В коробках 64, 77 и 0 камней, всего 64+77+0=141 — и это число не меняется никогда: за ход два камня уходят из двух коробок и ровно два приходят в третью. Нужен инвариант. Посмотрим на остатки количеств по модулю 3. При ходе две коробки теряют по 1, а третья прибавляет 2, поэтому разность двух «отдающих» коробок не меняется, а разность «отдающей» и «принимающей» меняется на 3. Значит все попарные разности количеств по модулю 3 сохраняются.

а) Хотим (64;59;18). Сумма 64+59+18=141 — сходится. Остатки по модулю 3: было (64;77;0)\equiv(1;2;0), стало (64;59;18)\equiv(1;2;0) (ведь 59=57+2, 18=18) — те же самые, инвариант не нарушен. Построим ходы явно. Сделаем 12 ходов «камни идут в третью коробку» (берём из первой и второй по одному): (64;77;0)\to(52;65;24). Затем 6 ходов «камни идут в первую» (берём из второй и третьей по одному): (52;65;24)\to(64;59;18). По дороге все числа неотрицательны, значит да, могло.

б) Хотим 141 камень в третьей коробке. Тогда в первой и второй — по 0, то есть набор (0;0;141). Но разность первых двух коробок по модулю 3 обязана оставаться прежней: вначале 64-77=-13\equiv 2\ (\bmod\ 3). А у (0;0;141) разность первых двух равна 0, это остаток 0, а не 2. Противоречие — 141 камень в третьей коробке оказаться не мог.

в) Всего 141 камень, в первой оказался 1, значит во второй и третьей вместе 140. Чтобы в третьей было побольше, во второй нужно поменьше. Но разность первой и второй коробок по модулю 3 неизменна и равна 2. Пусть во второй x камней; тогда 1-x\equiv 2\ (\bmod\ 3), откуда x\equiv -1\equiv 2\ (\bmod\ 3). Значит во второй коробке остаток 2 — там не может быть 0 или 1, наименьшее подходящее число это 2. Тогда в третьей 140-2=138. Набор (1;2;138) достижим (сумма 141, остатки (1;2;0) совпадают с начальными), поэтому наибольшее число камней в третьей коробке — 138.