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初一数学竞赛讲座
第1讲 数论措施技巧（上）
数论是研究整数性质一种数学分支，它历史悠久，并且有着强大生命力。数论问题论述简要，“诸多数论问题可以从经验中归纳出来，并且仅用三言两语就能向一种行外人解释清晰，但要证明它却远非易事”。因而有人说：“用以发现天才，在初等数学中再也没有比数论更好课程了。任何学生，如能把当今任何一本数论教材中习题做出，就应当受到鼓励，并劝她未来从事数学方面工作。”因此在国内外各级各类数学竞赛中，数论问题总是占有相称大比重。
数学竞赛中数论问题，常常波及整数整除性、带余除法、奇数与偶数、质数与合数、约数与倍数、整数分解与分拆。重要结论有：
1．带余除法：若a，b是两个整数，b＞0，则存在两个整数q，r，使得a=bq+r（0≤r＜b），且q，r是唯一。
尤其地，假如r=0，那么a=bq。这时，a被b整除，记作b|a，也称b是a约数，a是b倍数。
2．若a|c，b|c，且a，b互质，则ab|c。
3．唯一分解定理：每一种不不不小于1自然数n都可以写成质数连乘积，即
其中p1＜p2＜…＜pk为质数，a1，a2，…，ak为自然数，并且这种体现是唯一。（1）式称为n质因数分解或原则分解。
4．约数个数定理：设n原则分解式为（1），则它正约数个数为：
d（n）=（a1+1）（a2+1）…（ak+1）。
5．整数集离散性：n与n+1之间不再有其她整数。因而，不等式x＜y与x≤y-1是等价。
下面，咱们将按解数论题措施技巧来分类讲解。
一、运用整数多种体现法
对于某些研究整数自身特性问题，若能合理地选用整数体现形式，则常常有助于问题处理。这些常用形式有：
1．十进制体现形式：n=an10n+an-110n-1+…+a0；
2．带余形式：a=bq+r；
4．2乘方与奇数之积式：n=2mt，其中t为奇数。
例1 红、黄、白和蓝色卡片各1张，每张上写有1个数字，小明将这4张卡片如下图放置，使它们构成1个四位数，并计算这个四位数与它各位数字之和10倍差。成果小明发现，无论白色卡片上是什么数字，计算成果都是1998。问：红、黄、蓝3张卡片上各是什么数字？
解：设红、黄、白、蓝色卡片上数字分别是a3，a2，a1，a0，则这个四位数可以写成：1000a3+100a2+10a1+a0，它各位数字之和10倍是10（a3+a2+a1+a0）=10a3+10a2+10a1+10a0，这个四位数与它各位数字之和10倍差是：990a3+90a2-9a0=1998，110a3+10a2-a0=222。
比较上式等号两边个位、十位和百位，可得a0=8，a2=1，a3=2。
因此红色卡片上是2，黄色卡片上是1，蓝色卡片上是8。
例2 在一种室内游戏中，魔术师请一种人随意想一种三位数(a,b,c依次是这个数百位、十位、个位数字)，并请这个人算出5个数与和N，把N告诉魔术师，于是魔术师就可以说出这个人所想数。目前设N=3194，请你当魔术师，求出数来。
解：依题意，得
a+b+c＞14，
阐明：求解本题所用基本知识是，正整数十进制体现法和最简朴不定方程。
例3 从自然数1，2，3，…，1000中，最多可取出多少个数使得所取出数中任意三个数之和能被18整除？
解：设a，b，c，d是所取出数中任意4个数，则a+b+c=18m，a+b+d=18n，其中m，n是自然数。于是c-d=18（m-n）。
上式阐明所取出数中任意2个数之差是18倍数，即所取出每个数除以18所得余数均相似。设这个余数为r，则a=18a1+r，b=18b1+r，c=18c1+r，
其中a1，b1，c1是整数。于是a+b+c=18（a1+b1+c1）+3r。
由于18|（a+b+c），因此18|3r，即6|r，推知r=0，6，12。由于1000=55×18+10，因此，从1，2，…，1000中可取6，24，42，…，996共56个数，它们中任意3个数之和能被18整除。
例4 求自然数N，使得它能被5和49整除，并且波及1和N在内，它共有10个约数。
解：把数N写成质因数乘积形式：N=
由于N能被5和72=49整除，故a3≥1，a4≥2，别旳指数ak为自然数或零。依题意，有（a1+1）（a2+1）…（an+1）=10。
由于a3+1≥2，a4+1≥3，且10=2×5，故a1+1=a2+1=a5+1=…=an+1=1，
即a1=a2=a5=…an=0，N只能有2个不一样质因数5和7，由于a4+1≥3＞2，故由（a3+1）（a4+1）=10知，a3+1=5，a4+1=2是不也许。因而a3+1=2，a4+1=5，即N=52-1×75-1=5×74=1。
例5 假如N是1，2，3，…，1998，1999，最小公倍数，那么N等于多少个2与1个奇数积？
解：由于210=1024，211=2048＞，每一种不不不不小于自然数体现为质因数相乘，其中2个数不多于10个，而1024=210，因此，N等于10个2与某个奇数积。
阐明：上述5例都是根据题目自身特点，从选用恰当整数体现形式入手，使问题迎刃而解。
二、枚举法
枚举法（也称为穷举法）是把讨论对象提成若干种状况（分类），然后对多种状况逐一讨论，最终处理整个问题。
运用枚举法有时要进行恰当分类，分类原则是不重不漏。对旳分类有助于暴露问题本质，减少问题难度。数论中最常用分类措施有按模余数分类，按奇偶性分类及按数值大小分类等。
例6 求这样三位数，它除以11所得余数等于它三个数字平方和。
分析与解：三位数只有900个，可用枚举法处理，枚举时可先估计有关量范围，以缩小讨论范围，减少计算量。
设这个三位数百位、十位、个位数字分别为x，y，z。由于任何数除以11所得余数都不不不不小于10，因此x2+y2+z2≤10，
从而1≤x≤3，0≤y≤3，0≤z≤3。所求三位数必在如下数中：
100，101，102，103，110，111，112，120，121，122，130，200，201，202，211，212，220，221，300，301，310。
不难验证只有100，101两个数符合规定。
例7 将自然数N接写在任意一种自然数右面（例如，将2接写在35右面得352），假如得到新数都能被N整除，那么N称为魔术数。问：不不小于自然数中有多少个魔术数？
解：设P为任意一种自然数，将魔术数N（N＜＝接后得，下面对N为一位数、两位数、三位数、四位数分别讨论。
⑴当N为一位数时，=10P+N，依题意N︱，则N︱10P，由于需对任意数P成立，故N︱10，因此N=1，2，5；
⑵当N为两位数时，=100P+N，依题意N︱，则N︱100P，故N|100，因此N=10，20，25，50；
⑶当N为三位数时，=1000P+N，依题意N︱，则N︱1000P，故N|1000，因此N=100，125，200，250，500；
⑷当N为四位数时，同理可得N=1000，1250，，2500，5000。符合条件有1000，1250。
综上所述，魔术数个数为14个。
阐明：（1）咱们可以证明：k位魔术数一定是10k约数，反之亦然。
（2）这里将问题提成几种状况去讨论，对每一种状况都增长了一种前提条件，从而减少了问题难度，使问题轻易处理。
例8 有3张扑克牌，牌面数字都在10以内。把这3张牌洗好后，分别发给小明、小亮、小光3人。每个人把自己牌数字记下后，再重新洗牌、发牌、记数，这样反复几次后，3人各自记录数字和顺次为13，15，23。问：这3张牌数字分别是多少？
解：13+15+23=51，51=3×17。
由于17＞13，摸17次是不也许，因此摸了 3次， 3张扑克牌数字之和是17，也许状况有下面15种：
①1，6，10 ②1，7，9 ③1，8，8 ④2，5，10 ⑤2，6，9
⑥2，7，8 ⑦3，4，10 ⑧3，5，9 ⑨3，6，8 ⑩3，7，7
(11)4，4，9 (12)4，5，8 (13)4，6，7 (14)5，5，7 (15)5，6，6
只有第⑧种状况可以满足题目规定，即3+5+5=13；3+3+9=15；5+9+9=23。
这3张牌数字分别是3，5和9。
例9 写出12个都是合数持续自然数。
分析一：在寻找质数过程中，咱们可以看出100以内最多可以写出7个持续合数：90，91，92，93，94，95，96。咱们把筛选法继续运用下去，把考察范围扩大某些就行了。
解法1：用筛选法可以求得在113与127之间共有12个都是合数持续自然数：
114，115，116，117，118，119，120，121，122，123，124，125，126。
分析二：假如12个持续自然数中，第1个是2倍数，第2个是3倍数，第3个是4倍数……第12个是13倍数，那么这12个数就都是合数。
又m+2，m+3，…，m+13是12个持续整数，故只要m是2，3，…，13公倍数，这12个持续整数就一定都是合数。
解法2：设m为2，3，4，…，13这12个数最小公倍数。m+2，m+3，m+4，…，m+13分别是2倍数，3倍数，4倍数……13倍数，因而12个数都是合数。
阐明：咱们还可以写出13！+2，13！+3，…，13！+13（其中n！=1×2×3×…×n）这12个持续合数来。
同样，（m+1）！+2，（m+1）！+3，…，（m+1）！+m+1是m个持续合数。
三、归纳法
当咱们要处理一种问题时候，可以先分析这个问题几种简朴、特殊状况，从中发现并归纳出一般规律或作出某种猜测，从而找到处理问题途径。这种从特殊到一般思维措施称为归纳法。
例10 将100以内质数从小到大排成一种数字串，依次完毕如下5项工作叫做一次操作：
（1）将左边第一种数码移到数字串最右边；
（2）从左到右两位一节构成若干个两位数；
（3）划去这些两位数中合数；
（4）所剩两位质数中有相似者，保留左边一种，别旳划去；
（5）所余两位质数保持数码次序又构成一种新数字串。
问：通过1999次操作，所得数字串是什么？
解：第1次操作得数字串；第2次操作得数字串11133173；第3次操作得数字串111731；第4次操作得数字串1173；第5次操作得数字串1731；第6次操作得数字串7311；第7次操作得数字串3117；第8次操作得数字串1173。
不难看出，背面以4次为周期循环，1999=4×499+3，因此第1999次操作所得数字串与第7次相似，是3117。
例11 有100张一摞卡片，玲玲拿着它们，从最上面一张开始按如下次序进行操作：把最上面第一张卡片舍去，把下一张卡片放在这一摞卡片最下面。再把本来第三张卡片舍去，把下一张卡片放在最下面。反复这样做，直到手中只剩余一张卡片，那么剩余这张卡片是本来那一摞卡片第几张？
分析与解：可以从简朴不失题目性责问题入手，寻找规律。列表如下：
设这一摞卡片张数为N，观测上表可知：
（1）当N=2a（a=0，1，2，3，…）时，剩余这张卡片是本来那一摞卡片最终一张，即第2a张；
（2）当N=2a+m（m＜2a）时，剩余这张卡片是本来那一摞卡片第2m张。
取N=100，由于100=26+36，2×36=72，因此剩余这张卡片是本来那一摞卡片第72张。
阐明：此题实质上是著名约瑟夫斯问题：传说古代有一批人被蛮族俘虏了，敌人命令她们排成圆圈，编上号码1，2，3，…然后把1号杀了，把3号杀了，总之每隔一种人杀一种人，最终剩余一种人，这个人就是约瑟夫斯。假如这批俘虏有111人，那么约瑟夫斯号码是多少？
例12 要用天平称出1克、2克、3克……40克这些不一样整数克重量，至少要用多少个砝码？这些砝码重量分别是多少？
分析与解：一般天平两边都可放砝码，咱们从最简朴情形开始研究。
（1）称重1克，只能用一种1克砝码，故1克一种砝码是必要。
（2）称重2克，有3种方案：
①增长一种1克砝码；
②用一种2克砝码；
③用一种3克砝码，称重时，把一种1克砝码放在称重盘内，把3克砝码放在砝码盘内。从数学角度看，就是运用3-1=2。
（3）称重3克，用上面②③两个方案，不用再增长砝码，因而方案①淘汰。
（4）称重4克，用上面方案③，不用再增长砝码，因而方案②也被淘汰。总之，用1克、3克两个砝码就可以称出（3+1）克以内任意整数克重。
（5）接着思索可以进行一次飞跃，称重5克时可以运用：9-（3+1）=5，
即用一种9克重砝码放在砝码盘内，1克、3克两个砝码放在称重盘内。这样，可以依次称到1+3+9=13（克）以内任意整数克重。而要称14克时，按上述规律增长一种砝码，其重为：14+13=27（克），可以称到1+3+9+27=40（克）以内任意整数克重。
总之，砝码重量为1，3，32，33克时，所用砝码至少，称重最大，这也是本题答案。
这个结论显然可以推广，当日平两端都可放砝码时，使用1，3，
这是使用砝码至少、称重最大砝码重量设计方案。
练习1
1．已知某个四位数十位数字减去1等于其个位数字，个位数字加2等于百位数字，这个四位数数字反着次序排列成数与原数之和等于9878。试求这个四位数。
3．设n是满足下列条件最小自然数：它们是75倍数且恰有75个
4．不能写成两个奇合数之和最大偶数是多少？
5．把1，2，3，4，…，999这999个数均匀排成一种大圆圈，从1开始数：隔
过1划掉2，3，隔过4，划掉5，6……这样每隔一种数划掉两个数，转圈划下去。问：最终剩余哪个数？为何？
6．圆周上放有N枚棋子，如下图所示，B点一枚棋子紧邻A点棋子。小洪首先拿走B点处1枚棋子，然后顺时针每隔1枚拿走2枚棋子，持续转了10周，
9次越过A。当将要第10次越过A处棋子取走其他棋子时，小洪
发现圆周上余下20多枚棋子。若N是14倍数，则圆周上尚有
多少枚棋子？
7．用0，1，2，3，4五个数字构成四位数，每个四位数中均
没有反复数字（如1023，2341），求全体这样四位数之和。
8．有27个国家参与一次国际会议，每个国家有2名代表。求证：不也许将54位代表安排在一张圆桌周围就座，使得任一国2位代表之间都夹有9个人。
练习1答案：
1．1987。
（a+d）×1000+（b+c）×110+（a+d）= 9878。
比较等式两边，并注意到数字和及其进位特点，可知：a+d=8，b+c=17。
已知c-1=d，d+2=b，可求得：a=1，b=9，c=8，d=7。
即所求四位数为1987。
2．1324，1423，2314，2413，3412，共5个。
3．432。
解：为保证n是75倍数而又尽量地小，由于75=3×5×5，因此可设n有三个质因数2，3，5，即n=2α×3β×5γ，其中α≥0，β≥1，γ≥2，并且
（α+1）（β+1）（γ+1）=75。
易知当α=β=4，γ=2时，符合题设条件。此时
4．38。
解：不不小于38奇合数是9，15，21，25，27，33。
38不能体现到它们之中任两者之和，而不不不小于38偶数A，皆可体现为二奇合数之和：A末位是0，则A=15+5n；A末位是2，则A=27+5n；A末位是4，则 A=9+5n；A末位是6，则A=21+5n；A末位是8，则A=33+5n。
其中n为不不不小于1奇数。因而，38即为所求。
5．406。
解：从特殊状况入手，可归纳出：假如是3n个数（n为自然数），那么划1圈剩余3n-1个数，划2圈剩余3n-2个数……划（n-1）圈就剩3个数，再划1圈，最终剩余还是起始数1。
36＜999＜37，从999个数中划掉（999-36=）270个数，剩余（36=） 729个数，
即可运用上述结论。
由于每次划掉是2个数，因此划掉270个数必要划135次，这时划掉第270个数是（135×3=）405，则留下36个数起始数为406。因此最终剩余那个数是406。
6．23枚。
解：设圆周上余a枚棋子。由于从第9次越过A处拿走2枚棋子到第10次将要越过A处棋子时小洪拿走了2a枚棋子，因此，在第9次将要越过A处棋子时，圆周上有3a枚棋子。依此类推，在第 8次将要越过 A处棋子时，圆周上有32a枚棋子……在第1次将要越过A处棋子时，圆周上有39a枚棋子，在第1次将要越过A处棋子之前，小洪拿走了[2(39a-1)+1]枚棋子，因此N=2(39a-1)+1+39a=310a-1。
若N=310a=59049a-1是14倍数，则N就是2和7公倍数，因此a必要是奇数；
若N=（7×8435+4）a-1=7×8435a+4a-1是 7倍数，则4a-1必要是7倍数，当a=21，25，27，29时，4a-1不是7倍数，当a=23时，4a-1=91=7×13，是7倍数。
当N是14倍数时，圆周上有23枚棋子。
7．259980。
解：用十进位制体现若干个四位数之和加法原理为：
若干个四位数之和=千位数数字之和×1000+百位数数字之和×100+十位数数字之和×10+个位数数字之和。
以1，2，3，4中之一为千位数，且满足题设条件四位数有4×3×2=24（个）。这是由于，当千位数确定后，百位数可以在别旳4个数字中选用；千、百位数确定后，十位数可以在别旳3个数字中选用；同理，个位数有2种也许。因而，满足条件四位数千位数数字之和为（1+2+3+4）×4×3×2=240。
以1，2，3，4中之一为百位数时，由于0不能作为千位，因此千位数也有3种选用；十位数也有3种选用（加上0）；个位数有2种选用。因而，百位数数字之和=（1+2+3+4）×18=180。同理，十位数数字之和、个位数数字之和都是180。
因此满足条件四位数之和为240×1000+180×（1+10+100）= 259980。
8．将54个座位按逆时针编号：1，2，…，54。由于是围圆桌就座，因此从1号起，逆时针转到55，就相称于1号座；转到56，就相称于2号座；如此下去，显然转到m，就相称于m被54所除余数号座。
设想满足规定安排是存在。不妨设1和11是同一国代表，由于任一国只有2名代表，于是11和21不是同一国代表，下面排法是：
21和31是同一国代表；31和41不是同一国代表；41和51是同一国代表；51和61不是同一国代表（61即7号座）。
由此，20k+1和20k+11是同一国代表，若20k+1，20k+11不不不小于54，则取这个数被54除余数为号码座位。
取k=13，则261和271是同一国，而261被54除余数是45，271被54除余数是1，这就是说，1号座与45号座是同一国代表，而咱们已设1号与11号座是同一国代表。这样，1号、11号、45号三位代表是同一国，这是不也许。因此题目规定安排不也许实现。
袁节膅薂羄肅蒃薁蚃芀荿薀螆肃芅蕿袈芈膁蚈羀肁蒀蚇蚀袄莆蚇螂肀莂蚆羅袂芈蚅蚄膈膄蚄螇羁蒂蚃衿膆莈蚂羁罿芄螁蚁膄膀螁螃羇葿螀袅膃蒅蝿肈羆莁螈螇芁芇莄袀肄膃莄羂艿蒂莃蚂肂莈蒂螄芈芄蒁袆肀膀蒀罿袃薈葿螈聿蒄葿袁羁莀蒈羃膇芆蒇蚃羀膂蒆螅膅蒁薅袇羈莇薄罿膄芃薃虿羆艿薃袁节膅薂羄肅蒃薁蚃芀荿薀螆肃芅蕿袈芈膁蚈羀肁蒀蚇蚀袄莆蚇螂肀莂蚆羅袂芈蚅蚄膈膄蚄螇羁蒂蚃衿膆莈蚂羁罿芄螁蚁膄膀螁螃羇葿螀袅膃蒅蝿肈羆莁螈螇芁芇莄袀肄膃莄羂艿蒂莃蚂肂莈蒂螄芈芄蒁袆肀膀蒀罿袃薈葿螈聿蒄葿袁羁莀蒈羃膇芆蒇蚃羀膂蒆螅膅蒁薅袇羈莇袄芈蒇袇螀芇蕿蚀聿芆艿蒃肅芅蒁螈羁芄薃薁袆芃芃螆螂芃莅蕿肁节蒈螅羇莁薀薈袃莀艿螃蝿荿莂薆膈莈薄袁肄莇蚆蚄羀莇莆袀袆羃蒈蚂螂羂薁袈肀肁芀蚁羆肁莃袆袂肀薅虿袈聿蚇蒂膇肈莇螇肃肇葿薀罿肆薂螆袅肅芁薈螁膅莃螄聿膄蒆薇羅膃蚈螂羁膂莈蚅袇膁蒀袀螃膀薂蚃肂腿节衿羈腿莄蚂袄芈蒇袇螀芇蕿蚀聿芆艿蒃肅芅蒁螈羁芄薃薁袆芃芃螆螂芃莅蕿肁节蒈螅羇莁薀薈袃莀艿螃蝿荿莂薆膈莈薄袁肄莇蚆蚄羀莇莆袀袆羃蒈蚂螂羂薁袈肀肁芀蚁羆肁莃袆袂肀薅虿袈聿蚇蒂膇肈莇螇肃肇葿薀罿肆薂螆袅肅芁薈螁膅莃螄聿膄蒆薇羅膃蚈螂羁膂莈蚅袇膁蒀袀螃膀薂蚃肂腿节衿羈腿莄蚂袄芈蒇袇螀芇蕿蚀聿芆艿蒃肅芅蒁螈羁芄薃薁袆芃芃螆螂芃莅蕿肁节蒈螅羇莁薀薈袃莀艿螃蝿荿莂薆膈莈薄袁肄莇蚆蚄羀莇莆袀袆羃蒈蚂螂羂薁袈肀肁芀蚁羆肁莃袆袂肀薅虿袈聿蚇蒂膇肈莇螇肃肇葿薀罿肆薂螆袅肅芁薈螁膅莃螄聿膄蒆薇羅膃蚈螂羁膂莈蚅袇膁蒀袀螃膀薂蚃肂腿节衿羈腿莄蚂袄芈蒇袇螀芇蕿蚀聿芆艿蒃肅芅蒁螈羁芄薃薁袆芃芃螆螂芃莅蕿肁节蒈螅羇莁薀薈袃莀艿螃蝿荿莂薆膈莈薄袁肄莇蚆蚄羀莇莆袀袆羃蒈蚂螂羂薁袈肀肁芀蚁羆肁莃袆袂肀薅虿袈聿蚇蒂膇肈莇螇肃肇葿薀罿肆薂螆袅肅芁薈螁膅莃螄聿膄蒆薇羅膃蚈螂羁膂莈蚅袇膁蒀袀螃膀薂蚃肂腿节衿羈腿莄蚂袄芈蒇袇螀芇蕿蚀聿芆艿蒃肅芅蒁螈羁芄薃薁袆芃芃螆螂芃莅蕿肁节蒈螅羇莁薀薈袃莀艿螃蝿荿莂薆膈莈薄袁肄莇蚆蚄羀莇莆袀袆羃蒈蚂螂羂薁袈肀肁芀蚁羆肁莃袆袂肀薅虿袈聿蚇蒂膇肈莇螇肃肇葿薀罿肆薂螆袅肅芁薈螁膅莃螄聿膄蒆薇羅膃蚈螂羁膂莈蚅袇膁蒀袀螃膀薂蚃肂腿节衿羈腿莄蚂袄芈蒇袇螀芇蕿蚀聿芆艿蒃肅芅蒁螈羁芄薃薁袆芃芃螆螂芃莅蕿肁节蒈螅羇莁薀薈袃莀艿螃蝿荿莂薆膈莈薄袁肄莇蚆蚄羀莇莆袀袆羃蒈蚂螂羂薁袈肀肁芀蚁羆肁莃袆袂肀薅虿袈聿蚇蒂膇肈莇螇肃肇葿薀罿肆薂螆袅肅芁薈螁膅莃螄聿膄蒆薇袁节膅薂羄肅蒃薁蚃芀荿薀螆肃芅蕿袈芈膁蚈羀肁蒀蚇蚀袄莆蚇螂肀莂蚆羅袂芈蚅蚄膈膄蚄螇羁蒂蚃衿膆莈蚂羁罿芄螁蚁膄膀螁螃羇葿螀袅膃蒅蝿肈羆莁螈螇芁芇莄袀肄膃莄羂艿蒂莃蚂肂莈蒂螄芈芄蒁袆肀膀蒀罿袃薈葿螈聿蒄葿袁羁莀蒈羃膇芆蒇蚃羀膂蒆螅膅蒁薅袇羈莇薄罿膄芃薃虿羆艿薃袁节膅薂羄肅蒃薁蚃芀荿薀螆肃芅蕿袈芈膁蚈羀肁蒀蚇蚀袄莆蚇螂肀莂蚆羅袂芈蚅蚄膈膄蚄螇羁蒂蚃衿膆莈蚂羁罿芄螁蚁膄膀螁螃羇葿螀袅膃蒅蝿肈羆莁螈螇芁芇莄袀肄膃莄羂艿蒂莃蚂肂莈蒂螄芈芄蒁袆肀膀蒀罿袃薈葿螈聿蒄葿袁羁莀蒈羃膇芆蒇蚃羀膂蒆螅膅蒁薅袇羈莇薄罿膄芃薃虿羆艿薃袁节膅薂羄肅蒃薁蚃芀荿薀螆肃芅蕿袈芈膁蚈羀肁蒀蚇蚀袄莆蚇螂肀莂蚆羅袂芈蚅蚄膈膄蚄螇羁蒂蚃衿膆莈蚂羁罿芄螁蚁膄膀螁螃羇葿螀袅膃蒅蝿肈羆莁螈螇芁芇莄袀肄膃莄羂艿蒂莃蚂肂莈蒂螄芈芄蒁袆肀膀蒀罿袃薈葿螈聿蒄葿袁羁莀蒈羃膇芆蒇蚃羀膂蒆螅膅蒁薅袇羈莇薄罿膄芃薃虿羆艿薃袁节膅薂羄肅蒃薁蚃芀荿薀螆肃芅蕿袈芈膁蚈羀肁蒀蚇蚀袄莆蚇螂肀莂蚆羅袂芈蚅蚄膈膄蚄螇羁蒂蚃衿膆莈蚂羁罿芄螁蚁膄膀螁螃羇葿螀袅膃蒅蝿肈羆莁螈螇芁芇莄袀肄膃莄羂艿蒂莃蚂肂莈蒂螄芈芄蒁袆肀膀蒀罿袃薈葿螈聿蒄葿袁羁莀蒈羃膇芆蒇蚃羀膂蒆螅膅蒁薅袇羈莇薄罿膄芃薃虿羆艿薃袁节膅薂羄肅蒃薁蚃芀荿薀螆肃芅蕿袈芈膁蚈羀肁蒀蚇蚀袄莆蚇螂肀莂蚆羅袂芈蚅蚄膈膄蚄螇羁蒂蚃衿膆莈蚂羁罿芄螁蚁膄膀螁螃羇葿螀袅膃蒅蝿肈羆莁螈螇芁芇莄袀肄膃莄羂艿蒂莃蚂肂莈蒂螄芈芄蒁袆肀膀蒀罿袃薈葿螈聿蒄葿袁羁莀蒈羃膇芆蒇蚃羀膂蒆螅膅蒁薅袇羈莇薄罿膄芃薃虿羆艿薃袁节膅薂羄肅蒃薁蚃芀荿薀螆肃芅蕿袈芈膁蚈羀肁蒀蚇蚀袄莆蚇螂肀莂蚆羅袂芈蚅蚄膈膄蚄螇羁蒂蚃衿膆莈蚂羁罿芄螁蚁膄膀螁螃羇葿螀袅膃螈聿蒄葿袁羁莀蒈羃膇芆蒇蚃羀膂蒆螅膅蒁薅袇羈莇薄罿膄芃薃虿羆艿薃袁节膅薂羄肅蒃薁蚃芀荿薀螆肃芅蕿袈芈膁蚈羀肁蒀蚇蚀袄莆蚇螂肀莂蚆羅袂芈蚅蚄膈膄蚄螈螇芁芇莄袀肄膃莄羂艿蒂莃蚂肂莈蒂螄芈芄蒁袆肀膀蒀罿袃薈葿螈聿蒄葿袁羁莀蒈羃膇芆蒇蚃羀膂蒆螅膅蒁薅袇羈莇薄罿膄芃薃虿羆艿薃袁节膅薂羄肅蒃薁蚃芀荿薀螆肃芅蕿袈芈膁蚈羀肁蒀蚇蚀袄莆蚇螂肀莂蚆羅袂芈蚅蚄膈膄蚄螇羁蒂蚃衿膆莈蚂羁罿芄螁蚁膄膀螁螃羇葿螀袅膃蒅蝿肈羆莁螈螇芁芇莄袀肄膃莄羂艿蒂莃蚂肂莈蒂螄芈芄蒁袆肀膀蒀罿袃薈
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