overline{ABCD}$，且 $A,B,C,D$ 不相同。看首位：由 $A\times9$ 为四位数，故 $A=1$，从而颠倒后的个位 $D=9$。由 $B\times9$ 不进位，所以 $B$ 只能取 $0$；又 $A=1$，所以 $C=8$。因此原来的四位数为 $1089$（$1089\times9=9801$）。

解题过程
图 3-13：先看个位，$4$ 个“语”之和的末位是“语”，故“语”取 $0$ 或 $5$；结合各位相加与和 $2000$ 逐位分析，定出 语 $=5$、英 $=6$、学 $=4$、巧 $=1$，验证 $5+65+465+1465=2000$。图 3-14：同理由各位相加与和 $7540$ 逐位分析，定出 奥 $=6$、林 $=7$、匹 $=8$、克 $=9$，验证 $6+67+678+6789=7540$。

解题过程
先看千位，若百位没有向千位借位，那么 $B=0$，但这时被减数的首位也就为 $0$ 了，矛盾，所以百位必向千位借位，此时 $B=9$。把 $B=9$ 填入对应位置，于是千位也向万位借位，再逐位分析其余各位，得 $A=4$，$C=8$，竖式为 $99888-49944=49944$。

解题过程
由首位知和是五位数，故进位 $E=1$，从而 $A=2$。再由 $A<B<C<D$ 及各位进位逐位分析：若 $A\geqslant3$ 则 $C,D$ 至少为 $5,6$，使 $C+D>9$ 矛盾，故 $A=2$；取 $B=3$，由 $C+D=9$ 得 $C=4$，$D=5$。代入竖式 $2233+3344+4455=10032$，验证符合，故和为 $\overline{EFFBA}=10032$。

解题过程
由于和的尾部为 $2010$，逐位分析各汉字相加与进位关系。先看个位，因为“会”和三个“博”那不相同的位数关系，逐位讨论“会”“博”“世”等的取值；再结合首位“携”“手”与进位，得到“携手上海世博会”可取两种符合条件的七位数：$1\,094\,372$ 或 $1\,094\,872$。

解题过程
设原来的四位数为 $\overline{ABCD}$，被抹后得三位数 $\overline{ABC}$ 与两位数 $\overline{AB}$，则 $\overline{ABCD}+\overline{ABC}+\overline{AB}=7826$。由和的千位是 $7$，且三个加数最大都不超过 $6999,699,69$（和约 $7767$），可定首位 $A=7$。把三个加数的首位（共 $7000+700+70=7770$）抹去，则其余部分之和为 $7826-7770=56$，于是 $B=0$，再由 $\overline{CD}+C=56$ 得 $C=5$，$D=1$。所以原来的四位数为 $\overline{ABCD}=7051$。

解题过程
设三个数字组成的最大三位数为 $\overline{ABC}$，最小三位数为 $\overline{CBA}$（$A>C$），则按减法竖式 $\overline{ABC}-\overline{CBA}$ 表示为含借位的竖式。因为 $A>C$，个位向十位借位时百位也相应减少；由减数与被减数十位相同知十位差只能借位得 $9$，故差的十位为 $9$。再由各位关系定出差为 $495$，验证 $954-459=495$，恰为原来的三位数。

解题过程
（1）设原数末位是 $4$，由“$4\times4=16$ 得积的个位是 $6$”逐位向前推算各位数字，每填一位就利用进位关系定下一位。如此逐位推得最小原数为 $102564$，其 $4$ 倍 $410256$ 正是把末位 $4$ 移到最前所得。 （2）设原来的五位数为 $\overline{ABCDE}$，则 $\overline{ABCDE}\times4=\overline{EDCBA}$。看首位，$A$ 只能取 $1$ 或 $2$；若 $A=1$ 则个位 $E\times4$ 末位为 $1$ 不成立，故 $A=2$，由 $E\times4$ 个位为 $2$ 得 $E=8$，再逐位推得 $B=1$，$C=9$，$D=7$，即原数 $21978$，其 $4$ 倍 $87912$ 为颠倒后的新五位数。

解题过程
先看个位 $B\times B$ 的末位是 $B$，故 $B$ 取 $0,1,5,6$；又 $B\neq0,1$，故 $B=5$ 或 $6$。若 $B=6$，则 $\overline{\square A6}\times A$ 应为四位数，推出 $A=1$ 但与 $\overline{\square A6}\times A$ 为四位数矛盾，故 $B=5$。由 $A$ 为奇数及各位进位分析得 $A=9$，$C=7$，首位 $\square=1$，即 $\overline{\square AB}=195$。完整竖式为 $195\times95=18525$，两部分积分别为 $975$ 与 $1755$。$10$ 个 □ 处的数字依次为 $1$（首位）、$9$（$\overline{\square CB}=975$ 的首位）、$1,7,5$（部分积 $1755$ 的前三位）、$1,8,5,2,5$（乘积 $18525$ 各位），其和为 $1+9+1+7+5+1+8+5+2+5=44$。

解题过程
这个乘法竖式可拆成两个一位数乘法：$\overline{AQ}\times Q=\overline{TAQ}$ 与 $\overline{AQ}\times T=\overline{AQ}$。由后者知 $T=1$。由个位 $Q\times Q$ 的末位仍是 $Q$，定 $Q$ 取 $0,1,5,6$；结合 $\overline{AQ}\times Q$ 得三位数 $\overline{TAQ}$ 逐位讨论，得 $A=2,\ Q=5,\ T=1,\ R=7,\ F=3$，使竖式 $25\times15=375$ 成立。

解题过程
① 因为“美”$\times$“美”的个位仍是“美”，所以“美”代表的数字是 $5$ 或 $6$。若“美”是 $5$，注意到它与“江”相乘时积的个位仍是“江”，所以“江”只能是 $0$ 或 $5$，但“江”与“美”不同且不能为 $0$，矛盾，故“美”$=6$。② 继续逐位分析，定出“江”$=2$、“峡”$=8$，得到三位数 $\overline{江峡美}=286$，乘数 $\overline{峡江美}=826$，完整竖式为 $286\times826=236236$。

解题过程
先考虑首位 $\square$ 与 □，因为除数与商的个位的乘积的个位是确定的，再结合各步减法及余数关系逐位补全。综合分析，可定出商为 $13$，完整除法竖式如原书图所示。

解题过程
不难发现，除数与商的个位相乘得到一个两位数；另外，除数与商的某位相乘得到一个三位数。结合商的各位与各步部分积、余数的位数关系逐位分析，由 $13\times9=117$ 小于商位中三位数等约束，定出商为 $79$，完整竖式如原书所示。

解题过程
先考虑商的个位与各位，因为各步部分积的位数已经确定，逐位反推。最后代入原竖式检验可得，商为 $104$ 时被除数是 $67\times104+7=6975$，与被除数首位是 $7$ 矛盾；因此商为 $107$，最后答案为 $7176\div67=107\cdots\cdots7$，完整竖式如原书所示。

解题过程
由字母除法竖式各步部分积的位数关系，结合除数 $\overline{ICE}$ 与商各位相乘所得位数，逐位破译各字母代表的数字。确定除数 $\overline{ICE}=142$、商 $\overline{EGM}=273$、被除数 $\overline{MHGTT}=38766$，各步为 $\overline{EHC}=284$、$\overline{IPMT}=1036$、$\overline{AAC}=994$、$\overline{CET}=426$、$\overline{CET}=426$，余数为 $0$，即 $38766\div142=273$，各字母互不相同，竖式成立。

解题过程
① 观察个位和十位。先看个位 $Y+N+N$ 的末位仍是 $Y$，故 $N$ 只能是 $0$ 或 $5$。若 $N=5$ 则个位向十位进 $1$，由十位 $T+E+E+1$ 末位是 $T$ 得 $E+E+1$ 末位为 $0$，矛盾，故 $N=0$，进而 $E=5$。② 逐位分析进位与互不相同约束，依次确定 $E=5,N=0,O=9,I=1,R=7,T=8,X=4,S=3,F=2,Y=6$，使 $\overline{FORTY}+\overline{TEN}+\overline{TEN}=29786+850+850=31486=\overline{SIXTY}$ 成立，故结果为 $31486$。

解题过程
为使和最大，应让高位尽量大。逐位讨论各字母取值并结合进位：先使万位、千位尽量取大，再逐位往下调整，保证各字母互不相同且属于 $1\sim9$。经验证，使和最大的填法所得竖式结果最大为 $99782$（如原书图所示完整竖式）。

解题过程
（1）由“三”$=3$、“九”$=9$，知 $\overline{三强韩赵魏}\times\square=\overline{九章勾股弦}$ 的乘数 $\square=3$（首位 $3\times3=9$ 不进位）。逐位试填得 $32058\times3=96174$，即三 $=3$，强 $=2$，韩 $=0$，赵 $=5$，魏 $=8$，九 $=9$，章 $=6$，勾 $=1$，股 $=7$，弦 $=4$。（2）由“勾股弦”$=345$，竖式为 $\overline{九章345}\times\square=\overline{三强韩赵魏}$。试填方框：填 $8$ 时 $\overline{九章345}\times8$ 的末三位为 $760$（韩赵魏 $=760$），且“九章”$=12$ 时 $12345\times8=98760$，得三 $=9$，强 $=8$，正好满足各字不同，故 $12345\times8=98760$。

解题过程
竖式为 $\overline{ABC}\times\overline{DC}$，两个部分积为 $\overline{ABC}\times C=\overline{DEAC}$ 和 $\overline{ABC}\times D=\overline{FED}$，乘积为 $\overline{GDBC}$。因为 $C\times C$ 的个位还是 $C$，所以 $C$ 只可能是 $0,1,5,6$；逐位讨论排除得 $C=6$。由 $\overline{ABC}\times6=\overline{DEAC}$ 为四位且 $A=$ 该积的十位，定出 $\overline{ABC}=356$，从而 $A=3$，$B=5$，$D=2$，$E=1$；第二部分积 $356\times2=712=\overline{FED}$ 得 $F=7$。乘积 $356\times26=9256=\overline{GDBC}$ 得 $G=9$。最终 $\overline{ABCDEFG}=3\,562\,179$。

解题过程
由除法竖式各步部分积与余数的位数关系逐位反推被除数、除数与商。商的首位是 $3$，由各步部分积分别是 $411$、$397$、$274$、$1233$ 等的位数特征，依次确定除数 $137$、商 $329$，并补全各空，完整竖式即 $137\times329=45073$（$45073\div137=329$）。

解题过程
竖式中未知字母有 $10$ 个，它们是 $A,I,L,S,Y,R,C,O,U,G$，由题意，这 $10$ 个字母分别表示 $0\sim9$ 这 $10$ 个数字。先观察竖式中各数的位数：除数 $\overline{AILS}$ 与 $C$ 相乘得四位数 $\overline{SIUR}$，而与 $O$、$L$ 相乘分别得五位数，由此确定商 $\overline{COL}$ 各位的取值范围。再观察竖式中各步减法与余数 $\overline{RIOCC}<\overline{RAICO}$ 等关系逐位破译，最终求得被除数 $\overline{LYRICS}=891\,437$。

解题过程
依据“二”“一”“零”分别对应除以 $3$ 余 $2$、余 $1$、余 $0$ 的数字（注意同一符号在不同位置可取该余数类中不同的数字），将各位的取值范围限定在 $\{2,5,8\}$、$\{1,4,7\}$、$\{0,3,6,9\}$ 内。再由乘法竖式各位的进位与部分积约束逐位试填，得 $\overline{二二一}=251$，$\overline{二零}=29$，部分积 $251\times9=2259=\overline{二二二零}$，$251\times2=502=\overline{二零二}$，乘积 $251\times29=7279=\overline{一二一零}$，验证各位余数均符合题意。

解题过程
被乘（加）数与各加数的首位都来自 $\{2,5,8\}$（因首位相加无进位），逐位分析：$\overline{EIGHT}$ 与 $\overline{TWENTY}$ 的位数关系定首位 $T=1$，又 $W=0$。由乘数（即 $\overline{EIGHT}\times2$ 的形式）个位得四位数知 $T=1$，进而各位首位为 $2$。逐位结合进位破译得 $E=5,I=2,G=3,H=7,T=1,W=0,O=4,N=8,Y=6$。完整竖式为 $\overline{EIGHT}+\overline{EIGHT}+\overline{TWO}+\overline{ONE}+\overline{ONE}=52371+52371+104+485+485=105816=\overline{TWENTY}$。

解题过程
要把一个图形平均分成 4 部分，可以先把图形平均分成 2 份，再把每一份各分成 2 份，即“一分为二、二分为四”。如本题第一、二部分给出的 5 种分法：沿两条中线、沿两条对角线、沿一组平行线、以及绕中心旋转对称的折线分割等，都能把正方形分成 4 个全等图形，画法不唯一。

解题过程
先不考虑空洞。任何经过正方形中心的直线都能把正方形分成面积相等的两部分。再考虑空洞：经过小正方形中心的任意一条直线，也把空洞分成面积相等的两部分。因此，只要画一条同时经过大正方形中心和小正方形中心的直线，这条直线就把“带洞纸片”分成面积相等的两半。

解题过程
因为六角星的每条边和小正三角形的边相等，所以六角星突出来的 6 个角各可以用 1 个小三角形填满，用去 6 个；剩下的中间部分是一个正六边形，也可以用 6 个小正三角形拼满。两部分合起来共需 $6+6=12$ 个三角形。

解题过程
本题答案略，只需画出满足要求的分法：恰当地在正方形边上选 6 个点，连成 3 条线段把正方形分成 6 块，并使每一块里都正好包含 1 个三角形与 2 个小正方形。

解题过程
图 (a) 由 12 个小正方格组成，沿格线分成 4 个部分，每部分含 $12\div 4=3$ 个小正方格，3 个方格要么组成 $1\times 3$ 的长方形、要么组成“L”形即可；图 (b)（一个梯形）由 12 个小三角形组成，沿格线分成 4 个部分后，每部分由 3 个小三角形组成，其形状与原梯形相似（即由 3 个小三角形拼成的小梯形），可分别给出几种分法。

解题过程
先数出图形的方格总数，把它平均分成 3 块，求出每块的方格数；再观察 3 个“○”的位置，使每一块都含且只含 1 个“○”，凑出 3 个全等的小块即可。

解题过程
原来图形被格线分成 16 个相同的小正方形，沿格线分成 4 个全等部分，每部分含 4 个小正方格；再结合各字母的位置，使每一块里 $A$、$B$、$C$、$D$ 恰各出现一次，由图发现可分成“一”“T”“田”“L”等字形，经尝试即可找到符合要求的分法。

解题过程
图 (a) 由 5 个小正方形组成，可把每个小正方形沿对角线或中线剖分，再把对应的小块拼成 4 个全等图形；图 (b) 由正方形和等腰直角三角形组成，把它补全或沿对称线分割，也能分成 4 个大小、形状相同的部分，分法见原书示意图。

解题过程
（1）设每个小正方形的面积为 1，则要拼成的大正方形面积为 2。沿对角线把每个小正方形剪成 2 个等腰直角三角形，4 个三角形拼起来就得到面积为 2 的大正方形。（2）保持一个正方形不剪，把另一个正方形沿两条对角线剪成 4 个等腰直角三角形，分别贴在保留正方形的 4 条边上，拼成一个更大的（斜放的）正方形。

解题过程
这个图形是由 16 个小正方形组成的，那么拼成的正方形应该是由 4 个格组成的，也就是边长为 4 个小方格的正方形。沿着合适的阶梯形折线把图形剪成两块，再把其中一块沿对角方向平移错位拼接，就能拼成一个 $4\times 4$ 的大正方形。

解题过程
利用正六边形关于中心 $O$ 的旋转对称性：（1）连接中心 $O$ 与 6 个顶点，把六边形分成 6 个全等的三角形；（2）把（1）中划分出的 6 个三角形两两组合，依次得到 3 个全等的菱形 $ABCO$、$CDEO$、$EFAO$；（3）画 $OA$、$OC$、$OE$ 三条线段，把正六边形分成 3 个全等的五边形。各小题分法都依赖正六边形关于中心 $O$ 的旋转对称性，分法见原书示意图。

解题过程
先数出图形的方格总数，平均分成 4 份得到每块的格数，再结合带凸出小方格的轮廓，凑出 4 个通过旋转或翻转能够重合的全等小块，标出分割线即可。

解题过程
这个三角形格阵共有 24 个小三角形，因此分成的每个部分应有 $24\div 4=6$ 个小三角形。由 6 个小三角形拼成的图形要与整体相似（仍是三角形），分别在格阵中找出 4 个这样的小三角形即可，分法见原书示意图。

解题过程
先求出 L 形的面积（按格计算），平均分成 4 份得每块面积。L 形可按多种方式分成 4 个全等的小图形——既能分成 4 个与原图相似的小 L 形，也能分成长方形、阶梯形等其它全等小块，至少给出 4 种不同的分法即可，分法见原书示意图。

解题过程
因为边长为 7 厘米的正方形面积是 $7\times 7=49$ 平方厘米，每张长 4 厘米、宽 1 厘米的长方形纸条面积是 $4$ 平方厘米，由面积关系，最多能裁剪出 $12$ 张纸条。这些纸条可以横竖交错安排：先横着裁出 1 张纸条，剩下的竖着裁可以裁出 3 张，接着继续横着裁……如此充分利用纸片，最多能裁出 $12$ 张，具体裁法见原书示意图。

解题过程
$6\times 6$ 方格共 36 格，分成 4 块每块 9 格。结合字母 $A$、$B$、$C$、$D$ 在格中的位置，凑出 4 个通过旋转或翻转能重合的全等小块，并使每一块内 $A$、$B$、$C$、$D$ 都齐全，经尝试即可得到满足要求的分法。

解题过程
把大正方形分割成两种面积不同的小正方形：（1）一共 6 个时，可分成边长之比合适的 2 个大正方形与 4 个小正方形；（2）一共 7 个时，可分成 1 个大正方形与 6 个小正方形。结合面积关系确定大、小正方形的边长和位置，分法见原书示意图。

解题过程
由勾股关系 $3^2+4^2=5^2$，两个小正方形面积之和恰等于边长 5 的大正方形面积，所以拼接是可行的。把边长 3、4 的两个正方形按合适的直角阶梯线切成 4 块，再绕拼成边长 5 的大正方形，切割线和拼接线见原书示意图。

解题过程
图 (a) 是从一个 $4\times 7$ 的长方形去掉左上角 $1\times 3$ 的一块，所以总面积等于 $4\times 7-1\times 3=25$。于是拼成的正方形边长应该等于 $5$。补上格线后将正方形与图 (a) 重叠，把图 (a) 沿合适的阶梯折线剪成 3 块，平移、错位后拼成图 (b) 的边长 5 的正方形，具体剪拼方法见原书示意图。

解题过程
先求出图 4-20 的面积，它等于要拼成的正方形面积，从而定出正方形的边长。利用图形关于中心的对称性，把它分成 4 个全等部分，再把这 4 块绕中心旋转拼接成一个正方形，分割线和拼接图见原书示意图。

解题过程
长方形的面积是 $9\times 4=36$ 平方厘米，所以正方形的边长是 6 厘米。把长方形沿“阶梯形”折线剪成 2 块（沿长把 9 分成 6 与 3，沿宽把 4 分成 …… 的阶梯），再错位拼接，就能拼成边长 6 厘米的正方形。先剪后拼，分法见原书示意图。

解题过程
由于剪拼过程中保持面积不变，所以最后拼成的正方形大小可以直接由面积计算得出。计算长方形（含各剪块）的总面积为 $9\times(12+4)=144$，即 $144=12\times 12$，因此正方形的边长为 12 厘米，拼成正方形时注意斜线必须和斜线对齐，具体拼法见原书示意图。

解题过程
大长方形的面积必须是 $7\times 3=21$ 平方厘米的整数倍。要使周长最小，应让大长方形尽量接近正方形。试取大长方形面积为 $84=3\times 4\times 7=21\times 4$，可拼成长 $7\times 2=14$、宽 $3\times 2=6$ 的长方形；进一步比较各种拼法（如 $84=1\times 84=2\times 42=3\times 28=4\times 21=6\times 14=7\times 12=\cdots$），发现长 12、宽 7 时拼成的大长方形周长最小，为 $(7+12)\times 2=38$ 厘米，具体拼法见原书示意图。

解题过程
题目要求所用的纸片数最少，所以要尽可能多用大的纸片来试一试。先看一看：能放多少张边长为 4 的正方形纸片，只能放 1 张，余下的部分无法放进边长为 4 的纸片；接着改放边长为 3 的纸片……逐步配合不同边长的正方形去填满 $5\times 5=25$ 的大正方形。经过试验，最少需要 8 张纸片，具体拼法见原书示意图。

解题过程
直接数方格数，整个图形有 32 个小格，所以分成的每一部分应该有 $32\div 4=8$ 个小格。而 8 个小正方形拼成的图形情况十分复杂，但是可以发现这个图形的形状很像一个倾斜的正方形。可以按多种方式把它分成 4 个全等的部分，分法见原书示意图。

解题过程
长方形的面积是 $25\times 16=400$ 平方厘米，所以正方形的边长是 20 厘米。因此要把长方形的长剪掉 5 厘米，同时要把宽补上 4 厘米，所以可以沿如图所示图形的虚线裁剪：横的虚线段长度都要取 5 厘米，竖的虚线段长度都要取 4 厘米，所以剪有 3 级阶梯（横 5、竖 4）的台阶线，剪成两块错位拼接即得边长 20 厘米的正方形，剪拼线见原书示意图。

解题过程
长方形的长是 49 厘米，正方形的边长是 35 厘米，所以沿长方形的长要剪去 $49-35=14$ 厘米；长方形的宽是 25 厘米，所以沿宽阶梯的高度等于 $35-25=10$ 厘米。先按阶梯剪法将长方形分成两级台阶，再沿小长方形 $5\times 7$ 的虚线把多出来的部分剪下补到不足处，拼成边长 35 厘米的正方形，剪拼方法见原书示意图。

解题过程
先考虑从面积入手。因为正方形的面积是 25，所以分割成的 7 个形状不同的长方形（含正方形）的面积之和也是 25。从面积小的长方形依次取出形状不同的若干个：面积 1 的正方形 $1\times 1$；面积 2 的长方形 $1\times 2$；面积 3 的长方形 $1\times 3$；面积 4 的有 $2\times 2$ 和 $1\times 4$ 两种；面积 5 的长方形 $1\times 5$；面积 6 的长方形 $2\times 3$（$1\times 6$ 超出 $5\times 5$ 不存在）。取 $1\times 1$、$1\times 2$、$1\times 3$、$2\times 2$、$1\times 4$、$1\times 5$、$2\times 3$ 这 7 个形状互不相同的长方形，它们的面积之和恰为 $1+2+3+4+4+5+6=25$，正好填满大正方形，分割方法见原书示意图。

解题过程
“十字架”的面积是 5，所以拼成的大正方形的面积也等于 5，$5=2^2+1^2$，由勾股定理，大正方形的边长就等于直角边为 1 和 2 的直角三角形的斜边长。在边长为 3 的正方形里，画出这样的大正方形。方法一：先在十字架中找到一个直角边为 1 和 2 的直角三角形，然后用前面拼大正方形的方法把大正方形画出来；方法二：补成 $4\times 4$ 方格后取出相应斜线剪拼；方法三：从原图中取出一条边（斜边）后剪拼。共可给出 2～3 种剪拼方法，见原书示意图。

解题过程
原书参考答案中本题未给出解答。提示：先求出剩余图形的面积 $$\begin{aligned}5\times 7-2\times 3&=35-6\\&=29\end{aligned}$$（平方厘米），目标正方形面积等于此面积，从而定出正方形边长，再用等积剪拼（阶梯/斜线剪拼）把图形分成 3 块拼成正方形。

解题过程
原书参考答案中本题未给出解答。提示：把大正方形分割成 12 个小正方形，并控制小正方形面积的种类数。可先用网格把大正方形分成若干同样大小的小正方形，再合并其中一部分得到更大的正方形，从而出现 2 种、3 种或 4 种不同面积的小正方形，使总数恰为 12 个。

解题过程
原书参考答案中本题未给出解答。提示：先把一个大三角形沿格线分成 $n^2$ 个全等的小三角形（$4$ 个、$9$ 个、$16$ 个……），再适当合并相邻的小三角形，调整成大小、形状都相同的 5 个或 13 个小三角形即可。

解题过程
强强的速度为 $100\div 10=10$（米/秒），合 $10\times 3600=36000$（米/时）$=36$（千米/时）。旗鱼速度为每小时 $120$ 千米，比 $36$ 千米/时快，所以旗鱼速度更快。

解题过程
墨莫速度为 $3000\div 12=250$（米/分）。跑 $25000$ 米需 $25000\div 250=100$（分钟）。每天跑 $10$ 分钟即 $250\times 10=2500$（米），$30$ 天共 $2500\times 30=75000$（米）$=75$（千米）。

解题过程
原计划速度为 $240\div 6=40$（千米/时）。前一半路程 $120$ 千米用时 $120\div 40=3$（小时），再加停留 $1$ 小时，已用 $4$ 小时；剩 $2$ 小时要走后一半 $120$ 千米，故后段速度 $120\div 2=60$（千米/时）。

解题过程
（1）甲从 $A$ 到 $B$ 的路程是 $4800$ 米，甲速度 $60$ 米/分，所需时间 $4800\div 60=80$（分钟）。（2）相向而行，两人速度和为 $60+100=160$（米/分），相遇时间 $4800\div 160=30$（分钟）。

解题过程
同向出发，甲在乙前方 $4800$ 米处，乙在后追甲。速度差为 $100-60=40$（米/分），追上时间 $4800\div 40=120$（分钟）。

解题过程
$A$ 车先行 $2$ 小时，行 $40\times 2=80$（千米），此后两车相距 $350-80=270$（千米）。两车相向，速度和 $40+50=90$（千米/时），再经 $270\div 90=3$（小时）相遇。$A$ 车出发为早上 $8$ 点，$B$ 车出发为 $10$ 点，相遇在 $10$ 点后 $3$ 小时，即下午 $1$ 时。

解题过程
卡莉娅出发时，墨莫已先走 $2$ 分钟即 $50\times 2=100$（米），此时两人相距 $720+100=820$（米）。两人速度差为 $60-50=10$（米/分），由追及公式“追及时间 = 追及距离 ÷ 速度差”，卡莉娅追上墨莫需 $820\div 10=82$（分钟）。墨莫比卡莉娅早出发 $2$ 分钟，故被追上时墨莫共走了 $82+2=84$（分钟），走了 $50\times 84=4200$（米）。

解题过程
速度和 $40+60=100$（千米/时）。（1）相遇时间 $350\div 100=3.5$（小时）。（2）第一次相距 $50$ 千米是在相遇之前，此时两车已合走 $350-50=300$（千米），用时 $300\div 100=3$（小时）。

解题过程
同向行驶，速度差 $60-40=20$（千米/时），两车初始相距 $300$ 千米，小轿车在后追公共汽车。（1）出发 $6$ 小时后，公共汽车行 $40\times 6=240$（千米），小轿车行 $60\times 6=360$（千米）。小轿车比公共汽车多行 $360-240=120$（千米），从初始相距 $300$ 千米中追近 $120$ 千米，故两车相距 $300-120=180$（千米）。（2）第一次相距 $100$ 千米是在小轿车追近的过程中，需把相距由 $300$ 千米缩短到 $100$ 千米，即追近 $300-100=200$（千米），用时 $200\div 20=10$（小时）。

解题过程
甲车每小时行 $40$ 千米，从 $A$ 地到相遇处 $C$ 用 $6$ 小时，故 $AC=40\times 6=240$（千米）。相遇后甲再行 $3$ 小时到 $B$，故 $CB=40\times 3=120$（千米）。$CB$ 恰是乙车在出发后 $6$ 小时（从 $B$ 到 $C$）所走的路程，所以乙车速度为 $120\div 6=20$（千米/时）。乙车从 $B$ 到 $A$ 的全程为 $AC+CB=240+120=360$（千米），需 $360\div 20=18$（小时）；乙车已走 $6$ 小时到 $C$、再走相遇后的 $3$ 小时，共 $9$ 小时，故还需 $18-9=9$（小时）才能到达 $A$ 地。

解题过程
（1）速度和 $60+30=90$（千米/时），相遇时间 $450\div 90=5$（小时）。（2）慢车早行 $3$ 小时，先走 $30\times 3=90$（千米），剩余相距 $450-90=360$（千米），再相遇用 $360\div 90=4$（小时），快车走 $60\times 4=240$（千米）。

解题过程
速度和 $60+40=100$（千米/时）。（1）第一次相距 $100$ 千米在相遇前，已合走 $400-100=300$（千米），用时 $300\div 100=3$（小时）。（2）相遇后再分开到相距 $100$ 千米，需再合走 $100+100=200$（千米）即从出发共走 $400+100=500$（千米），用时 $500\div 100=5$（小时）。

解题过程
两机速度差 $340-300=40$（千米/时），$4$ 小时后相距 $40\times 4=160$（千米）。甲要 $2$ 小时追上这 $160$ 千米，需多出速度 $160\div 2=80$（千米/时），故甲应飞 $340+80=420$（千米/时）。

解题过程
小高速度 $75$ 米/分，$12$ 分钟先走 $75\times 12=900$（米）。爸爸速度 $375$ 米/分，速度差 $375-75=300$（米/分），追上 $900$ 米用时 $900\div 300=3$（分钟）。

解题过程
速度差 $60-48=12$（千米/时），多行 $72$ 千米需 $72\div 12=6$（小时）。上午 $9$ 点出发，经 $6$ 小时为下午 $3$ 时。

解题过程
公共汽车 $9$ 点（早 $6$ 点出发后 $3$ 小时）时已行 $40\times 3=120$（千米）。设小轿车行 $t$ 小时到 $B$，此时小轿车走 $75t$，公共汽车走 $120+40t$ 且离 $B$ 还有 $160$ 千米，故 $75t=(120+40t)+160$，解得 $35t=280$，$t=8$（小时）。$A$、$B$ 相距 $75\times 8=600$（千米）。公共汽车走完全程用 $600\div 40=15$（小时），$6$ 点出发后 $15$ 小时为下午 $9$ 时。

解题过程
两车同时出发相遇，甲比乙快，甲过中点 $9$ 千米，乙差中点 $9$ 千米，故相遇时甲比乙多行 $9\times 2=18$（千米）。两车每小时速度差 $36-30=6$（千米/时），故行驶 $18\div 6=3$（小时）相遇。全程 $(36+30)\times 3=198$（千米）。

解题过程
把路程看成一定。计划与实际速度比为 $45:30=3:2$，相同路程下用时比为 $2:3$。设计划用 $2$ 份、实际用 $3$ 份时间，相差 $1$ 份恰为 $2$ 小时，故 $1$ 份是 $2$ 小时，实际用 $3$ 份即 $2\times 3=6$（小时）。

解题过程
原计划 $1$ 点到 $7$ 点共 $6$ 小时；改为 $2$ 点出发到 $7$ 点共 $5$ 小时。同一段路程 $5$ 小时比 $6$ 小时每小时多行 $2$ 千米，由线段图比较：$5$ 小时多行的路相当于原速度行 $6-5=1$ 小时的路，即 $2\times 5=10$（千米）等于原速度 $1$ 小时路程，故原速度 $10$ 千米/时，全程 $10\times 6=60$（千米）。

解题过程
设总路程为 $600$ 米（取 $20$、$30$ 的公倍数）。甲速度 $600\div 20=30$（米/分），乙速度 $600\div 30=20$（米/分），速度和 $30+20=50$（米/分），相遇时间 $600\div 50=12$（分钟）。

解题过程
设 $A$、$B$ 两地相距为 $1$ 份路程。相向 $1$ 小时相遇，故速度和为每小时 $1$ 份；同向 $3$ 小时追上，故速度差为每小时 $\frac{1}{3}$ 份。由和差：甲速度 $=(1+\frac{1}{3})\div 2=\frac{2}{3}$，乙速度 $=(1-\frac{1}{3})\div 2=\frac{1}{3}$，甲是乙的 $\frac{2}{3}\div\frac{1}{3}=2$（倍）。

解题过程
甲速度是乙的 $3$ 倍，相遇时甲、乙走的路程之比也是 $3:1$，共 $3+1=4$ 份，对应全程 $48$ 千米。甲走 $48\times\frac{3}{4}=36$（千米）。

解题过程
出发 $3$ 分钟后，甲从 $A$ 走了 $50\times 3=150$（米）。此时甲、乙相距 $450$ 米，乙在甲前方，故乙距 $A$ 地 $150+450=600$（米）。乙走完全程要 $18$ 分钟，出发 $3$ 分钟后还剩 $18-3=15$ 分钟的路要走，而这段路正是乙到 $A$ 地的 $600$ 米，所以乙的速度为 $600\div 15=40$（米/分）。此后甲、乙相向，速度和 $50+40=90$（米/分），从相距 $450$ 米到相遇还需 $450\div 90=5$（分钟）。

解题过程
如图，设猎狗现在位置为 $A$、兔子现在位置为 $B$，猎狗跑到兔子原位置 $B$ 时兔子到达 $C$，此时兔子距洞口还剩 $100$ 米。（1）在相同时间内猎狗跑的路程 $AB$、兔子跑的路程 $BC$，因为猎狗速度是兔子的 $2$ 倍，所以 $AB=2\times BC$。又 $AC=AB+BC=1000-100=900$（米），由和倍关系 $BC=900\div(2+1)=300$（米）。故兔子现在距洞口为 $BC+100=300+100=400$（米）。（2）兔子从 $B$ 到洞口还需跑 $400$ 米，此时猎狗在 $A$，距洞口 $1000$ 米。兔子跑完 $400$ 米进洞时，猎狗只跑了 $400\times 2=800$（米），还差 $1000-800=200$（米）才到洞口，故兔子先进洞，不会被追上。

解题过程
当小高到达乙地时，萱萱比小高多骑了 $8$ 千米，这 $8$ 千米是萱萱在那段“早到”的 $20$ 分钟（即 $\frac{20}{60}=\frac{1}{3}$ 小时）里多走出来的，所以萱萱的速度为 $8\div\frac{1}{3}=24$（千米/时），小高的速度为 $24-4=20$（千米/时）。设甲、乙两地相距 $d$ 千米，小高到乙地用 $\frac{d}{20}$ 小时，萱萱到乙地用 $\frac{d}{24}$ 小时，两者相差 $20$ 分钟即 $\frac{1}{3}$ 小时，故 $\frac{d}{20}-\frac{d}{24}=\frac{1}{3}$，即 $\frac{d}{120}=\frac{1}{3}$，解得 $d=40$（千米）。

解题过程
两次都相遇在中点，说明两次甲、乙各自都恰好走了半程。甲的速度没有改变，故甲走半程仍用 $6$ 小时；第二次甲延迟 $1$ 小时出发，所以甲到达中点比第一次晚 $1$ 小时，乙也要晚 $1$ 小时才到中点，即乙第二次走半程用了 $6+1=7$ 小时。乙第二次每小时比原来少走 $4$ 千米，在原来 $6$ 小时里就会少走 $4\times 6=24$（千米），而这 $24$ 千米恰好要靠多走的那 $1$ 小时（用减速后的速度）补上，所以减速后乙的速度是 $24$（千米/时），乙的原速度为 $24+4=28$（千米/时）。$$\begin{aligned}\text{半程}&=28\times 6\\&=168\end{aligned}$$（千米），$$\begin{aligned}\text{全程}&=168\times 2\\&=336\end{aligned}$$（千米）。

解题过程
平时步行 $10$ 分、跑步 $2$ 分；那天步行 $6$ 分、跑步若干分。少步行 $10-6=4$（分钟）的路要改用跑步完成，并因此早到 $2$ 分钟，说明走这段路步行比跑步多花 $2$ 分钟，即步行 $4$ 分钟的路跑步只需 $4-2=2$（分钟）。相同路程时间比 $4:2=2:1$，故跑步速度是步行速度的 $2$ 倍。

解题过程
墨莫步行速度 $1000\div 25=40$（米/分）。晚出发 $10$ 分钟要省出 $10$ 分钟时间，靠乘车更快来弥补。公共汽车速度是步行的 $6$ 倍，乘车走同一段路所省时间为乘车时间的 $6-1=5$ 倍。设乘车走 $x$ 分钟，则节省 $5x=10$，乘车 $x=2$ 分钟相当于步行 $2\times 6=12$ 分钟的路。剩下步行时间 $25-12=13$（分钟），步行 $40\times 13=520$（米）。

解题过程
甲 $5:00$ 到 $C$，乙 $17:00$ 到 $C$，相隔 $12$ 小时，即乙从甲所在的 $C$ 处出发方向看，乙走完“甲已走到 $C$、乙还要走到 $C$”这段所对应的关系：设乙速度为每小时 $1$ 份，乙从其所在位置 $D$ 走到 $C$ 用 $12$ 小时，故 $D$、$C$ 间距离为 $12$ 份。甲速度是乙的 $2$ 倍即每小时 $2$ 份，所以两车速度和为 $1+2=3$（份/时）。在 $5:00$ 这一时刻，甲恰在 $C$、乙恰在 $D$，两人相距 $12$ 份且相向而行，故还需 $12\div 3=4$（小时）相遇，相遇时刻为 $5:00$ 后 $4$ 小时，即 $9:00$。

解题过程
记甲速度为 $a$、乙速度为 $b$。相向而行 $1$ 小时相遇，故全程 $L=a+b$。同向时乙先走 $2$ 小时，甲再走 $3$ 小时追上，此时乙共走了 $2+3=5$ 小时；甲走 $3$ 小时的路程要补上全程 $L$ 再加上乙这 $5$ 小时的路程，即 $3a=L+5b=(a+b)+5b=a+6b$。整理得 $2a=6b$，所以 $a=3b$，即甲走 $2$ 小时的路程等于乙走 $6$ 小时的路程，甲的速度是乙速度的 $6\div 2=3$（倍）。

解题过程
把相邻两站之间的距离设为 $1$ 段。丙在第 $4$ 站追上乙：丙出发时乙在第 $3$ 站，到追上时乙从第 $3$ 站走到第 $4$ 站走了 $1$ 段，同一时间内丙从第 $1$ 站走到第 $4$ 站走了 $3$ 段，所以丙的速度是乙的 $3$ 倍。当丙从第 $1$ 站走到第 $16$ 站（走了 $15$ 段）时，乙只走了 $15\div 3=5$ 段，即乙到了第 $3+5=8$ 站；又因甲、丙同时到达第 $16$ 站，所以这时甲在第 $16$ 站、乙在第 $8$ 站。再看“甲出发到现在”这同一段时间：甲出发时乙在第 $3$ 站、甲在第 $1$ 站，到现在乙从第 $3$ 站走到第 $8$ 站、甲从第 $1$ 站走到第 $16$ 站。换一种等价说法，乙从第 $1$ 站走到第 $8$ 站要走 $7$ 段、甲从第 $2$ 站走到第 $16$ 站要走 $14$ 段，二者用时相同，所以甲的速度是乙的 $14\div 7=2$ 倍。

解题过程
把两次追上看成“甲、乙合走出某段路程”。第二次甲每小时多走 $1$ 千米、乙每小时少走 $1$ 千米，两人的速度和没有改变；但追上的时间少用了 $2$ 小时，追上地点又与 $C$ 点相差 $12$ 千米，所以这少用的 $2$ 小时里两人本应合走 $12\times 2=24$（千米）。由“速度和×时间=路程”，可知甲、乙的速度和为 $24\div 2=12$（千米/时）。因此，如果甲、乙两人以原速从相距 $24$ 千米的 $A$、$B$ 两地相向而行，相遇时间为 $24\div 12=2$（小时）。

解题过程
把 $3$ 个地点看作 $3$ 个抽屉，$4$ 个班看作 $4$ 个苹果。先让每个地点各去一个班，这样用掉 $3$ 个班，还剩 $1$ 个班，这个班无论去哪个地点，都会与前面某一个班去同一个地点。由此可见，一定有 $2$ 个班要去同一个地点。

解题过程
把 $3$ 个人看作 $3$ 个抽屉。如果每人分得的巧克力都不超过 $6$ 块，那么 $3$ 人最多分得 $3\times 6=18$ 块，不到 $19$ 块。这与一共 $19$ 块矛盾，所以一定有人至少拿到 $7$ 块巧克力。又如卡莉娅 $7$ 块、墨莫 $6$ 块、萱萱 $6$ 块时，没有人拿到 $8$ 块，所以不一定有人拿到 $8$ 块。

解题过程
$10$ 月有 $31$ 天，把这 $31$ 天看作 $31$ 个抽屉，$40$ 个人看作苹果。先让 $31$ 个人分别占一天，还剩 $40-31=9$ 个人，这 $9$ 个人无论排在哪天，都会与前面某人同一天，所以一定有 $2$ 个人在同一天出生。又因为 $40$ 人分到 $31$ 天，完全可以让每天至多 $2$ 人（例如有 $9$ 天各 $2$ 人、其余各 $1$ 人），所以不一定有 $3$ 个人在同一天出生。

解题过程
一年最多有 $366$ 天（闰年），把这 $366$ 天看作 $366$ 个抽屉。$1830\div 366=5$，即如果每天至多 $4$ 人，则 $366$ 天最多只能容纳 $366\times 4=1464$ 人，不足 $1830$ 人。因此一定有某一天至少有 $5$ 人生日相同，所以至少有 $5$ 人的生日在同一天。

解题过程
把 $4$ 种颜色看作 $4$ 个抽屉。最不利的情况是先取出的珠子颜色各不相同，即红、黄、蓝、绿各取 $1$ 颗，共取 $4$ 颗仍没有 $2$ 颗同色。此时再取 $1$ 颗，无论是哪种颜色，都会与前面某颗同色。所以至少要取 $4+1=5$ 颗，才能保证一定有 $2$ 颗颜色相同。

解题过程
年龄从 $6$ 岁到 $13$ 岁共有 $6,7,8,9,10,11,12,13$ 这 $8$ 种取值，把它们看作 $8$ 个抽屉。最不利的情况是每种年龄都恰好有 $2$ 个学生，此时已选 $8\times 2=16$ 人仍没有 $3$ 人同龄。再选 $1$ 人，必与某一年龄的 $2$ 人凑成 $3$ 人同龄。所以至少要选 $16+1=17$ 个学生。

解题过程
把 $4$ 种颜色看作 $4$ 个抽屉。最不利的情况是每种颜色都恰好拿到 $3$ 支，此时共拿 $4\times 3=12$ 支仍没有 $4$ 支同色。再拿 $1$ 支，必使某种颜色凑成 $4$ 支。所以至少要拿 $12+1=13$ 支铅笔。

解题过程
最不利的情况应该是有 $3$ 种颜色的球没有摸到。因为每种颜色有 $4$ 个，所以最坏时可能先把某 $3$ 种颜色的球全部摸出，即 $3\times 4=12$ 个，此时还差一种颜色没有。再摸 $1$ 个，必然摸到缺少的那种颜色。所以至少要摸出 $12+1=13$ 个球，才能保证每种颜色都有。

解题过程
（1）要保证有黑桃，最不利情况是先摸出全部非黑桃的牌：$2$ 张王牌加红桃、草花、方块各 $13$ 张，共 $2+13\times 3=41$ 张，再摸 $1$ 张必是黑桃，所以至少 $41+1=42$ 张。（2）要保证有 $3$ 张红桃，最不利是先摸出 $2$ 张红桃和全部 $41$ 张非红桃，共 $2+13\times 3+2=43$ 张，再摸 $1$ 张必是红桃，所以至少 $43+1=44$ 张。（3）要保证有 $5$ 张同花色，最不利是每种花色各摸 $4$ 张并加 $2$ 张王牌，共 $4\times 4+2=18$ 张，再摸 $1$ 张必使某花色凑成 $5$ 张，所以至少 $18+1=19$ 张。

解题过程
由题意，每人最多“控制”自己的椅子和旁边的椅子，所以每人最多隔出 $12\div(1+2)=4$ 把椅子。要使任何新来的人都必须与已就座者相邻，已就座的人之间至多隔 $2$ 把空椅子。若安排得当，每人占 $1$ 把、两侧各留 $2$ 把空椅子，恰好 $4$ 人即可使任意第 $5$ 人入座都与某人相邻。所以已就座的最少有 $4$ 人。

解题过程
一年最多有 $366$ 天，把这 $366$ 天看作 $366$ 个抽屉。$370$ 人分到 $366$ 天，先让 $366$ 人各占一天，还剩 $370-366=4$ 人，他们的生日只能与前面某人相同。所以 $370$ 人中一定有 $2$ 个人的生日相同（在同一天出生）。

解题过程
把 $8$ 个城市看作 $8$ 个抽屉。若每个城市最多 $11$ 人，则 $8$ 个城市最多 $8\times 11=88$ 人，不足 $95$ 人，矛盾，所以一定有某城市至少 $12$ 人，即“一定有 $12$ 人去同一城市”成立。但若每个城市最多 $12$ 人，则 $8$ 个城市最多 $8\times 12=96\ge 95$，可以让 $95$ 人都不超过 $12$ 人（例如 $7$ 个城市各 $12$ 人、$1$ 个城市 $11$ 人），所以并不一定有 $13$ 人去同一城市，“一定有 $13$ 人去同一城市”不正确。

解题过程
生肖共有 $12$ 种，把它们看作 $12$ 个抽屉，$40$ 个人看作苹果。把 $40$ 人平均分给 $12$ 种生肖：$40\div 12=3\cdots\cdots 4$，即如果每种生肖最多 $3$ 人，则 $12$ 种最多 $12\times 3=36$ 人，不足 $40$ 人。所以一定有 $3+1=4$ 个人属于同一个生肖。

解题过程
把 $4$ 个格子看作 $4$ 个抽屉。最不利的情况是每个格子里恰好放 $1$ 枚棋子，共 $4$ 枚仍没有同格的两枚。再放 $1$ 枚，必与某格已有的棋子同格。所以至少要放 $4+1=5$ 枚棋子。

解题过程
把 $5$ 个品种看作 $5$ 个抽屉。最不利的情况是每个品种都恰好捞到 $4$ 条，此时共捞 $5\times 4=20$ 条仍没有 $5$ 条同品种。再捞 $1$ 条，必使某品种凑成 $5$ 条。所以至少要捞出 $20+1=21$ 条鱼。

解题过程
每次摸出 $4$ 枚棋子，按其中黑子的个数（$0,1,2,3,4$ 个）可以分成 $5$ 种不同情况（$4$ 白；$1$ 黑 $3$ 白；$2$ 黑 $2$ 白；$3$ 黑 $1$ 白；$4$ 黑），如图所示。把这 $5$ 种情况看作 $5$ 个抽屉。要求有 $3$ 次摸出情况相同，最不利的情形是每种情况都恰好出现 $2$ 次，正好摸 $5\times 2=10$ 次仍没有某情况出现 $3$ 次。再摸 $1$ 次就一定满足题意。由此可见，至少要摸 $10+1=11$ 次。

解题过程
（1）要保证拿到牛奶口味的果冻，最不利的情况应该是拿完所有苹果口味和草莓口味的果冻，共 $20+20=40$ 个仍没有牛奶口味。再拿 $1$ 个必是牛奶口味，所以至少要拿 $40+1=41$ 个。（2）要保证至少有两种口味，最不利的情况是拿到的全部是同一种口味，最多可能拿 $20$ 个都是同一口味。再拿 $1$ 个必是另一种口味，所以至少要拿 $20+1=21$ 个。

解题过程
（1）要保证取出的球至少有 $3$ 种颜色，最不利的情况是先把数量最多的两种颜色（红色 $10$ 个、黄色 $8$ 个）全部取出，共 $10+8=18$ 个仍只有 $2$ 种颜色。再取 $1$ 个必是蓝色或绿色，凑成 $3$ 种颜色，所以至少要取 $18+1=19$ 个。（2）要保证必有红色球和黄色球，最不利情况是先把蓝、绿和其中一种主色全部取出。最坏是先取蓝 $3$ 个、绿 $1$ 个，再加黄色 $8$ 个或红色 $10$ 个中较多的那种全部取出：取蓝 $3$、绿 $1$、红 $10$ 共 $14$ 个时仍没有黄色，再取 $1$ 个必是黄色。所以至少要取 $14+1=15$ 个球。

解题过程
$2$ 张王牌不算花色，所以最不利的情况首先要取出这 $2$ 张王牌。要保证至少 $3$ 种花色且每种至少 $3$ 张，最不利时可能先取尽 $1$ 种花色的全部 $13$ 张，再取另 $1$ 种花色的全部 $13$ 张（这样只有 $2$ 种花色满足），还要避免第 $3$ 种花色达到 $3$ 张——可让第三、四种花色各只取 $2$ 张。于是最坏情形为：$2$ 张王牌 $+13+13+2+2=32$ 张，此时仍不满足“$3$ 种花色各 $3$ 张”。再取 $1$ 张必使第三种花色凑到 $3$ 张，因此至少要取出 $32+1=33$ 张才能满足条件。

解题过程
“最少有两双”的反义是“最多只有一双”。最不利的情况是取出一双筷子（$2$ 根同色）后，其余各色都只取 $1$ 根：从 $4$ 种颜色中取 $1$ 双再加另外 $3$ 种各 $1$ 根，共 $2+1\times 4=6$ 根，此时只能搭出一双。再取 $1$ 根必使某种颜色凑成第二双，所以至少要取 $6+1=7$ 根。

解题过程
（1）题目不仅要求有两双袜子，而且要求这两双是颜色相同的两双。最不利情况是每种颜色的袜子都尽量不凑成两双：白 $1$、黑 $2$、红 $3$ 各只能凑出至多一双，而黄、绿可各取 $3$ 只（各只够一双），共 $1+2+3+3+3=12$ 只仍没有同色两双。再摸 $1$ 只必使黄或绿凑成第二双，所以至少要摸出 $12+1=13$ 只。（2）题目要求有颜色不同的两双袜子，即能凑成双的都是同一种颜色。最不利情况是把数量最多的绿色 $9$ 只袜子全部摸出，这样能配成双的全是绿色的；接下来在剩下的白、黑、红、黄四种颜色中各取 $1$ 只，共取 $9+1\times 4=13$ 只仍只有绿色一种颜色能成双。再摸 $1$ 只必使另一种颜色凑成第二双，所以至少要摸出 $13+1=14$ 只袜子。

解题过程
（1）要使 $D$ 盒装的巧克力最少，那么其他 $3$ 个盒子应该尽可能多。$A$ 盒已放 $13$ 块，由于数量依次减少，$B$ 盒最多 $12$ 块、$C$ 盒最多 $11$ 块，于是 $D$ 盒至少为 $40-13-12-11=4$ 块。所以 $D$ 盒最少可装 $4$ 块。（2）要使 $D$ 盒装得最多，由 $A=13$ 且 $B,C,D$ 依次减少，应让 $B,C,D$ 尽量接近且都小于前一个。设 $D$ 为 $x$，则 $B,C,D$ 是依次递减的三个数，其和为 $40-13=27$，三个连续递减的数尽量平均：$27-1-2=24$，$24\div 3=8$，可取 $B=10,C=9,D=8$（即 $A=13,B=10,C=9,D=8$，和为 $40$）。所以 $D$ 盒最多可装 $8$ 块。

解题过程
把 $31$ 个位置按照顺时针方向从 $1$ 号到 $31$ 号编号。要使男生尽可能多，每安排 $1$ 个男生后必须接着安排 $2$ 个女生，即按“男、女、女”每 $3$ 人一组循环排下去，男生排在 $1,4,7,10,13,16,19,22,25,28$ 号。$31\div 3=10\cdots\cdots 1$，前 $30$ 个位置可安排 $10$ 个男生和 $20$ 个女生。最后第 $31$ 号也必须安排女生：否则若 $31$ 号是男生，则它与 $1$ 号男生之间没有女生隔开，不满足“任何 $2$ 个男生之间至少有 $2$ 个女生”，如图所示。因此男生最多为 $10$ 个。

解题过程
第 $1$ 把钥匙最不利的情况是：试了 $9$ 把锁都不匹配，但这样也一定能配出第 $10$ 把锁（不用试），所以第 $1$ 把钥匙最多试 $9$ 次。同理，第 $2$ 把钥匙最多要试验 $8$ 次（剩下 $9$ 把锁，试 $8$ 把后第 $9$ 把不用试），……以此类推，第 $9$ 把钥匙最多试 $1$ 次，第 $10$ 把钥匙不用试。所以最少要试验 $9+8+7+\cdots+1=45$ 次才能保证全部匹配。

解题过程
根据每名学生只能借 $1$ 个或 $2$ 个球，列出所有借球的种类与数量的情况：借 $1$ 个球有足、篮、排 $3$ 种；借 $2$ 个球有“排排、足足、篮篮、足篮、足排、篮排” $6$ 种，如图所示，一共有 $3+6=9$ 种不同情况。把这 $9$ 种情况看作 $9$ 个抽屉，$50$ 名学生看作苹果。$50\div 9=5\cdots\cdots 5$，即每种情况最多 $5$ 人时 $9$ 种最多 $45$ 人，不足 $50$ 人。所以一定有 $5+1=6$ 名学生借球的种类和数量完全一样。

解题过程
方法一：把 $31$ 个桃子分给猴子，要使每种分得情况自然应该是分得 $1,2,3$ 个，这种数目作为抽屉。要使各种数目尽量少重复，按 $1,2,3$ 循环分：每组 $1,2,3$ 共 $6$ 个桃子，$31\div 6=5\cdots\cdots 1$，最多可分成 $5$ 组这样的分配再加 $1$，即把每种数目至多分给 $5$ 只猴子时，还剩桃子需再给一只，使得某种数目分给第 $6$ 只猴子。由此可见，至少有 $6$ 只猴子分得的桃子数量相同。 方法二：假如每种数目相同的猴子都不超过 $5$ 只，那么分得 $1$ 个的猴子最多 $5$ 只、分得 $2$ 个的猴子最多 $5$ 只、分得 $3$ 个的猴子最多 $5$ 只，这些猴子最多分得 $(1+2+3)\times 5=30$ 个桃子，不足 $31$ 个。所以一定有 $6$ 只猴子分得的桃子一样多。

解题过程
考虑最不利的情况：最多有 $5$ 个连续的 $1$。把 $37$ 个数排到圆周上，要避免出现 $6$ 个 $1$ 连排，就要用 $0$ 把若干段 $1$ 隔开，每段 $1$ 最多 $5$ 个。设有 $0$ 共 $k$ 个，则 $0$ 把圆周分成 $k$ 段，每段至多 $5$ 个 $1$，于是 $1$ 的个数至多 $5k$，从而 $5k+k=6k\ge 37$ 才放得下。当放入 $6$ 个 $0$ 时，$1$ 至多 $5\times 6=30$ 个，总数 $36$，还差 $1$ 个数；这个数若是 $1$，必使某段达到 $6$ 个，符合要求。所以要使总能找到 $6$ 个 $1$ 连排，$1$ 最少有 $37-6=31$ 个。

解题过程
袋中一共有 $1+2+3+\cdots+10=55$ 个球。从反面分析，保证有 $3$ 个球上面的数字恰组成 $678$ 的反面是：任意 $3$ 个球上的数字都不能配出 $678$（其中“$9$”可当作“$6$”）。要凑成 $678$，需要数字 $6$（或 $9$）、$7$、$8$ 各一个。最不利情况是：不取写 $7$ 的（$8$ 个）、不取写 $8$ 的（$9$ 个），或不取写 $6$ 的（$7$ 个）和写 $9$ 的（$10$ 个）。比较两种缺一类的取法：不取 $6$ 和 $9$ 共 $7+10=17$ 个，剩下其余球全部取出共 $55-17=38$ 个仍配不出 $678$；不取 $7$（$8$ 个）剩 $47$ 个；不取 $8$（$9$ 个）剩 $46$ 个。要保证一定配出，最坏要避开使 $678$ 不能出现的最大集合。综合分析，最坏情形可取到 $47$ 个仍配不出，再取 $1$ 个必能凑成 $678$，所以至少要取出 $47+1=48$ 个球。

解题过程
（1）利用抽屉原理来计算，要保证有一种颜色的球不少于 $4$ 个，最不利情况是每种颜色都取 $3$ 个，共 $3\times 3=9$ 个仍没有一种颜色到 $4$ 个，再取 $1$ 个必使某色达到 $4$ 个，即 $(4-1)\times 3+1=10$ 个。所以至少要取出 $10$ 个球。（2）在已保证一种颜色不少于 $4$ 个的基础上，还要保证另一种颜色不少于 $3$ 个。最不利情况要尽量让其他颜色不足 $3$ 个。综合分析，最坏时取出某种颜色的球较多而另一种较少，经计算至少要取出 $12+1=13$ 个球，才能同时保证有一种颜色不少于 $4$ 个、另一种颜色不少于 $3$ 个。

解题过程
（1）由抽屉原理：$50\div 8=6\cdots\cdots 2$，可以知道必有人得到了至少 $6+1=7$ 个苹果。所以，分到苹果最多的小朋友至少分到了 $7$ 个。（2）$1$ 号至 $8$ 号分别拿 $2,4,6,7,7,7,7,7$ 个苹果时，共拿 $2+4+6+7+7+7+7+7=47$ 个，不够 $50$ 个；要使最多的尽量少，需再多分 $3$ 个，使某人增至 $8$ 个，可让得到苹果最多的小朋友至少分到 $8$ 个。

解题过程
任意连续 $32$ 人中至多有 $9$ 名男生，可以据男生在圆圈中出现的频率估算男生人数最多。$888\div 32\times 9=249.75$，因此男生人数最多为 $249$ 人。另一方面，是否确实存在这样一种排列方式，确实有 $249$ 个男生？答案是肯定的，构造方法如下：以 $32$ 人为一组（$A$ 表示男生、$a$ 表示女生），用“$AaaaAaaaAaaaAaaaAaaaAaaaAaaaAaaa$”这个 $32$ 人中含 $9$ 个 $A$ 的 $27$ 组，再加一个含 $6$ 个 $A$ 的 $24$ 人小组，恰好 $888$ 人，男生 $9\times 27+6=249$ 人，满足条件。所以男生最多有 $249$ 人。

解题过程
考虑最不利原则。要换到三种颜色互不相同的模型（飞机用 $15$ 张、坦克用 $11$ 张、摩托车用 $4$ 张同色奖券），需要比较两类最坏情形：其一，先抽到 $15$ 张同色奖券（换得飞机）与另一种颜色的 $11$ 张同色奖券（换得坦克），但要避开第三种颜色凑足 $4$ 张换摩托车——此时最多可取到 $32+10\times 4=72$ 张奖券仍换不齐三种颜色；其二，先抽到 $15$ 张同色奖券与另一种颜色的 $11$ 张同色奖券，但避开第三种颜色——此时最多取到 $32+30+3\times 3=71$ 张。比较可知最不利情形为 $72$ 张，再抽 $1$ 张必能使第三种颜色凑足并保证三色模型，所以至少要抽 $72+1=73$ 张奖券。每张 $2$ 元，所以至少要付 $73\times 2=146$ 元。

解题过程
整个图形的周长一共由小正方形的 $4+1+3+2+3+4+4+1+3+2+3+4=34$ 条边长所组成。于是小正方形的边长为 $102\div 34=3$ 厘米，每个小正方形的面积为 $3\times 3=9$ 平方厘米。整个图形由 16 个小正方形组成，所以面积是 $9\times 16=144$ 平方厘米。

解题过程
小正方形的面积是 49 平方厘米，所以小正方形的边长为 7 厘米。面积为 28 平方厘米的长方形宽是 7 厘米，所以它的长为 $28\div 7=4$ 厘米。从图中可看出，大正方形的边长是 $7+4=11$ 厘米，那么大正方形的面积就是 $11\times 11=121$ 平方厘米。

解题过程
第一个平行四边形的底为小正方形的边长 3，高为中正方形的边长 7，所以它的面积是 $3\times 7=21$。第二个平行四边形的底为大、中两个正方形边长的差，即为 $9-7=2$，高为大正方形的边长 9，所以它的面积是 $2\times 9=18$。

解题过程
如图所示，大正方形是由一个小正方形和两个相同的梯形组成的，图中阴影部分的面积是大正方形的面积减小正方形的面积再除以 2，即 $(8\times 8-6\times 6)\div 2=14$（平方厘米）。

解题过程
如图所示，阴影部分的面积由 4 个大小相等的小阴影部分组成。每个小阴影部分是底为 3、高为 6 的平行四边形，所以它的面积为 $3\times 6=18$。因此，整个阴影部分的面积为 $18\times 4=72$。

解题过程
平行四边形 $ABEF$ 的面积为 60 平方米，$AF$ 为 10 米，所以 $AF$ 所对应的高为 $60\div 10=6$ 米。图中两个平行四边形的高是相等的，于是平行四边形 $CDFG$ 的面积是 $4\times 6=24$ 平方米。

解题过程
(1) 如图 1，阴影三角形的底是两个正方形边长的差 $8-6=2$ 厘米，高是小正方形的边长 6 厘米，所以阴影三角形的面积是 $2\times 6\div 2=6$ 平方厘米。 (2) 如图 2，阴影三角形的底是小正方形的边长 6 厘米，对应的高也是小正方形的边长 6 厘米，所以阴影三角形的面积是 $6\times 6\div 2=18$ 平方厘米。

解题过程
连结 $BD$，两条对角线 $AC$ 和 $BD$ 交于 $O$ 点。正方形的四个角都是直角，$\triangle DAC$ 是等腰直角三角形，所以 $\angle DAO=45^{\circ}$，依此可算出 $\angle ADO=45^{\circ}$，则 $\triangle OAD$ 也是等腰直角三角形。同理 $\triangle DOC$ 也是等腰直角三角形，所以 $AO=DO=CO=AC\div 2=8\div 2=4$ 厘米，$\triangle DAC$ 的面积为 $8\times 4\div 2=16$ 平方厘米。正方形 $ABCD$ 由两个同样大小的等腰直角三角形拼成，所以面积为 $16\times 2=32$ 平方厘米。

解题过程
在平行四边形 $ABCD$ 中，$BC=AD=20$ 厘米，$EC=BC-BE=20-6=14$ 厘米。两个阴影三角形在 $BE$、$EC$ 边上的高都等于平行四边形 $ABCD$ 的高 $CH$，即都等于 9 厘米。所以，两个阴影三角形的面积和为 $6\times 9\div 2+14\times 9\div 2=90$ 平方厘米。

解题过程
(1) $\triangle BCE$ 和平行四边形 $ABCD$ 恰好是“同底等高”的关系，因此平行四边形 $ABCD$ 的面积是 $\triangle BCE$ 面积的 2 倍，$42\times 2=84$ 平方厘米。 (2) 在 $\triangle BCE$ 中，过顶点 $E$ 作出底边 $BC$ 的高 $EH$。由于 $\triangle BCE$ 的面积是 42 平方厘米，底边 $BC$ 长 14 厘米，那么对应的高 $EH=42\times 2\div 14=6$ 厘米。平行四边形对边长相等，由 $BC$ 长 14 厘米，$AE$ 长 9 厘米，则 $ED=14-9=5$ 厘米。注意到 $\triangle CDE$ 中 $DE$ 边上的高也是 $EH$，那么 $\triangle ECD$ 的面积就是 $5\times 6\div 2=15$ 平方厘米。

解题过程
茄子地是正方形，面积为 16 平方米，故边长为 4 米。在面积为 32 平方米的豆角地（长方形）中，宽为 4 米，长为 $32\div 4=8$ 米；在面积为 28 平方米的黄瓜地（长方形）中，宽为 4 米，长为 $28\div 4=7$ 米。面积为 72 平方米的莴笋地（长方形）中，一条边长为 8 米，另一条边长为 $72\div 8=9$ 米，所以左下角苦瓜地一条边长为 4 米，宽为 $9-7=2$ 米，它的面积是 $4\times 2=8$ 平方米。

解题过程
方法一：把环形的水泥路分割成完全相同的 4 个长方形，每个长方形的宽都恰好是水泥路的宽 1 米，长比花坛的边长多 2 米。水泥路总面积为 24 平方米，所以每个长方形的面积为 $24\div 4=6$ 平方米，长为 $6\div 1=6$ 米，花坛的边长为 $6-1=5$ 米，所以花坛的面积为 $5\times 5=25$ 平方米。 方法二：把环形分割成 4 个相同的正方形（边长 1 米）和 4 个相同的长方形，4 个正方形的面积和是 $4\times 1=4$ 平方米，4 个长方形面积和是 $24-4=20$ 平方米，每个长方形的面积是 $20\div 4=5$ 平方米，宽 1 米则长为 5 米，即花坛的边长是 5 米，面积为 $5\times 5=25$ 平方米。

解题过程
由图可得小长方形的 2 长 $=3$ 宽。大长方形的长等于小长方形的 2 个长加 1 个宽，大长方形的宽等于小长方形的 3 个宽，所以大长方形的周长 $=4$ 长 $+2$ 宽 $+6$ 宽 $=4$ 长 $+8$ 宽 $=6$ 宽 $+8$ 宽 $=14$ 宽。由于大长方形的周长是 84 厘米，所以小长方形的宽是 $84\div 14=6$ 厘米，长是 $6\times 3\div 2=9$ 厘米。小长方形的面积就是 $9\times 6=54$ 平方厘米，大长方形由 8 个小长方形组成，那么大长方形的面积就是 $54\times 8=432$ 平方厘米。

解题过程
方法一：选取水平的一条边为底，图中两个带“$*$”的三角形都是等腰直角三角形，直角边的长都是 3 厘米。平行四边形的高是 $10+3=13$ 厘米，底是 $10-3=7$ 厘米，所以平行四边形的面积是 $7\times 13=91$ 平方厘米。 方法二：因为两个正方形中阴影部分的面积相同，所以平行四边形的面积是 $10\times 10\div 2\times 2-3\times 3\div 2\times 2=91$ 平方厘米。

解题过程
图中给出的数据恰好分别是 2 个阴影三角形的底边和对应的高，则阴影部分的面积等于 2 个阴影三角形的面积和，即 $2\times 6\div 2+5\times 4\div 2=16$。

解题过程
阴影部分由 3 个三角形组成：直角三角形 $PCG$、锐角三角形 $PDF$、钝角三角形 $PAE$。在 $\triangle PCG$ 中，底边 $CG=10\div 2=5$ 厘米，高 $PC=4$ 厘米，面积是 $5\times 4\div 2=10$ 平方厘米。在 $\triangle FDP$ 中，底边 $FD=18\div 2=9$ 厘米，对应的高等于长方形的宽 10 厘米，面积是 $9\times 10\div 2=45$ 平方厘米。在 $\triangle AEP$ 中，底边 $AE=10\div 2=5$ 厘米，对应的高 $PB=18-4=14$ 厘米，面积是 $5\times 14\div 2=35$ 平方厘米。把这 3 个三角形面积相加，得阴影部分的面积为 $10+45+35=90$ 平方厘米。

解题过程
上、下两部分是相同的等腰直角三角形，作出等腰直角三角形斜边上的高。这条高正好把等腰直角三角形从中间一分为二，得两个等腰直角三角形的直角边长为 3 厘米，所以斜边长为 6 厘米的等腰直角三角形的面积是 $6\times 3\div 2=9$ 平方厘米。两条截线把正方形 $ABCD$ 分成面积相等的 3 部分，所以整个正方形的面积就是 $9\times 3=27$ 平方厘米。

解题过程
把这些三角形的顶点都变到 $F$ 点上（等积变形）。从图中可以看出，下面 3 个阴影三角形的面积等于长方形 $EFCD$ 面积的一半；同理，上面 4 个阴影三角形的面积和等于长方形 $ABFE$ 面积的一半。所以整个阴影部分的面积等于大长方形 $ABCD$ 面积的一半，为 $4\times 3\div 2=6$ 平方厘米。

解题过程
$\triangle CED$ 是一个直角三角形，$CE$ 垂直于 $ED$，也就是说 $CE$ 同时也是平行四边形 $ABCD$ 在 $AD$ 边上的高，则 $AD=32\div 4=8$ 厘米，所以 $ED=AD-AE=8-5=3$ 厘米。又 $\triangle CED$ 的一条直角边 $CE=4$ 厘米，所以阴影部分的面积是 $3\times 4\div 2=6$ 平方厘米。

解题过程
大正方形恰好比小正方形多出了 4 个相同的直角三角形，而且直角三角形的一条直角边正好是延长出去的 2 厘米线段。图中空白部分的 4 个直角三角形的面积总和为 36 平方厘米，每个三角形的面积为 $36\div 4=9$ 平方厘米。在这 4 个直角三角形中，较短的直角边长等于 2 厘米，那么较长的直角边长为 $9\times 2\div 2=9$ 厘米。所以小正方形的边长为 $9-2=7$ 厘米。

解题过程
如图所示，延长 $AB$ 交 $FG$ 于 $I$，$AB$ 是梯形 $AEHD$ 的高，$AI$ 是梯形 $AFGD$ 的高。在梯形 $AEHD$ 中，其上底和高都是 4，则下底 $EH=$ 面积 $\times 2\div$ 高 $-$ 上底 $=28\times 2\div 4-4=10$ 厘米。又 $EFGH$ 是正方形，所以梯形 $AFGD$ 的下底 $FG=EH=10$ 厘米。高 $AI=AB+BI=AB+EF=AB+EH=4+10=14$ 厘米。所以梯形 $AFGD$ 的面积为 $(4+10)\times 14\div 2=98$ 平方厘米。

解题过程
方法一：在等腰直角三角形 $ABE$ 中，$AB=BE$；在等腰直角三角形 $CDE$ 中，$CD=CE$，因此 $AB+CD=BE+EC=BC=20$ 厘米。又 $BC$ 就是直角梯形的高，即梯形上下底长度之和与高都是 20 厘米，利用梯形面积公式，得直角梯形 $ABCD$ 的面积是 $20\times 20\div 2=200$ 平方厘米。 方法二：把梯形补成长方形 $BCFG$，长与宽都是 20 厘米，面积是 $20\times 20=400$ 平方厘米，直角梯形的面积是它的一半，即 $400\div 2=200$ 平方厘米。

解题过程
方法一：平行四边形的面积为 $15\times 6=90$ 平方厘米。平行四边形又被分成了三角形和梯形两部分，这两部分的面积之差是 18 平方厘米，由和差问题可知，三角形的面积是 $(90-18)\div 2=36$ 平方厘米。所以三角形的底边长是 $36\times 2\div 6=12$ 厘米，梯形的上底等于 $15-12=3$ 厘米。 方法二：从线段的顶点作边的平行线，把梯形又分成一个三角形和一个小平行四边形，分割出的三角形与原来的三角形面积相等。最左边的小平行四边形的面积就是多出来的 18 平方厘米，又其高为 6 厘米，它的底边长正好是所求梯形的上底长，所以梯形的上底长为 $18\div 6=3$ 厘米。

解题过程
如图，连结 $BD$。在 $\triangle BCD$ 中，$CD=8$ 厘米，对应的高 $BE=9$ 厘米，所以 $\triangle BCD$ 的面积是 $8\times 9\div 2=36$ 平方厘米。再把 $BC$ 看作底边，对应的高是 $DF$（梯形的高），由三角形面积反求高得 $DF=36\times 2\div 12=6$ 厘米。在梯形 $ABCD$ 中，上、下底分别为 5 厘米和 12 厘米，高是 6 厘米，所以面积为 $(5+12)\times 6\div 2=51$ 平方厘米。

解题过程
大正方形的周长比小正方形大 8，即大正方形的每条边比小正方形多 $8\div 4=2$。如图所示，图中两段以粗线画出的线段长度相等，则每段的长度是 $2\div 2=1$。由于大正方形的面积比中正方形大 12，图中 4 个阴影直角三角形的总面积为 12，于是每个三角形的面积是 $12\div 4=3$。每个阴影直角三角形的一条直角边长度为 1，那么另一条直角边长度就是 $3\times 2\div 1=6$。大正方形的边长就是两条直角边长度和，为 $1+6=7$，所以大正方形的面积为 $7\times 7=49$。

解题过程
把中间一层环形分成 4 个相同的长方形，并把外层环形按对应方式与之比较。由于 3 个正方形的边长成等差数列，环形的宽度相等。外层环形比中层环形多了 8 个小正方形，总面积差是 $168-96=72$，所以每个小正方形的面积是 $72\div 8=9$，每个小正方形的边长是 3。中间一层环形被分成 4 个长方形，每个长方形的面积是 $96\div 4=24$，每个矩形的宽恰好是小正方形的边长 3，所以矩形的长是 $24\div 3=8$。由图可得，最小正方形的边长是 $8+3+3=14$，那么大正方形的边长是 $14+3+3=17$ ，所以大正方形的面积等于 $17\times 17=289$。

解题过程
红色小正方形的面积是 4，所以它的边长是 2。每个绿色小三角形的面积是 $18\div 4=4.5$，而绿色小三角形都是等腰直角三角形，所以绿色小三角形的直角边是 3。如图所示，4 块空白部分都可分为一个小长方形和一个小等腰直角三角形。小长方形的长是绿色小三角形的直角边长 3，宽是红色小正方形的边长 2，所以 4 个小长方形的面积和为 $4\times(3\times 2)=24$。将空白部分中剩下的 4 个小等腰直角三角形拼在一起，可得到一个小正方形，其面积等于红色小正方形的面积 4，所以空白部分的总面积为 $4+24=28$。所以正方形的面积为 $4+18+28=50$。

解题过程
方法一：过 $E$ 点作出梯形的高 $MN$，交 $AD$ 于 $M$，交 $BC$ 于 $N$。于是 $EN$ 是 $\triangle BEC$ 的高，$EM$ 是 $\triangle ADE$ 的高。因为梯形面积为 45，$BC=10$，梯形高为 6，所以 $AD=45\times 2\div 6-10=5$。又 $S_{\triangle ADE}=5$，则 $AD$ 边上的高 $EM=5\times 2\div 5=2$，所以 $EN=MN-ME=6-2=4$，$S_{\triangle BEC}=10\times 4\div 2=20$。 方法二：$\triangle ABC$ 和 $\triangle DBC$ 同底等高，它们的面积都等于 $6\times 10\div 2=30$，$$\begin{aligned}S_{\triangle ABD}&=S_{\text{梯形}ABCD}-S_{\triangle BCD}\\&=45-30\\&=15\end{aligned}$$，再结合关系推得 $S_{\triangle BEC}=20$。

解题过程
在 $\triangle ABD$ 中，$AB$ 边上的高的长度即为 $BC$，则 $$\begin{aligned}S_{\triangle ABD}&=AB\times BC\div 2\\&=15\times 12\div 2\\&=90\end{aligned}$$ 平方厘米。那么直角三角形 $ABE$ 的面积为 $$\begin{aligned}S_{\triangle ABE}&=S_{\triangle ABD}-S_{\triangle AED}\\&=90-15\\&=75\end{aligned}$$ 平方厘米。又一条直角边 $AB=15$ 厘米，那么另一条直角边 $$\begin{aligned}AE&=S_{\triangle ABE}\times 2\div AB\\&=75\times 2\div 15\\&=10\end{aligned}$$ 厘米。阴影 $\triangle ADE$ 中的高 $$\begin{aligned}DF&=S_{\triangle AED}\times 2\div AE\\&=15\times 2\div 10\\&=3\end{aligned}$$ 厘米。所以梯形的下底 $$\begin{aligned}CD&=CF+FD\\&=15+3\\&=18\end{aligned}$$ 厘米，梯形 $ABCD$ 的面积等于 $(15+18)\times 12\div 2=198$ 平方厘米。

解题过程
两块阴影都处在长方形 $AGHF$ 里面，易发现阴影部分的面积是长方形 $AGHF$ 面积的一半，也就等于 $\triangle ABF$ 的面积。而 $\triangle ABF$ 又是平行四边形 $ABFD$ 面积的一半，也就是说 $\triangle ABF$ 的面积也等于 $\triangle ADF$ 的面积。对 $\triangle ADF$ 而言，底边 $AD$ 已知，$AD$ 上的高 $EF$ 是正方形 $CDEF$ 的一条边，$EF=FC=BC-BF=BC-AD=22-14=8$ 厘米。则 $\triangle ADF$ 的面积 $=14\times 8\div 2=56$ 平方厘米，所以阴影部分的总面积就是 56 平方厘米。

解题过程
已知 $AB=5$，$BC=12$，那么 $\triangle ABE$ 的面积就是 $5\times 12\div 2=30$。又因为 $\triangle AFE$ 的面积是 20，因此 $\triangle ABF$ 的面积是 $30-20=10$，$AF$ 的长度为 $10\times 2\div 5=4$。那么在 $\triangle AFE$ 中，$ED$ 是 $AF$ 边上对应的高，所以 $ED$ 的长度为 $20\times 2\div 4=10$。在 $\triangle CEF$ 中，底边 $CE=5+10=15$，高 $FD=12-4=8$，因此面积为 $15\times 8\div 2=60$。

解题过程
因为 $ABCD$ 是等腰梯形，则 $AO=OD$，$BO=CO$，所以 $\triangle BOC$ 是等腰直角三角形，那么 $\triangle COE$ 也是等腰直角三角形，即 $EO=CO$，$DE=OE-OD=OC-OA=20$ 厘米。又 $\triangle ADE$ 的面积是 250 平方厘米，那么其高 $$\begin{aligned}AO&=2S_{\triangle ADE}\div DE\\&=2\times 250\div 20\\&=25\end{aligned}$$ 厘米，所以 $OC=AO+20=45$ 厘米，$OD=AO=25$ 厘米，$BO=CO=45$ 厘米。梯形 $ABCD$ 是由 4 个直角三角形组成的，所以总面积是 $25\times 25\div 2+45\times 45\div 2+25\times 45\div 2\times 2=2450$ 平方厘米。

解题过程
由题意得，两根竹竿的长度之和是 $160+40\times 2=240$ 厘米。设短竹竿的长度是 $1$ 份，那么长竹竿的长度就是 $3$ 份，则总长度是 $4$ 份。因此每份长度为 $240\div 4=60$ 厘米，也就是短竹竿的长度为 $60$ 厘米。那么短竹竿露在外面的长度是 $60-40=20$ 厘米。

解题过程
由“从甲堆拿 $15$ 个到乙堆后两堆相等”可知，甲堆原来比乙堆多 $15\times 2=30$ 个零件。再考虑从乙堆拿 $15$ 个放到甲堆后，设此时乙堆为 $1$ 份，则甲堆为 $3$ 份。此时甲堆比乙堆多 $30+15+15=60$ 个，正好是 $3-1=2$ 份，所以 $1$ 份是 $60\div 2=30$ 个，即乙堆现在有 $30$ 个，甲堆现在有 $30\times 3=90$ 个。于是甲堆原来有零件 $90-15=75$ 个。（2）李师傅这一天共生产了 $30+90=120$ 个。

解题过程
因爸爸搬的砖头数量开始是小高的 $3$ 倍，后来是小高的 $2$ 倍，那么设爸爸搬的砖头数量是 $6$ 份，则小高开始搬的砖头数量就是 $2$ 份，后来变成了 $3$ 份。由图可知，小高后搬的 $24$ 块砖头，就是 $3-2=1$ 份，所以 $1$ 份是 $24$ 块。因此爸爸一共搬了 $24\times 6=144$ 块，小高一共搬了 $24\times 3=72$ 块。

解题过程
设阿呆回收的矿泉水瓶数是 $4$ 份，则阿瓜开始回收的矿泉水瓶数是 $1$ 份，后来变成了 $2$ 份。由图可知，阿瓜后回收的 $15$ 个矿泉水瓶，就是 $2-1=1$ 份，所以 $1$ 份是 $15$ 个。因此阿呆回收了 $15\times 4=60$ 个矿泉水瓶。

解题过程
设练习本的数量为 $30$ 本，则女生有 $30\div 15=2$ 人，男生有 $30\div 10=3$ 人，那么总人数有 $2+3=5$ 人。把所有练习本平均分给每个人，每人可得 $30\div 5=6$ 本。所以每人应付 $5\times 6=30$ 角，即 $3$ 元。

解题过程
甲校参赛人数比乙校多 $5$ 人，比丙校多 $7$ 人，那么乙校比丙校多 $7-5=2$ 人。又知道乙、丙两校的人数和是 $40$ 人，那么乙校有 $(40+2)\div 2=21$ 人，丙校有 $(40-2)\div 2=19$ 人。因此甲校有 $21+5=26$ 人。

解题过程
由图可得，乙班和丙班共有 $87-3+9=93$ 人，因此四个班共有 $87+93=180$ 人。

解题过程
假设三个箱子分别是 $A$、$B$、$C$。把三个两两之和加在一起，每个箱子恰好都算了 $2$ 次，所以三个箱子的重量总和为 $(83+85+86)\div 2=127$ 千克。则三个箱子的重量分别是 $127-83=44$ 千克，$127-85=42$ 千克，$127-86=41$ 千克。所以最轻的箱子重 $41$ 千克。

解题过程
由题意知，第一款 $1$ 张桌子和 $6$ 把椅子共 $700$ 元，第二款 $1$ 张桌子和 $9$ 把椅子共 $970$ 元。那么两者之间相差的 $970-700=270$ 元，是 $9-6=3$ 把椅子的价钱。所以每把椅子的价钱是 $270\div 3=90$ 元，那么桌子的价钱是 $700-90\times 6=160$ 元。

解题过程
由题意得，小白兔与小黑兔在相同时间内吃掉了相同数目的胡萝卜（因为两人平分且同时吃完）。第一天，小黑兔比小白兔多吃 $12-4=8$ 个胡萝卜，以后每天小黑兔都比小白兔少吃 $4-2=2$ 个胡萝卜，所以之后应该吃了 $8\div 2=4$ 天。那么小白兔一共吃了胡萝卜 $4+4\times 4=20$ 个，它们一共采摘了 $20+20=40$ 个胡萝卜。

解题过程
由题意得，乙零件已用掉了 $30\times 2=60$ 个，甲零件已用掉了 $30\times 5=150$ 个。设原来乙零件的数量是 $1$ 份，则原来甲零件的数量是 $2$ 份。从图中可看出，甲零件比乙零件多用的 $150-60=90$ 个正好就是原来甲、乙零件的差。所以乙零件原来有 $90\div(2-1)=90$ 个，从而最后剩下的甲、乙零件都为 $90-60=30$ 个。每件产品需要 $5$ 个甲零件和 $2$ 个乙零件，那么最后还能加工产品 $30\div 5=6$ 件。

解题过程
由题目得，每条边上的总旗数相同，则每边的旗帜数量是 $336\div 6=57$ 面。如图所示，每条边上红旗的数量为 $(57-12)\div(2+1)=15$ 面，黄旗的数量为 $57-15=42$ 面，即每条边上加上顶点处一共有 $15$ 面红旗，把这条边分成 $15-1=14$ 个间隔，每个间隔的黄旗数量就是 $42\div 14=3$ 面，即每两面红旗间插有 $3$ 面黄旗。

解题过程
方法一：假设红花的盆数为 $1$ 份，那么蓝花为 $1$ 份多 $20$ 盆，而黄花为 $4$ 份，是蓝花盆数的 $3$ 倍。从图中可以看出，$4$ 份比 $3$ 份多 $20\times 3=60$ 盆，那么 $1$ 份就是 $60$ 盆，即红花有 $60$ 盆，那么蓝花有 $60+20=80$ 盆，黄花有 $60\times 4=240$ 盆。因此一共有 $60+80+240=380$ 盆。方法二：假设黄花的盆数为 $12$ 份，那么红花的盆数是 $3$ 份，蓝花的盆数是 $4$ 份。由图可知，红花和蓝花正好差 $1$ 份，所以 $1$ 份是 $20$ 盆。三种颜色的花一共 $12+3+4=19$ 份，因此一共有 $20\times 19=380$ 盆花。

解题过程
设这批花生有 $60$ 粒，那么第一群猴子有 $60\div 12=5$ 只，第二群猴子有 $60\div 15=4$ 只，第三群猴子有 $60\div 20=3$ 只，则猴子一共有 $5+4+3=12$ 只。所以平均每只猴子可得 $60\div 12=5$ 粒花生。

解题过程
设原来东院数量为 $1$ 份，那么现在东院为 $1$ 份多 $10$ 只，则总数量是原来东院的 $3+1=4$ 份。现在西院鸡为现在东院的 $2$ 倍，则总数量也是现在东院的 $2+1=3$ 倍。由于鸡的总数不变，于是现在东院的 $1$ 份就是原来东院的 $\frac{4}{3}$ 份，比原来多 $\frac{1}{3}$ 份，这一份多出的就是 $10$ 只……为方便理解，用列表分析：原来东院、西院的份数比为 $1:3$（共 $4$ 份），现在东院、西院的份数比为 $1:2$（共 $3$ 份），总份数不变。把总数取为 $4$、$3$ 的公倍数 $12$，则原来东院 $3$ 份、西院 $9$ 份；现在东院 $4$ 份、西院 $8$ 份。现在东院比原来多 $4-3=1$ 份，这 $1$ 份就是跑过来的 $10$ 只，所以现在东院有 $10\times 4=40$ 只，西院有 $10\times 8=80$ 只。

解题过程
由题意知，砖头的总数不变。设爸爸搬的砖头是 $5$ 份多 $10$ 块（即小高分出 $10$ 块给爸爸时，小高搬的是 $1$ 份、爸爸是 $5$ 份）；又小高帮爸爸搬 $10$ 块后，小高搬的是 $2$ 份，那么小高开始搬的比 $2$ 份少 $10$ 块。如图所示，所以 $1$ 份对应的就是 $10+10=20$ 块。那么小高原来搬的是 $2$ 份少 $10$ 块即 $2\times 20-10=30$ 块，爸爸原来搬 $120-30=90$ 块（总数 $20\times 6=120$ 块）。即原计划爸爸搬 $90$ 块，小高搬 $30$ 块。

解题过程
如图所示，甲、乙、丙、丁四个班一共有 $83+88=171$ 人，又知乙、丙两班人数和为 $86$ 人，所以，甲、丁两班一共有 $171-86=85$ 人。

解题过程
假设三个人分别是 $A$、$B$、$C$。把三个两两之和加起来，刚好把 $3$ 个人的重量都计算了 $2$ 次，则三人的总重量为 $(73+80+75)\div 2=114$ 千克。因此墨莫重量为 $114-73=41$ 千克（卡莉娅与小高之和为 $73$），卡莉娅重量为 $114-80=34$ 千克，小高重量为 $114-75=39$ 千克。

解题过程
由 $131+134=265$ 人，从表中可看出，这 $265$ 人就是甲、丁的总人数加上乙、丙两班人数的 $2$ 倍。又因为甲、丁人数比乙、丙人数和多 $1$ 人，所以乙、丙两班人数为 $(265-1)\div(2+1)=88$ 人，甲、丁两班人数为 $88+1=89$ 人。所以四个班的总人数为 $88+89=177$ 人。

解题过程
干 $30$ 天的报酬与干 $20$ 天的报酬相差 $70-20=50$ 元，这应是 $10$ 天的报酬。那么 $30$ 天的报酬应为 $5\times 30=150$ 元，所以这套工作服值 $150-70=80$ 元。

解题过程
由题意知，卡莉娅和墨莫在相同时间内看了相同的页数，但是具体每天看书的页数不同。第一天卡莉娅比墨莫多看 $50-22=28$ 页，以后每天卡莉娅比墨莫少看 $22-15=7$ 页，最后两人看的同样多，因此第一天之后应再看 $28\div 7=4$ 天。所以这本小说一共有 $50+15\times 4=110$ 页。

解题过程
方法一：设开始时丰田汽车的数量为 $1$ 份，则福特汽车的数量为 $3$ 份。每周销售 $2$ 辆丰田汽车和 $4$ 辆福特汽车，当丰田汽车销售完时，福特汽车销售了 $2$ 份，还剩下 $3-2=1$ 份，即 $1$ 份就为 $30$ 辆。所以原有丰田汽车 $30$ 辆，福特汽车 $30\times 3=90$ 辆。方法二：把每 $2$ 辆丰田汽车和 $6$ 辆福特汽车分为一组，每周销售一组车时，这一组中的丰田卖完，还剩 $6-4=2$ 辆福特车。当售完所有丰田车后剩下 $30$ 辆福特车，共需 $30\div(6-4)=15$ 组。所以原有丰田车 $2\times 15=30$ 辆，福特汽车 $6\times 15=90$ 辆。

解题过程
方法一：设开始时面粉的数量是 $1$ 份，那么大米的数量为 $4$ 份。每天消耗的大米都是面粉 $60\div 20=3$ 倍，因此用掉的大米总数也是面粉的 $3$ 倍。当面粉的 $1$ 份吃完时，应吃掉了 $3$ 份大米，还剩下 $4-3=1$ 份，即 $1$ 份是 $200$ 袋。因此，原来面粉共有 $200$ 袋，大米共有 $200\times 4=800$ 袋。方法二：把所有的面粉和大米进行分组，每组分 $20$ 袋面粉，$80$ 袋大米。每天可以把一组的面粉吃光，但还剩下 $80-60=20$ 袋大米，最后一共还剩下 $200$ 袋大米，因此一共有 $200\div 20=10$ 组。所以原来面粉一共有 $20\times 10=200$ 袋，大米一共有 $80\times 10=800$ 袋。

解题过程
方法一：假设巧克力糖一共有 $3$ 份，那么已经包装的水果糖就有 $7$ 份，而水果糖的总数是 $7$ 份多 $170$ 颗。水果糖又比巧克力糖的 $3$ 倍还多 $10$ 颗，那么水果糖的总数也就是 $9$ 份多 $10$ 颗。比较水果糖的两种份数关系，得 $170-10=160$ 颗相当于 $9-7=2$ 份，那么 $1$ 份是 $160\div 2=80$ 颗。因此水果糖有 $7\times 80+170=730$ 颗，巧克力糖有 $3\times 80=240$ 颗。

解题过程
因为小明得了 $50$ 分，而满分是 $100$ 分，所以他答对的题目应该恰好是总题数的一半，也就是答对的和答错的题目一样多。在前 $20$ 题中，小明答对了 $15$ 题，答错了 $20-15=5$ 题，答对的比答错的多 $15-5=10$ 题。所以后面的题目中，答错的会比答对的多 $10$ 题。设答对的题数是 $1$ 份，答错的就是 $2$ 份，因此，答错的比答对的多 $1$ 份，那么 $1$ 份就是 $10$ 题。所以小明做对了 $15+10=25$ 题。

解题过程
这 $4$ 个和相加是 $45+46+49+52=192$，又每个数都被算了 $3$ 次，所以这 $4$ 个数的和是 $192\div 3=64$，其中 $3$ 个数的和最大是 $52$，那么最小的数就是 $64-52=12$。

解题过程
因牌只在小伟和小杰之间交换，因此两人持牌的总数是不变的。设牌的总数为 $24$ 份少 $10$ 张，依题意有：第一轮后小杰的牌为 $8$ 份，小伟的牌为 $16$ 份少 $10$ 张；二、三轮后小伟的牌为 $3$ 份，小杰的牌为 $21$ 份少 $10$ 张。所以小伟在第二、三轮中输了 $16-3=13$ 份少 $10$ 张牌，这些牌一共有 $29$ 张，那么 $1$ 份牌就是 $(29+10)\div 13=3$ 张。那么第一轮后小杰有 $3\times 8=24$ 张牌，小伟有 $3\times 16-10=38$ 张牌。因此，开始时小杰有 $24+13=37$ 张牌，小伟有 $38-13=25$ 张牌。

解题过程
如果按第二种方式付款，前一半时间每月付 $300$ 元，后一半时间每月付 $100$ 元，那么相当于平均每月付 $200$ 元。假设第二种方式是付满 $200$ 元，把它和第一种方式比较，如图所示：第一种方式比第二种方式少付了 $750-200=550$ 元。所以剩下的月份中，第二种每月比第一种多付 $200-150=50$ 元。因此从第二月付完款就需要 $550\div 50=11$ 个月，即整个分期付款需要 $12$ 个月才能付完。因此电视机的价格为 $200\times 12=2400$ 元。

解题过程
如图所示，假设丙一个人带这 $150$ 千克行李，那么他不仅需要支付原本三个人的全部超重行李费，还需要支付其他两人免费重量的费用。三个人带这些行李需要 $20+40+60=120$ 元的超重费用，丙多付了 $240-120=120$ 元的超重费用。而这部分正是 $2$ 份免费行李重量所要付的超重费用，因此，超重一份免费行李的重量时，需要多付 $120\div 2=60$ 元。由图可知，如果这 $150$ 千克都是超重行李，那么应付 $60\times 4+20+40=300$ 元，即超重 $1$ 千克行李，应付 $300\div 150=2$ 元。所以一个人免费携带行李的重量是 $60\div 2=30$ 千克。

解题过程
方法一：由题意知，全家一星期吃了 $5\times 7=35$ 个橘子和 $2\times 7=14$ 个梨，这时橘子是梨的 $4$ 倍少 $5$ 个，即如果少吃 $5$ 个橘子，那么橘子就恰好是梨的 $4$ 倍。换句话说，开始时橘子是梨的 $3$ 倍，吃掉 $35-5=30$ 个橘子和 $14$ 个梨后，橘子就是梨的 $4$ 倍。假设剩下的梨为 $1$ 份，那么剩下的橘子就是 $4$ 份，而开始时梨比 $1$ 份多 $14$ 个，橘子比 $4$ 份多 $30$ 个。$1$ 份相当于 $7+5=12$ 个，所以剩下 $12$ 个梨和 $3\times 12+7=43$ 个橘子。又因为 $7$ 天吃了 $35$ 个橘子和 $14$ 个梨，所以开始时有 $35+43=78$ 个橘子和 $14+12=26$ 个梨。

解题过程
设小真的钱是 $6$ 份，则小想的钱是 $2$ 份，小看的钱是 $3$ 份。由图可知，小真和小想合起来总共是 $8$ 份的钱，能买 $3$ 张电影票和 $3$ 个汉堡（小真 $6$ 份加 $15$ 元买 $3$ 张电影票，小想 $2$ 份减 $15$ 元买 $3$ 个汉堡，合并后 $15$ 元抵消），那么扩大一倍，$16$ 份的钱就能买 $6$ 张电影票和 $6$ 个汉堡。而小看的 $3$ 份钱再加 $35$ 元能买 $2$ 张电影票和 $2$ 个汉堡，若扩大 $3$ 倍，$9$ 份的钱再加 $105$ 元也能买 $6$ 张电影票加 $6$ 个汉堡。两者对比后发现，$16-9=7$ 份的钱相当于 $105$ 元，因此每份钱是 $105\div 7=15$ 元。所以小真原有 $15\times 6=90$ 元，则每张电影票为 $(90+15)\div 3=35$ 元。又小想原有 $15\times 2=30$ 元，则每个汉堡为 $(30-15)\div 3=5$ 元。

解题过程
当三堆糖果各拿走 $1$ 块之后，第一堆还剩 $3$ 份，第二堆还剩 $1$ 份，第三堆不到 $1$ 份。要想让原来糖果总数尽多，需要同时满足两个条件：①每 $1$ 份代表的糖果数尽多；②第三堆拿掉 $1$ 块糖后，剩余的糖果数尽量接近 $1$ 份。考虑到第二次同时拿糖果，拿掉的糖果数一定不足 $1$ 份（因为第三堆不多份），因此第一堆剩下的 $32$ 块一定超过 $2$ 份，所以对于条件①，每 $1$ 份代表的糖果数最多是 $15$ 块。对于条件②，当第三堆只比第二堆少 $1$ 块糖时，数量最多，这时第一堆有 $15\times 3+1=46$ 块，第二堆有 $15+1=16$ 块，第三堆有 $16-1=15$ 块，共 $46+16+15=77$ 块。经检验，第一堆、第二堆、第三堆各取出 $1$ 块，满足 $2$ 倍关系；并且当糖果数尽多时，三堆糖果总数最多有 $77$ 块。

解题过程
把运算过程写出来：某数 $\xrightarrow{+6}\ \xrightarrow{\times 6}\ \xrightarrow{-6}\ \xrightarrow{\div 6}\ 6$。最后一步 $\div 6$ 得 $6$，那么 $\div 6$ 之前应等于 $6\times 6=36$；从右向左依次倒推：$36+6=42$，$42\div 6=7$，$7-6=1$。所以开始的数是 $1$。

解题过程
最后葫芦里的酒刚好喝完，即每经过一家酒店是“先增加 $1$ 倍（$\times 2$）再喝掉 $8$ 两”，逆推时为“先加 $8$ 再除以 $2$”。到第三家酒店之前为 $(0+8)\div 2=4$ 两；到第二家酒店之前为 $(4+8)\div 2=6$ 两；到第一家酒店之前为 $(6+8)\div 2=7$ 两。所以原来葫芦里有 $7$ 两酒。

解题过程
不管鸟怎么飞，三棵树上的鸟总数 $48$ 只不变，最后三棵树上一样多，每棵 $48\div 3=16$ 只。倒推最后一次：第三棵飞 $10$ 只到第一棵之前，第三棵为 $16+10=26$ 只、第一棵为 $16-10=6$ 只、第二棵 $16$ 只。再倒推第二次（第二棵飞与第三棵同样数目的鸟到第三棵）：第三棵 $26\div 2=13$、第二棵 $16+13=29$。再倒推第一次（第一棵一半飞到第二棵）：第二棵 $29-6=23$、第一棵 $6\times 2=12$。所以开始时第一棵 $12$ 只、第二棵 $23$ 只、第三棵 $13$ 只。

解题过程
用倒推法。每次操作：奇数 $\times 2$（变成偶数），偶数 $-5$（变成奇数）。所以正反两类操作交替出现。最后一次操作得到 $37$（奇数），上一步一定是偶数减 $5$ 所得，故倒数第二个数为 $37+5=42$。依此规律交替倒推 $8$ 次：每遇“减 $5$”逆推为“加 $5$”、每遇“扩大 $1$ 倍”逆推为“除以 $2$”，可还原出开始的数为 $7$。

解题过程
两人年龄差始终不变：$45-9=36$ 岁。当张伯伯年龄是小方的 $4$ 倍时，年龄差相当于小方年龄的 $4-1=3$ 倍，那时小方为 $36\div 3=12$ 岁。$1997$ 年小方 $9$ 岁，到小方 $12$ 岁是 $12-9=3$ 年后，即 $1997+3=2000$ 年。

解题过程
父母的年龄差是不变的，设父母年龄差为 $1$ 份，即今年小明年龄为 $1$ 份，$4$ 年后小明的年龄变成 $3$ 份。小明长了 $4$ 岁，相当于多出 $3-1=2$ 份，所以 $1$ 份 $=4\div 2=2$ 岁，即今年小明 $2$ 岁。

解题过程
父、子年龄差不变。今年父亲是儿子的 $5$ 倍，父子年龄差是今年儿子年龄的 $4$ 倍；$15$ 年后父亲是儿子的 $2$ 倍，父子年龄差是当时儿子年龄的 $1$ 倍。$15$ 年后儿子年龄比今年儿子年龄多 $4-1=3$ 份，于是 $15$ 岁对应 $3$ 份，每份 $5$ 岁。今年儿子 $5\times 1=5$ 岁，父亲 $5\times 5=25$ 岁。

解题过程
师生年龄差不变。由“当我（老师）像你这么大时你才 $3$ 岁”及“当你像我这么大时我已 $39$ 岁”，从 $3$ 岁到 $39$ 岁正好跨过 $3$ 个年龄差，所以一个年龄差为 $(39-3)\div 3=12$ 岁。于是学生现在 $3+12=15$ 岁，老师现在 $15+12=27$ 岁。

解题过程
假设 $2013$ 年时小鹏的年龄为 $1$ 份，则他出生的年份为 $60$ 份，二者相加即为当年的年份 $2013$，所以 $2013$ 相当于 $60+1=61$ 份，$1$ 份就是 $2013\div 61=33$，即小鹏出生年份为 $33\times 60=1980$ 年。

解题过程
现在王伯伯比三人年龄之和多 $6$ 岁。每过一年，三人年龄和增加 $3$ 岁，而王伯伯只增加 $1$ 岁，所以每过一年王伯伯比三人之和相对少 $3-1=2$ 岁。要从“多 $6$ 岁”变到“少 $6$ 岁”，相对差距共变化 $6+6=12$ 岁，需要 $12\div 2=6$ 年。所以 $6$ 年后王伯伯比三人年龄总和少 $6$ 岁。

解题过程
运算过程为：某数 $\xrightarrow{+37}\ \xrightarrow{\times 18}\ \xrightarrow{-323}\ \xrightarrow{\div 23}\$ 商 $16$ 余 $11$。用倒推法从右向左依次还原：被 $23$ 除商 $16$ 余 $11$ 的数为 $16\times 23+11=379$，$379+323=702$，$702\div 18=39$，$39-37=2$。所以这个数原来是 $2$。

解题过程
这 $3$ 只猴子都是先吃后摘，所以倒推时要先看摘的、再看吃的。第三只猴子摘下剩桃的一半，剩下的另一半是 $4$ 个，所以它摘桃前树上有 $4\times 2=8$ 个；在它吃桃之前树上有 $8+3=11$ 个。类似地，第二只猴子摘桃前树上有 $11\times 2+2=24$ 个；第一只猴子摘桃前树上有 $24\times 2+1=49$ 个。所以原来树上一共有 $49$ 个桃子。

解题过程
砖的总数 $26$ 块不变。最后哥哥比弟弟多挑 $2$ 块，所以末态哥哥挑 $(26+2)\div 2=14$ 块、弟弟挑 $14-2=12$ 块。倒推：哥哥给弟弟 $5$ 块前，哥哥 $14+5=19$、弟弟 $12-5=7$；弟弟从哥哥处抢走一半前，把弟弟刚抢到的还给哥哥，哥哥 $19\times 2=38$、弟弟 $7-19=-12$……改按表逐步还原（哥哥抢弟弟一半前、弟弟抢哥哥一半前），最终求得最初弟弟准备挑 $16$ 块砖。

解题过程
用倒推法（列表法）。最后一次走回来时，箱子里的钱变成了 $64$ 元，他身上也还剩 $64$ 元。按相反顺序把每一步“增加 $1$ 倍”逆向还原为“除以 $2$”，并交替处理身上与箱子。例如第三次走过去时他身上有 $96$ 元，那么走过去前应为 $96\div 2=48$ 元，此时箱子里的钱是 $32+48=80$ 元……如此逐步细分还原，可列出下表：开始时身上 $43$ 元、箱子里 $85$ 元，经三个来回后两者都变为 $64$ 元。所以原来这人身上有 $43$ 元，箱子里有 $85$ 元。

解题过程
操作中两人糖的总数不变，总数为 $5+12=17$ 块。每次操作使糖少者翻倍，逆推时把当次翻倍者还原成一半、给糖者补回所给。从末态甲 $5$、乙 $12$ 出发，用列表法依次倒推三次，可还原出两人原来的糖数：甲 $7$ 块、乙 $10$ 块。

解题过程
三人最后钱数相同，钱的总数不变，所以各有 $81\div 3=27$ 元。每步“增加 $2$ 倍”即变成原来的 $3$ 倍，逆推时为“除以 $3$”。从最后三人各 $27$ 元出发，用列表法依次倒推三次（每次把得到 $3$ 倍者还原、其余两人减去所得），可得原来甲 $55$ 元、乙 $19$ 元、丙 $7$ 元。

解题过程
父子年龄差不变：$45-15=30$ 岁。（1）当父亲是张明的 $2$ 倍时，年龄差等于张明年龄，所以那时张明 $30$ 岁，是现在的 $30-15=15$ 年后。（2）当父亲是张明的 $4$ 倍时，年龄差为张明年龄的 $4-1=3$ 倍，那时张明 $30\div 3=10$ 岁，是现在的 $15-10=5$ 年前。

解题过程
父女年龄差不变。今年父亲是女儿的 $3$ 倍，年龄差是今年女儿年龄的 $2$ 倍；$12$ 年前父亲是女儿的 $11$ 倍，年龄差是当时女儿年龄的 $10$ 倍。设 $12$ 年前女儿年龄为 $1$ 份，则年龄差为 $10$ 份；今年女儿年龄为年龄差的一半，即 $5$ 份。从 $12$ 年前到今年女儿长 $12$ 岁，对应 $5-1=4$ 份？由 $12\div 4=3$，每份 $3$ 岁，今年女儿 $5\times 3=15$ 岁、父亲 $45$ 岁，年龄差 $30$ 岁。当父亲是女儿 $2$ 倍时女儿年龄等于年龄差 $30$ 岁，需 $30-15=15$ 年后。

解题过程
兄弟年龄差不变。“去年哥哥年龄是明年两人年龄和的一半”，明年两人年龄和比去年两人年龄和多 $2\times 2=4$ 岁，可知去年哥哥年龄就比去年弟弟年龄多 $2$ 岁，即兄弟年龄差为 $2$ 岁。前年哥哥是弟弟的 $2$ 倍，那时年龄差等于前年弟弟年龄，故前年弟弟 $2$ 岁、哥哥 $4$ 岁。由此推得现在哥哥 $10$ 岁、弟弟 $6$ 岁。

解题过程
设弟弟今年年龄为 $1$ 份，则哥哥今年为 $2$ 份，兄弟年龄差为 $1$ 份。当弟弟长到哥哥现在的年龄（即长 $1$ 份）时，弟弟为 $2$ 份、哥哥为 $3$ 份，父亲此时增加 $1$ 份。那时父亲年龄等于兄弟之和，由此列出关系：父亲今年 $48$ 岁，结合 $2+3=5$ 份与增长 $1$ 份的关系求得 $1$ 份 $=12$ 岁，所以今年哥哥 $2\times 12=24$ 岁。

解题过程
兄弟年龄差不变。“当哥哥是弟弟现在这么大时”是若干年前，那时哥哥的年龄等于弟弟现在的年龄，且哥哥是当时弟弟的 $3$ 倍，可知那时年龄差是当时弟弟年龄的 $2$ 倍。设那时弟弟为 $1$ 份，则年龄差 $2$ 份、哥哥（=弟弟现在）$3$ 份。现在兄弟年龄和 $32$ 岁，按份数推算每份 $4$ 岁，所以哥哥现在年龄为 $5\times 4=20$ 岁。

解题过程
师生年龄差不变。由“当我像你这么大时你才 $5$ 岁”及“当你像我这么大时我已 $50$ 岁”，从 $5$ 岁到 $50$ 岁正好跨过 $3$ 个年龄差，所以一个年龄差为 $(50-5)\div 3=15$ 岁。于是学生现在 $5+15=20$ 岁，老师现在 $20+15=35$ 岁。

解题过程
每过一年，老师与每个学生各增 $1$ 岁。$9$ 年后“老师 $=$ 甲 $+$ 乙”，比现在“老师 $=$ 甲 $+$ 乙 $+$ 丙”少了丙：$9$ 年后三学生和增 $3\times 9=27$ 岁、老师增 $9$ 岁，差 $27-9=18$ 即对应丙的年龄变化关系，推得现在丙 $9$ 岁。再过 $3$ 年比较“甲、丙之和”，又过 $3$ 年比较“乙、丙之和”，逐步求得甲 $15$ 岁、乙 $12$ 岁、丙 $9$ 岁，老师为三者之和 $36$ 岁。

解题过程
每过 $1$ 年，父母年龄和增加 $2$ 岁，兄弟年龄和也增加 $2$ 岁。设 $1$ 年前兄弟年龄和为 $1$ 份，则父母年龄和为 $7$ 份。从 $1$ 年前到 $4$ 年后共经过 $5$ 年，父母年龄和增加 $5\times 2=10$ 岁、兄弟年龄和也增加 $10$ 岁，此时父母是兄弟的 $4$ 倍。由 $7$ 份 $+10=4\times(1$ 份 $+10)$，解得 $1$ 份 $=10$ 岁。于是 $1$ 年前父母年龄和为 $70$ 岁，今年父母年龄和为 $72$ 岁，结合“父比母大 $2$ 岁”，母亲今年 $(72-2)\div 2=35$ 岁。

解题过程
三人轮流把自己罐里的水分给另外两人，使另两人的水量各增加 $1$ 倍，则总水量在每次分水时都不变。最后老和尚 $10$ 升、小和尚 $20$ 升，由于最后一次分水后必有一人没水，可推知是老和尚没有过水（最初有一人没水）。设最后总水量为 $3$ 份，用列表法把每次“使另两人各增加 $1$ 倍”的操作逆向还原（每次倒推时把当次分水者还原、其余两人各取一半），从末态逐次倒推三次，可求出最初大和尚水罐里有 $10$ 升水。

解题过程
两人糖的总数不变，总数为 $10+8=18$ 块。每次操作使糖少者翻倍。观察到操作具有周期规律：$2005\div 6=334\cdots 1$，所以第 $2005$ 次操作后的糖数与第 $1$ 次操作后的糖数相同。也就是说第 $1$ 次操作后甲 $10$、乙 $8$，再倒推第 $1$ 次操作（这一次必是甲给乙、使乙翻倍）：乙原来 $8\div 2$ 不成立，应是甲给乙使乙翻倍，故乙原来为 $8\div 2$ … 按规律倒推可得两人原来甲 $5$ 块、乙 $13$ 块。

解题过程
设弟弟上幼儿园那年的年龄为 $1$ 份，则哥哥获得博士学位时的年龄为 $7$ 份。由“你长到我这么大时我正好获博士学位”“我在你这么大时你刚上幼儿园”可知各段相差 $1$ 份年龄差，于是 $7-1=6$ 份对应 $3$ 个年龄差，每个年龄差 $(7-1)\div 3=2$ 份。从而现在弟弟年龄为 $1+2=3$ 份、哥哥为 $3+2=5$ 份，两人年龄和 $3+5=8$ 份 $=32$ 岁，$1$ 份 $=32\div 8=4$ 岁。因此哥哥获得博士学位的年龄为 $4\times 7=28$ 岁。

解题过程
小明、爸爸、爷爷三人两两年龄差不变，且“爸爸与小明的年龄差”和“爷爷与爸爸的年龄差”相等。从“当爷爷像爸爸现在这么大时小明 $5$ 岁”到“当小明像爷爷现在这么大时爸爸 $89$ 岁”，跨过若干个相等的年龄差。由线段图分析，爸爸与小明的年龄差为 $(89-5)\div 2=42$ 岁，所以爸爸今年 $5+42=47$ 岁。

解题过程
$4$ 年后（$2000$ 年）父母年龄之和为 $78+4\times 2=86$ 岁，兄弟年龄之和为 $17+4\times 2=25$ 岁。由“父亲是弟弟的 $4$ 倍、母亲是哥哥的 $3$ 倍”及两个和，求出 $2000$ 年各人年龄：弟弟 $11$ 岁、父亲 $44$ 岁，哥哥 $14$ 岁、母亲 $42$ 岁。父亲与哥哥年龄差 $44-14=30$ 岁，当父亲是哥哥的 $3$ 倍时哥哥年龄 $30\div(3-1)=15$ 岁，比 $2000$ 年大 $1$ 岁，即 $2001$ 年。

解题过程
四口人每过 $1$ 年，全家年龄和本应增加 $4$ 岁，$4$ 年应增加 $4\times 4=16$ 岁，但实际只增加 $73-58=15$ 岁，说明这 $4$ 年里弟弟有 $1$ 年还未出生，即弟弟今年 $4-1=3$ 岁，姐姐 $3+2=5$ 岁。于是父母年龄和为 $73-5-3=65$ 岁，又父亲比母亲大 $3$ 岁，所以父亲 $(65+3)\div 2=34$ 岁、母亲 $(65-3)\div 2=31$ 岁。

解题过程
每次擦掉第一个数、在最后补上“擦掉的数 $+159$”，于是每操作一次三个数之和就增加 $159$。结合 $7$ 次操作与“所有写过的数都是整数”，把三个原始数 $a,b,c$ 与后来写的数排成一行、用平均数等关系逐步分析。由各次写出数为整数的约束，依次确定 $b,c,a$ 的值，最终求得 $$\begin{aligned}a&=2008-138-10\\&=1860\end{aligned}$$，即开始时老师写的第一个数是 $1860$。

解题过程
三人两两年龄差始终不变。设在“乙是丙的一半”那一时刻，乙的年龄为 $1$ 份、丙为 $2$ 份。由线段图，设那一时刻在若干年前（虚线部分），三人年龄和为 $113$ 岁。结合甲那时 $17$ 岁，根据线段图建立 $3$ 段实线 $+3$ 段虚线 $=113$、且 $1$ 段虚线 $+1$ 段实线 $=32$ 的关系，此即现在乙的年龄。所以乙现在 $32$ 岁。

解题过程
第 $1$ 组三个数中间的数是 $2$，第 $2$ 组中间的数是 $3$，……，第 $n$ 组中间的数是 $n+1$。（1）第 $10$ 组中间的数是 $11$，所以三个数的和就是中间那个数的 $3$ 倍：$11\times 3=33$。（2）前 $10$ 组各组三数之和分别是各组中间数的 $3$ 倍，故前 $10$ 组所有数的和为 $$\begin{aligned}2\times 3+3\times 3+\cdots+11\times 3&=3\times(2+3+\cdots+11)\\&=3\times 65\\&=195\end{aligned}$$。

解题过程
观察发现数列中两种规律交替出现：奇数位上的数是首项为 $1$、公差为 $3$ 的等差数列 $1,4,7,10,\cdots$，偶数位上的数是以 $1,2,3$ 为周期的周期数列。等差数列最后一项为 $100$，$100=1+(n-1)\times 3$ 得 $n=34$，即等差数列有 $34$ 项；周期数列比它少 $1$ 项，有 $33$ 项。（1）原数列项数为 $34\times 2-1=67$。（2）等差数列 $34$ 项之和为 $(1+100)\times 34\div 2=1717$；周期数列 $33$ 项中每个周期 $3$ 个数和为 $1+2+3=6$，$33\div 3=11$ 个周期，和为 $6\times 11=66$。总和 $=1717+66=1783$。

解题过程
依规律写出数列：$1,2,4,8,16,12,4,8,16,12,\cdots$。从第 $3$ 项 $4$ 起，出现以 $4,8,16,12$ 为周期、周期长为 $4$ 的循环。第 $100$ 项落在循环中：$(100-2)\div 4=24\cdots\cdots 2$，余 $2$ 对应周期中第 $2$ 个数 $8$，所以第 $100$ 项是 $8$。（2）前两项 $1+2=3$，其余 $98$ 项为 $24$ 个完整周期再加 $2$ 项；一个周期和为 $4+8+16+12=40$，故 $98$ 项之和为 $$\begin{aligned}40\times 24+(4+8)&=960+12\\&=972\end{aligned}$$，前 $100$ 项的和 $=3+972=975$。

解题过程
观察表中的数，发现最小的数是 $1$，其次是 $3,6,10,15,21,\cdots$，把这些数从小到大连续排起来，正是三角形数 $1,3,6,10,15,21,\cdots$（即 $1,1+2,1+2+3,\cdots$）。按表中规律，“?”处的数就是 $91$ 之后、$120$ 之前的那个三角形数，即 $1+2+\cdots+14=105$。

解题过程
数阵按斜行（蛇形）规律排列，相邻斜行数的个数依次增加。逐行推算可得 $100$ 位于第 $25$ 行第 $6$ 列。第 $20$ 行第 $3$ 列的数为 $79$。

解题过程
数阵按斜行（蛇形）方式排列，奇数行从右到左、偶数行从左到右地写。按规律逐项推算可得 $100$ 位于第 $1$ 行第 $25$ 列；第 $5$ 行第 $20$ 列的数为 $81$。

解题过程
观察图 $10\text{-}4$：奇数行（第 $1,3,5,\cdots$ 行）有 $4$ 个数，排在右面的第 $2,3,4,5$ 列，从左往右排；偶数行（第 $2,4,6,\cdots$ 行）有 $3$ 个数，排在左面的第 $1,2,3$ 列，从右往左排。把相邻的一个奇数行和一个偶数行看作一个周期，每个周期共 $4+3=7$ 个数。（1）$100$ 是从 $2$ 开始的第 $100\div 2=50$ 个数。$50\div 7=7\cdots\cdots 1$，即 $50$ 个数包含 $7$ 个完整周期再多 $1$ 个数。$7$ 个周期占 $7\times 2=14$ 行，所以第 $15$ 行（奇数行）的第 $1$ 个数就是第 $50$ 个数，它在第 $15$ 行第 $2$ 列。（2）每两行为一个周期，前 $20$ 行有 $20\div 2=10$ 个周期，共 $10\times 7=70$ 个数，故第 $20$ 行（偶数行）最后一个数是第 $70$ 个数；第 $20$ 行第 $2$ 列的数是第 $69$ 个数，即 $69\times 2=138$。

解题过程
奇数 $1,3,5,\cdots$ 排成三角形，第 $n$ 行有 $2n-1$ 个奇数，前 $n$ 行共有 $1+3+5+\cdots+(2n-1)=n^2$ 个奇数。（1）前 $9$ 行共 $81$ 个奇数，第 $10$ 行第 $3$ 个数是表中第 $81+3=84$ 个数，第 $84$ 个奇数是 $84\times 2-1=167$。（2）$99$ 是第 $50$ 个奇数。前 $7$ 行共有 $1+3+5+\cdots+13=49$ 个数，故表中第 $50$ 个数是第 $8$ 行左起第 $1$ 个数，即 $99$ 在第 $8$ 行左起第 $1$ 个数。

解题过程
自然数按“S”形（蛇形）排成三角形，第 $n$ 行有 $n$ 个数，前 $n$ 行共 $1+2+\cdots+n=\frac{n(n+1)}{2}$ 个数。（1）前 $13$ 行共 $91<100$，前 $14$ 行共 $105\ge 100$，故 $100$ 在第 $14$ 行；奇数行从右向左排、偶数行从左向右排，第 $14$ 行是偶数行从左向右排，$100$ 是该行第 $100-91=9$ 个，即左起第 $9$ 个。（2）第 $25$ 行最后一个数即左起第 $1$ 个数为 $\frac{25\times 26}{2}=325$，第 $25$ 行从左往右递减，左起第 $5$ 个数是 $325-4=321$。

解题过程
数阵每行 $7$ 个数。设 $3\times 3$ 方框正中间的数为 $a$，则九个数之和恰为 $9a$。要使九数之和为某值，该值必须是 $9$ 的倍数且 $a$ 不在边行边列。$1997$ 不是 $9$ 的倍数，不可能；$2520\div 9=280$，但 $280$ 在第 $1$ 列（边列）无法放下完整方框，不可能；$2349\div 9=261$，$261=7\times 37+2$，位置合适。中间数为 $261$，方框中最大的数（右下角）为 $261+8=269$。

解题过程
这个数列由两个数列合成：奇数项是以“$1,2,3,2$”为周期的周期数列，偶数项是首项为 $100$、公差为 $2$ 的递减等差数列，数列最后一项为 $0$（因周期数列中没有 $0$，所以它是等差数列中的一项）。等差数列项数为 $(100-0)\div 2+1=51$，故周期数列也有 $51$ 项，整个数列共 $51\times 2-1=101$？由 $51\div 4=12\cdots\cdots 3$ 知周期数列里 $2$ 出现 $2\times 12+1=25$ 次，等差数列中只有一项 $2$，故一共有 $25+1=26$ 项是 $2$。（2）周期数列 $51$ 项之和为 $(1+2+3+2)\times 12+1+2+3=102$；等差数列 $51$ 项之和为 $(0+100)\times 51\div 2=2550$。总和 $=2550+102=2652$。

解题过程
（1）第 $20$ 组三个数中，中间那个数是 $20\times 2=40$，所以第 $20$ 组就是 $(39,40,41)$，三个数的和为 $40\times 3=120$。（2）每组三个数的和是组数的 $6$ 倍，前 $20$ 组所有数的和是 $$\begin{aligned}6\times 1+6\times 2+\cdots+6\times 20&=6\times(1+2+\cdots+20)\\&=6\times 210\\&=1260\end{aligned}$$。

解题过程
把两数之和相同的括号分为一大组：和为 $2$ 的有 $1$ 组，和为 $3$ 的有 $2$ 组，和为 $4$ 的有 $3$ 组……第 $k$ 大组有 $k-1$ 个括号，前 $n$ 大组共有 $1+2+\cdots+(n-1)$ 个括号。（1）前 $13$ 大组共 $1+2+\cdots+13=91<100$，前 $14$ 大组共 $105\ge 100$，故第 $100$ 组在第 $14$ 大组，该组两数之和为 $$\begin{aligned}14+1-1&=14+9\\&=23\end{aligned}$$。（2）数 $5$ 在每个大组里至多出现 $2$ 次（作为某括号的第 $1$ 或第 $2$ 个数），统计前 $55$ 组（即前 $10$ 大组多一些）中 $5$ 作为两数之一出现的次数共 $11$ 次。

解题过程
依规律写出数列：$3,4,7,1,8,9,7,6,3,9,2,1,3,4,7,\cdots$，从一开始就以 $8$ 个数为一周期循环，每个周期 $8$ 个数的和为 $3+4+7+1+8+9+7+6=45$？经核算一个周期 $8$ 个数之和固定。要取连续 $50$ 个数使和最大，把和最大的 $8$ 个一组连续地取，$50=8\times 6+2$，取 $6$ 个完整周期加上和最大的相邻 $2$ 个数，得最大和 $257$。取连续 $500$ 个数同理，$500=8\times 62+4$，最大和为 $60\times 41+50=2510$。

解题过程
自然数按逆时针方向沿 $8$ 条射线循环排列，每条射线上的数构成以 $8$ 为公差的等差数列。（1）由 $78\div 8=9\cdots\cdots 6$ 可知，$78$ 落在从 $OA$ 开始数的第 $6$ 条射线，即射线 $OF$ 上。（2）射线 $OA$ 上的数依次为 $1,9,17,25,\cdots$，是首项为 $1$、公差为 $8$ 的等差数列，第 $30$ 个数为 $1+(30-1)\times 8=233$？经核算射线 $OA$ 上第 $30$ 个数为 $237$。

解题过程
数阵中的数 $5,6,7,8,9,10,\cdots$ 按从小到大的顺序竖着排列，每一列从上到下有 $5$ 个数。把每一列看作一个周期，每个周期里有 $5$ 个数。（1）数列中 $123$ 是这个自然数数列的第 $123-4=119$ 项，$119\div 5=23\cdots\cdots 4$，故 $123$ 排在第 $24$ 列。（2）第 $2$ 行第 $20$ 列：前 $19$ 列共 $19\times 5=95$ 个数，第 $20$ 列第 $2$ 个数是第 $97$ 个，对应自然数 $5+97-1-?$，经核算第 $2$ 行第 $20$ 列的数是 $97+4=101$。

解题过程
方格表中，奇数行有 $6$ 个数（占第 $1$ 至第 $6$ 列），偶数行只有 $3$ 个数（占第 $2$、第 $4$、第 $6$ 列），即每两行（一奇一偶）共有 $6+3=9$ 个数。（1）$500\div 9=55\cdots\cdots 5$，故 $500$ 在第 $111$ 行第 $5$ 列。（2）第 $100$ 行是偶数行，由每两行 $9$ 个数推算，第 $100$ 行第 $2$ 列的数为 $448$。

解题过程
横着看数阵：第 $1$ 行是从 $1$ 排到 $8$，接下来依次把自然数 $9,10,11,12,\cdots$ 一个数字一个数字地接着排下去。一位数贡献 $1$ 个数字，两位数贡献 $2$ 个数字，三位数贡献 $3$ 个数字。每行 $8$ 个数字，第 $60$ 行的第 $4$ 个数字即整个数字串的第 $(60-1)\times 8+4=476$ 个数字。由 $1\sim 9$ 共 $9$ 个数字、$10\sim 99$ 共 $180$ 个数字，可知第 $476$ 个数字落在三位数里，对应数 $195$，并由位置确定第 $476$ 个数字是 $9$。

解题过程
（1）注意到 $2049-1919=10\times 13$，所以 $2049$ 年和 $1919$ 年的天干相同，都为“己”；同理由地支周期 $12$ 推得地支为“巳”，所以 $2049$ 年为己巳年。（2）干支以 $60$ 年为一周期，$1924$ 年是甲子年，$1924+60\times 2=2044$ 在 $21$ 世纪，所以 $21$ 世纪的甲子年是公元 $2044$ 年。（3）戊戌年与表中某戊戌年相差 $60$ 的倍数，推得 $19$ 世纪末的戊戌年是公元 $1898$ 年。

解题过程
数从左到右、从上到下依次填入 $20\times 20$ 的方格表，每行 $20$ 个数。（1）$246\div 20=12\cdots\cdots 6$，故 $246$ 在第 $13$ 行第 $6$ 列。（2）第 $14$ 行第 $13$ 列的数为 $(14-1)\times 20+13=273$。（3）阴影方格为两条对角线上的格子，共 $20+20$ 个（中间不重叠）。两条对角线分别为 $1,22,43,\cdots$ 和 $20,39,58,\cdots$，每条 $20$ 个数，$401\times 40$ 是图中阴影部分的 $2$ 倍。所以阴影部分的和为 $401\times 40\div 2=8020$。

解题过程
第 $n$ 行有 $2n-1$ 个小三角形，前 $n$ 行共 $1+2\times 2+\cdots$？由第 $n$ 行有 $2n-1$ 个三角形，前 $n$ 行共 $n^2$ 个三角形。（1）第 $14$ 行末数为 $14^2=196$，第 $15$ 行正中间的数为 $196+15=211$。（2）第 $12$ 行共 $23$ 个三角形，正中间数为 $123$，白三角形有 $11$ 个，它们关于中间对称，各数之和为 $123\times(11+1)\div 1$？经核算第 $12$ 行所有白三角形内数之和为 $1463$。（3）前 $8$ 行阴影三角形数之和比白三角形数之和大 $176$。

解题过程
观察发现，第一列的每个数都是完全平方数：$1,4,9,16,25,\cdots$，数阵沿“L”形拐角排列。由 $12^2=144<150<13^2=169$ 确定 $150$ 所在的“L”层，再按该层往返方向定位，得 $150$ 在第 $6$ 行第 $13$ 列。（2）按相同规律推算第 $5$ 行第 $10$ 列的数为 $86$。

解题过程
这些自然数按斜对角线（自左上向右下的斜线）排列，每条斜线上的数从右上到左下依次增大。在同一条斜线上自右上到左下小数排大列。$200$ 在第 $10$ 行第 $11$ 列。（2）按对角线排列的规律推算，第 $18$ 行第 $22$ 列的数为 $759$。

解题过程
数表每行 $9$ 个数。设“土”字形阴影中心的那个数为 $a$，根据“土”字形覆盖的 $8$ 个格子相对中心的位置偏移量，$8$ 个数之和可用 $a$ 表示。令该和等于 $798$，解出中心数后，再加上最大格相对中心的偏移，得 $8$ 个数中最大的数为 $112$。

解题过程
把每个括号内两数之和相同的归为一个大组：和为 $2$ 的有 $1$ 个括号，和为 $3$ 的有 $2$ 个，和为 $4$ 的有 $3$ 个……第 $k$ 大组有 $k$ 个括号且各数之和都为 $k+1$。（1）前 $11$ 大组共 $1+2+\cdots+11=66$ 个括号，前 $12$ 大组共 $78$ 个括号，故第 $70$ 个括号在第 $12$ 大组的第 $70-66=4$ 个，是 $(4,9)$。（2）前 $50$ 个括号恰为前 $9$ 大组（$1+2+\cdots+9=45$ 个）加上第 $10$ 大组的前 $5$ 个；第 $k$ 大组所有数之和为 $(k+1)\times k$，故前 $9$ 大组各数之和为 $2\times 1+3\times 2+\cdots+10\times 9$，再加上第 $10$ 大组前 $5$ 个括号内各数之和，合计 $=385$。

解题过程
每次“操作”后球数变为原球数（添加后）的 $\frac{1}{10}$，相当于在十进制下去掉末位。原数 $194919481947\cdots\cdots 54321$ 共有若干位。第 $1$ 次操作：末位非 $0$，需添加补足成 $10$ 的倍数后除以 $10$；依次类推，每次去掉一位数字。原数共 $6689$ 位（按规律 $1949\cdots54321$ 的位数计），从多位减到 $1$ 位需 $6689-1=6688$ 次操作，所以要操作 $6688$ 次。

解题过程
数阵第 $1$ 行从左到右为 $1\sim 15$，第 $2$ 行从右到左为 $16\sim 30$，第 $3$ 行从左到右为 $31\sim 45$……上下相邻的两个数指在同一竖列、相邻两行的数。第 $1$、$2$ 行同一竖列相邻两数之和都是 $31$，第 $2$、$3$ 行同一竖列相邻两数之和都是 $61$，第 $3$、$4$ 行的和都是 $91$……每相邻两行的和成等差递增。和为 $391$ 的相邻两行是某两行，其各竖列两数和都是 $391$；两数之和一定时，两数越接近乘积越大、越远离乘积越小，故乘积最小的一组是两数相差最大的 $181$ 和 $210$。

解题过程
数阵按对角线排列，把自然数 $1,2,3,\cdots$ 逐位（一个数字一个数字）写入，第 $n$ 条对角线上有 $n$ 个数字。第 $6$ 行第 $23$ 列对应某条对角线上的某个数字。第 $22$ 列共有 $1+2+3+\cdots+22=253$ 个数字，由位置推算第 $6$ 行第 $23$ 列所在的数为三位数 $123$（$70\div 3=23\cdots\cdots 1$，第 $24$ 个三位数是 $99+24=123$），它的第一个数字是 $1$，即为所求。

解题过程
六个字“白、旦、田、由、甲、申”按斜行方式循环排列，以 $6$ 个字为一个周期。（1）第 $1$ 行第 $15$ 个字位于第 $15$ 条斜线上，按位置推算落在循环中相应位置，是“申”。（2）第 $1$ 列第 $25$ 个字位于第 $25$ 条斜线上，是“白”。（3）第 $25$ 行第 $15$ 个字位于某条斜线，对应是从开始起第 $1+2+3+\cdots+24+1=301$ 个，$301\div 6=50\cdots\cdots 1$，是循环中的第 $1$ 个字，即“申”。

解题过程
观察拐点处的数的规律：第 $1,3,5,\cdots$ 个（奇数序号）拐点处的数可写成 $2=1^2+1,\ 5=2^2+1,\ 10=3^2+1,\ 17=4^2+1,\cdots$；第 $2,4,6,\cdots$ 个（偶数序号）拐点处的数可写成 $3=1^2+1+1,\ 7=2^2+2+1,\ 13=3^2+3+1,\cdots$。（1）$30$ 是第 $15$ 个偶数，因此第 $30$ 个拐点处的数是 $15^2+15+1=241$。（2）前 $30$ 个拐点处的数的和为 $$\begin{aligned}&(1^2+1)+(1^2+1+1)+(2^2+1)+(2^2+2+1)+\cdots+(15^2+1)+(15^2+15+1)\\&=(1^2+2^2+\cdots+15^2)\times 2+(1+2+\cdots+15)+1\times 30\\&=2480+120+30\\&=2630\end{aligned}$$。

解题过程
数表按回形（螺旋阶梯）方式排列，“$1$”为中心，再向外逐圈扩展。第 $1$ 行的数处在第 $40$ 行向上扩张的第 $1$ 层，由排列规律算得第 $1$ 行的数为 $820-(40-1)=781$。（2）第 $20$ 行从第 $27$ 行之上若干层取最大与最小数，其和为 $800+78=878$。（3）第 $35$ 行的最大数在第一列，为 $820-(40-35)=815$，最大与最小数之和为 $1069$。

解题过程
从图中抽出一部分讨论：相邻两个小三角形构成的菱形中，两组相对顶点上数的和相等，即 $A+B=C+E$（其中 $A,B$ 为一组相对顶点，$C,E$ 为另一组）。由此可推出 $A+E=B+C$、$A+C=2B$ 等关系，从而所有顶点上的数按行构成有规律的等差关系。利用大三角形三个顶点 $100,200,300$，逐层推算各顶点的数，最后求得所有顶点上数的总和为 $4200$。

解题过程
中餐厅、西餐厅、日餐厅是三种不同口味的餐厅，墨莫只能选择其中的一种口味，再从这一类餐厅中选定一家，所以不同口味的餐厅之间是分类关系。根据加法原理，一共有 $9+3+2=14$ 种不同的选择。

解题过程
买主食和买热菜要分两步完成，先买主食，再买热菜，这样就把这件事情分为两步完成。根据乘法原理，一共有 $3\times 20=60$ 种不同的买法。

解题过程
$7$ 颗不同的龙珠分别是一星球到七星球，当把 $7$ 颗龙珠排成一行时，分别称为“位置 $1$”到“位置 $7$”。逐步地，把这 $7$ 个位置放上龙珠：“位置 $1$”可以从 $7$ 颗龙珠中任取一颗，有 $7$ 种可能；“位置 $2$”需要从剩下的任意选出一颗，有 $6$ 种可能；类似地，“位置 $3$”有 $5$ 种可能，“位置 $4$”有 $4$ 种可能，剩下的三个位置分别有 $3$、$2$、$1$ 种可能。根据乘法原理，得不同的排列方法总共有 $7\times 6\times 5\times 4\times 3\times 2\times 1=5040$ 种。所以沙鲁最多要试 $5040$ 次才能遇见神龙。

解题过程
分两步：第一步，萱萱选座位，有 $10$ 种选择；第二步，卡莉娅选座位，因为有一个座位已被萱萱占去，所以只有 $9$ 种选择。根据乘法原理，一共有 $10\times 9=90$ 种不同的坐法。

解题过程
三个圆圈两两相连，先把圆圈 $A$ 染色，有 $3$ 种选择；第二步给圆圈 $B$ 染色，由于与圆圈 $A$ 不同色，有 $2$ 种选择；第三步给圆圈 $C$ 染色，由于与 $A$、$B$ 都不同色，只有 $1$ 种选择。根据乘法原理，对 $A$、$B$、$C$ 这三个圆圈的染色有 $3\times 2\times 1=6$ 种不同的方法。

解题过程
分三步：对眼睛染色有 $2$ 种选择，对鼻子染色有 $2$ 种选择，对嘴巴染色有 $2$ 种选择。根据乘法原理，对小丑的眼睛、鼻子、嘴巴的染色有 $2\times 2\times 2=8$ 种不同的方法。

解题过程
假设他们依次去报名，甲先报，乙、丙、丁再接着一个个报，那么这之间是分步的关系。（1）甲可以在 $4$ 个项目中任意选取一个来报名，有 $4$ 种选择，乙、丙、丁也都可以有 $4$ 种选择。根据乘法原理，不同的报名方法总共有 $4\times 4\times 4\times 4=256$ 种。（2）甲可以在 $4$ 个项目中任意选取一个，有 $4$ 种选择；乙的项目要与甲不同，有 $3$ 种选择；类似地，丙有 $2$ 种选择，丁只剩 $1$ 种选择。根据乘法原理，一共有 $4\times 3\times 2\times 1=24$ 种不同的报名方法。

解题过程
（1）从所有的书中任取一本，那么这本书只能在语文、数学、英语这三种书中选取一种，这三种之间是分类关系。根据加法原理，一共有 $5+6+3=14$ 种不同的取法。（2）从每类各取一本，那么三种书必须依取，再选一类的某一本，所以这三步之间是分步关系。根据乘法原理，一共有 $5\times 6\times 3=90$ 种不同的取法。

解题过程
从甲地到丙地有两类不同走法。第一类路线（上方：甲 $\to$ 乙 $\to$ 丙），是分为两步的，第一步为“甲 $\to$ 乙”有 $4$ 种，第二步为“乙 $\to$ 丙”有 $2$ 种，由乘法原理有 $4\times 2=8$ 种。第二类路线（下方：甲 $\to$ 丙），有 $3$ 种选择。两类相加，所以总共的不同路线有 $4\times 2+3=11$ 条。

解题过程
要选择最短的路线，只能往上走或往右走。采用标数法，顶点上所标的数字表示从 $A$ 点到该顶点的走法。首先靠近 $A$ 点的 $M$ 点和 $N$ 点，当然都只有 $1$ 种走法，其中 $Q$ 点也只有 $1$ 种走法。其余每个点，都可以从它左边或下面过来，只需要把与它紧邻的左边一点与下边一点上的数相加，就得到该点处标记的数。依次把每个顶点上标上数，最后 $B$ 点标记记为 $56$，即得有 $56$ 种不同的走法。

解题过程
要么坐火车，要么坐汽车，要么坐飞机，他们只能选择其中的一种交通工具，所以不同交通工具之间是分类关系。根据加法原理，一共有 $4+3+2=9$ 种不同的选择。

解题过程
把“IMO”涂上不同的颜色，可以有先后顺序，因此是分步的过程。第一步先涂“I”，此时可以选择 $5$ 种颜色中的任意一种，有 $5$ 种选择；第二步涂“M”，需要与“I”不同的另外 $4$ 种颜色中任选一种，有 $4$ 种选择；第三步涂“O”，颜色与“I”、“M”都不同，那么只剩下 $3$ 种选择。根据乘法原理，对“IMO”三个字母涂色一共有 $5\times 4\times 3=60$ 种不同的方法。

解题过程
（1）写被减数，两位数从 $10\sim 99$，有 $90$ 种选择。（2）写减数，一位数从 $0\sim 9$，有 $10$ 种选择。所以不同的算式总共有 $90\times 10=900$ 种。

解题过程
（1）从所有的书中任取一本，只能在小说、漫画、科普这三种书中选取一种，这三种书之间是分类关系。根据加法原理，不同的取法有 $15+10+5=30$ 种。（2）从每类各取一本，要再选一类的某一本，再这三步之间是分步关系。根据乘法原理，一共有 $15\times 10\times 5=750$ 种不同的取法。（3）取两本不同类别的书，可以是小说和漫画、小说和科普、漫画和科普，最后只需把这三种情况下的结果相加，分为三类。①选小说和漫画，分为两小步，先选小说，再选漫画，有 $15\times 10=150$ 种。②选小说和科普，有 $15\times 5=75$ 种。③选漫画和科普，有 $10\times 5=50$ 种。所以共有 $150+75+50=275$ 种不同的选法。

解题过程
从甲地到丙地可分为“甲 $\to$ 乙 $\to$ 丙”和“甲 $\to$ 丁 $\to$ 丙”这两类走法。①“甲 $\to$ 乙 $\to$ 丙”这类走法分为两步走法：第一步“甲 $\to$ 乙”有 $3$ 种走法，第二步“乙 $\to$ 丙”有 $3$ 种走法，由乘法原理有 $3\times 3=9$ 种走法。②“甲 $\to$ 丁 $\to$ 丙”这类走法分为两步走法，第一步“甲 $\to$ 丁”有 $2$ 种，第二步“丁 $\to$ 丙”有 $4$ 种，有 $2\times 4=8$ 种走法。由加法原理，总共的不同路线有 $9+8=17$ 条。

解题过程
（1）要确定一个三位数，必须确定它的每一位数字。最高位（百位）从 $4$ 张卡片中任取一张作为百位，有 $4$ 种选择；十位从剩下的 $3$ 张中任取一张，有 $3$ 种选择；个位从剩下的 $2$ 张中任取一张，有 $2$ 种选择。由乘法原理，这样的三位数共有 $4\times 3\times 2=24$ 种。（2）要想组成三位奇数，个位数字必须是奇数，$2,4,7,8$ 中只有 $7$ 是奇数，所以个位只有 $1$ 种选择；确定百位时只剩 $3$ 张卡片，有 $3$ 种选择；确定十位时只剩 $2$ 张卡片，有 $2$ 种选择。由乘法原理，满足条件的三位奇数有 $1\times 3\times 2=6$ 个。

解题过程
对这几个垃圾桶依次染色，这是一个分步的过程，应该先把有特殊要求的垃圾桶染色，也就是从回收废纸的垃圾桶开始。第一步先给“废纸”垃圾桶染色，因为不能染红色，有 $2$ 种选择；第二步给“塑料”染色，因为不能与“废纸”同色，有 $2$ 种选择；继续往左，第三步给“电池”染色，因为不能跟“塑料”同色，有 $2$ 种选择；同理，从“废纸”出发向右去给“易拉罐”和“不可再造”染色，分别都只有 $2$ 种选择。根据乘法原理，不同的染色方法有 $2\times 2\times 2\times 2\times 2=32$ 种。

解题过程
$A$、$B$、$C$、$D$、$E$ 五部分依次相邻，按这个顺序染色。①给 $A$ 部分染色，有 $4$ 种选择。②给 $B$ 部分染色，因不与 $A$ 同色，只有 $3$ 种选择。③给 $C$ 部分染色，由于与 $A$、$B$ 的颜色都不同，有 $2$ 种选择。同样方法可以知道，$D$ 部分有 $2$ 种染色方法，$E$ 部分有 $2$ 种染色方法。由乘法原理，一共有 $4\times 3\times 2\times 2\times 2=96$ 种染色方法。

解题过程
依次读出“北”、“京”、“奥”、“运”、“会”这 $5$ 个字，恰好为 $5$ 步操作。①选择“北”字，只有 $1$ 种选择。②选择“京”字，图中的两个“京”字都与“北”字相邻，所以有 $2$ 种选择。③选择“奥”字，如果第二步选择的是左边的“京”字，那么第三步选择与它相邻且在它下方的“奥”字，有 $2$ 种选择；如果第二步选择的是右边的“京”字，同理也有 $2$ 种选择。所以选择“奥”字时，中间的“奥”字有 $2$ 种选择。同理，④和⑤也都各有 $2$ 种选择。根据乘法原理可知，不同的读法总共有 $1\times 2\times 2\times 2\times 2=16$ 种。

解题过程
（1）把整个染色过程分成 $9$ 步，每步给一个小圆圈染色，各个小圆圈之间的染色互不影响，每个小圆圈有 $2$ 种染色方式。根据乘法原理，一共有 $2\times 2\times 2\times 2\times 2\times 2\times 2\times 2\times 2=512$ 种不同的染法。（2）如图，小圆圈的染色方式关于中间的竖线左右对称，先确定左边的两个小圆圈与右边相对位置的小圆圈颜色随之确定。先确定中间竖线上的 $5$ 个小圆圈颜色，再确定横线上左边的 $2$ 个小圆圈颜色，由于它们可以染红色与蓝色，且每个小圆圈的颜色互不影响，对称的右边 $2$ 个小圆圈颜色随之确定。根据乘法原理，满足条件的染色方法有 $2\times 2\times 2\times 2\times 2\times 2\times 2=128$ 种。

解题过程
把 $5$ 个人与 $5$ 辆车的对应关系在图中表示出来。考虑 $5$ 个人对 $5$ 辆车的选择，在确定 $5$ 个人选车的先后顺序时，从要求驾驶的人出发分步讨论。从图中可以看出，可以按甲、乙、丙、丁、戊的顺序分步考虑每个人的选车情况：戊可以从 $B$、$C$、$D$ 这三辆车中任意选择，有 $3$ 种选法；丁可以从 $B$、$C$、$D$ 这三辆车中没被戊选过的两辆车中任意选择一辆，有 $2$ 种选法；丙可以从 $A$、$B$、$C$、$D$ 这四辆车中没被丁、戊选过的车中任意选择，但 $A$ 车不能由丙开，所以丙只能选剩下且可以驾驶的车，有 $2$ 种选法；乙可以从剩下的两辆车中任意选择，但只能驾驶 $A$、$E$ 中余下的一辆，所以乙只有 $2$ 种选法；甲只剩下最后一辆，只有 $1$ 种选择。根据乘法原理，一共有 $2\times 2\times 2\times 3\times 1=24$ 种不同的安排方案。

解题过程
由于棋子相同，每行最多放一枚棋子放入，方格表共有 $4$ 行，因此每行恰有一枚棋子放入。同样地，每列也恰有一枚棋子放入。第一行可以从 $4$ 个格子中任选一个放，有 $4$ 种方法。第二行中由于不能与第一行同列，只能从余下的 $3$ 列对应的格子中选，有 $3$ 种方法。当两行棋子的位置都确定后，第三行中还有 $2$ 个位置可以放置。第四行中放入棋子，只有 $1$ 个位置可以放。根据乘法原理，共有 $4\times 3\times 2\times 1=24$ 种不同的放法。

解题过程
当棋子相同时不必考虑棋子的放置顺序，则可按照第一行、第二行、第三行、第四行、第五行的顺序，分步考虑这五行中的棋子的位置。如图所示，从图中看出，第一行的棋子有 $2$ 个位置可以放，无论它选哪个位置，当将去它所在的行和列之后，第二行的棋子有 $2$ 个位置可以放。同理，当被去第一与第二行中的棋子后，第三行的棋子有 $2$ 个位置可以选择。依次类推，直到倒数第二行（第四行），每行的棋子都有 $2$ 个位置可选，到最后一行只剩下 $1$ 个位置可放。根据乘法原理，对 $5$ 枚棋子不同的放法总共有 $2\times 2\times 2\times 2\times 1=16$ 种。

解题过程
（1）由于蚂蚁只能向上走或向右走，因此对于最左边一列中的每个点，蚂蚁到达它只有 $1$ 种走法，对于最左边一列下面一点的也是同样的结论。把与最左边一列对应的点标上 $1$，表示到达这些点只有 $1$ 种方法。对于图中的其他点，本应该都可以从它的左边或下面过来，这时只需要把与它紧邻的下边一点与左边一点上的数相加，就得到该点处标记的数。用标数法标上数，$B$ 点处标的数就是从 $A$ 点到达 $B$ 点的路线数。依次计算，可得蚂蚁到达 $B$ 点共有 $5$ 条路线。（2）蚂蚁从 $A$ 点出发，到达 $A$ 点上方的 $C$ 点只有 $1$ 条路线，那么在 $C$ 点处标上数 $1$。蚂蚁到达 $D$ 点有 $2$ 种方式，分别从 $C$ 点、$A$ 点到达 $D$ 点，因此蚂蚁到达 $D$ 点的方法数就等于它到达 $C$ 点与 $A$ 点的方法数之和。依次用标数法标数，$B$ 点处标的数为 $108$，因此蚂蚁从 $A$ 点爬到 $B$ 点的不同路线有 $108$ 条。

解题过程
小高点菜分为四步：选主食、主菜、汤、甜点，这四种菜之间是搭配的关系。第一步，挑选主食，餐厅里有米饭和面条 $2$ 种主食，所以有 $2$ 种选择。第二步，挑选主菜，餐厅里有 $3$ 种主菜，所以有 $3$ 种选择。第三步，挑选汤，汤既可以点又可以不点，但是可以点的只有 $1$ 种，所以汤有 $2$ 种选择。第四步，挑选甜点，甜点有 $2$ 种，既可以同时点两种、也可以只点其中的一种，还可以两种都不点，所以甜点的选择有 $4$ 种（蛋糕和布丁都点、只点蛋糕、只点布丁、两都不点）。由乘法原理，一共有 $2\times 3\times 2\times 4=48$ 种点菜方法。

解题过程
（1）因放入的 $4$ 枚棋子是相同的，并没有顺序，分 $4$ 步分步考虑，按 $4$ 列从左到右的顺序依次将棋子一列一列放入。每一列都可放也可不放，但每列至多放 $1$ 枚，每一列棋子的格子都可以放，所以有 $3$ 种方法。同理，第二、三、四列也各有 $3$ 种方法。根据乘法原理，共有 $3\times 3\times 3\times 3=81$ 种不同的放法。（2）方法一：假设 $4$ 枚互不相同的棋子为 $A$、$B$、$C$、$D$。①先放棋子 $A$，$12$ 个格子可以随便选择，有 $12$ 种选择。②放棋子 $B$，由于不能与 $A$ 同列，那么它的格子都可以放，所以有 $9$ 种方法。③放棋子 $C$，$A$、$B$ 那两列共有 $6$ 个格子不能选，所以有 $6$ 种选择。④放棋子 $D$，$A$、$B$、$C$ 三列一共有 $9$ 个格子不能选，所以有 $3$ 种选择。根据乘法原理，共有 $12\times 9\times 6\times 3=1944$ 种放法。方法二：先确定位置（相同棋子）有 $81$ 种，再把 $4$ 枚不同的棋子按照顺序放入选好的 $4$ 个位置，有 $4\times 3\times 2\times 1=24$ 种。由乘法原理，总方法数为 $81\times 24=1944$ 种。

解题过程
按照 $D$、$B$、$E$、$G$、$A$、$C$、$F$、$H$ 的步骤进行染色。对 $D$ 进行染色时没有任何限制，共有 $4$ 种选择。对 $B$ 进行染色时不能和 $D$ 同色，有 $3$ 种选择。对 $E$ 进行染色时不能和 $B$、$D$ 同色，有 $2$ 种选择。对 $G$ 进行染色时不能和 $D$、$E$ 同色，有 $2$ 种选择。接下来，对 $A$、$C$、$F$、$H$ 进行染色时的情况相同，都是 $2$ 种选择。根据乘法原理，不同的染色方法总共有 $4\times 3\times 2\times 2\times 2\times 2\times 2\times 2=768$ 种。

解题过程
方法一：按照 $A$、$B$、$C$、$D$ 的顺序进行染色。对 $A$ 染色没有限制，有 $4$ 种选择；对 $B$ 染色因与 $A$ 相邻，有 $3$ 种选择。再从 $C$ 的染色情况出发，分为两类考虑：第一种情况，如果 $C$ 和 $A$ 的染色相同，那么 $C$ 就只有和 $A$ 相同的 $1$ 种染法，此时 $D$ 与 $A$、$C$ 不同（$A$、$C$ 同色），有 $3$ 种选择；第二种情况，如果 $C$ 和 $A$ 染色不同，那么 $C$ 与 $A$、$B$ 都不相同，有 $2$ 种不同的染法，此时 $D$ 与 $A$、$C$ 都不同，有 $2$ 种选择。综合两类，所以共有 $4\times 3\times\left[(1\times 3)+(2\times 2)\right]=84$ 种不同的染色方法。

解题过程
由题意，只能沿方格向右爬或向上爬，则按照从对应于以从 $A$ 点出发往右与往上的顺序来标记。把最下一行与最左一列上的点都标上 $1$，表示到达这些点只有 $1$ 种走法。对于图中的其他点，本应该都可以从它的左边或下面过来，这时只需要把与它紧邻的下边一点与左边一点上的数相加，就得到该点处标记的数。但黑点不能通过，在黑点上标上数 $0$，代表 $0$ 条路线。依次标出每行上的点处对应的数，$B$ 点处标的数是 $66$，因此，这只甲虫从 $A$ 爬到 $B$ 有 $66$ 条不同的路线。

解题过程
考虑既能做木匠也能做电工的人的工作情况，分为三种：①做木匠，则还需要选出 $1$ 个木匠和 $2$ 个电工。从 $3$ 个木匠里选出 $1$ 人，有 $3$ 种方法，再从 $3$ 个电工里选出 $2$ 人，也有 $3$ 种方法，所以有 $3\times 3=9$ 种选法。②做电工，则还需要选出 $2$ 个木匠和 $1$ 个电工。跟第一种情况类似，也有 $3\times 3=9$ 种选法。③什么都不做，那么还需要选出 $2$ 个木匠和 $2$ 个电工。选出 $2$ 个木匠和 $2$ 个电工的方法都是 $3$ 种，那么有 $3\times 3=9$ 种选法。以上三种工作情况之间是分类关系，所以一共有 $9+9+9=27$ 种不同的选法。

解题过程
如图，$E$、$F$ 两点将左右两部分分隔开了。用字母 $M$ 表示在正方形 $EFBC$ 内从 $E$ 点爬到 $B$ 点的路线数，用字母 $m$ 表示在 $\triangle ECB$ 内从 $E$ 点爬到 $B$ 点的路线数；用字母 $N$ 表示在正方形 $FEBC$ 内从 $F$ 点爬到 $B$ 点的路线数，用字母 $n$ 表示在 $\triangle FCB$ 内从 $F$ 点爬到 $B$ 点的路线数。不难求出 $M=3+3+3=9$ 条，$m=4$ 条，$N=1+3+4=8$ 条，$n=3$ 条。现在考虑从 $A$ 点出发：①若第一步走 $AE$，则有 $M+n+n=15$ 条；②若第一步走 $AP$，则有 $M+N+N=25$ 条；③若第一步走 $AD$：若第二步是 $DF$，则有 $N+m=12$ 条，若第二步是 $DP$，则有 $M+N=17$ 条。综上所述，从 $A$ 点到 $B$ 点的总路线是 $15+25+12+17=69$ 条。

解题过程
采用标数法，从左下往右上标数，注意本题不但可以往右走、往上走，还可以往右上斜着走，并且每次移动可以是任意格。如表所示：从“始”格出发，逐个顶点标上从“始”格到达该顶点的走法数，每个顶点的走法数等于它正左、正下及左下方向所有顶点走法数之和。依次标数，右上角顶点标的数是 $188$，因此一共有 $188$ 种不同的走法。

解题过程
先洗开水壶，紧接着烧开水。在烧开水的过程中（$15$ 分钟）依次去完成洗茶壶、洗茶杯、拿茶叶这三项工作（共 $1+1+2=4$ 分钟，可在烧水的 $15$ 分钟内同时完成）。这样总时间为洗开水壶 $1$ 分钟加烧开水 $15$ 分钟，即 $1+15=16$ 分钟，故最少需要 $16$ 分钟。

解题过程
为使等待时间总和最短，应让用时少的先理（短作业优先）。 ①若 $A$ 先理发，$B$、$C$ 需要等待：$7+7=14$（分钟）； ②若 $B$ 先理发，$A$、$C$ 需要等待：$10+10=20$（分钟）； ③若 $C$ 先理发，$A$、$B$ 需要等待：$40+40=80$（分钟）。 所以应该让理发时间短的先理发。按 $A$、$B$、$C$ 的顺序排，总时间最少，为 $81$ 分钟（$7+(7+10)+(7+10+40)=81$）。

解题过程
五个人用水的时间总和为 $5+2+10+1+15=33$（分钟）。有两个水龙头时，把这些时间分配到两个龙头上，$33\div 2=16.5$，所以最迟完成的时刻至少要 $17$ 分钟。 下面的构造说明 $17$ 分钟是可以的：一个龙头依次接待 $5+10+1=16$ 分钟，另一个龙头接待 $2+15=17$ 分钟。所以最快在早晨 $6$ 点 $17$ 分，这五个人都能用完水。

解题过程
因为 $5$ 个一袋的面包，平均每个 $\frac{8}{5}=1.6$ 元；$3$ 个一袋的，平均每个 $\frac{5}{3}\approx 1.67$ 元。所以应尽量多买 $5$ 个一袋的。 若买 $9$ 个 $5$ 袋（$45$ 个），加 $1$ 个 $3$ 袋共 $48$ 个，花 $9\times 8+5=77$ 元，多 $1$ 个； 若买 $8$ 个 $5$ 袋（$40$ 个）加 $3$ 个 $3$ 袋（$9$ 个）共 $49$ 个，花 $8\times 8+3\times 5=79$ 元； 经比较，买 $7$ 个 $5$ 袋（$35$ 个）加 $4$ 个 $3$ 袋（$12$ 个）共 $47$ 个，恰好 $47$ 个，花 $7\times 8+4\times 5=76$ 元，最省。所以最少要花 $76$ 元。

解题过程
$A$ 仓库存盐 $40$ 吨，要运出 $40-20=20$ 吨；$C$ 仓库存盐 $35$ 吨，要运出 $35-20=15$ 吨。而 $A$ 仓库把 $20$ 吨盐运往 $D$ 仓库（相距 $10$ 千米），$C$ 仓库把 $15$ 吨盐运往 $B$ 仓库（相距 $10$ 千米），刚好能使得每个仓库各存盐 $20$ 吨。此即最节省的方案，运费为 $20\times 10\times 2+15\times 10\times 2=700$ 元。

解题过程
乙在最左边第一格放下棋子后，甲放下第一个棋子，使局面成为“乙 甲 甲 乙 …”这样的形式。由于乙每次必须放在甲所放棋子的相邻空格，乙占据了除去最左边 $4$ 格后剩下的 $2004$ 个格子中的最左边一个；如果乙不想被罚，以后摆放必然呈现“乙乙 甲甲 乙乙 甲甲 ……”的规律。到最后只剩四格（记为 乙、$A$、$B$、$C$）时乙占据最左边的格子，甲放到 $B$ 后，无论乙放到 $A$ 还是 $C$，甲放好后所有格子都有棋子，乙无法再放棋子。于是甲有必胜策略。

解题过程
分析剩余火柴数的胜负：如果剩 $1$ 根或 $2$ 根，先取的人直接取走便获胜；如果剩 $3$ 根，先取的人无论取 $1$ 根还是 $2$ 根，后取的人都能取完，所以后取的人胜；同理，剩 $4$、$5$ 根时先取者胜，剩 $6$ 根时后取者胜……可见当剩下的根数是 $3$ 的倍数时，后取的人有必胜策略。 现在共 $9$ 根，$9=3\times 3$ 是 $3$ 的倍数，所以后取的乙有必胜策略：每次甲取后，乙都把这一轮两人合取的根数补成 $3$（甲取 $1$ 根乙取 $2$ 根，甲取 $2$ 根乙取 $1$ 根），使剩余依次为 $6$、$3$、$0$，最后由乙取走第 $9$ 根获胜。所以甲先取没有必胜策略，乙必胜。

解题过程
目标是不取到最后一根，即取到第 $99$ 根者胜（让对方取第 $100$ 根）。先手甲先取 $4$ 根，剩 $96$ 根。此后每轮甲都把两人合取的根数补成 $5$（乙取 $k$ 根，甲取 $5-k$ 根），使每轮剩余减少 $5$。$96=5\times 19+1$，最终剩下 $1$ 根（第 $100$ 根）留给乙取，乙输。所以甲先取有必胜策略。

解题过程
采用“控制点（必胜点）”分析。从终点 $B$ 出发倒推，逆向标出谁走到该位置必胜：与 $B$ 相邻、能一步到 $B$ 的格子都是“必败点”（标“×”，谁走到此处则对方下一步可直接到 $B$ 获胜），由这些必败点反推可达它们的格子为“必胜点”（标“√”）。如图标注后可知 $A$ 处恰为必胜点，即甲先手把棋子移到合适的“控制点”，之后始终占据这些控制点，便能必胜。所以甲有必胜策略。

解题过程
甲先把第一枚硬币放在圆桌的正中心。此后乙在某处放一枚，甲就在关于圆心中心对称的位置放一枚。由于圆桌是中心对称图形，乙能放下的位置，其关于圆心对称的位置一定也是空的且能放下。这样甲总能跟着乙放，最后乙必先无处可放，故先放者（甲）必胜。

解题过程
萱萱可以在烧锅、烧油的同时完成切豆腐、切肉片、准备葱姜蒜、准备佐料这些不占用炉子的准备工作。把这四道准备工序（共 $2+2+3+1=8$ 分钟）安排在烧锅、烧油（先后共 $2+2=4$ 分钟）之外并行进行，再加上最后炒菜 $4$ 分钟，合理安排后最少需要 $12$ 分钟。

解题过程
为使所有人的等待（排队）时间总和最短，应让购物用时短的顾客先买（短作业优先）。把五人按用时从小到大排序：$A(2)$、$D(3)$、$C(4)$、$E(5)$、$B(6)$。 按此顺序，各人排队（等待前面的人）的时间分别为：$A$ 等 $0$，$D$ 等 $2$，$C$ 等 $2+3=5$，$E$ 等 $2+3+4=9$，$B$ 等 $2+3+4+5=14$。所以等待时间总和为 $0+2+5+9+14=30$ 分钟，这就是最短的时间总和。

解题过程
因为买 $15$ 支笔时，$3$ 个大包（$15$ 支）比 $5$ 个小包（$15$ 支）划算，所以最后无论哪种笔，都至多有 $4$ 个小包（大包 $=5$ 支、小包 $=3$ 支）。 红笔：比较各方案——$10$ 大包 $61\times 10=610$ 元；$1$ 小包 $+9$ 大包 $40+61\times 9=589$ 元；$3$ 小包 $+8$ 大包 $40\times 3+61\times 8=608$ 元；$4$ 小包 $+7$ 大包 $40\times 4+61\times 7=587$ 元。所以只需购买 $4$ 小包和 $7$ 大包红笔，最少 $587$ 元。 蓝笔：$10$ 大包 $70\times 10=700$ 元；$1$ 小包 $+9$ 大包 $47+70\times 9=677$ 元；$3$ 小包 $+8$ 大包 $47\times 3+70\times 8=701$ 元；$4$ 小包 $+7$ 大包 $47\times 4+70\times 7=678$ 元。所以蓝笔最少 $677$ 元（$1$ 小包 $+9$ 大包）。 所以红、蓝笔最少要花 $587+677=1264$ 元。

解题过程
将三个“★”分别记作“左”“下”和“右”（按它们在图中的相对位置）。蛇从左下角出发，沿格线爬行去吃这三个星，比较各种走法的总长度：必须吃到的几个星之间的最短折线，逐一计算，最少为 $8$ 厘米。

解题过程
如图中标出的 $5$ 个岔口分别标记为 $1\sim 5$。逐一计算从 $A$ 到各岔口的最短时间，再推进到 $B$。沿图上标注的各段时间，比较经过不同岔口的路线，从 $A$ 到 $B$ 最快需要的时间为 $18$ 分钟。

解题过程
首先把路程单位换为千米。$C$ 处在所有学校的中间，把车站从 $C$ 处逐步向人数多的一端（$D$、$E$ 方向）移动，每移动一段，人数多的一侧减少的总距离会大于人数少的一侧增加的总距离，故应往人多方向移。 经比较，把车站建在 $D$ 处时距离总和最少：$200\times 3+300\times 2+400\times 1+600\times 1=$（按各校到 $D$ 的距离乘人数求和）得最少距离总和为 $220$ 千米。

解题过程
运费表为：北京运武汉每台 $500$ 元、运西安 $600$ 元；上海运武汉每台 $700$ 元、运西安 $100$ 元。先假设把北京和上海制成的所有车床都运到武汉，然后把其中一些改为运到西安。把一台车床从运到武汉改为运到西安时，北京的厂家差额较小，所以西安的 $5$ 台车床都由北京提供时能节省更多运费。 按此分配：北京运武汉 $5$ 台、北京运西安 $5$ 台、上海运武汉 $6$ 台，最少运费为 $500\times 5+600\times 5+700\times 6=9700$ 元。

解题过程
甲先占中心后，分析乙第一枚棋子的落点。若乙把第一枚棋子放在某条边的中点（即与中心相邻的格子）处，则甲可以利用对称威胁连成两条线，乙无法同时兼顾两个威胁而失败。 若乙把第一枚棋子放在四个角之一，逐一分析甲的各种应对（甲再占某个边中点后乙顺势防守），都能验证乙不会落败。所以乙第一枚棋子应放在角上，即左上角、右上角、左下角或右下角。

解题过程
第一问（取最后一枚为胜）：因为 $12$ 是 $4$ 的倍数，乙采取后手控制策略——在每次甲取完之后，乙取适当的数目，使两人这一轮共取 $4$ 枚。这样每一轮都取 $4$ 枚，一共 $12$ 枚棋子，乙可以保证自己拿到最后一枚，所以乙有必胜策略。 第二问（取最后一枚为败）：目标是让对方取第 $12$ 枚。甲先取 $3$ 枚，剩 $9$ 枚；此后每一轮甲都把两人合取数补成 $4$（乙取 $k$ 枚，甲取 $4-k$ 枚），使剩余依次为 $9,5,1$，最后剩 $1$ 枚留给乙，乙被迫取走最后一枚而败。所以甲有必胜策略。

解题过程
“谁无法再次取出火柴就赢”，即留给对方不足 $2$ 根（剩 $0$ 或 $1$ 根）时，对方无法取、对方反而赢；所以要把恰好剩 $2$ 根的局面留给对手，使对手取走后轮到自己无法取而获胜。 甲先取 $2$ 根，这时还剩 $2006$ 根。之后每次乙取完后，甲取适当的根数，以保证两个人这一轮共取 $6$ 根（乙取 $k$ 根，甲取 $6-k$ 根，$2\le k\le 4$）。因为 $2006=6\times 334+2$，这样最后还剩 $2$ 根给乙去取，乙取走后轮到甲已无法再取，于是甲获胜。所以甲有必胜策略。

解题过程
采用对称（模仿）策略。 （1）两堆球数相同（$2$ 和 $2$）。乙采用模仿策略：甲从某一堆取走几个，乙就从另一堆取走同样多个，始终保持两堆相等，最后取完的是乙，所以乙有必胜策略。 （2）两堆球数不同（$4$ 和 $3$）。甲先从 $4$ 个的那堆取走 $1$ 个，使两堆都为 $3$，化为相等局面；接着乙取几个，甲就从另外一堆取几个，保持两堆相等，故甲有必胜策略。 （3）两堆球数不同（$5$ 和 $8$）。甲先从 $8$ 个的那堆取走 $3$ 个，使两堆都为 $5$，化为相等局面；此后甲用模仿策略保持两堆相等，故甲有必胜策略。

解题过程
$1\sim 2009$ 中共有奇数 $1005$ 个、偶数 $1004$ 个。甲有必胜策略：甲先擦去一个奇数，以后每次乙擦去一个数后，甲就擦去和乙不同奇偶性的一个数（乙擦奇数甲就擦偶数，乙擦偶数甲就擦奇数）。 甲先擦去一个奇数后，还剩奇数 $1004$ 个、偶数 $1004$ 个。此后每一轮乙、甲各擦一奇一偶，奇数和偶数的个数始终保持相等地一同减少。最后剩下两个数时，恰好是一个奇数和一个偶数，奇偶性不同，所以甲获胜。故甲有必胜策略。

解题过程
从终点 $B$ 倒推，逐格标出必胜点（标“√”）与必败点（标“×”）。看不同的棋子位置：能一步到 $B$ 的格子为必败点，由必败点反推可达它们的格子为必胜点。如图标注后可知 $A$ 处为必胜点，故甲先手把棋子移到合适的控制点（标“√”处），之后始终占据控制点即可获胜。 若每次允许沿同一方向走任意步，仍用倒推法标记必胜 / 必败点，分析可得 $A$ 仍是必胜点，甲先手依旧有必胜策略。

解题过程
如果只剩 $1$ 个小方块就是必胜目标。逆向分析：留给对手 $3\times 3$ 的正方形是一个关键的必胜局面。$21$ 个方块构成 $3$ 行 $7$ 列（或如图的阶梯形 $21$ 块），先手先切去 $12$ 块（$21-9=12$），给对手留下 $3\times 3$ 的 $9$ 块正方形；此后无论对手怎么切，先手都把它再切回正方形（保持留给对手一个正方形），最终把单个小方块留给对手而取胜。所以第一刀切去 $12$ 块即可保证获胜。

解题过程
如果想在 $16$ 分钟就完成所有零件，那么三个人的工作时间都不超过 $16$ 分钟。这 $7$ 个零件中，用时不超过 $16$ 分钟且恰好等于 $16$ 的零件组合只有 $4+6+6=16$ 一种，于是不可能让两个人都恰好用 $16$ 分钟完成，所以不可能 $16$ 分钟完成。 再看 $17$ 分钟：把零件分成三组 $\{8,9\}=17$、$\{9,6\}=15$、$\{6,5,4\}=15$，三台车床最长用时为 $17$ 分钟，可以完成。所以最少经过 $17$ 分钟可以车完全部零件。

解题过程
注意到甲、乙两乡镇之间的公路需要行驶 $80$ 分钟，而小唐由甲经过县城再到乙的时间是 $70$ 分钟，因此甲、乙之间这段公路是肯定不会经过的，可以从图上删除。同理可以删除的还有丙、丁之间的公路和县城与戊镇之间的公路。 这样完成此行程最快的路线是：县城→甲→戊→丁→县城→乙→丙→县城，需要的时间为 $20+60+50+40+20+60+50=300$（分钟）。所以小唐完成此行程最少需要 $300$ 分钟。

解题过程
因为在倒数第四个村庄以及以前，水管要供至少 $4$ 个村用水，用粗管比较便宜。因此应该将粗管连到倒数第四个村庄，剩下的（末端只供一两个村的支线）用细管。 费用为：粗管段 $$\begin{aligned}8000\times(30+5+2+4+2+3+2)&=8000\times 48\\&=384000\end{aligned}$$ 元；细管段 $$\begin{aligned}2000\times(2\times 3+2+2+5\times 1)&=2000\times 15\\&=30000\end{aligned}$$ 元。 所以总费用为 $384000+30000=414000$ 元。

解题过程
轮到谁走时，谁就从当前数中减去它的某一个非零数字，谁减得 $0$ 就赢。分析必胜 / 必败位置：个位是 $0$ 时总是必败位（轮到走的人减去某位非零数字后个位变为非 $0$，对方又能调整）。甲先走，把 $1994$ 减去个位数字 $4$，得 $1990$，使个位为 $0$ 交给乙。此后甲始终把数调成个位为 $0$ 的数（每次减去乙留下数的个位数字，使个位重新变 $0$），最终甲先到 $0$。所以甲有必胜策略。

解题过程
一枚棋子如果处在五角星的某个角上（外侧的尖点）的话，先走的人只能把它从角上移到中心（内侧的交点）；而如果在中心的话，则可以选择移到角上或者其他中心位置。 据此可以给乙想出如下的方案：一旦甲由角上的点走到中间（中心点），乙就再走回相邻的角上去。五角星上角上的点是 $5$ 个，中心点也只有 $5$ 个，这样按“甲进中心、乙回角上”的配对走法，最后必然连成一个封闭图形，轮到甲时甲无路可走。所以甲没有必胜策略，乙必胜。

解题过程
因为棋子开始在左下角，甲先移动它，移到右上角者输。从右上角（必败终点）倒推，逐格分析哪些位置是必胜的、哪些是必败的，结果如图所示（必胜点标“√”，必败点标“×”）。 分析可知：甲第一步必然走到一个“√”（必胜点）上，而乙必然可以每一步都把棋子移到一个“×”（必败点）后留给甲。这样无论甲怎么走，最后只能由甲把棋子移到右上角而输。所以甲没有必胜策略，乙有必胜策略。

解题过程
想要让时间最短，那么能同时进行的事情都要尽量同时进行。合理的安排如下：先洗水壶，烧水的同时用电饭锅淘米、开始煮饭；煮饭的同时切菜、准备佐料；然后等待水烧开，开始烧热锅（同时把开水灌到热水瓶中），再烧热油、炒菜。 这样煤气灶上的工序依次是：洗水壶 $2$ 分钟、烧水 $15$ 分钟、烧热锅 $2$ 分钟、烧热油 $2$ 分钟、炒菜 $4$ 分钟，共 $2+15+2+2+4=25$ 分钟；而电饭锅煮饭这条线（淘米 $4$ $+$ 煮饭 $18$ $=22$ 分钟）以及切菜、准备佐料、灌水都安排在上述时间内并行完成。所以小高做完这三件事情最少需要 $25$ 分钟。

解题过程
累加和第一次达到三位数（$\ge 100$）者胜。从 $99$ 往下用“必胜点／必败点”逐个标记，会发现规律的循环周期是 $9$（这是因为每次报的 $2、3、5、7$ 都不超过 $9$，而 $2\sim 7$ 中可以凑出与对方配合后每轮固定增加 $9$）。 $99\sim 1$ 恰好是 $11$ 个完整周期，因此游戏的出发点 $0$ 是一个必胜点，甲胜。具体策略：甲第一步先报 $2$，以后无论乙报什么，甲都选择一个合适的数，使得累加的和保持除以 $9$ 余 $1$ 或余 $2$，这样就能保证由自己首次把和报成三位数而获胜。所以甲（先报者）有必胜策略。

解题过程
将四个算式依次变形：①$7469\div 0.7=74690\div 7$；②$7.469\div 0.007=7469\div 7$；③$0.7469\div 0.07=74.69\div 7$；④$746.9\div 7$。四个算式的商都是 $\div 7$，只需比较被除数的大小。显然 $74.69<746.9<7469<74690$，被除数越大商越大，所以 $0.7469\div 0.07<746.9\div 7<7.469\div 0.007<7469\div 0.7$。

解题过程
$$\begin{aligned}\text{原式}&=5795.5795\times 579.5\div 5.795\\&=5795.5795\times(579.5\div 5.795)\\&=5795.5795\times 100\\&=579557.95\end{aligned}$$。

解题过程
$$\begin{aligned}\text{原式}&=24\times 0.25\times 0.125\times 4\\&=(24\times 0.125)\times(4\times 0.25)\\&=3\times 1\\&=3\end{aligned}$$。

解题过程
$$\begin{aligned}\text{原式}&=3.78\times 5\times 0.04\div 24\times 60\\&=18.9\times 0.04\div 24\times 60\\&=18.9\times(0.04\times 60\div 24)\\&=18.9\times 0.1\\&=1.89\end{aligned}$$。

解题过程
$$\begin{aligned}\text{原式}&=1.25\times 3.14+1.25\times 2.57+1.25\times 2.29\\&=1.25\times(3.14+2.57+2.29)\\&=1.25\times 8\\&=10\end{aligned}$$。

解题过程
$$\begin{aligned}\text{原式}&=(20-1)+(200-1)+(2000-1)+\cdots+(\underbrace{200\cdots0}_{10\text{个}0}-1)\\&=(20+200+2000+\cdots+\underbrace{200\cdots0}_{10\text{个}0})-10\\&=\underbrace{22\cdots2}_{10\text{个}2}0-10\\&=\underbrace{22\cdots2}_{9\text{个}2}10\end{aligned}$$。

解题过程
把各加数按竖式逐位相加。个位共有 $10$ 个 $3$，和为 $30$，个位写 $0$，向十位进 $3$；十位有 $9$ 个 $3$，加上进位 $3$ 共 $30$，十位写 $0$，向百位进 $3$；百位有 $8$ 个 $3$ 加进位 $3$ 共 $27$，百位写 $7$，向千位进 $2$；千位有 $7$ 个 $3$ 加进位 $2$ 共 $23$，千位写 $3$，向万位进 $2$；万位有 $6$ 个 $3$ 加进位 $2$ 共 $20$，万位写 $0$，向十万位进 $2$。所以万位数字为 $0$。

解题过程
$$\begin{aligned}\text{原式}&=12\times 10101\times 4-24\times 10101\times 2\\&=12\times 4\times 10101-24\times 2\times 10101\\&=48\times 10101-48\times 10101\\&=0\end{aligned}$$。

解题过程
$$\begin{aligned}\text{原式}&=(\underbrace{100\cdots0}_{10\text{个}0}-1)\times 12345\\&=1234500\cdots0-12345\end{aligned}$$（$12345$ 后补 $10$ 个 $0$）$=123449999987655$。

解题过程
由 $3\times 4=12$，$33\times 34=1122$，$333\times 334=111222$，……，发现规律：$\underbrace{3\cdots3}_{n\text{个}3}\times\underbrace{3\cdots34}_{(n-1)\text{个}3\,\text{后接}4}=\underbrace{1\cdots1}_{n\text{个}1}\underbrace{2\cdots2}_{n\text{个}2}$。取 $n=10$，得原式 $=\underbrace{11\cdots1}_{10\text{个}1}\underbrace{22\cdots2}_{10\text{个}2}$。

解题过程
$$\begin{aligned}\text{原式}&=13.64\div 4\div 1.1\\&=3.41\div 1.1\\&=3.1\end{aligned}$$。

解题过程
（1）$$\begin{aligned}\text{原式}&=[21-(4+13)]\div 0.004\\&=4\div 0.004\\&=1000\end{aligned}$$。 （2）$$\begin{aligned}\text{原式}&=(4.5\div 15)\times(4.8\div 0.24)\div 0.25\\&=0.3\times 20\times 4\\&=24\end{aligned}$$。

解题过程
由题意知 $22.5-(\square\times 3.2-2.4\times\square)\div 3.2=10$，进一步有 $(\square\times 3.2-2.4\times\square)\div 3.2=12.5$，即 $(\square\times 3.2-2.4\times\square)=12.5\times 3.2=40$。这时算式两边都有 $\square$，由乘法分配律得 $\square\times(3.2-2.4)=40$，因此 $\square=40\div 0.8=50$。

解题过程
（1）$$\begin{aligned}\text{原式}&=29.99\times 199.8-199.8\times 29.97\\&=199.8\times(29.99-29.97)\\&=199.8\times 0.02\\&=3.996\end{aligned}$$。 （2）$$\begin{aligned}\text{原式}&=351\times 0.49+351\times 0.51+99\times 51\\&=351\times(0.49+0.51)+99\times 51\\&=351+99\times 51\\&=300+1\times 51+99\times 51\\&=300+(1+99)\times 51\\&=300+5100\\&=5400\end{aligned}$$。

解题过程
$$\begin{aligned}\text{原式}&=3.14+6.48\times 5.37\times 25+5.37\times 6.48\times 75-8\times 6.48\times 12.5\times 5.37\\&=3.14+6.48\times 5.37\times(25+75-8\times 12.5)\\&=3.14+6.48\times 5.37\times(100-100)\\&=3.14+6.48\times 5.37\times 0\\&=3.14\end{aligned}$$。

解题过程
$$\begin{aligned}\text{原式}&=27.8\times 28.7-27.7\times(28.7+0.1)\\&=27.8\times 28.7-27.7\times 28.7-27.7\times 0.1\\&=(27.8-27.7)\times 28.7-27.7\times 0.1\\&=2.87-2.77\\&=0.1\end{aligned}$$。

解题过程
$$\begin{aligned}\text{原式}&=(23+1.25)\times 7.19+23\times 2.81+1.25\times 0.81\\&=23\times 7.19+1.25\times 7.19+23\times 2.81+1.25\times 0.81\\&=23\times(7.19+2.81)+1.25\times(7.19+0.81)\\&=23\times 10+1.25\times 8\\&=230+10\\&=240\end{aligned}$$。

解题过程
发现 $0.1,0.3,0.5,0.7,0.9$ 是公差为 $0.2$ 的等差数列，$0.11,0.13,0.15,\cdots,0.99$ 是公差为 $0.02$ 的等差数列。前一组共 $5$ 项，平均数是 $0.5$，和为 $0.5\times 5=2.5$；后一组从 $0.11$ 到 $0.99$ 共 $(0.99-0.11)\div 0.02+1=45$ 项，平均数是 $(0.11+0.99)\div 2=0.55$，和为 $0.55\times 45=24.75$。所以总和 $=2.5+24.75=27.25$。

解题过程
（1）$$\begin{aligned}\text{原式}&=(20+8)+(200+8)+(2000+8)+\cdots+(\underbrace{200\cdots0}_{101\text{个}0}+8)\\&=(20+200+2000+\cdots+\underbrace{200\cdots0}_{101\text{个}0})+8\times 101\\&=\underbrace{22\cdots2}_{101\text{个}2}0+808\\&=\underbrace{22\cdots2}_{98\text{个}2}3028\end{aligned}$$。 （2）$$\begin{aligned}\text{原式}&=(100-2)+(1000-2)+(10000-2)+\cdots+(\underbrace{1\,00\cdots0}_{101\text{个}0}-2)\\&=(100+1000+10000+\cdots+\underbrace{1\,00\cdots0}_{101\text{个}0})-2\times 100\\&=\underbrace{11\cdots1}_{100\text{个}1}00-200\\&=\underbrace{11\cdots1}_{98\text{个}1}10900\end{aligned}$$。

解题过程
$$\begin{aligned}\text{原式}&=(9+99+999+9999+\cdots+\underbrace{99\cdots9}_{50\text{个}9})\div 3\\&=[(10-1)+(100-1)+(1000-1)+\cdots+(\underbrace{100\cdots0}_{50\text{个}0}-1)]\div 3\\&=(10+100+\cdots+\underbrace{100\cdots0}_{50\text{个}0}-50)\div 3\\&=(\underbrace{11\cdots1}_{50\text{个}1}0-50)\div 3\\&=\underbrace{11\cdots1}_{48\text{个}1}060\div 3\\&=\underbrace{370370\cdots37}_{16\text{个}370}020\end{aligned}$$。

解题过程
方法二：$$\begin{aligned}\text{原式}&=333333\times 3\times 222222+333333\times 333334\\&=333333\times(3\times 222222+333334)\\&=333333\times(666666+333334)\\&=333333\times 1000000\\&=333333000000\end{aligned}$$。

解题过程
$$\begin{aligned}\text{原式}&=1981\times 1983\times 100010001-1982\times 1981\times 100010001\\&=1981\times 100010001\times(1983-1982)\\&=1981\times 100010001\\&=198119811981\end{aligned}$$。

解题过程
（1）原式 $=(\underbrace{10\cdots0}_{100\text{个}0}-1)\times\underbrace{99\cdots9}_{100\text{个}9}+\underbrace{199\cdots9}_{100\text{个}9}$；注意 $\underbrace{199\cdots9}_{100\text{个}9}=1+\underbrace{99\cdots9}_{100\text{个}9}$，整理得 $$\begin{aligned}\underbrace{99\cdots9}_{100\text{个}9}\times\underbrace{99\cdots9}_{100\text{个}9}+\underbrace{99\cdots9}_{100\text{个}9}+1&=\underbrace{99\cdots9}_{100\text{个}9}\times(\underbrace{99\cdots9}_{100\text{个}9}+1)+1\\&=\underbrace{99\cdots9}_{100\text{个}9}\times\underbrace{10\cdots0}_{100\text{个}0}+1\end{aligned}$$，再加可凑成 $\underbrace{100\cdots0}_{200\text{个}0}$。 （2）由 $3\times6=18$、$33\times66=2178$、$333\times666=221778$，归纳得 $\underbrace{3\cdots3}_{n}\times\underbrace{6\cdots6}_{n}=\underbrace{2\cdots2}_{(n-1)\text{个}2}1\underbrace{7\cdots7}_{(n-1)\text{个}7}8$，取 $n=20$ 得 $\underbrace{22\cdots2}_{19\text{个}2}1\underbrace{77\cdots7}_{19\text{个}7}8$。

解题过程
原式 $=(\underbrace{33\cdots3}_{2000\text{个}3}\times 3)\times(\underbrace{44\cdots4}_{2000\text{个}4}\times 2)\div(\underbrace{33\cdots3}_{2000\text{个}3}\times 2)=\underbrace{44\cdots4}_{2000\text{个}4}\times 3=\underbrace{13\cdots3}_{1999\text{个}3}2$（即 $1$ 后接 $1999$ 个 $3$ 再接 $2$）。所以各位数字之和为 $1+3\times 1999+2=6000$。

解题过程
设 $A=1+1.2+1.23+1.234$，$B=1.2+1.23+1.234$，则 $$\begin{aligned}\text{原式}&=A\times(B+1.2345)-(A+1.2345)\times B\\&=A\times B+A\times 1.2345-A\times B-1.2345\times B\\&=1.2345\times(A-B)\\&=1.2345\times 1\\&=1.2345\end{aligned}$$。

解题过程
设原数的整数部分为 $a$，原数为 $a$ 加上一个小于 $1$ 的小数部分。由题意，整数部分 $a$ 加上原数的 $4$ 倍等于 $27.6$，即 $a+4\times(\text{原数})=27.6$。注意 $27.6\div 5=5.52$，由于小数部分小于 $1$，不影响整数部分的大小，因此原数的整数部分是 $5$，即 $a=5$。于是小数部分的 $4$ 倍等于 $27.6-5\times 5=2.6$，小数部分 $=2.6\div 4=0.65$，因此原来这个数是 $5+0.65=5.65$。

解题过程
先算减法。为了把数位对齐，把 $\underbrace{44\cdots4}_{40\text{个}4}$ 写成 $\underbrace{44\cdots44}_{20\text{个}4}\underbrace{44\cdots44}_{20\text{个}4}$，与 $\underbrace{66\cdots6}_{20\text{个}6}$ 列竖式相减得 $\underbrace{44\cdots4}_{19\text{个}4}3\underbrace{77\cdots7}_{19\text{个}7}8$。再加上 $\underbrace{88\cdots8}_{20\text{个}8}\underbrace{00\cdots0}_{10\text{个}0}$，按竖式对齐相加，最终原式 $=\underbrace{44\cdots4}_{9\text{个}4}5\underbrace{33\cdots3}_{9\text{个}3}2\underbrace{66\cdots6}_{9\text{个}6}5\underbrace{77\cdots7}_{9\text{个}7}8$。

解题过程
$$\begin{aligned}\text{原式}&=(\underbrace{88\cdots8}_{2000\text{个}8}+\underbrace{11\cdots1}_{2000\text{个}1})\times(\underbrace{88\cdots8}_{2000\text{个}8}-\underbrace{11\cdots1}_{2000\text{个}1})\\&=\underbrace{99\cdots9}_{2000\text{个}9}\times\underbrace{77\cdots7}_{2000\text{个}7}\\&=(\underbrace{100\cdots0}_{2000\text{个}0}-1)\times\underbrace{77\cdots7}_{2000\text{个}7}\\&=\underbrace{77\cdots7}_{2000\text{个}7}\underbrace{00\cdots0}_{2000\text{个}0}-\underbrace{77\cdots7}_{2000\text{个}7}\\&=\underbrace{77\cdots7}_{1999\text{个}7}6\underbrace{22\cdots2}_{1999\text{个}2}3\end{aligned}$$。

解题过程
$$\begin{aligned}\text{原式}&=\underbrace{888\cdots8}_{300\text{个}8}\times(\underbrace{999\cdots9}_{300\text{个}9}\div 3)\\&=(\underbrace{888\cdots8}_{300\text{个}8}\div 3)\times\underbrace{999\cdots9}_{300\text{个}9}\\&=\underbrace{296296\cdots296}_{100\text{个}296}\times(\underbrace{100\cdots0}_{300\text{个}0}-1)\end{aligned}$$，列竖式得结果为 $\underbrace{296296\cdots295}{}\,\underbrace{703703\cdots704}{}$ 形式。其各位数字之和为 $$\begin{aligned}99\times(2+9+6)+(2+9+5)+(7+0+3)\times 99+(7+0+4)&=99\times 17+16+99\times 10+11\\&=1683+16+990+11\\&=2700\end{aligned}$$。

解题过程
$$\begin{aligned}\text{原式}&=(9+9.9+9.99+\cdots+\underbrace{9.99\cdots9}_{99\text{个}9})\div 3\\&=[(10-1)+(10-0.1)+(10-0.01)+\cdots+(10-\underbrace{0.0\cdots01}_{98\text{个}0})]\div 3\\&=[10\times 99-(1+0.1+0.01+\cdots+\underbrace{0.0\cdots01}_{98\text{个}0})]\div 3\\&=[990-1.\underbrace{11\cdots1}_{98\text{个}1}]\div 3\\&=988.\underbrace{88\cdots8}_{98\text{个}8}9\div 3\\&=332.\underbrace{962962\cdots962}_{32\text{个}962}963\end{aligned}$$。

解题过程
观察规律：$4624=68^2$，$446224=668^2$，$44462224=6668^2$，……，猜测 $\underbrace{44\cdots4}_{n}6\underbrace{22\cdots2}_{n}4=\underbrace{66\cdots6}_{n}8^{2}$。验证：$\underbrace{66\cdots6}_{n}8=\underbrace{66\cdots6}_{n}+2$，$$\begin{aligned}(\underbrace{6\cdots6}_{n}+2)^2&=\underbrace{6\cdots6}_{n}\times\underbrace{6\cdots6}_{n}+4\times\underbrace{6\cdots6}_{n}+4\\&=\underbrace{44\cdots4}_{n}6\underbrace{22\cdots2}_{n}4\end{aligned}$$，规律成立。本题 $n=99$，去掉小数点后的整数 $\underbrace{44\cdots4}_{99}6\underbrace{22\cdots2}_{99}4=\underbrace{66\cdots6}_{99}8^{2}$。原数的小数点在 $6$ 之后（整数部分 $\underbrace{44\cdots4}_{99}6$ 共 $100$ 位），故其平方根的整数部分有 $50$ 位，于是这个小数为 $\underbrace{66\cdots6}_{50\text{个}6}.\underbrace{66\cdots6}_{49\text{个}6}8$。可用 $n=1$ 验证：$46.24=6.8^2$，整数部分 $1$ 个 $6$、小数部分 $0$ 个 $6$ 后接 $8$，与规律一致。

解题过程
（1）由 $\underbrace{1\cdots1}_{n}\times\underbrace{1\cdots1}_{n}$（$n\le 9$）得回文数 $123\cdots n\cdots 321$，数字之和为 $n^2$；当 $n>9$ 时需处理进位。利用 $\underbrace{1\cdots1}_{n}=\underbrace{9\cdots9}_{n}\div 9$ 等方法可证：$n=99$ 时积的数字之和为 $891$。 （2）同理，$n=100$ 时积的数字之和为 $892$。原式 $=\underbrace{012345679\cdots012345679}_{11\text{个}012345679}\times\underbrace{9\cdots9}_{99\text{个}9}$ 等价变形可帮助计数，最终数字之和分别为 $891$ 与 $892$。

解题过程
由图可看出，小高打靶的得分有 $2$ 个 $2$ 分、$4$ 个 $4$ 分、$2$ 个 $6$ 分、$2$ 个 $8$ 分，那么他打靶的得分总和为 $$\begin{aligned}2\times 2+4\times 4+6\times 2+8\times 2&=4+16+12+16\\&=48\end{aligned}$$（分），则平均得分等于 $48\div 10=4.8$（分）。

解题过程
以 $100$ 为基准数，超过 $100$ 的部分分别是 $3,\ 9,\ 5,\ 1,\ 10,\ 2,\ 6,\ 4$，它们的和是 $40$，平均超出 $40\div 8=5$。所以这 $8$ 个数的平均数等于 $100+5=105$。

解题过程
乙、丙、丁三队平均每队拾了 $26$ 千克，他们一共拾了 $26\times 3=78$（千克），又因为丁队拾了 $28$ 千克，所以乙、丙两队一共拾了 $78-28=50$（千克）。甲、乙、丙三队平均每队拾了 $24$ 千克，他们一共拾了 $24\times 3=72$（千克），因此甲队拾了 $72-50=22$（千克）。

解题过程
全部 $5$ 次竞赛的总分等于 $82\times 5=410$（分），不算分数最高的那次后，$4$ 次的总分等于 $80\times 4=320$（分），因此分数最高的那次竞赛得了 $410-320=90$（分）。

解题过程
（1）去年张村的总收入为 $4.4\times 25=110$（万元），李村的总收入为 $3.5\times 20=70$（万元），所以去年两村的总收入为 $110+70=180$（万元），两村共有 $25+20=45$（户）人家，因此去年两村平均每户收入为 $180\div 45=4$（万元）。（2）今年有 $3$ 户平均多收入 $6000$ 元，一共多收入 $3\times 6000=18000$（元），平分到两村的全部 $45$ 户人家后，平均每户增加收入 $18000\div 45=400$（元），即 $0.04$ 万元。所以今年两村平均每户收入为 $4+0.04=4.04$（万元）。

解题过程
前 $6$ 次总环数为 $3\times 6=18$（环），$7$ 次的平均成绩为 $3+1=4$（环），$7$ 次总环数为 $4\times 7=28$（环），所以第 $7$ 次投得了 $28-18=10$（环）。

解题过程
$8$ 个数原来的总和为 $50\times 8=400$，把一个数改为 $90$ 后平均数为 $60$，新的总和为 $60\times 8=480$，所以总和增加了 $480-400=80$。被改动的数增加了 $80$，因此它原来等于 $90-80=10$。

解题过程
设萱萱一共参加了 $n$ 次考试。最后一次得 $97$ 分时平均分为 $90$ 分，最后一次得 $73$ 分时平均分为 $87$ 分，最后一次少得 $97-73=24$（分），引起平均分下降 $90-87=3$（分），下降的总分等于平均分下降乘以次数，即 $3\times n=24$，所以 $$\begin{aligned}n&=24\div 3\\&=8\end{aligned}$$（次）。

解题过程
甲车间每人每天比平均数 $144$ 少生产 $144-132=12$（个），$57$ 名工人共比平均数少 $12\times 57=684$（个）。乙车间每人每天比平均数多生产 $163-144=19$（个），设乙车间有 $x$ 名工人，则要补上甲车间少的部分，有 $19\times x=684$，$$\begin{aligned}x&=684\div 19\\&=36\end{aligned}$$（名）。

解题过程
春、夏、秋三季总共有 $56\times 3=168$ 株开花的植物，春、夏、冬三季总共有 $54\times 3=162$ 株开花的植物，春、秋、冬三季总共有 $43\times 3=129$ 株开花的植物，夏、秋、冬三季总共有 $24\times 3=72$ 株开花的植物，全部加起来是 $168+162+129+72=531$（株）。但每个季节都被计算了 $3$ 次，所以要除以 $3$，是 $531\div 3=177$（株）。

解题过程
鸽子重 $0.6$ 千克，鸡的重量是鸽子的 $2$ 倍少 $0.2$ 千克，即 $0.6\times 2-0.2=1.0$（千克）；鸭的重量比鸡多 $0.5$ 千克，即 $1.0+0.5=1.5$（千克）；麻雀的重量比鸽子少 $0.4$ 千克，即 $0.6-0.4=0.2$（千克）。四只动物总重量是 $0.6+1.0+1.5+0.2=3.3$（千克），平均重量 $=3.3\div 4=0.825$（千克）。

解题过程
方法一：把这 $20$ 个数都减去 $300$，并求和：$6+12+6+8+14+4+18+11+13+15+14+10+10+20+0+16+20+12+14+15=238$，新得到的 $20$ 个数的平均数是 $238\div 20=11.9$，所以这 $20$ 个数的平均数是 $11.9+300=311.9$。方法二：以 $310$ 作为基准数，则这些数与 $310$ 的差是 $-4,\ 2,\ -4,\ -2,\ 4,\ -6,\ 8,\ 1,\ 3,\ 5,\ 4,\ 0,\ 0,\ 10,\ -10,\ 6,\ 10,\ 2,\ 4,\ 5$，这些差的和为 $38$，平均超出 $310$ 的部分为 $38\div 20=1.9$，原数平均数为 $1.9+310=311.9$。

解题过程
由表知星期一生产 $81$ 台，星期二 $74$ 台，星期五 $69$ 台，一周平均每天 $73$ 台，则一周总产量为 $73\times 5=365$（台）。星期一、二、五共生产 $81+74+69=224$（台），所以星期三、四共生产 $365-224=141$（台）。又由表知星期三的台数十位是 $6$（即 $6\square$），星期四的台数个位是 $7$（即 $\square 7$），满足两数之和为 $141$ 的只有星期三 $64$ 台、星期四 $77$ 台（$64+77=141$）。

解题过程
买水果糖花了 $16\times 3=48$（元），买花生糖花了 $14\times 1=14$（元），买奶糖花了 $20\times 2=40$（元）。卡莉娅总共买了 $3+1+2=6$（千克）糖果，一共花了 $48+14+40=102$（元），因此这些糖果平均每千克 $102\div 6=17$（元）。

解题过程
$6$ 个女生的身高总和为 $140\times 6=840$（厘米），剩下 $5$ 个女生的身高总和为 $135\times 5=675$（厘米），又因为剩下 $5$ 个女生身高总和减少了 $840-675=165$（厘米），所以离开的那个女生身高是 $165$ 厘米。

解题过程
方法一：各列 $7$ 个数的平均分别是 $39,\ 41,\ 40,\ 45,\ 42,\ 39,\ 41$，那么这 $35$ 个数的和就是各列和之和，$35$ 个数的总和等于各列平均乘以行数 $5$，每列的和等于平均乘以 $5$：$39\times 5=195,\ 41\times 5=205,\ 40\times 5=200,\ 45\times 5=225,\ 42\times 5=210,\ 39\times 5=195,\ 41\times 5=205$，那么这 $35$ 个数的和就是 $195+205+200+225+210+195+205=1435$，前 $4$ 行每行 $7$ 个数的和：$42\times 7=294,\ 39\times 7=273,\ 44\times 7=308,\ 41\times 7=287$，则前 $4$ 行的和为 $294+273+308+287=1162$。最后一行 $7$ 个数的总和为 $1435-1162=273$，所以最后一行的平均数为 $273\div 7=39$。方法二：总平均数等于各列平均的平均，也等于各行平均的平均，因此最后一行的平均数可由总平均反推，从而得最后一行的平均数为 $39$。

解题过程
方法一：工厂平均每人每天生产了 $213$ 个零件，比 $150$ 人原来平均每人每天多生产 $213-200=13$（个）零件，因此 $150$ 人多生产 $13\times 150=1950$（个）零件。改良设备后每人每天多生产 $30$ 个零件，所以设备被改良的工人有 $1950\div 30=65$（名）。方法二：设有 $x$ 名工人改良了设备，则多生产 $$\begin{aligned}30\times x&=213\times 150-200\times 150\\&=1950\end{aligned}$$，所以 $x=65$ 名。

解题过程
开始时 $7$ 个数的平均数是 $55$，则它们的和是 $55\times 7=385$。改动后平均数变为 $64$，那么改动后 $7$ 个数的和变为 $64\times 7=448$，比原来多了 $448-385=63$。这 $7$ 个数中只有一个数改动了，所以原来那个数是 $140-63=77$。原来没有改动的 $6$ 个数的和是 $385-77=308$，把这 $6$ 个数都乘以 $2$，它们的和变为 $308\times 2=616$，再加上改成的 $140$，此时 $7$ 个数的和是 $616+140=756$，它们的平均数为 $756\div 7=108$。

解题过程
方法一：甲班有 $33$ 人，平均分是 $80$ 分，甲班的总分为 $80\times 33=2640$ 分。甲、乙两班的总平均分是 $82$ 分，两班共 $33+22=55$ 人，总分为 $82\times 55=4510$ 分。乙班的总分为 $4510-2640=1870$ 分，乙班有 $22$ 人，所以乙班平均分为 $1870\div 22=85$（分）。方法二：甲班平均分比总平均分低 $82-80=2$ 分，$33$ 人共少 $2\times 33=66$ 分，这要由乙班补足，乙班 $22$ 人共多 $66$ 分，每人多 $66\div 22=3$ 分，所以乙班平均分为 $82+3=85$（分）。

解题过程
方法一：甲班的总分为 $91.5\times 45=4117.5$（分），乙班的总分为 $89.5\times 57=5101.5$（分）。三个班共 $45+57+54=156$（人），总平均分 $92.5$ 分，三个班的总分为 $92.5\times 156=14430$（分）。因此丙班的总分为 $14430-4117.5-5101.5=5211$（分），丙班平均分为 $5211\div 54=96.5$（分）。方法二：如图所示，甲、乙上方的阴影是比总平均少的部分，丙上方的阴影是比总平均多的部分，两块阴影面积相等。甲班平均分比总平均少 $92.5-91.5=1$（分），乙班平均分比总平均少 $92.5-89.5=3$（分），甲、乙两班共比总平均少 $1\times 45+3\times 57=216$（分），即丙班比总平均多 $216$ 分，故丙班平均分比总平均多 $216\div 54=4$（分），丙班平均分为 $92.5+4=96.5$（分）。

解题过程
方法一：男职工人数是女职工人数的 $2$ 倍，设女职工 $1$ 份、男职工 $2$ 份，共 $3$ 份。男职工年龄总和按 $2$ 份算为 $31\times 2=62$（按份），女职工年龄总和按 $1$ 份算为 $40\times 1=40$（按份），全体职工年龄总和为 $(31\times 2+40\times 1)$ 份，平均年龄为 $$\begin{aligned}(31\times 2+40)\div 3&=(62+40)\div 3\\&=102\div 3\\&=34\end{aligned}$$（岁）。方法二：用面积模型把男职工年龄看作 $2$ 份、女职工年龄看作 $1$ 份，求加权平均得 $34$ 岁。

解题过程
如图所示，乙班的平均分比甲班的平均分和总平均分都要低。甲班比乙班多的部分就是总平均分比乙班平均分多的部分，即图中阴影部分①③与空白部分②的面积之和相等。从图中看出，甲班比乙班多的部分是 $5\times 25=125$（分），把这 $125$ 分平均到所有人中，得到乙班平均分比总平均分低 $5\times 25\div(25+75)=1.25$（分），即乙班平均分为 $90-1.25=88.75$（分）。

解题过程
如图所示，以甲班（一班）的平均分 $73$ 为基准数，总平均分 $75.4$ 比甲班平均分高 $75.4-73=2.4$ 分，$100$ 名学生总分比按甲班平均算高 $100\times 2.4=240$（分）。这部分正是乙班（二班）比甲班多的总分，而乙班平均分比甲班高 $78-73=5$ 分，所以乙班人数为 $240\div 5=48$（人），甲班人数为 $100-48=52$（人），两班相差 $52-48=4$（名）。

解题过程
语文、数学、地理、历史这四科的总分为 $88+99+94+95=376$（分）。以五科的平均分为基准数，因英语成绩比五科平均分低 $2.4$ 分，则前四科比平均分共多 $2.4$ 分。设五科平均分为 $a$，则四科总分 $=4a+2.4$，即 $376=4a+2.4$，$a=93.4$（分），所以英语得分 $=93.4-2.4=91$（分）。

解题过程
后 $4$ 次测验的总分比（总平均分 $\times 4$）多出的分数为 $3\times 4=12$ 分。第 $1,\ 2,\ 6$ 这 $3$ 次测验的总分比（总平均分 $\times 3$）少的分数为 $3.6\times 3=10.8$ 分。所以 $6$ 次测验的总分 $+$ 第 $6$ 次测验分数 $-$ 总平均分 $\times 7=12-10.8=1.2$ 分。又因为 $6$ 次测验的总分 $=$ 总平均分 $\times 6$，所以第 $6$ 次测验的分数 $-$ 总平均分 $=1.2$ 分。又因为前 $5$ 次测验总分 $+$ 第 $6$ 次测验分数 $=$ 总平均分 $\times 6$，所以总平均分 $\times 5-$ 前 $5$ 次测验总分 $=1.2$ 分。所以前 $5$ 次测验的平均分肯定比总平均分低，低出的分数为 $1.2\div 5=0.24$ 分。

解题过程
$A,\ B,\ C$ 三人的平均分为 $95$ 分，总分为 $95\times 3=285$ 分；$B,\ C,\ D$ 三人的平均分为 $94$ 分，总分为 $94\times 3=282$ 分。两式相减得 $$\begin{aligned}A-D&=285-282\\&=3\end{aligned}$$，即 $A$ 比 $D$ 多 $3$ 分。因为 $A$ 是第一名，$E$ 是第三名得 $96$ 分，并且 $5$ 人得分互不相同，所以 $A$ 的分数可能是 $98,\ 99$ 或 $100$，下面分情况讨论。①若 $A$ 得 $98$ 分，此时 $D$ 的分数是 $98-3=95$ 分，可推出第二名是 $97$ 分，且肯定是 $B,\ C$ 中的一个。$B$ 的总分 $+C$ 的总分 $=95\times 3-A=285-98=187$ 分，因为 $B,\ C$ 中有一个是 $97$ 分，所以另一个是 $187-97=90$ 分，与每个人的分数都大于 $91$ 矛盾，所以 $A$ 不可能是 $98$ 分。②若 $A$ 得 $99$ 分，此时 $D$ 的分数是 $99-3=96$ 分，而已知 $E$ 得 $96$ 分，与 $5$ 人得分互不相同矛盾，所以 $A$ 不可能是 $99$ 分。③上述两种情况都不可能，那么 $A$ 的分数只能是 $100$ 分，所以 $D$ 得了 $100-3=97$ 分。

解题过程
因为剩下数的平均数是 $10.8$，那么原来的数的平均数肯定在 $10.8$ 左右。若有 $1$ 到 $n$ 共 $n$ 个数，则从 $1$ 加到 $n$ 的和为 $\frac{(1+n)\times n}{2}$。当 $n=21$ 时，$$\begin{aligned}1+2+\cdots+21&=\frac{(1+21)\times 21}{2}\\&=231\end{aligned}$$。擦去一个数后剩 $20$ 个数，和为 $10.8\times 20=216$，所以擦去的那个数为 $231-216=15$。

解题过程
如图所示，因为前 $30$ 名的平均分比后 $20$ 名的平均分多 $12$ 分，所以错误的平均成绩比后 $20$ 名的平均成绩多 $12\div 2=6$（分）。前 $30$ 名的总分比后 $20$ 名的总分多 $12\times 30=360$（分），那么全班的平均成绩比后 $20$ 名的平均成绩多 $360\div(30+20)=7.2$（分），所以全班正确的平均成绩比错误的平均成绩多 $7.2-6=1.2$（分），即弄混后算出的成绩比正确成绩降低了 $1.2$ 分。

解题过程
先来看一等奖的情况（如图 $1$ 所示）：原一等奖 $10$ 人，将最后 $4$ 人调出后剩前 $6$ 人，这 $6$ 人的平均分比原一等奖平均分提高了 $3$ 分，相当于这 $4$ 人少出的总分 $3\times 6=18$ 分分摊给 $4$ 人，所以这 $4$ 人原平均分比一等奖平均分低 $3\times 6\div 4=4.5$（分）。再来看二等奖的情况（如图 $2$ 所示）：原二等奖 $20$ 人，调入 $4$ 人后平均分提高 $1$ 分，相当于这 $4$ 人多出的总分要分给全部 $24$ 人，每人多 $1$ 分，所以这 $4$ 人原平均分比二等奖平均分高 $1\times(20+4)\div 4=6$（分）。所以原一等奖平均分比二等奖平均分高 $4.5+6=10.5$（分）。

解题过程
因为妈妈今年的岁数比 $5$ 人的平均年龄小 $13$ 岁，小高比妈妈小 $21$ 岁，所以小高今年的岁数比 $5$ 人的平均岁数小 $13+21=34$（岁）。因为妈妈和小高的岁数都比平均岁数少，则有 $($ 平均岁数 $-$ 小高岁数 $)+($ 平均岁数 $-$ 妈妈岁数 $)=34+13=47$（岁）。由于全体偏差之和为 $0$，所以 $($ 爷爷岁数 $-$ 平均岁数 $)+($ 爸爸岁数 $-$ 平均岁数 $)+($ 奶奶岁数 $-$ 平均岁数 $)=47$（岁），又奶奶比平均岁数大 $26$ 岁，所以 $($ 爷爷岁数 $-$ 平均岁数 $)+($ 爸爸岁数 $-$ 平均岁数 $)=47-26=21$（岁）。于是 $5$ 人的平均岁数是 $(75+34-21)\div 2=44$（岁）。所以小高今年的岁数是 $44-34=10$ 岁，则小高出生时，爸爸的岁数是 $34-10=24$ 岁。

解题过程
由于男生的平均分比总平均分高 $2$ 分，女生的平均分比总平均分低 $1$ 分，根据移多补少的原理，女生的人数是男生的 $2$ 倍。女生的总分数是 $1800$ 分，如果把女生看作与男生人数一样多（即女生人数是男生的 $2$ 倍时，按相同人数比较），则同样人数的男生总分应是 $1800\div 2=900$ 分。而男生实际总分是 $942$ 分，男生总分多了 $942-900=42$ 分，又因为每个男生比女生平均分高 $2+1=3$ 分，因此男生人数为 $42\div 3=14$（人），女生人数是男生的 $2$ 倍，即 $28$ 人。

解题过程
设有 $n$ 名裁判员，全体平均分 $9.64$，总分为 $9.64n$。去掉最高分后 $n-1$ 人平均 $9.60$，总分为 $9.60(n-1)$，所以$$\begin{aligned}\text{最高分}&=9.64n-9.60(n-1)\\&=0.04n+9.60\end{aligned}$$。去掉最低分后 $n-1$ 人平均 $9.68$，总分为 $9.68(n-1)$，所以$$\begin{aligned}\text{最低分}&=9.64n-9.68(n-1)\\&=9.68-0.04n\end{aligned}$$。要使最低分尽量小且最高分不超过 $10$ 分：$0.04n+9.60\le 10$，得 $n\le 10$。取 $n=10$ 时$$\begin{aligned}\text{最低分}&=9.68-0.04\times 10\\&=9.28\end{aligned}$$（分），$$\begin{aligned}\text{最高分}&=9.60+0.04\times 10\\&=10\end{aligned}$$（分），符合条件，所以最低分至少为 $9.28$ 分，裁判员至少有 $10$ 人。

解题过程
看个位：$E+C+E$ 的末位是 $C$，即两个 $E$ 加后末位是 $0$，因此 $E=5$ 或 $0$。若 $E=5$ 时有进位，若 $E=0$ 则无进位。再分析十位、百位、千位的进位与末位，由 $E$ 必为偶才能使各位相符，定出 $E=0$；进而 $C=4$、$B=5$。逐位确定后得 $A=9,\ D=1$，竖式为 $940+4154+4950=10044$。

解题过程
两个相同的五位数 $HORSE$ 相加得到六位数 $RABBIT$，两数相加最多进 $1$，故首位 $R=1$。由百位上的 $B$ 是偶数知百位不可能向千位进位，再由十位也没有向百位进位得 $B=2$，进而得 $O=6$。其余字母经试算确定，最终 $HORSE+HORSE=86145+86145=172290$。

解题过程
第一步先分析个位：要求个位的 $5$ 个数字从上往下是图15-4中顺时针的连续 $5$ 个数字 $A,B,C,D,E$，由相加的末位关系得 $A+B+C+D+E$ 末位与和的个位相符。利用顺时针连续 $5$ 个数字之和为 $6+7+8+9+0=30$（个位 $0$）等情形确定个位；第二步同理分析十位。综合两步逐位还原，得竖式各数，最终算式的和为 $290$。

解题过程
由乘法竖式：两位数 $\square 7$ 乘一位数 $\square$，末位由 $7\times\square$ 决定。通过枚举发现十位数字只能填 $1$，且当第一个因数为 $17$、乘数为 $4$ 时 $17\times 4=68$，满足竖式。再把 $1\sim 9$ 中剩下的 $2,3,5,9$ 填入加法部分，使竖式成立，得 $68+25=93$。

解题过程
设三位数乘三位数为 $\overline{abc}\times\overline{xyz}$，三个部分积分别为 $3\square 08$、$\square 504$、$7\square 2$，最终积为 $\square 3248$。由第三个部分积 $7\square 2$ 末位为 $2$ 且 $\overline{abc}=752\div x$，结合各位互不相同的限制逐步还原，得 $\overline{abc}=376$、$\overline{xyz}=248$，三部分积为 $3008$、$1504$、$752$，最终 $376\times 248=93248$，使 $0\sim 9$ 恰好各用一次。

解题过程
三位数 $\square 1\square$ 与两位数相乘，先由两个部分积的位数及末位关系确定可能的因数；其中第二个部分积首位为 $1$，最终积的形式为 $\square\square 6\square$。逐位枚举满足条件的填法，求得乘积为 $2204$。

解题过程
观察竖式：第二个乘数的十位是 $0$，且第三行的四位积的后两位分别是 $0$ 和 $5$。进一步发现第一个乘数与第二个乘数百位的乘积是四位数，所以两个乘数的首位都不会太大，且第二个乘数只能是 $109$。用同样方法算出第一个乘数是 $145$，因此 $145\times 109=15805$，经验算符合题意。

解题过程
由两个部分积的末位与位数关系逐步确定各位。第二个部分积 $\square\square 93$ 的末位 $3$ 由 $7$ 与乘数个位相乘的末位决定，结合首位进位与最终五位积 $1\square\square\square\square$ 还原，得 $177\times 95=16815$。

解题过程
由商的十位为 $2$，它与除数的乘积是一个以 $6$ 开头的两位数，可知除数的十位是 $3$。再分析商的个位：第二步乘积小于 $70$，故除数的个位只能是 $3$ 或 $4$。讨论得：除数为 $33$ 时商个位为 $4$，$792\div 33=24$；除数为 $34$ 时商个位为 $3$，$782\div 34=23$。故有两个结果。

解题过程
由第一个减法算式可立即填出被除数的个位数字为 $4$、减数的十位为 $2$，进而得被除数的首位为 $5$。再由第一个乘法（除数末位为 $2$）的积末位为 $8$，定商首位只能是 $4$ 或 $9$；逐步还原整个竖式得到完整的被除数、除数和商，三者相加得 $6117$。

解题过程
看个位：三个 $A$ 相加（$3A$）末位为 $E$，且向十位进位为 $2$，则 $3A$ 在 $20\sim 29$ 之间，又 $E$ 为奇数，故 $3A=21$，得 $A=7$、$E=1$。看个位末位 $E=1$ 与进位 $2$ 相符。再看十位 $D+C+B+2$ 的末位为 $C$，得 $D+B+2$ 末位为 $0$；结合千位、百位的进位关系及各字母互不相同，逐位确定 $B=9,\ D=4,\ C=8$。故 $7497+487+197=8181$，即 $\overline{ADBA}+\overline{DCA}+\overline{EBA}=\overline{CECE}$ 成立。

解题过程
先看个位 $T+N+N$ 的末位是 $T$，则 $N+N$ 末位是 $0$，所以 $N=0$ 或 $5$；再看十位 $E+E$ 与进位相加末位是 $E$，得 $N=0$、$E=5$。结合各列的进位与各字母互不相同，逐位还原得两组解：$F=3$ 时 $O=7,R=9,T=8,Y=4$，竖式为 $37984+3238550+3238550=6515084$；$F=4$ 时 $O=1,R=9,T=6,Y=7$，竖式为 $41967+4246550+4246550=8535067$。两种填法见参考答案图。