1.2 猜先的小和尚

“无可奈何花落去，似曾相识燕归来。”

——晏殊《浣溪沙·一曲新词酒一杯》

天峰山上已是初夏时节。微风吹过，乌有寺前的桃花纷纷飘落。小和尚将石桌上的花瓣细细扫去，沏上一壶香茗，又将棋具摆好，在黑棋一侧坐下，静静等候老和尚的到来。

很久以来，课诵之后下一盘棋已经成了乌有寺两位主人之间固有的娱乐活动。这么多年下来，桃树的树冠长成了石桌的伞盖，老和尚的眉梢已然发白，小和尚的棋艺也已经从屡战屡败长进到了能和老和尚大致两分——甚至，执黑棋时的赢面还要稍许大一点儿。

“还是老规矩。”老和尚抓起一把白子握在手心，然后伸出手笑眯眯地看着小和尚。小和尚默默拈起一颗黑子，放在棋盘上。老和尚打开手掌，里面躺着5颗白子。

又猜对了！小和尚开心地拿起黑子，走下自己的第一步。

老和尚手中握着奇数个白子，小和尚拿出一颗黑子，表示猜为奇数，是为猜对；如果小和尚拿出两颗黑子，表示猜为偶数，那么将猜错。猜对者执黑子先行，猜错者执白子，这就是围棋中的猜先。

换个说法，考虑双方拿出的黑子和白子数目之和，如果和为偶数则表明猜对，如果和为奇数则表明猜错。因为奇数加奇数为偶数，偶数加偶数也为偶数，也就是因为同为奇数和同为偶数的两个数的和都是偶数，只有奇数加偶数时和才会为奇数。

在对奇数和偶数的长期使用中，人们渐渐地在文化传统方面形成了一定的偏好，而这种偏好在不同国家或者不同文化中不尽相同。整体上，中国人更喜欢偶数，认为“好事成双”，反之，“形单影只”就显得很凄凉。所以在我们的传统文化中，对联是两联，律诗是八句，送礼要送双数，结婚也要用双喜字。当年“飞将军”李广戎马一生，战功无数，却始终得不到汉武帝的青睐，汉武帝给出的理由是“李广老，数奇”，意思是李广除了年龄大以外，命数也不吉利。不过，凡事都有例外，比如因为发音的原因，4这个偶数就不怎么受欢迎；又比如因为十进制的数字中9是最大的，所以9这个奇数往往代表着尊贵和权威。

在日本，人们的偏好恰恰相反，他们在整体上更喜欢奇数。日本人送礼一般送奇数个，比如3个茶杯——理由很简单：因为偶数可分，奇数不可分（在数学上没毛病）。所以遇到日本朋友结婚，你千万不能按照中国人的习惯送一对礼物。日本人喜欢的奇数也反映在节日上，每年的3月3日是女孩节，5月5日是男孩节，再加上从中国文化中引入的七夕节和重阳节，几乎每个奇数都被用在了节日上。有意思的是，在诗歌上日本人也表现出了对奇数的喜爱，和中国的律诗不同，日本俳句共17个字音，分为3句，每句的字音数分别是5、7、5。你看，这些全是奇数。

在数学上，奇数和偶数是组成自然数乃至整数的基本单位。自然数是人们认识的所有数中最基本的一类数，也是自然和生活中最常见的一类数。自然数可以分为奇数和偶数，其中偶数能够被2整除，而奇数不能被2整除。

所以，数的奇偶性（parity）是自然数最基本的特性之一。

在四则运算和幂运算中，奇偶性的变化一直是自然数和整数的基本性质之一。

（1）奇数+奇数=偶数；偶数+偶数=偶数；奇数+偶数=奇数（围棋的猜先）。

（2）两个整数之和与这两个整数之差的奇偶性相同。

（3）奇数×奇数=奇数；偶数×偶数=偶数；奇数×偶数=偶数。

（4）若干个整数之积为奇数，则这些数必然全为奇数；若干个整数之积为偶数，则这些数中至少有一个是偶数。

（5）两个整数之和是奇数，则这两个整数的奇偶性相反；两个整数之和是偶数，则这两个整数的奇偶性相同。

（6）若干个整数之和为奇数，则这些数中必然存在奇数，且奇数的个数为奇数个；若干个整数之和为偶数，则如果这些数中有奇数，那么奇数的个数必然为偶数个。

……（考虑到我国的传统，这里只列出偶数条性质。）

这些性质看起来很简单，在不少组合数学的问题中却有着很大用处。不过，要将奇偶性很好地应用在组合数学问题中，通常我们还需要先将组合问题抽象化，建立起合适的数学模型。

比如最常见的跳马问题：在国际象棋（或者中国象棋）的棋盘上，马能不能通过跳奇数次回到它原来的位置？不论是国际象棋还是中国象棋，马的跳法都“日”字为基础。我们以国际象棋为例，因为它的棋盘更容易让人理解如何使用数的奇偶性。

在国际象棋的棋盘上，不论马跳向哪个方向，其所在格子的颜色都会发生变化。比如图1.2.1所示的棋盘中，跳一次后，黑马所在的格子一定会从白色变成黑色。如果再跳一次，黑马所在的格子的颜色一定会再次发生变化，从黑色又变回成白色。

如果我们把图1.2.1中格子的白色看成偶数，黑色看成奇数，那么可以发现每跳一次，马所在格子的奇偶性就会发生一次变化。所以，图1.2.1中的黑马跳完奇数次以后，它所在的格子一定是黑色格子（奇数）；这只黑马跳完偶数次以后，它所在的格子一定是白色格子（偶数）。换言之，如果要让黑马跳回原来所在的白色格子（偶数），那么它其间所跳的次数必然是偶数；如果黑马跳了奇数次，因为它出发时所在的格子为白色，所以无论它途中向哪个方向跳，最后一定会停留在奇数即黑色格子上，无法回到原来的白色格子上。

在跳马问题中，每一步过后奇偶性都会发生变化，所以要使得最后结果的奇偶性不变，就必须经过偶数步。在另一些问题中，每一步或者每一次操作后某个计数的奇偶性保持不变，那么在若干次操作之后，这个计数最后的奇偶性也不会变化。

比如握手问题：在某个聚会的人群中，握过奇数次手的人总是有偶数个。这句话念起来有些拗口，但念几遍后应该不难理解。最开始参加聚会的每个人都没有和其他人握过手，所以每个人的握手次数都为0，所有人握手次数总和也为0。现在，人们开始互相握手，每发生一次握手都涉及握手的双方，所以这两个人各自的握手次数都增加1，所有人握手次数总和增加2。在若干次握手之后，每个人握手的次数有多有少，可能是奇数，也可能是偶数，但所有人握手次数总和一定是偶数，因为每发生一次握手，不论发生在哪两个人之间，所有人握手次数的总和总是增加2，它的奇偶性在整个过程中不会发生变化。根据奇偶性基本性质第6条：若干个整数之和为偶数，则如果这些数中有奇数，那么奇数的个数必然为偶数个。所以，我们可以得出“聚会中握过奇数次手的人总是有偶数个”的结论。

再来看一道格子题。将正方形ABCD分成n2个大小一样的小正方形，然后对所有小正方形的顶点进行涂色，将位于对角线位置的A、C两点涂成红色，B、D两点涂成蓝色，其他小正方形的顶点任意涂成红色和蓝色中的一种。试证明，恰有3个顶点颜色相同的小正方形的个数必然是偶数。

一个正方形有4个顶点，任意涂2种颜色，只可能存在3种情况：4个顶点同一种颜色；3个顶点同一种颜色，另一个顶点另一种颜色；2个顶点一种颜色，另2个顶点一种颜色。同时，我们还注意到，某些顶点分属多个小正方形，这些顶点的颜色将被多次计算。比如图1.2.2中左上角的小正方形，顶点A只属于这个小正方形，位于大正方形边上的顶点X和Y分别属于2个小正方形，而位于大正方形内部的顶点Z则分属于4个小正方形。

我们把涂成红色的顶点记为0，涂成蓝色的顶点记为1，将每个小正方形编号为1～n2。设第i个小正方形的4个顶点的数字之和为Si，那么根据上面的分析，恰有3个顶点同色的小正方形其S的值要么为1（3个红色顶点），要么为3（3个蓝色顶点），即必然为奇数；有4个顶点或者2个顶点同色的小正方形其S的值要么为0（4个红色顶点），要么为2（2个红色顶点，2个蓝色顶点），要么为4（4个蓝色顶点），即必然为偶数。

现在考虑所有小正方形S值的和：

∑S=S1+S2+…+　（1.2.1）

因为红色顶点的值为0，所以这里只考虑蓝色顶点。设大正方形内部的蓝色顶点共有p个，因为每一个顶点分属4个小正方形，所以它们在∑S中分别被计算了4次，它们的贡献是4p；设大正方形边上的蓝色顶点（不包括B和D点）共有q个，因为每一个顶点分属2个小正方形，所以它们在∑S中分别被计算了2次，它们的贡献是2q；再加上B和D点，分别只被计算过1次，所以有

∑S=4p+2q+2

因为p和q都是整数，所以∑S一定是偶数，又因为式（1.2.1），所以证明了所有n2个小正方形中，S为奇数的小正方形的个数一定为偶数，即恰有3个顶点颜色相同的小正方形的个数必然是偶数。

除了跳马、握手、方格涂色这类比较“直观”的问题，数论和组合数学问题也经常用到自然数的奇偶性。

假设有2021个自然数，如果任意去掉其中一个数后，剩下的2020个数总是可以有办法分为两组，每组1010个数，使得这两组数字的和相等。试证明，原来的2021个数是相等的2021个数。

首先来分析一下这些数字的奇偶性。将这2021个数记为ai，i=1,…,2021，假设去掉a2021，剩下的2020个数字分为两组，两组数字的和分别为S1和S2，使得S1=S2，那么有

S1+S2=2S2

这说明去掉a2021这个数后，其他2020个数字的和为偶数。

考虑到去掉数字的任意性，我们可以得出结论：这2021个数字的奇偶性相同，即要么是2021个奇数，要么是2021个偶数。这个结论很好证明：假设这2021个数字中存在奇偶性不同的两个数字，不妨设为ap和aq，设其他2019个数字之和为Sr。根据题意，在去掉ap的情况下，aq+Sr是个偶数；在去掉aq的情况下，ap+Sr也是个偶数；所以aq+Sr+ap+Sr=aq+ap+2Sr是个偶数，这说明ap和aq奇偶性相同，与假设条件矛盾。

现在，不妨设ai中最小的一个数为a1，令bi=ai-a1，因为a1和ai奇偶性相同，所以bi一定为偶数，而且b1=0。同时，因为S1-1010a1=S2-1010a1，所以新得到的这2021个数bi仍然具有符合题意的性质，即从bi中任意去掉一个数后，剩下的2020个数总能分成两组，使得其和相等。

既然bi一定为偶数，不妨令ci=，且有c1=0。同时，因为，所以新得到的这2021个数ci同样具有符合题意的性质，因此ci也都是偶数。由此可知，如果继续对ci做除以2的操作，新得到的2021个数仍然具有符合题意的性质，这个操作可以无限地进行下去，每次操作后得到的2021个数一直具有符合题意的性质。而我们知道，一个有限大小的整数中2的因子的个数是有限的，除非它等于0。

综上所述，我们可以得出bi=0的结论，即不仅b1=0，实际上所有的bi都等于0。然后从bi=ai-a1反推，得出所有的ai都相等，即原来的2021个数是相等的2021个数。原题得证。

最后，让我们来看看奇偶性在另外一道组合题中的应用。

假设有1,2,3,…,2017,2018,1,2,3,…,2017,2018一共4036个数，能否将这些数字以某种顺序排成一排，使得两个数字1之间恰好夹有1个数字，两个数字2之间恰好夹有2个数字……两个数字2018之间恰好夹有2018个数字？

答案是不可以。

假设按照某种顺序可以实现题意要求，我们把这4036个位置从左到右用1～4036编号，同时，用i=1,2,…,2018表示1～2018的某个数，显然每一个数i在这个排列中都占有两个位置，设靠左的位置为ai，靠右的位置为bi，易知1≤ai＜bi≤4036；又因为两个数i之间夹有i个位置，所以有

bi-ai=i+1

1～2018中共有1009个偶数，对于某个偶数i，i+1为奇数，所以ai和bi奇偶性不同，即两个数i一个占据了偶数位，一个占据了奇数位。对于这1009对偶数来说，它们一共占据了1009个偶数位和1009个奇数位。

此外，1～2018中还有1009个奇数，对于某个奇数i，i+1为偶数，所以ai和bi奇偶性相同，即两个数i要么一起占据了偶数位，要么一起占据了奇数位。不妨设在这1009对奇数中，一起占据了奇数位的奇数有k个，它们一共占据了2k个奇数位。

综合起来看，总共4036个位置中共有2018个奇数位，其中1009个奇数位被偶数所占据，2k个奇数位被奇数所占据。所以有

2018=1009+2k

显然，对于整数k，等式左边为偶数，而右边一定为奇数，等式不可能成立。因此，符合题意的排列是不存在的。