203号海盗必须获得102张赞成票，但他显然没有足够的金子去收买101名同伙。因此，无论提出什么样的分配方案，他都注定会被扔到海里去喂鱼。不过，尽管203号命中注定死路一条，但并不是说他在游戏进程中不起任何作用。相反，204号现在知道，203号为了能保住性命，就必须避免由他自己来提出分配方案这么一种局面，所以无论204号海盗提出什么样的方案，203号都一定会投赞成票。这样204号海盗总算侥幸捡到一条命：他可以得到他自己的1票、203号的1票，以及另外100名收买的海盗的赞成票，刚好达到保命所需的50％。获得金子的海盗，必属于根据202号方案肯定将一无所获的那101名海盗之列。
205号海盗的命运又如何呢？他可没有这样走运了。他不能指望203号和204号支持他的方案，因为如果他们投票反对205号方案，就可以幸灾乐祸地看到205号被扔到海里去喂鱼，而他们自己的性命却仍然能够保全。这样，无论205号海盗提出什么方案都必死无疑。206号海盗也是如此--他肯定可以得到205号的支持，但这不足以救他一命。类似地，207号海盗需要104张赞成票--除了他收买的100张赞成票以及他自己的1张赞成票之外，他还需3张赞成票才能免于一死。他可以获得205号和206号的支持，但还差一张票却是无论如何也弄不到了，因此207号海盗的命运也是下海喂鱼。
208号又时来运转了。他需要104张赞成票，而205、206、207号都会支持他，加上他自己一票及收买的100票，他得以过关保命。获得他贿赂的必属于那些根据204号方案肯定将一无所获的人（候选人包括2到200号中所有偶数号的海盗以及201、203、204号）。
现在可以看出一条新的、此后将一直有效的规律：那些方案能过关的海盗（他们的分配方案全都是把金子用来收买100名同伙而自己一点都得不到）相隔的距离越来越远，而在他们之间的海盗则无论提什么样的方案都会被扔进海里--因此为了保命，他们必会投票支持比他们厉害的海盗提出的任何分配方案。得以避免葬身鱼腹的海盗包括201、202、204、208、216、232、264、328、456号，即其号码等于200加2的某一次方的海盗。
现在我们来看看哪些海盗是获得贿赂的幸运儿。分配贿赂的方法是不唯一的，其中一种方法是让201号海盗把贿赂分给1到199号的所有奇数编号的海盗，让202号分给2到200号的所有偶数编号的海盗，然后是让204号贿赂奇数编号的海盗，208号贿赂偶数编号的海盗，如此类推，也就是轮流贿赂奇数编号和偶数编号的海盗。
结论是：当500名海盗运用最优策略来瓜分金子时，头44名海盗必死无疑，而456号海盗则给从1到199号中所有奇数编号的海盗每人分1块金子，问题就解决了。由于这些海盗所实行的那种民主制度，他们的事情就搞成了最厉害的一批海盗多半都是下海喂鱼，不过有时他们也会觉得自己很幸运--虽然分不到抢来的金子，但总可以免于一死。只有最怯懦的200名海盗有可能分得一份赃物，而他们之中又只有一半的人能真正得到一块金子，的确是怯懦者继承财富。
32．抓球决胜
先拿4个，之后他拿n个，你就拿6-n个，每一轮都是这样，保证你能得到第100个乒乓球（1≤n≤5）。
1．我们不妨逆向推理，如果只剩6个乒乓球，让对方先拿球，你一定能拿到第6个乒乓球。理由是：如果他拿1个，你拿5个；如果他拿2个，你拿4个；如果他拿3个，你拿3个；如果他拿4个，你拿2个；如果他拿5个，你拿1个。
2．我们再把100个乒乓球从后向前按组分开，6个乒乓球一组。100不能被6整除，这样就分成17组。第1组4个，后16组每组6个。
3．自己先把第1组4个拿完，后16组每组都让对方先拿球，自己拿完剩下的。这样你就能拿到第16组的最后一个，即第100个乒乓球。
这类题目多出现于跨国企业的招聘面试中，对考察一个人的思维方式及思维方式转变能力有极其明显的作用，而据一些研究显示，这样的能力往往也与工作中的应变与创新能力息息相关。所以回答这些题目时，必须冲破思维定式，试着从不同的角度考虑问题，不断进行逆向思维，换位思考，并且把题目与自己熟悉的场景联系起来，切忌思路混乱。
33．称药
如果是三类药，我们第一瓶药取一颗，第二瓶药取10颗，第三瓶药取100颗，第四瓶药取1000颗，依此类推……
称得总重量，那么个位数上如果为1，就是第一瓶药为1g的药，如果为2，就是2g的药，十位数上的就是第二瓶药的种类……
对于四类药、五类药……只要药的规格没有大于10g都可以用这个方法。
但是考虑到代价的问题。就要先看最重的药是多重，比如上面例子是3g，就不要用10进制，改用3进制。如果有n类药，就用n进制。第一个瓶子里取n0颗药，第二个瓶子取n1颗药……第k个瓶子取nk-1颗药。把最后算出来的重量从十进制变换成n进制，然后从最低位向高位就依次是各瓶药的规格。
34．硬币游戏
A先拿1个，以后根据B的三种情况采取以下策略：
B拿1个，A拿2个；
B拿2个，A拿1个；
B拿4个，A拿2个。
也就是说每次保持和B拿的总数一定是3或6，由于499=3×166+1，每轮A与B拿的总数一定是3的倍数，所以最后一定会给对方留下1个或4个，B就输了。
35．白球黑球
每一次往外拿出来两个球后，
甲盒里的白球会只有两种结果：
1．少两个；
2．一个不少。
甲盒里的黑球也只有两种结果：
1．少一个；
2．多一个。
根据以上可得知：如果一开始甲盒中的白球数量为单数，那么最后一个白球是永远拿不出去的，最后两球一黑一白的概率为100％。
如果白球为双数：那么白球就会剩两个或一个不剩，最后两球一黑一白的概率为0％。
36．一起滚的球
当一个球滚动一周时，它平移的距离等于它的周长。长方形的周长等于圆周长的12倍，意味着外面的球沿长方形的边滚了12圈。而在每一个角上它还要滚上1／4圈。所以它总共滚了13圈。
而里面的球滚过的距离等于周长的12倍减去其半径的8倍。半径等于周长除以2π。所以它滚过的圈数为12-（4／π），大约10．7圈。
37．找规律
规律就是：从第二列开始，表示上一列某个数字的个数。例如第三列的2，1表示第二列为2个1。第四列的1，2，1，1表示第三列为1个2，1个1。依此类推。
第八列为1，1，1，3，2，1，3，2，1，1
第九列为3，1，1，3，1，2，1，1，1，3，1，2，2，1
不会出现4。因为如果出现4说明上一行有4个相同的数字，这是不可能出现的。
38．抢报30游戏
婧婧的策略其实很简单：他总是报到3的倍数为止。如果妮妮先报，根据游戏规定，他或报1，或报1、2。若妮妮报1，则婧婧就报2、3；若妮妮报1、2，婧婧就报3。接下来，妮妮从4开始报，而婧婧视妮妮的情况，总是报到6为止，依此类推。由于30是3的倍数，所以婧婧总能报到30。
39．不合理的选择
若我们假定选择A为不合理的选择，那么选择A比选择B多9000元，这又使得选择A成为合理的选择；
反之，若选择A是合理的选择，则选择A将至少比选择B少1000元，因此，选择A又成了不合理的选择；
所以这是一个两难悖论，无法选择。
40．穿过的格子
一般而言，激光穿过的格子数目等于两条边上格子数目之和再减去这两个数目的最大公约数。即10×14-2-138。
41．七桥问题
七桥问题（Seven Bridges Problem）是一个着名的古典数学问题。欧拉用点表示岛和陆地，两点之间的连线表示连接它们的桥，将河流、小岛和桥简化为一个网络，把七桥问题化成判断连通网络能否一笔画的问题。他不仅解决了此问题，且给出了连通网络可一笔画的充要条件：它们是连通的，且奇顶点（通过此点弧的条数是奇数）的个数为0或2。七桥所形成的图形中，没有一点含有偶数条数，因此，上述的任务无法完成。
欧拉的这个考虑非常重要，也非常巧妙，它正表明了数学家处理实际问题的独特之处--把一个实际问题抽象成合适的“数学模型”。这种研究方法就是“数学模型方法”。这并不需要运用多么深奥的理论，但想到这一点，却是解决难题的关键。
欧拉通过对七桥问题的研究，不仅圆满地回答了哥尼斯堡居民提出的问题，而且得到并证明了更为广泛的有关一笔画的三条结论，人们通常称之为欧拉定理。对于一个连通图，通常把从某结点出发一笔画成所经过的路线叫做欧拉路。人们又通常把一笔画成回到出发点的欧拉路叫做欧拉回路。具有欧拉回路的图叫做欧拉图。
1736年，欧拉在交给彼得堡科学院的《哥尼斯堡7座桥》的论文报告中，阐述了他的解题方法。他的巧解，为后来的数学新分支--拓扑学的建立奠定了基础。