前言：
这是这段时间的智力题的汇总，但是都是比较简略的，要看详细的每一题解答请通过智力题查看，里面有详细讲解！
1. 赛马找最快<腾讯高频题>
一般有这么几种问法：
25匹马5条跑道找最快的3匹马，需要跑几次？答案：7 64匹马8条跑道找最快的4匹马，需要跑几次？答案：11 25匹马5条跑道找最快的5匹马，需要跑几次？答案：最少8次最多9次
接下来我们看看详细解法：
25匹马5条跑道找最快的3匹马，需要跑几次？
将25匹马分成ABCDE5组，假设每组的排名就是A1>A2>A3>A4>A5,用边相连，这里比赛5次
第6次，每组的第一名进行比赛，可以找出最快的马，这里假设A1>B1>C1>D1>E1
D1，E1肯定进不了前3，直接排除掉
第7次，B1 C1 A2 B2 A3比赛，可以找出第二，第三名
所以最少比赛需要7次
64匹马8条跑道找最快的4匹马，需要跑几次？
第一步
全部马分为8组，每组8匹，每组各跑一次，然后淘汰掉每组的后四名，如下图（需要比赛8场）
第二步
取每组第一名进行一次比赛，然后淘汰最后四名所在组的所有马，如下图（需要比赛1场）
这个时候总冠军已经诞生，它就是A1，蓝色区域（它不需要比赛了），而其他可能跑得最快的三匹马只可能是下图中的黄色区域了（A2,A3,A4,B1,B2,B3,C1,C2,D1，共9匹马）
第三步
只要从上面的9匹马中找出跑得最快的三匹马就可以了，但是现在只要8个跑道，怎么办？那就随机选出8匹马进行一次比赛吧（需要比赛一场）
第四步
上面比赛完，选出了前三名，但是9匹马中还有一匹马没跑呢，它可能是一个潜力股啊，那就和前三名比一比吧，这四匹马比一场，选出前三名。最后加上总冠军，跑得最快的四匹马诞生了！！！（需要一场比赛）
最后，一共需要比赛的场次：8 + 1 + 1 + 1 = 11 场
来源：https://blog.csdn.net/u013829973/article/details/80787928
25匹马5条跑道找最快的5匹马，需要跑几次？
(1) 首先将25匹马分成5组，并分别进行5场比赛之后得到的名次排列如下：
A组： [A1 A2 A3 A4 A5] B组： [B1 B2 B3 B4 B5] C组： [C1 C2 C3 C4 C5] D组： [D1 D2 D3 D4 D5] E组： [E1 E2 E3 E4 E5] 其中，每个小组最快的马为[A1、B1、C1、D1、E1]。
(2) 将[A1、B1、C1、D1、E1]进行第6场，选出第1名的马，不妨设 A1>B1>C1>D1>E1. 此时第1名的马为A1。
(3) 将[A2、B1、C1、D1、E1]进行第7场，此时选择出来的必定是第2名的马，不妨假设为B1。因为这5匹马是除去A1之外每个小组当前最快的马。
(3) 进行第8场，选择[A2、B2、C1、D1、E1]角逐出第3名的马。
(4) 依次类推，第9，10场可以分别决出第4，5名的吗。
因此，依照这种竞标赛排序思想，需要10场比赛是一定可以取出前5名的。
仔细想一下，如果需要减少比赛场次，就一定需要在某一次比赛中同时决出2个名次，而且每一场比赛之后，有一些不可能进入前5名的马可以提前出局。 当然要做到这一点，就必须小心选择每一场比赛的马匹。我们在上面的方法基础上进一步思考这个问题，希望能够得到解决。
(1) 首先利用5场比赛角逐出每个小组的排名次序是绝对必要的。
(2) 第6场比赛选出第1名的马也是必不可少的。假如仍然是A1马(A1>B1>C1>D1>E1)。那么此时我们可以得到一个重要的结论：有一些马在前6场比赛之后就决定出局的命运了
A组： [A1 A2 A3 A4 A5] B组： [B1 B2 B3 B4 B5 ] C组： [C1 C2 C3 C4 C5 ] D组： [D1 D2 D3 D4 D5 ] E组： [E1 E2 E3 E4 E5 ]
(3) 第7场比赛是关键，能否同时决出第2，3名的马呢？我们首先做下分析：
在上面的方法中，第7场比赛[A2、B1、C1、D1、E1]是为了决定第2名的马。但是在第6场比赛中我们已经得到(B1>C1>D1>E1)，试问？有B1在的比赛，C1、D1、E1还有可能争夺第2名吗？ 当然不可能，也就是说第2名只能在A2、B1中出现。实际上只需要2条跑道就可以决出第2名，剩下C1、D1、E1的3条跑道都只能用来凑热闹的吗？
能够优化的关键出来了，我们是否能够通过剩下的3个跑道来决出第3名呢？当然可以，我们来进一步分析第3名的情况？
● 如果A2>B1(即第2名为A2)，那么根据第6场比赛中的(B1>C1>D1>E1)。 可以断定第3名只能在A3和B1中产生。
● 如果B1>A2(即第2名为B1)，那么可以断定的第3名只能在A2, B2,C1 中产生。
好了，结论也出来了，只要我们把[A2、B1、A3、B2、C1]作为第7场比赛的马，那么这场比赛的第2，3名一定是整个25匹马中的第2，3名。
我们在这里列举出第7场的2，3名次的所有可能情况：
① 第2名=A2，第3名=A3 ② 第2名=A2，第3名=B1 ③ 第2名=B1，第3名=A2 ④ 第2名=B1，第3名=B2 ⑤ 第2名=B1，第3名=C1
(4) 第8场比赛很复杂，我们要根据第7场的所有可能的比赛情况进行分析。
① 第2名=A2，第3名=A3。那么此种情况下第4名只能在A4和B1中产生。 ● 如果第4名=A4，那么第5名只能在A5、B1中产生。 ● 如果第4名=B1，那么第5名只能在A4、B2、C1中产生。 不管结果如何，此种情况下，第4、5名都可以在第8场比赛中决出。其中比赛马匹为[A4、A5、B1、B2、C1] ② 第2名=A2，第3名=B1。那么此种情况下第4名只能在A3、B2、C1中产生。 ● 如果第4名=A3，那么第5名只能在A4、B2、C1中产生。 ● 如果第4名=B2，那么第5名只能在A3、B3、C1中产生。 ● 如果第4名=C1，那么第5名只能在A3、B2、C2、D1中产生。 那么，第4、5名需要在马匹[A3、B2、B3、C1、A4、C2、D1]七匹马中产生，则必须比赛两场才行，也就是到第9场角逐出全部的前5名。 ③ 第2名=B1，第3名=A2。那么此种情况下第4名只能在A3、B2、C1中产生。 情况和②一样，必须角逐第9场 ④ 第2名=B1，第3名=B2。 那么此种情况下第4名只能在A2、B3、C1中产生。 ● 如果第4名=A2，那么第5名只能在A3、B3、C1中产生。 ● 如果第4名=B3，那么第5名只能在A2、B4、C1中产生。 ● 如果第4名=C1，那么第5名只能在A2、B3、C2、D1中产生。 那么，第4、5名需要在马匹[A2、B3、B4、C1、A3、C2、D1]七匹马中产 生，则必须比赛两场才行，也就是到第9场角逐出全部的前5名。 ⑤ 第2名=B1，第3名=C1。那么此种情况下第4名只能在A2、B2、C2、D1中产生。 ● 如果第4名=A2，那么第5名只能在A3、B2、C2、D1中产生。 ● 如果第4名=B2，那么第5名只能在A2、B3、C2、D1中产生。 ● 如果第4名=C2，那么第5名只能在A2、B2、C3、D1中产生。 ● 如果第4名=D1，那么第5名只能在A2、B2、C2、D2、E2中产生。 那么，第4、5名需要在马匹[A2、B2、C2、D1、A3、B3、C3、D2、E1]九匹马中 产 生，因此也必须比赛两场，也就是到第9长决出胜负。
总结：最好情况可以在第8场角逐出前5名，最差也可以在第9场搞定。
2. 砝码称轻重
这一类的题目有很多 这里只举几个经典的：
有一个天平，九个砝码，其中一个砝码比另八个要轻一些，问至少要用天平称几次才能将轻的那个找出来？ 答案：2次
十组砝码每组十个，每个砝码都是10g重，但是现在其中有一组砝码每个都只有9g重，现有一个能显示克数的秤，最少称几次能找到轻的那组？ 答案：1次
有一个天平，九个砝码，一个轻一些，用天平至少几次能找到轻的？
至少2次：第一次，一边3个，哪边轻就在哪边，一样重就是剩余的3个；
第二次，一边1个，哪边轻就是哪个，一样重就是剩余的那个；
答：至少称2次．
有十组砝码每组十个，每个砝码重10g，其中一组每个只有9g，有能显示克数的秤最少几次能找到轻的那一组砝码？
将砝码分组1~10，第一组拿一个，第二组拿两个以此类推。。第十组拿十个放到秤上称出克数x，则y = 550 - x，第y组就是轻的那组
3. 药瓶毒白鼠
有1000个一模一样的瓶子，其中有999瓶是普通的水，有1瓶是毒药。任何喝下毒药的生命都会在一星期之后死亡。现在你只有10只小白鼠和1个星期的时间，如何检验出哪个瓶子有毒药？
答案：
1、将10只老鼠剁成馅儿，分到1000个瓶盖中，每个瓶盖倒入适量相应瓶子的液体，置于户外，并每天补充适量相应的液体，观察一周，看哪个瓶盖中的肉馅没有腐烂或生蛆。（最好不要这样回答）
2.首先一共有1000瓶，2的10次方是1024，刚好大于1000，也就是说，1000瓶药品可以使用10位二进制数就可以表示。从第一个开始：
第一瓶 ： 00 0000 0001
第二瓶： 00 0000 0010
第三瓶： 00 0000 0011
……
第999瓶： 11 1111 0010
第1000瓶： 11 1111 0011
需要十只老鼠，如果按顺序编号，ABCDEFGHIJ分别代表从低位到高位每一个位。 每只老鼠对应一个二进制位，如果该位上的数字为1，则给老鼠喝瓶里的药。观察，若死亡的老鼠编号为：ACFGJ，一共死去五只老鼠，则对应的编号为 10 0110 0101，则有毒的药品为该编号的药品，转为十进制数为：613号。（这才是正解，当然前提是老鼠还没被撑死）
4. 绳子两头烧
现有若干不均匀的绳子，烧完这根绳子需要一个小时，问如何准确计时15分钟，30分钟，45分钟，75分钟。。。
15：对折之后两头烧(要求对折之后绑的够紧，否则看45分钟解法)
30：两头烧
45：两根，一根两头烧一根一头烧，两头烧完过了30分钟，立即将第二根另一头点燃，到烧完又过15分钟，加起来45分钟
75：=30+45
。。。
5. 犯人猜颜色
一百个犯人站成一纵列，每人头上随机带上黑色或白色的帽子，各人不知道自己帽子的颜色，但是能看见自己前面所有人帽子的颜色．
然后从最后一个犯人开始，每人只能用同一种声调和音量说一个字：”黑”或”白”，
如果说中了自己帽子的颜色，就存活，说错了就拉出去斩了，
说的答案所有犯人都能听见，
是否说对，其他犯人不知道，
在这之前，所有犯人可以聚在一起商量策略，
问如果犯人都足够聪明而且反应足够快，100个人最大存活率是多少？
答案：这是一道经典推理题
1、最后一个人如果看到奇数顶黑帽子报“黑”否则报“白”，他可能死
2、其他人记住这个值（实际是黑帽奇偶数），在此之后当再听到黑时，黑帽数量减一
3、从倒数第二人开始，就有两个信息：记住的值与看到的值，相同报“白”，不同报“黑”
99人能100%存活，1人50%能活
除此以外，此题还有变种：每个犯人只能看见前面一个人帽子颜色又能最多存活多少人？
答案：在上题基础上，限制了条件，这时上次的方法就不管用了，此时只能约定偶数位犯人说他前一个人的帽子颜色，奇数犯人获取信息100%存活，偶数犯人50几率存活。
6. 猴子搬香蕉
一个小猴子边上有100根香蕉，它要走过50米才能到家，每次它最多搬50根香蕉，（多了就被压死了），它每走
1米就要吃掉一根，请问它最多能把多少根香蕉搬到家里。（提示：他可以把香蕉放下往返的走，但是必须保证它每走一米都能有香蕉吃。也可以走到n米时，放下一些香蕉，拿着n根香蕉走回去重新搬50根。）
答案：这种试题通常有一个迷惑点，让人看不懂题目的意图。此题迷惑点在于：走一米吃一根香蕉，一共走50米，那不是把50根香蕉吃完了吗？如果要回去搬另外50根香蕉，则往回走的时候也要吃香蕉，这样每走一米需要吃掉三根香蕉，走50米岂不是需要150根香蕉？
其实不然，本题关键点在于：猴子搬箱子的过程其实分为两个阶段，第一阶段：来回搬，当香蕉数目大于50根时，猴子每搬一米需要吃掉三根香蕉。第二阶段：香蕉数《=50，直接搬回去。每走一米吃掉1根。
我们分析第一阶段：假如把100根香蕉分为两箱。一箱50根。
第一步，把A箱搬一米，吃一根。
第二步，往回走一米，吃一根。
第三步，把B箱搬一米，吃一根。
这样，把所有香蕉搬走一米需要吃掉三根香蕉。
这样走到第几米的时候，香蕉数刚好小于50呢？
100-(n3)<50 && 100-(n-13)>50
走到16米的时候，吃掉48根香蕉，剩52根香蕉。这步很有意思，它可以直接搬50往前走，也可以再来回搬一次，但结果都是一样的。到17米的时候，猴子还有49根香蕉。这时猴子就轻松啦。直接背着走就行。
第二阶段：
走一米吃一根。
把剩下的50-17=33米走完。还剩49-33=16根香蕉。
