【附】为方便有需要者编辑，特附纯文本如后。另外，文末提供有PPT照片版。
【代数6-3】有n只棋子被分成若干堆，今对状态进行如下操作：从每一堆中各取出一只棋，然后将取出的棋合在一起组成一个新的堆。每次操作后，各堆棋的棋子数按由大到小的顺序排成的数列称为n只棋的一种分布状态。如果存在r个不同的分布状态A1，A2，…，Ar，其中状态Ai操作一次之后变成状态Ai+1（i=1，2，…，r，规定Ar+1=A1），则称这r个状态构成一个循环圈，记为：A1→A2→…→Ar→A1，其中r称为该循环圈的长度。
对n只棋的所有不同的初始状态，记操作中出现的所有不同循环圈的个数为g（n）。
（1）求出所有的正整数n，使g（n）=1。
（2）求出所有的正整数n，使g（n）=2。（原创题）
【题感】先将问题转化为方格模型，由“代数6-2”的结论可知（称为“引理”），当n=
+q（0≤q
由此可见，只需考虑第k+1条对角线上q只棋的各种分布即可。
对于问题（1），要求使g（n）=1的n，属于循环圈的唯一性问题，宜从反面入手：去掉那些至少有两个循环圈的情形即可。
此外，为了将n表成“n=+q（0≤q
【划分序列】对给定的正整数n，必存在正整数k，使≤n<，设n=+q，其中0≤q
由“代数6-2”的结论，不论q（0≤q
由题意，g（n）=1，即循环圈的唯一存在。这等价于操作进入循环圈后，第k+1条对角线上的q只棋在第k+1条对角线上本质上只有唯一的放法。
从极端考虑，不难发现：当q很小或很大的时候，q只棋在第k+1条对角线上本质上只有唯一的放法。
【极端思考】q最小可取0，此外q=1也很小；当q取最大时，q=k，下面证明这三种情形都合乎要求。
（1）当q=0时，所有棋子布满了前k条对角线，而第k+1条对角线上没有棋。此时，只存在长为1的循环圈（1，2，…，k）→（1，2，…，k）→…，n显然合乎要求；
（2）当q=1时，虽然第k+1条对角线上的1只棋有k+1种放法，但每一种放法都可以由第一种放法轮换得到，从而本质上只有唯一的放法，n合乎要求；
（3）当q=k时，可采用“补集思考”：在第k+1条对角线上放k只棋，等价于在第k+1条对角线上放一个空格，由上一种情形可知，n合乎要求。
下面考虑2≤q
【反面剔除】当2≤q
进一步，可从“补集思考”：用“空格”将棋子段隔开，存在两种不同隔开方式即可。
为此，先估计第k+1条对角线上空格的个数（便于用它进行分隔）。
（4）当2≤q
现在用这两个空格进行不同的分隔，这是很简单的。
方案1：将q只棋放在第k+1条对角线的连续q个方格中；
方案2：将q-1只棋放在第k+1条对角线上最前面的连续q-1个方格中，第q个方格不放棋，而第q+1个方格放棋。
这两种放法得到的循环圈显然不同，于是g（n）≥2，此时n不合乎要求。
【结论】所有合乎要求的n为，+1，+k（k∈N）。
下面考虑问题（2）：求出所有的正整数n，使g（n）=2。
同样可从反面考虑，去掉g（n）=1及g（n）>2的情形。这并不是说“g（n）>2”包含的n少一些，而是它方便构造反例。
此外，为了利用前面的“引理”，同样先设n=+q（0≤q
【反面思考】设n=+q（0≤q
下面设n=+q（2≤q
【反面剔除】构造反例，找到适当的初始状态，使g（n）>2。
【补集思考】用“空格”将棋子段隔开，只需有3种不同隔开方式即可。
考察“空格”的位置，自然想到3种不同分布是：（i）空格连排；（ii）空格“1+多”分布；（iii）空格“2+多”分布，其中的“多”表示至少两个空格。
这就要求空格总数至少为4。由此想到，当q很小时（空格很多），构造是容易成的。
【极端入手】当q=2时，由于需要至少4个空格，从而第k+1条对角线上需要有至少6个方格，即k+1≥6，解得k≥5。此时，n≥+2=17。
这表明，n≤16时，需要另外讨论。
【优化假设】设n≥17，则+2≥17，解得k≥5。
此时，第k+1条对角线上至少6个方格，所以至少4个空格。
构造循环圈中第k+1条对角线上如下三种不同状态：
（i）（棋棋）；（ii）（棋空棋）；（iii）（棋空空棋）。
由于这三种状态中空格的分布不同，所以对应的循环圈不同，有g（n）≥3，所以n=
+2（k≥5）不合乎要求。
注意到q=3也较小，所以n=+3时，其构造与上类似。同样，为了保证至少4个空格，需要
+3≥17，解得k≥5。
构造循环圈中第k+1条对角线上如下三种不同状态：
（i）（棋棋棋）；（ii）（棋棋空棋）；（iii）（棋空棋棋）。
由于这三种状态中空格的分布不同，所以对应的循环圈不同，有g（n）≥3，所以n=
+3（k≥5）不合乎要求。
下面考虑q≥4的情形，此时第k+1条对角线上棋子很多。
但q
可以将这些空格分为固定的非空两段，用这两段将棋子分隔成不同形式即可。
当4≤q
（i）（）；（ii）（空棋）；（iii）（空棋棋）。
由于这三种状态中棋子的分布不同，所以对应的循环圈不同，有g（n）≥3，所以n=
+q（k≥5，q≥4）不合乎要求。
下面讨论n≤16的情形，这采用穷举方法，剔除不合乎要求的即可。
比如，先剔除n=+q（q=0、1、k）的情形。
【穷举剔除】当n≤16时，由于2=1+1，3=1+2，4=（1+2）+1，5=（1+2+3）-1，6=1+2+3，7=（1+2+3）+1，9=（1+2+3+4）-1，10=1+2+3+4，11=（1+2+3+4）+1，14=（1+2+3+4+5）-1，15=1+2+3+4+5，16=（1+2+3+4+5）+1，由（1）的结论，都有g（n）=1，所以n不合乎要求。
最后还剩下三种情形：n=8、12、13。容易证明，它们都合乎要求，证明如下：
（1）当n=8时，因为8=（1+2+3）+2，当操作进入循环圈后，第4条对角线上有2只棋。
这2只棋在第4条对角线上本质上恰有2种放法：（棋棋空空），（棋空棋空），所以n=8合乎要求。
（2）当n=12时，因为12=（1+2+3+4）+2，当操作进入循环圈后，第5条对角线上有2只棋。
这2只棋在第5条对角线上本质上恰有2种放法：（棋棋空空空），（棋空棋空空），其中注意（棋空棋空空）可以轮换得到（棋空空棋空），所以n=12合乎要求。
（3）当n=13时，因为13=（1+2+3+4）+3，当操作进入循环圈后，第5条对角线上有3只棋。
这3只棋在第5条对角线上本质上恰有2种放法：（棋棋棋空空），（棋棋空棋空），其中注意（棋棋空棋空）可以轮换得到（棋空棋棋空），所以n=13合乎要求。
综上所述，合乎要求的n=8、12、13。
【未决问题】对给定的正整数k，求正整数n，使g（n）=k。
这个问题容量很大，期待大家能得出相关结论。
【新写】先将问题转化为方格模型，并设n=+q，其中0≤q
（1）当g（n）=1时，即循环圈的唯一存在。
当q=0时，只存在长为1的循环圈（1，2，…，k），n合乎要求；
当q=1时，第k+1条对角线上的1只棋本质上只有唯一的放法，n合乎要求；
当q=k时，第k+1条对角线上放一个空格，由上一种情形可知，n合乎要求。
当2≤q
方案1：将q只棋放在第k+1条对角线的连续q个方格中；
方案2：将q-1只棋放在第k+1条对角线上最前面的连续q-1个方格中，第q个方格不放棋，而第q+1个方格放棋。
这两种放法得到的循环圈显然不同，于是g（n）≥2，此时n不合乎要求。
所有合乎要求的n为，+1，+k（k∈N）。
（2）当g（n）=2时，同样设n=+q（0≤q
当n≥17时，k≥5。此时，第k+1条对角线上至少6个方格，至少4个空格。
当q=2时，构造循环圈中第k+1条对角线上如下三种不同状态：
（i）（棋棋）；（ii）（棋空棋）；（iii）（棋空空棋）。
当q=3时，构造循环圈中第k+1条对角线上如下三种不同状态：
（i）（棋棋棋）；（ii）（棋棋空棋）；（iii）（棋空棋棋）。
由于这样的三种状态中空格的分布不同，所以对应的循环圈不同，有g（n）≥3，所以n=
+q（k≥5、q=2、3）不合乎要求。
当4≤q
（i）（）；（ii）（空棋）；（iii）（空棋棋）。
由于这三种状态中棋子的分布不同，所以对应的循环圈不同，有g（n）≥3，所以n=
+q（k≥5，q≥4）不合乎要求。
当n≤16时，由于2=1+1，3=1+2，4=（1+2）+1，5=（1+2）+2，6=1+2+3，7=（1+2+3）+1，9=（1+2+3）+3，10=1+2+3+4，11=（1+2+3+4）+1，14=（1+2+3+4）+4，15=1+2+3+4+5，16=（1+2+3+4+5）+1，由（1）的结论，都有g（n）=1，所以n的这些取值都不合乎要求。
当n=8时，因为8=（1+2+3）+2，当操作进入循环圈后，第4条对角线上有2只棋。
这2只棋在第4条对角线上本质上恰有2种放法：（棋棋空空），（棋空棋空），所以n=8合乎要求。
当n=12时，因为12=（1+2+3+4）+2，当操作进入循环圈后，第5条对角线上有2只棋。
这2只棋在第5条对角线上本质上恰有2种放法：（棋棋空空空），（棋空棋空空），其中注意（棋空棋空空）可以轮换得到（棋空空棋空），所以n=12合乎要求。
当n=13时，因为13=（1+2+3+4）+3，当操作进入循环圈后，第5条对角线上有3只棋。
这3只棋在第5条对角线上本质上恰有2种放法：（棋棋棋空空），（棋棋空棋空），其中注意（棋棋空棋空）可以轮换得到（棋空棋棋空），所以n=13合乎要求。
综上所述，合乎要求的n=8、12、13。
