一、经典逻辑题大全及答案
【1】假设有一个池塘，里面有无穷多的水。现有2个空水壶，容积分别为5升和6升。问题是如何只用这2个水壶从池塘里取得3升的水。
由满6向空5倒，剩1升，把这1升倒5里，然后6剩满，倒到5里面，由于5里面有1升水，因此6只能向5倒4升水，然后将6剩余的2升，倒入空的5里面，再灌满6向5里倒3升，剩余3升。
【2】周雯的妈妈是豫林水泥厂的化验员。一天，周雯来到化验室做作业。做完后想出去玩。"等等，妈妈还要考你一个题目，"她接着说，"你看这6只做化验用的玻璃杯，前面3只盛满了水，后面3只是空的。你能只移动1只玻璃杯，就便盛满水的杯子和空杯子间隔起来吗?"爱动脑筋的周雯，是学校里有名的"小机灵"，她只想了一会儿就做到了。请你想想看，"小机灵"是怎样做的?
设杯子编号为ABCDEF，ABC为满，DEF为空，把B中的水倒进E中即可。
【3】三个小伙子同时爱上了一个姑娘，为了决定他们谁能娶这个姑娘，他们决定用手枪进行一次决斗。小李的命中率是30％，小黄比他好些，命中率是50％，最出色的枪手是小林，他从不失误，命中率是100％。由于这个显而易见的事实，为公平起见，他们决定按这样的顺序：小李先开枪，小黄第二，小林最后。然后这样循环，直到他们只剩下一个人。那么这三个人中谁活下来的机会最大呢？他们都应该采取什么样的策略？
小林在轮到自己且小黄没死的条件下必杀黄，再跟菜鸟李单挑。
所以黄在林没死的情况下必打林，否则自己必死。
小李经过计算比较（过程略），会决定自己先打小林。
于是经计算，小李有873/2600≈33.6%的生机；
哦，这样，那小李的第一枪会朝天开，以后当然是打敌人，谁活着打谁；
小黄一如既往先打林，小林还是先干掉黄，冤家路窄啊！
最后李，黄，林存活率约38：27：35；
菜鸟活下来抱得美人归的几率大。
李先放一空枪（如果合伙干中林，自己最吃亏）黄会选林打一枪（如不打林，自己肯定先玩完了）林会选黄打一枪（毕竟它命中率高）李黄对决0.3:0.280.4可能性李林对决0.3:0.60.6可能性成功率0.73
李和黄打林李黄对决0.3:0.40.7*0.4可能性李林对决0.3:0.7*0.6*0.70.7*0.6可能性成功率0.64
【4】一间囚房里关押着两个犯人。每天监狱都会为这间囚房提供一罐汤，让这两个犯人自己来分。起初，这两个人经常会发生争执，因为他们总是有人认为对方的汤比自己的多。后来他们找到了一个两全其美的办法：一个人分汤，让另一个人先选。于是争端就这么解决了。可是，现在这间囚房里又加进来一个新犯人，现在是三个人来分汤。必须寻找一个新的方法来维持他们之间的和平。该怎么办呢？按：心理问题，不是逻辑问题
是让甲分汤，分好后由乙和丙按任意顺序给自己挑汤，剩余一碗留给甲。这样乙和丙两人的总和肯定是他们两人可拿到的最大。然后将他们两人的汤混合之后再按两人的方法再次分汤。
【5】在一张长方形的桌面上放了n个一样大小的圆形硬币。这些硬币中可能有一些不完全在桌面内，也可能有一些彼此重叠；当再多放一个硬币而它的圆心在桌面内时，新放的硬币便必定与原先某些硬币重叠。请证明整个桌面可以用4n个硬币完全覆盖。
要想让新放的硬币不与原先的硬币重叠，两个硬币的圆心距必须大于直径。也就是说，对于桌面上任意一点，到最近的圆心的距离都小于2，所以，整个桌面可以用n个半径为2的硬币覆盖。
把桌面和硬币的尺度都缩小一倍，那么，长、宽各是原桌面一半的小桌面，就可以用n个半径为1的硬币覆盖。那么，把原来的桌子分割成相等的4块小桌子，那么每块小桌子都可以用n个半径为1的硬币覆盖，因此，整个桌面就可以用4n个半径为1的硬币覆盖。
某城市发生了一起汽车撞人逃跑事件，该城市只有两种颜色的车,蓝15%绿85%，事发时有一个人在现场看见了，他指证是蓝车，但是根据专家在现场分析,当时那种条件能看正确的可能性是80%那么,肇事的车是蓝车的概率到底是多少?
有一人有240公斤水，他想运往干旱地区赚钱。他每次最多携带60公斤，并且每前进一公里须耗水1公斤（均匀耗水）。假设水的价格在出发地为0，以后，与运输路程成正比，（即在10公里处为10元/公斤，在20公里处为20元/公斤......），又假设他必须安全返回，请问，他最多可赚多少钱？
f(x)=(60-2x)*x,当x=15时，有最大值450。
现在共有100匹马跟100块石头，马分3种，大型马；中型马跟小型马。其中一匹大马一次可以驮3块石头，中型马可以驮2块，而小型马2头可以驮一块石头。问需要多少匹大马，中型马跟小型马？（问题的关键是刚好必须是用完100匹马）
1=5，2=15，3=215，4=2145那么5=?
有2n个人排队进电影院，票价是50美分。在这2n个人当中，其中n个人只有50美分，另外n个人有1美元（纸票子）。愚蠢的电影院开始卖票时1分钱也没有。问：有多少种排队方法使得每当一个拥有1美元买票时，电影院都有50美分找钱
注：1美元=100美分拥有1美元的人，拥有的是纸币，没法破成2个50美分
本题可用递归算法，但时间复杂度为2的n次方，也可以用动态规划法，时间复杂度为n的平方，实现起来相对要简单得多，但最方便的就是直接运用公式：排队的种数=(2n)!/[n!(n+1)!]。
如果不考虑电影院能否找钱，那么一共有(2n)!/[n!n!]种排队方法（即从2n个人中取出n个人的组合数），对于每一种排队方法，如果他会导致电影院无法找钱，则称为不合格的，这种的排队方法有(2n)!/[(n-1)!(n+1)!]（从2n个人中取出n-1个人的组合数）种，所以合格的排队种数就是(2n)!/[n!n!]-(2n)!/[(n-1)!(n+1)!]=(2n)!/[n!(n+1)!]。至于为什么不合格数是(2n)!/[(n-1)!(n+1)!]，说起来太复杂，这里就不讲了。
一个人花8块钱买了一只鸡，9块钱卖掉了，然后他觉得不划算，花10块钱又买回来了，11块卖给另外一个人。问他赚了多少?
有一种体育竞赛共含M个项目，有运动员A，B，C参加，在每一项目中，第一,第二,第三名分别的X，Y，Z分，其中X,Y,Z为正整数且X>Y>Z。最后A得22分，B与C均得9分，B在百米赛中取得第一。求M的值，并问在跳高中谁得第二名。
因为ABC三人得分共40分,三名得分都为正整数且不等,所以前三名得分最少为6分,40=5*8=4*10=2*20=1*20,不难得出项目数只能是5.即M=5.
A得分为22分,共5项,所以每项第一名得分只能是5,故A应得4个一名一个二名.22=5*4+2,第二名得1分,又B百米得第一,所以A只能得这个第二.
B的5项共9分,其中百米第一5分,其它4项全是1分,9=5+1=1+1+1.即B除百米第一外全是第三,跳高第二必定是C所得.
3这五个人每人只喝一种饮料，只抽一种牌子的香烟，只养一种宠物
4没有人有相同的宠物，抽相同牌子的香烟，喝相同的饮料
10抽混合烟的人住在养猫人的旁边
在烟民邻居间养马
11、居住在抽DUNHILL烟的邻居旁，养马的人家
第一间是黄色的房屋，住着挪威人。他们偏爱矿泉水，吸食DUNHILL香烟，家中养有猫咪；
第二间是蓝色的房屋，丹麦人居住。他们品茗，吸混合香烟，饲养着马匹；
第三间是红色的房屋，英国人居住。他们饮用牛奶，吸PALL MALL香烟，家中养有鸟类；
第四间是绿色的房屋，德国人居住。他们饮用咖啡，吸PRINCE香烟，除了猫、马、鸟、狗外的宠物；
第五间是白色的房屋，瑞典人居住。他们喝啤酒，吸BLUE MASTER香烟，家中养有狗。
二、经典数学逻辑题
1、一个小村庄有50户人家，每户人家都养了一只狗。村中爆发疯狗病，村民们决定每天上午查看每家狗的情况，一旦发现自家的狗是疯狗，就必须在当晚将其杀死。村民们能辨别出别人家的狗是否疯狗，但不能知道自家的狗。他们不能互相告知真相。第一天、第二天都没有枪声，第三天晚上，村中响起枪声，所有的疯狗都被杀死了。村中究竟有多少只疯狗？
2、首先，大家都清楚疯狗的存在；
3、假设有人观察到其他49家中有48家是健康的狗，1家是疯狗；
4、由于无法判断自家的狗，他得出结论：至少有1只疯狗，最多2只（包括自己家的）；
5、如果是1，那么有49家健康的狗，他属于“49家健康狗阵营”；如果是2，那么有48家健康的狗，他属于“2家疯狗阵营”；
6、虽然他无法确定是1还是2，但他会推理；
7、假如是1，即他的狗也是健康的，只有他看到那只狗是唯一的疯狗，设其主人为a；
8、那么a就会看到别人的狗都是健康的，而a又清楚一定存在疯狗，这只能是a自己的狗；
9、这就说明a并没有看到“别人的狗都是健康的”，
10、因此疯狗数不是1而是2，“有一个人”自己不属于“49家健康狗阵营”而是属于“2家疯狗阵营”——除了自己和a之外的48家是健康的；
11、所以第二天他就会开枪杀死自己的狗；
12、a和“有一个人”的情形完全一样，基于同样的推理也会在第二天开枪；
13、所以，如果第二天有人开枪意味着疯狗数是2；
14、因此“有一个人观察到其他49家中有48家是健康的狗，1家是疯狗”这个假设不成立；
15、继续假设：有人观察到其他49家中有47家是健康的狗，2家是疯狗；
16、由于无法判断自家的狗，他得出结论：至少有2只疯狗，最多3只（包括自己家的）；
17、如果是2，那么有48家健康的狗，他属于“48家健康狗阵营”；如果是3，那么有47家健康的狗，他属于“3家疯狗阵营”；
18、虽然他无法确定是2还是3，但他会推理；
19、假如是2，即他的狗也是健康的，他看到那2只狗是全部疯狗，设其主人为a、b；
20、a或b也都会做推理，例如a会推理疯狗数是1或2，推理过程前面已经说了；
21、如果是2，第二天a和b都会开枪，但第二天还是没人开枪；
22、所以只能是3，也就是说“有一个人”自己不属于“48家健康狗阵营”而是属于“3家疯狗阵营”；
23、所以第三天有人开枪，就说明“有一个人”、a、b都意识到自己的狗是疯狗，他们就开枪了；
24、结论：推理可一直进行下去，第几天开枪就有几条疯狗。
三、经典逻辑题
1、四个人在牙科医生的候诊室中坐成一排。布朗小姐下一个是格林小姐，但布朗小姐不在琼斯先生之后，琼斯先生不在吉尔先生之后，吉尔先生下一个是谁？
2、某公司老板的商用冷库被盗，3名嫌疑人被传讯。每个嫌疑人都作了两次真实的、两次虚假的陈述。他们的陈述如下：
A: 1.对窃贼来说，哪一天都是好日子；2.我找不到一车牛排的买主；3.我是用我的摩托车拉走的；4.我看见是C偷的。
B: 1.我不会开卡车；2.我说的并不全是真的；3.我是清白的；4.A说的全是真的。
C: 1.我说的全是假的；2.我会开卡车；3.我们全是清白的；4.A有销赃的买主。
3、小王、小李、小张准备去爬山。天气预报说，今天可能下雨。他们围绕天气预报争论起来。
小王：“今天可能下雨，那并不排斥今天也可能不下雨，我们还是去爬山吧。”
小李：“今天可能下雨，那就表明今天要下雨，我们还是不去爬山了吧。”
小张：“今天可能下雨，只是表明今天不下雨不具有必然性，去不去爬山由你们决定。”
对天气预报的理解，三个人中谁正确？
答案：小王和小张正确，小李不正确。
4、一次晚餐会可能有p人或q人参加（p和q是给定的互质整数）。晚餐会准备了一个大蛋糕，问最少要将蛋糕分成多少块（每块大小不一定相等），才能使p人或q人出席的任何一种情形，都能平均将蛋糕分食？
答案：最少应将蛋糕切成p+q－1块。首先用平行于一对边的p－1条平行线，将蛋糕划成p等份；再用同一方向的另外q－1条平行线，将蛋糕划成q等份。然后沿所画的（p－1）+（q－1）=p+q－2条线切割，将蛋糕切成p+q－1块。这样的切割办法显然符合要求。
将证明块数p+q－1不能再减小。为此，我们构造一个有p+q个顶点的图。其中的p个顶点表示第一情形的p位来客，另q个顶点表示第二情形的q位来客。约定用图的边表示蛋糕的切块。每条边所连接的两个顶点分别为两种情形取食该块的客人。根据题目要求，对于两种来客情形，所有的切块分别被划成等分量的p堆，或者等分量的q堆，为客人所分食。在所构造的图中任意两个顶点之间必有链相连。否则，将有顶点的一个连通分支不与其他顶点相连。设该连通分支含有第一情形顶点a个1/p和第二情形顶点b个1/q。显然a<p，b<q。连通分支所含的这一部分蛋糕在两种来客情形分别能划成a个蛋糕份额和b个蛋糕份额。因此：a/p=b/q，其中，a<p，b<q，但这与p和q互质的条件相矛盾。
最后，我们指出：有p+q个顶点的连通图至少有p+q－1条边。因此块数p+q－1是不能减少的。
5、传说世界上有一个八婆村，村里居住着...
在村里的1000位八婆中，每位八婆每日都会将前一天听到的消息传播给所有认识的人。这样一来，任何消息都会逐步为全村的八婆所熟知。若你希望在10天内让一个消息在全村八婆中传开，你最多需要一次性告知多少位八婆呢？
解答：根据题设，村里的任何两位八婆A和Z之间必定存在一条熟人链相连，即A通过熟人B，B通过熟人C，依此类推，直到Y通过熟人Z。否则，传递给B的消息将无法让Z知晓，这与题设相悖。我们仅考虑这样的熟人链，链中的每位成员只出现一次。如果链中某成员M出现两次，即形成闭合链M一N一…一M，我们可以切断M和N之间的联系，从整条链中删除N一…一M这一部分，剩下的依然是链。
由此，在没有闭合链的假设下，任何两位居民A和Z之间有且仅有一条熟人链。如果有两条链A一B′一…一Y′一Z和A一B一…一Y一Z，由于熟人关系是对称的，就会形成闭合链A一B一…一Y一Z一Y一…一B′一A，这与假设矛盾。因此，我们只需在没有闭合链的假设下证明题设即可。
上述联系两位八婆的熟人链中所有成员的数量，被称为这两个八婆的“距离”。我们可以选择两位八婆x和r，他们的距离是最大的。我们研究联系他们的熟人链：X一A1一A2一…一Ak一Y。
首先假设k≤19（即链中不多于21人）。考虑链中的一个Am（当k是偶数时，m=(1/2)k或(1/2)k+1；当k是奇数时，m=(1/2)(k+1)），它到链的两端的距离都不超过链长的一半加1，即小于或等于(k+2)+1≤(1/2)(19+2)+1，取整得11。因此，Am到其他每个八婆的距离也都不超过11。实际上，设Am到任一八婆Z的链是Z一Bn一…一B1一Am一…一Ak一Y。
比较这两个链，它们仅在Am之后或之前有所不同。由于①是最长的链，其中Am到两端的距离都不超过11，所以②的长度即Am到Z的距离也不超过11。因此，如果将某一消息告诉Am，那么至迟经过10天，这一消息便为全村八婆所知晓了。
再假设k≥20，这时取A10作为上述的Am，并将消息告诉她。按照上述论证，A10到其他八婆Z的链，只要不经过A11，其长度不超过11。因此，至迟经过10天，所有这样的Z就都知道消息了。现在将这些Z（至少包括X，A1…A9）和A10分离出来，剩下的八婆至多只有1000-11人。
原来由A10到剩下的每个八婆的熟人链都经过A11，但不再经过被分离出的任何八婆，因为由A10到分离出的每个八婆已经有不经过A11的链，不可能再有经过A11的链。这意味着在剩下的八婆中，由A11到其他每个八婆都有熟人链，从而将A11到任何两个八婆之间的链在其共有的最后成员处连接起来，就是这两个八婆之间的链。因此，剩下的八婆仍可按上述方法处理。
上述方法每进行一次，就可以告诉一个八婆，使得在10天内至少有11个人知道这个消息。由于1000=11×89+21，所以至多进行89+1次，就可以选出90个居民，同时告诉他们某一消息，使得经过10天这一消息便为全区八婆所知晓。
