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抽屉原理详解:核心题型解析与50道练习题PDF下载(含答案)

适用年级

奥数

难度等级

⭐⭐⭐

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最近更新

2025-12-19

知识要点

💡 核心概念:抽屉原理听起来很高深,其实它讲的是一个非常简单的道理。想象一下,你有3个苹果,要放进2个抽屉。那么,至少有一个抽屉里会有2个或更多的苹果。这就是抽屉原理!而“最坏情况”是我们解决问题的关键钥匙。它不是指真的运气最差,而是指在“保证”某种结果一定发生时,我们需要考虑的、最“倒霉”的那种分法。比如,要想保证一个抽屉至少有2个苹果,最坏的情况就是先让每个抽屉都只放1个(尽量平均分),这时再放第3个苹果,无论放进哪个抽屉,都会出现“至少有一个抽屉有2个苹果”的情况。

📝 计算法则:对于这类“至少有多少”的保证性问题,可以按以下步骤思考:

  1. 确定“抽屉”是什么: 把要分的物体(苹果、鸽子、学生…)放进什么样的“抽屉”里。
  2. 尽量平均分(最坏情况): 用物体总数 \( m \) 除以抽屉数 \( n \),得到商 \( a \) 和余数 \( b \) (\( b < n \))。即 \( m \div n = a \cdots b \)。
  3. 得出结论: 那么,至少有一个抽屉里会有 \( (a + 1) \) 个物体。因为最坏情况是每个抽屉先放 \( a \) 个,剩下的 \( b \) 个再分别放入不同的抽屉,那么至少有1个抽屉会被放到 \( a+1 \) 个。

🎯 记忆口诀: 抽屉原理巧,最坏想到老。物体除以抽屉数,商加一是至少。

🔗 知识关联: 这个原理和我们学过的除法以及有余数的除法密切相关,计算核心就是除法算式。同时,它也锻炼我们的逻辑推理最优化思维(如何构造“最坏”情况)。

易错点警示

错误1:混淆“至少”和“保证”。
例如:“6只鸽子飞进5个鸽巢,至少有几只鸽子在同一个巢?”错误做法:\( 6 \div 5 = 1 \cdots 1 \),答:至少有1只。
正解: “至少”是在保证一定发生的情况下,那个最小的数量。正确计算:\( 6 \div 5 = 1 \cdots 1 \),\( 1 + 1 = 2 \)。答:保证至少有一个巢里有2只或以上的鸽子。

错误2:忘记“最坏情况”是尽量平均分,而不是胡乱分。
例如:“至少摸出多少颗棋子能保证有2颗同色?(有黑、白两色)”错误做法:摸2颗可能一黑一白,再摸1颗就行了,所以是3颗。(虽然答案对,但思路不严谨)
正解: 构造最坏情况:先摸出的2颗正好是1黑1白(每种颜色1颗,即平均分)。这时再摸第3颗,无论是黑是白,都会和已有的某颗同色。所以答案是3颗。要用“平均分”的思路来严谨推理。

错误3:余数处理错误,直接用物体数除以“至少数”。
例如:“至少有多少人在同一个月过生日?(共25人)”错误做法:\( 25 \div 12 = 2 \cdots 1 \),答:至少有2人。
正解: \( 25 \div 12 = 2 \cdots 1 \),商是2,余数是1。最坏情况是每个月先有2人过生日(用了 \( 12 \times 2 = 24 \) 人),剩下的1人无论在哪个月,都会使那个月人数变成 \( 2 + 1 = 3 \) 人。答:至少有3人在同一个月过生日。

三例题精讲

🔥 例题1:

一副扑克牌有54张,去掉大小王后还剩52张,共有4种花色(红桃、黑桃、梅花、方块)。问:至少摸出多少张牌,才能保证至少有2张牌的花色相同?

📌 第一步:确定“抽屉”。 这里“花色”就是抽屉,有4个抽屉(红桃、黑桃、梅花、方块)。

📌 第二步:思考“最坏情况”。 最坏的情况是,前面摸出的牌花色都尽量不同。也就是先摸出了4张牌,正好是4种不同的花色各1张。

📌 第三步:得出结论。 这时已经用了4个抽屉各1个物体。再摸第5张牌,无论是什么花色,都会和前面4张中的某一张花色相同。所以答案是5张。

✅ 答案: 至少摸出5张牌。

💬 总结: 当问题是“保证有2个同X”时,最坏情况是先让每个X都拿到1个。

🔥 例题2:

某班有42名学生,他们都订阅了《小学生数学报》、《我们爱科学》或《儿童文学》三种报刊中的一种、两种或三种。问:至少有多少名学生订阅的报刊种类完全相同?

📌 第一步:确定“抽屉”——订阅的种类有多少种可能。

订阅一种:有3种选择(只订数学、只订科学、只订文学)。

订阅两种:也有3种选择(数+科、数+文、科+文)。

订阅三种:只有1种选择(数+科+文)。

所以,订阅的种类共有 \( 3 + 3 + 1 = 7 \) 种。这就是7个“抽屉”。

📌 第二步:应用抽屉原理。 把42名学生(物体)放进7种订阅类型(抽屉)里。

\( 42 \div 7 = 6 \)。商是6,余数是0。

📌 第三步:分析最坏情况与结论。 最坏情况(尽量平均分)就是每种订阅类型都有6名学生。因为余数是0,正好平均分完。此时,订阅种类相同的学生最少是6人。如果少于6人,总人数就不可能达到42人。所以,至少有6人订阅的报刊种类相同。

✅ 答案: 至少有6名学生。

💬 总结: 关键在于先搞清楚“抽屉”的总数,即所有可能的情况有多少类。当除法没有余数时,“至少数”就是商本身。

🔥 例题3:

一个布袋里有黑、白、红三种颜色的袜子各8只。每次从布袋中摸出一只袜子。问:

(1) 至少摸出多少只,才能保证一定有2只颜色相同?

(2) 至少摸出多少只,才能保证一定有3只颜色相同?

📌 第一部分解答:

(1) 颜色是抽屉,共3个。要保证有2只同色。

最坏情况:先摸出3只,正好是黑、白、红各1只。再摸第4只,无论什么颜色,都会与前面某只同色。

✅ 答案:\( 3 + 1 = 4 \) (只)。

📌 第二部分解答:

(2) 要保证有3只同色。

最坏情况:尽量阻止有颜色达到3只。即每个颜色先摸出2只(这是“尽量平均分”的升级版,目标是让每个抽屉离“3”还差1)。

此时已摸出 \( 2 \times 3 = 6 \) 只袜子。

再摸第7只袜子,无论是什么颜色,都会使该颜色的袜子变成 \( 2 + 1 = 3 \) 只。

✅ 答案:\( 2 \times 3 + 1 = 7 \) (只)。

💬 总结: 对于“保证有a个同X”的问题,最坏情况是让每个“抽屉”都先有 \( (a-1) \) 个物体。需要的物体总数是:抽屉数 × (a-1) + 1

练习题(10道)

由易到难,题目新颖,贴近生活。

  1. 把10支铅笔放进3个笔筒里,不管怎么放,总有一个笔筒里至少放进了几支铅笔?
  2. 13个同学中,至少有几位同学的属相是相同的?(假设属相有12种)
  3. 口袋里有红、黄、蓝三种颜色的球各5个。闭上眼睛,至少摸出几个球,才能保证有2个颜色相同?
  4. 某小学共有368名学生,请问这些学生中至少有多少人在同一天过生日?(一年按365天计算)
  5. 从1, 2, 3, …, 30这30个自然数中,至少取出几个不同的数,才能保证其中一定有一个数是5的倍数?
  6. 一个布袋里有大小、材质完全相同的红、黄、蓝手套各5只(左手、右手分开)。至少摸出几只,才能保证配成一双颜色相同的手套?(一双指左手和右手各一只)
  7. 六年级有4个兴趣小组:书法、围棋、舞蹈、航模。每位同学至少参加1个组,最多参加2个组。至少有15名同学参加,才能保证有2人参加的小组完全相同。请问参加兴趣小组的同学至少有多少人?
  8. 一次数学测验共有10道判断题,每道题答对得2分,答错或不答得0分。至少有多少名同学参加这次测验,才能保证有3人的得分相同?
  9. 在边长为1的正方形内任意放入5个点,求证:其中至少有两个点的距离不超过 \( \frac{\sqrt{2}}{2} \)。(提示:连接正方形两条对边的中点,将正方形分成4个小正方形)
  10. 从1至100这100个自然数中,至少选出几个数,才能保证其中一定有两个数的差是9?

奥数挑战(10道)

杯赛真题难度(如迎春杯、华杯赛),需要思维拓展。

  1. 在1, 4, 7, 10, 13, …, 100这个等差数列中,至少任选几个数,才能保证其中有两个数的和是104?
  2. 将一个 \( 4 \times 7 \) 的方格表随意染上黑色或白色。证明:无论怎样染色,其中必定有一个由方格构成的“田”字形(2×2的正方形),它的四个小方格颜色完全相同。
  3. 从1, 2, 3, …, 99, 100中至少选出多少个数,才能保证其中一定有一个数是另一个数的整数倍?
  4. 有10个不同的自然数,它们的和是101。证明:其中至少有2个自然数的差是10。
  5. 在半径为1的圆内(包括边界),任意给出7个点。证明:其中至少有两个点,它们之间的距离不超过1。
  6. 一副扑克牌共54张(包括大小王)。至少摸出多少张,才能保证其中至少有4张牌的花色相同?
  7. 在1到100的所有自然数中,任取51个不同的数。证明:其中一定有两个数,它们的差等于50。
  8. 一个袋子中有红、黄、蓝、白四种颜色的球各10个。至少摸出多少个球,才能保证其中有5个颜色相同?
  9. 证明:任意6个人中,要么有3个人互相认识,要么有3个人互不认识(认识是相互的)。
  10. 从1, 3, 5, 7, …, 97, 99这50个奇数中,至少取出多少个数,才能保证取出的数中,必有两个数的和是102?

生活应用(5道)

融入当下热点场景(高铁、航天、AI、环保、网购等)。

  1. (高铁)一列“复兴号”高铁有8节车厢,每节车厢定员90人。本次列车共有650名乘客。请问:至少有一节车厢的乘客人数不低于多少人?
  2. (航天)中国空间站“天和”核心舱的一个实验柜有12个样品存放格。某次实验准备了37份不同的样品需要放入。请问:至少有一个存放格里的样品不少于多少份?
  3. (AI与环保)一个AI垃圾分类系统,需要识别“可回收物”、“厨余垃圾”、“有害垃圾”、“其他垃圾”四类。在系统测试阶段,工程师连续投入垃圾进行识别。为了保证系统在连续识别中一定能将同一类垃圾正确识别至少3次,工程师至少需要投入多少件垃圾进行测试?(假设识别正确与否在此题中不关心,只关心类别)
  4. (网购)某电商平台的“猜你喜欢”算法,每天从“服饰”、“数码”、“美食”、“图书”、“家居”5个大类中推荐商品给你。如果你希望连续几天内,算法至少有一个大类给你推荐了2天,那么你至少需要连续浏览几天?
  5. (疫情防控)某小区有20栋楼,需要安排核酸检测。街道办准备了400管试剂(每管可检测1人)。为了保证无论居民如何分布在楼栋里,都至少有一栋楼的居民能全部完成检测(即该楼人数≤试剂管数),街道办至少需要准备多少管试剂?

参考答案与解析

【练习题答案】

  1. \( 10 \div 3 = 3 \cdots 1 \), \( 3+1=4 \) (支)。
  2. \( 13 \div 12 = 1 \cdots 1 \), \( 1+1=2 \) (位)。
  3. 抽屉为3种颜色。最坏情况各摸1个,需3个。第4个保证相同。答:4个。
  4. \( 368 \div 365 = 1 \cdots 3 \), \( 1+1=2 \) (人)。
  5. 5的倍数有 \( 30 \div 5 = 6 \) 个。最坏情况先取完不是5倍数的数,有 \( 30-6=24 \) 个。再取1个就一定是5的倍数。答:\( 24+1=25 \) (个)。
  6. 配成一双需要一左一右同色。最坏情况:先摸出5只左手套(或右手套)颜色各不同,比如红、黄、蓝、?、?(但只有3种颜色,所以这5只中必有同色左手,但我们要考虑最坏情况)。更严谨的最坏情况:先摸出3只不同颜色的左手套,再摸出3只不同颜色的右手套,此时共6只,可能没有一双配对(可能是3左3右,颜色全部错开)。第7只无论是左手还是右手,都会与另一只手中的某一只配成同色一双。答:7只。
  7. 参加小组的方式种类是“抽屉”。只参加1个组:4种。参加2个组:\( C_4^2 = 6 \) 种。共 \( 4+6=10 \) 种。要保证有2人方式相同,根据抽屉原理,至少需要 \( 10 + 1 = 11 \) 人。但题目说“至少有15名同学参加,才能保证…”,这意味着参加人数≥15。这是一个反向问题:已知“至少数”和“抽屉数”,求物体数。保证有2人相同,需要 \( 10 \times (2-1) + 1 = 11 \) 人。但题目条件说需要15人才能保证,这说明实际人数可能少于15但不足以保证?逻辑矛盾。仔细读题:“至少有15名同学参加,才能保证有2人参加的小组完全相同。” 这是一个条件,我们需要求的是“参加兴趣小组的同学至少有多少人?” 这似乎是在给定结论下求最小值。设同学有n人,抽屉10个。要保证有2人相同,需 \( n > 10 \),最小n=11。但题目说需要15人才能保证,这不可能。可能题意是:已知保证有2人相同需要至少15人,问n至少多少?那n显然≥15。所以答案就是15。这是一道理解题意的题。答:15人。
  8. 可能得分:0, 2, 4, …, 20。共11种得分。要保证有3人得分相同,最坏情况每个得分先有2人,需 \( 11 \times 2 = 22 \) 人。第23人无论得多少分,都会使该分数有3人。答:23人。
  9. 提示:将正方形分成4个边长为 \( \frac{1}{2} \) 的小正方形。4个小正方形是抽屉,5个点是物体。\( 5 \div 4 = 1 \cdots 1 \),至少有一个小正方形内有2个点。这个小正方形内任意两点最大距离是对角线长 \( \sqrt{(\frac{1}{2})^2 + (\frac{1}{2})^2} = \frac{\sqrt{2}}{2} \)。所以这两点距离不超过 \( \frac{\sqrt{2}}{2} \)。
  10. 构造差为9的“抽屉”:{1,10}, {2,11}, …, {9,18}, {19,28}, …, {90,99}, {91,100}。另外,{92}, {93}, …{100}? 注意:1~100中,差为9的数对可以这样分组:(1,10), (2,11), …, (9,18), (19,28), …, (81,90), (91,100)。 剩下92,93,94,95,96,97,98,99这8个数单独成组。这样共有 \( 9 + 8 + 8 = 25 \) 个组?(实际上1-9每组有一个小于10的数;10-18与1-9对应;19-27与10-18对应?)标准构造:按除以9的余数分组。余0: 9,18,…,99 (11个数);余1: 1,10,…,100 (12个数);余2: 2,11,…,92 (11个数);…余8: 8,17,…,98 (11个数)。最坏情况取所有余数相同的数,但余1组有12个数,可以取12个。要保证有两个数差为9,它们必然属于同一余数组。所以最坏情况是从每个余数组里取尽量多的数,但避免取到差为9的数对。在同一余数组内,数两两之差是9的倍数,最小差值为9。所以要避免差9,必须间隔着取。例如余1组:1,10,19,…,100。最多可以取1,19,37,55,73,91,100? 需要计算。更简单方法:考虑“鸽巢”为上述按差9分组形成的“数对”或“链”。最经典分法:{1,10,19,28,37,46,55,64,73,82,91,100},{2,11,20,29,38,47,56,65,74,83,92},…,{9,18,27,36,45,54,63,72,81,90,99}。共9个组,前两组12和11个数,后几组11个数。要在同一组内不取到差9的数,最多只能取每组中编号为奇数的位或偶数的位。对于12个数的组,最多可取6个;对于11个数的组,最多可取6个(例如取第1,3,5,7,9,11个)。所以最多可取 \( 6 + 6 \times 8 = 54 \) 个数而保证没有两数差9。因此取55个数就能保证。答:55个。
  11. 【奥数挑战答案】

    1. 答案: 18个。解析: 数列通项为 \( 3n+1 \),最后一项100。和104的数对:(4,100), (7,97), …, (49,55)。共 (49-4)/3 + 1 = 16对。把每一对看作一个“抽屉”,再加上不能配对的数(如1, 52等?实际上1+?=104无解,52+?=104无解)。关键:构造最坏情况是尽量不取到同一对。先取所有不能配对的数,再在每个“抽屉”对中只取一个数。需要计算总数。更稳妥方法:考虑除以…另一种思路:任意两数和为104,意味着它们的平均数是52。所以配对是围绕52对称的:(4,100), (7,97), …, (49,55), (52单独)。总共有16对和一个孤数52。最坏情况取这16对中每对的一个数,以及孤数52,共 \( 16+1=17 \) 个数,此时没有任何两数和104。再取第18个数,必然来自某一对,与已取的那个数配成和为104。所以至少取18个。
    2. 答案: 证明。解析: 把4×7方格按列分成6个2×2的“田”字块(第1、2列;第2、3列;…;第6、7列)。每个田字有4格。染色时,每个田字左上角小方格有2种颜色选择。对于相邻两列(如第1、2列)的第一行两个格子,它们颜色组合有4种:(黑,黑), (黑,白), (白,黑), (白,白)。这4种组合看成4个抽屉。现在看第一行,有7列,相当于有6个相邻格子对。把每个格子对的颜色组合看作物体放入4个抽屉。\( 6 \div 4 = 1 \cdots 2 \),至少有一个组合出现2次。假设这个组合是(黑,黑)。那么出现这个组合的两对,它们所在的列就构成了一个四角同黑的田字形。其他组合同理。
    3. 答案: 51个。解析: 构造50个“抽屉”:{1}, {2,4,8,16,32,64}, {3,6,12,24,48,96}, {5,10,20,40,80}, …, {奇数, 奇数的2倍, 4倍…}。实际上,每个数可以写成 \( 奇数 \times 2^k \) 的形式(k≥0)。我们按其中的“奇数部分”分组,例如奇数1对应一组:1,2,4,8,16,32,64;奇数3对应一组:3,6,12,24,48,96;…;奇数99对应一组:99。共50组(1~100有50个奇数)。每组内的数都是倍数关系。要保证取出的数中没有倍数关系,最坏情况是从每组中只取最小的那个数(即奇数本身),这样可取50个数而没有倍数关系。取第51个数时,必然落入某一组,与该组已取数成倍数关系。
    4. 答案: 证明。解析: 构造10个“抽屉”:按除以10的余数0~9分组。10个数,和101。如果每个余数最多出现一次,则余数0~9的和是 \( 0+1+…+9=45 \),但实际总和101,相差56,不可能。所以至少有一个余数出现至少两次,这两个数的差是10的倍数。但题目要求差是10,不一定。需要更精细分析。考虑鸽巢原理:设这10个数为 \( a_1 < a_2 < … < a_{10} \)。构造9个差:\( a_{10}-a_1, a_{10}-a_2, …, a_{10}-a_9 \)。这些差都在1到100之间。如果其中有一个差是10的倍数,比如 \( a_{10} - a_k = 10m \),则 \( a_{10} \) 和 \( a_k \) 除以10同余。但并不能保证差就是10(可能是20,30…)。另一种思路:反证法。假设任意两数差都不是10。那么数列中不能同时出现x和x+10。把1~101(因为和101,最大数可能接近101)按模10分成10组。每组最多取1个数(否则差是10的倍数,可能为10,20…)。但这样最多取10个数,且总和最大是取每组最大的数,但和可能超过101?计算:取91,92,…,100,101? 但这样组数不够。实际上,如果差不能是10,那么在“差10”的链上只能取一个。如1,11,21,31,… 最多取一个。这样总数最多是10(从10个余数类中各取一个),但此时总和最小是0+1+…+9=45,最大是90+91+…+99=945,我们的和是101,有可能。例如取1,2,3,4,5,6,7,8,9,56,和=101,且任意两数差没有10?检查:56-9=47,符合。所以反例存在?题目似乎有误。经典结论是“至少有两个数的差是9”,而不是10。对于和101,差10的结论不恒成立。
    5. 答案: 证明。解析: 将圆分成6个全等的扇形(中心角60度)。7个点放入6个扇形,至少有一个扇形内有2个点。在同一扇形内,两点最大距离为扇形的弦长,当两点在扇形边界上且距离最远时,弦长等于半径=1(如果是正三角形边长为1,但弦长可能小于等于1?)。实际上,中心角60度的扇形,弦长最大是半径(当两点在半径上),但两点都在边界时,最大距离是1(当两点在两条半径端点)。所以距离不超过1。
    6. 答案: 42张。解析: 最坏情况:先摸出大小王2张,然后每种花色各摸出3张(共 \( 4 \times 3 = 12 \) 张)。此时已摸 \( 2+12=14 \) 张,尚无4张同花色。再摸任意1张(第15张),都会使某种花色达到4张。但注意,大小王是否算作一种特殊“花色”?通常抽屉原理题中,大小王算作不同花色或无花色。最坏情况可以先把大小王摸出,再平均分配四种花色。所以答案是 \( 2 + 4 \times 3 + 1 = 15 \) 张?经典答案是:去掉大小王,52张牌保证4张同色需要 \( 4 \times 3 + 1 = 13 \) 张。加上大小王,最坏情况大小王都在,仍需13张其他牌,共15张。但仔细想:最坏情况也可以是先摸出13张牌,每种花色3张,加一张大小王(比如1张),共14张,没有4张同色。再摸一张(第15张),如果是另一张王,还是没4张同色。所以14张时可能没达成。所以需要更坏:把两张王都摸出,且四种花色各3张,共 \( 2+12=14 \) 张,无4张同色。第15张必为某种花色,使其成4张。所以答案是15。但常见奥数题答案可能是42张?那是考虑“至少4张点数相同”。本题是“花色相同”,应是15张。
    7. 答案: 证明。解析: 构造50个“抽屉”:{1,51}, {2,52}, …, {50,100}。取51个数,至少有两个数落入同一对,它们的差是50。
    8. 答案: 17个。解析: 抽屉为4种颜色。要保证5个同色,最坏情况每种颜色先摸4个,共 \( 4 \times 4 = 16 \) 个。再摸第17个,无论什么颜色,都有5个同色。
    9. 答案: 证明(拉姆齐定理R(3,3)=6)。解析: 任选一人A。其余5人中,与A认识的人至少有3个,或与A不认识的人至少有3个(由抽屉原理,\( 5 \div 2 = 2 \cdots 1 \))。若与A认识的人至少有3个(设为B,C,D)。如果B,C,D中有两人互相认识,则这两人与A构成互相认识的三人组;如果B,C,D三人互不认识,则他们就是互不认识的三人组。另一种情况(与A不认识的人至少有3个)同理可证。
    10. 答案: 27个。解析: 和为102的数对:(3,99), (5,97), …, (49,53)。以及单独的数1和51?实际上1+101=102,但101不在列中;51+51=102,但只有一个51。所以数对有:(3,99), (5,97), …, (49,53)。共 (49-3)/2 + 1 = 24对。还有孤数1和51。最坏情况:取所有24对中每对的一个数,以及两个孤数1和51,共 \( 24+2=26 \) 个数,此时没有任何两数和102。再取第27个数,必然来自某一对,与已取数配成和为102。
    11. 【生活应用答案】

      1. \( 650 \div 8 = 81 \cdots 2 \), \( 81+1=82 \) (人)。至少有一节车厢人数不低于82人。
      2. \( 37 \div 12 = 3 \cdots 1 \), \( 3+1=4 \) (份)。
      3. 抽屉为4类垃圾。保证同一类识别至少3次,最坏情况每类先识别2次,需 \( 4 \times 2 = 8 \) 次。第9次识别无论何类,都会使该类达到3次。答:至少投入9件垃圾。
      4. 抽屉为5个大类。保证有一个大类推荐了2天,最坏情况每天推荐不同大类,连续5天各推荐1次。第6天无论推荐何类,都会使该类达到2天。答:至少连续浏览6天。
      5. 这是“保证至少有一栋楼居民能全部检测”,即“该楼人数≤试剂管数”。最坏情况是让每栋楼的人数都刚好比试剂管数多1人,从而无法保证。设每管试剂管可测1人,准备x管试剂。最坏情况是每栋楼都有 \( x+1 \) 人,那么总人数为 \( 20 \times (x+1) \)。但实际总人数未知,我们只能假设居民任意分布。要保证无论怎么分布,都至少有一栋楼人数≤x。反过来说,如果所有楼人数都 \( \ge x+1 \),那么总人数 \( \ge 20(x+1) \)。所以,只要总人数 \( < 20(x+1) \),就不能迫使所有楼人数都 \( \ge x+1 \),即至少有一栋楼人数 \( \le x \)。已知总试剂管数400,即总检测能力为400人。我们希望这个能力能满足“至少有一栋楼能全测”的条件,即对于任意分布,都存在一楼人数≤x。考虑最极端的分布:让19栋楼的人都尽量少(比如0人),所有人都挤到一栋楼。那么该楼人数可达400。此时x必须≥400才能保证该楼能全测。但这样其他楼就没人了,也满足“至少有一栋楼能全测”(因为其他楼0人也满足人数≤x)。所以x只需要≥最大可能单楼人数?不,我们要应对的是“无论怎么分布”。最坏的分布是让所有楼的人数尽可能平均且都刚好超过x。即,如果每栋楼人数都为 \( \lfloor 400/20 \rfloor = 20 \) 人,那么x=20即可(每楼人数≤20)。但如果分布不均,可能有一楼21人,其他楼19人等。要保证总有一楼人数≤x,x必须至少是“平均楼人数”。因为如果所有楼人数都>x,那么总人数>20x。所以只要20x ≥ 总人数(400),即 \( x \ge 20 \),就可以保证不可能所有楼人数都>x(否则总人数>400)。因此,x最小取20。街道办至少需要准备 \( 20 \) 管试剂?但一管测一人,20管只能测20人,而总人数400,这似乎矛盾。仔细思考:题目说“至少有一栋楼的居民能全部完成检测”,意思是分配给该楼的试剂管数足够测该楼所有人。我们假设试剂是通用可调配的,不是固定分给每栋楼。那么,我们需要保证的是:存在一种分配方案,使得至少一栋楼分到的试剂管数不少于其人数。在最坏的人口分布下,我们需要多少总试剂管数T?考虑反证:如果对于某种分布,每栋楼的人数都 > 分到的管数,那么总人数 > 总管数T。所以,只要总管数T ≥ 总人数N,就一定能找到一种分配使得至少一栋楼满足。但这里N=400,T=400,似乎够了。但题目问的是“至少需要准备多少管试剂?”这个T应该是一个数,使得对于任意可能的居民分布(总人数不超过某个值?题目没说总人数),都能保证。题目条件“准备了400管试剂”可能是一个干扰,实际总人数未知。可能意思是:有20栋楼,居民总数未知,如何准备试剂能保证“至少有一栋楼可以全测”。这需要知道居民总数上限。如果居民总数是M,那么最坏情况是居民尽量平均分布,使得每栋楼人数都刚刚超过某个值。要保证至少一栋楼人数≤x,需要 \( M \le 20x \)。所以 \( x \ge \lceil M/20 \rceil \)。但题目没有给出M,只给出了准备的试剂管数400。可能400就是总检测能力,即M≤400。那么 \( x \ge \lceil 400/20 \rceil = 20 \)。所以,只要确保每栋楼分配20管试剂,那么无论居民怎么分布在20栋楼里,总有一栋楼人数不超过20(因为如果都超过20,总人数>400)。因此,街道办至少需要准备 \( 20 \times 20 = 400 \) 管试剂?这成了一个循环。或许更合理的解释是:试剂是分配到楼栋的,我们需要决定每栋楼分配多少管(设每栋楼分配 \( k \) 管),使得在任何分布下,总有一栋楼的人数 ≤ 该楼分配的管数 \( k \)。如果每栋楼分配相同的管数 \( k \),那么条件就是:居民总数 \( N \le 400 \),且 \( k \ge \lceil N/20 \rceil \)。为了应对最坏的分布(居民完全平均),我们需要 \( k \ge \lceil N/20 \rceil \)。但N最大为400,所以 \( k \ge 20 \)。因此,每栋楼至少分配20管,总共需要 \( 20 \times 20 = 400 \) 管。所以答案就是400管。但题目问“至少需要准备多少管试剂?”如果试剂可以动态分配,不预先固定每栋楼的数量,那么只需要准备20管(因为可以只测那一栋楼的人)。但这不合理。结合生活实际,通常是按楼栋大致分配。所以此题可能意在理解平均分和最坏情况。答:400管(按每栋楼20管平均分配,可保证)。但更符合抽屉原理的解法是:把400管试剂看成物体,20栋楼看成抽屉,\( 400 \div 20 = 20 \),所以至少有一栋楼分配到的试剂不超过20管。但这不能推出该楼人数≤20。我们需要的是“人数≤管数”。所以需要反过来想:人数是物体,楼是抽屉,总人数≤400,\( 400 \div 20 = 20 \),所以至少有一栋楼人数不超过20。那么只要给这栋楼分配不少于20管的试剂即可。但我们需要预先分配,不知道是哪栋楼。所以为了保证,必须给每栋楼都分配至少20管试剂(因为最坏情况是人数最多的楼恰好是分配试剂最少的楼)。所以总共需要 \( 20 \times 20 = 400 \) 管。答:400管。
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