奧數(shù)：7-6計(jì)數(shù)方法與技巧綜合

1、計(jì)數(shù)方法與技巧綜合知識(shí)框架圖7- 6- 1 歸納法7- 6- 2 整體法7- 6 計(jì)數(shù)方法與技7- 6- 3- 1 圖形中的對(duì)應(yīng)關(guān)系7 計(jì)數(shù)綜合7- 6- 3- 2 數(shù)字問(wèn)題中的對(duì)應(yīng)關(guān)系巧綜合7-6-3對(duì)應(yīng)法7- 6- 3- 3 對(duì)應(yīng)與階梯型標(biāo)數(shù)法7- 6- 3- 4 不完全對(duì)應(yīng)關(guān)系7- 6- 4 遞推法教學(xué)目標(biāo)前面在講加法原理、乘法原理、排列組合時(shí)已經(jīng)穿插講解了計(jì)數(shù)中的一些常用的方法，比如枚舉法、樹(shù)形圖法、標(biāo)數(shù)法、捆綁法、排除法、插板法等等，這里再集中學(xué)習(xí)一下計(jì)數(shù)中其他常見(jiàn)的方法，主要有歸納法、整體法、對(duì)應(yīng)法、遞推法對(duì)這些計(jì)數(shù)方法與技巧要做到靈活運(yùn)用例題精講模塊一、歸納法從條件值較小的數(shù)開(kāi)始

2、，找出其中規(guī)律，或找出其中的遞推數(shù)量關(guān)系，歸納出一般情況下的數(shù)量關(guān)系【例1】（難度等級(jí)）一條直線(xiàn)分一個(gè)平面為兩部分兩條直線(xiàn)最多分這個(gè)平面為四部分問(wèn)5 條直線(xiàn)最多分這個(gè)平面為多少部分?【解析】 方法一：我們可以在紙上試著畫(huà)出1 條直線(xiàn)， 2 條直線(xiàn)， 3 條直線(xiàn)， 時(shí)的情形，于是得到下表：由上表已知 5 條直線(xiàn)最多可將這個(gè)平面分成16 個(gè)部分，并且不難知曉，當(dāng)有n 條直線(xiàn)時(shí)，最多可將平面分成 2+2+3+4+n=n n 1+1 個(gè)部分 2方法二：如果已有 k 條直線(xiàn)，再增加一條直線(xiàn)，這條直線(xiàn)與前k 條直線(xiàn)的交點(diǎn)至多k 個(gè)，因而至多被分成 k+1 段，每一段將原有的部分分成兩個(gè)部分，所以至多增加k

3、+1 個(gè)部分于是3 條直線(xiàn)至多將平面分為 4+3=7 個(gè)部分，4 條直線(xiàn)至多將平面分為7+4=11 個(gè)部分，5 條直線(xiàn)至多將平面分為 11+5=16個(gè)部分 一般的有 k 條直線(xiàn)最多將平面分成： 1+1+2+k=k k 1+1 個(gè)部分，所以五條直線(xiàn)可以分平面為162個(gè)部分【鞏固】（難度等級(jí)） 平面上5 條直線(xiàn)最多能把圓的內(nèi)部分成幾部分？平面上100 條直線(xiàn)最多能把圓的內(nèi)部分成幾部分？【解析】 假設(shè)用 ak 表示 k 條直線(xiàn)最多能把圓的內(nèi)部分成的部分?jǐn)?shù)，這里k 0， 1，2， a0 1a1=a0 +12a2=a1 2=4a3=a2 3=7a4=a3 +411故 5 條直線(xiàn)可以把圓分成16 部分，

4、100 條直線(xiàn)可以把圓分成5051 部分【例 2 】 （難度等級(jí)）平面上 10 個(gè)兩兩相交的圓最多能將平面分割成多少個(gè)區(qū)域？【解析】先考慮最簡(jiǎn)單的情形為了敘述方便，設(shè)平面上k 個(gè)圓最多能將平面分割成ak 個(gè)部分6691234587112 32345124711 121314810從圖中可以看出，a12 ， a2422 1， a38422， a41482 3，可以發(fā)現(xiàn) ak 滿(mǎn)足下列關(guān)系式：akak 12 k1實(shí)際上，當(dāng)平面上的( k 1 ) 個(gè)圓把平面分成ak1 個(gè)區(qū)域時(shí)，如果再在平面上出現(xiàn)第k 個(gè)圓，為了保證劃分平面的區(qū)域盡可能多，新添的第 k 個(gè)圓不能通過(guò)平面上前k1個(gè)圓之間的交點(diǎn) 這樣，

5、 第 k個(gè)圓與前面 k1個(gè)圓共產(chǎn)生2(k 1) 個(gè)交點(diǎn)，如下圖：這 2( k1) 個(gè)交點(diǎn)把第 k 個(gè)圓分成了2( k1) 段圓弧， 而這 2 (k1) 段圓弧中的每一段都將所在的區(qū)域一分為二，所以也就是整個(gè)平面的區(qū)域數(shù)增加了2( k1) 個(gè)部分所以， ak ak 1 2 k 1 那么， a10a92 9a82829a72 72 829a12122 .2728292212. 78992故 10 個(gè)圓最多能將平面分成92 部分【例 3 】10個(gè)三角形最多將平面分成幾個(gè)部分？【解析】設(shè) n 個(gè)三角形最多將平面分成an 個(gè)部分n 1時(shí)， a1 2 ；n2 時(shí)，第二個(gè)三角形的每一條邊與第一個(gè)三角形最多有

6、2 個(gè)交點(diǎn)，三條邊與第一個(gè)三角形最多有23 6 （個(gè)）交點(diǎn)這 6 個(gè)交點(diǎn)將第二個(gè)三角形的周邊分成了6段，這6 段中的每一段都將原來(lái)的每一個(gè)部分分成 2個(gè)部分，從而平面也增加了6 個(gè)部分，即 a222 3n 3時(shí)，第三個(gè)三角形與前面兩個(gè)三角形最多有4 3 12（個(gè)）交點(diǎn)，從而平面也增加了 12 個(gè)部分，即： a3 2 2343一般地，第 n 個(gè)三角形與前面n1 個(gè)三角形最多有2 n1 3 個(gè)交點(diǎn)，從而平面也增加2 n 1 3 個(gè)部分，故 an223432 n 1 322 42 n 1 3 3n 2 3n2；特別地，當(dāng) n10時(shí)， a103102310 2272，即 10個(gè)三角形最多把平面分成27

7、2 個(gè)部分【例4】 （難度等級(jí)）一個(gè)長(zhǎng)方形把平面分成兩部分，那么3 個(gè)長(zhǎng)方形最多把平面分成多少部分？【解析】 一個(gè)長(zhǎng)方形把平面分成兩部分第二個(gè)長(zhǎng)方形的每一條邊至多把第一個(gè)長(zhǎng)方形的內(nèi)部分成2 部分，這樣第一個(gè)長(zhǎng)方形的內(nèi)部至多被第二個(gè)長(zhǎng)方形分成五部分同理，第二個(gè)長(zhǎng)方形的內(nèi)部至少被第一個(gè)長(zhǎng)方形分成五部分這兩個(gè)長(zhǎng)方形有公共部分有數(shù)字 9 的部分 )還有一個(gè)區(qū)域位于兩個(gè)長(zhǎng)方形外面，所以?xún)蓚€(gè)長(zhǎng)方形至多把平面分成(如下圖，標(biāo)10 部分第三個(gè)長(zhǎng)方形的每一條邊至多與前兩個(gè)長(zhǎng)方形中的每一個(gè)的兩條邊相交，故第一條邊被隔成五條小線(xiàn)段，其中間的三條小線(xiàn)段中的每一條線(xiàn)段都把前兩個(gè)長(zhǎng)方形內(nèi)部的某一部分一分為二，所以至多增加

8、 3×4=12 個(gè)部分而第三個(gè)長(zhǎng)方形的4 個(gè)頂點(diǎn)都在前兩個(gè)長(zhǎng)方形的外面，至多能增加4 個(gè)部分所以三個(gè)長(zhǎng)方形最多能將平面分成10+12+4=26【小結(jié)】 n 個(gè)圖形最多可把平面分成部分?jǐn)?shù)：直線(xiàn)：nn1；12圓： 2nn1 ；三角形： 23nn1；長(zhǎng)方形： 24nn1【例5】（難度等級(jí)）在平面上畫(huà)5 個(gè)圓和 1 條直線(xiàn)，最多可把平面分成多少部分?【解析】 先考慮圓 1 個(gè)圓將平面分成2 個(gè)部分這時(shí)增加1 個(gè)圓，這個(gè)圓與原有的1 個(gè)圓最多有兩個(gè)交點(diǎn)，成為 2 條弧，每條弧將平面的一部分一分為二，增加了2 個(gè)部分，所以2 個(gè)圓最多將平面分成4 個(gè)部分當(dāng)有3 個(gè)圓時(shí)，第3 個(gè)圓與原有的2 個(gè)產(chǎn)

9、生 4 個(gè)交點(diǎn)而增加4 個(gè)部分，所以3 個(gè)圓最多將平面分成 8 個(gè)部分同樣的道理， 5 個(gè)圓最多將平面分成22 個(gè)部分再考慮直線(xiàn)直線(xiàn)與每個(gè)圓最多有2 個(gè)交點(diǎn)，這樣與5 個(gè)圓最多有10 個(gè)交點(diǎn)它們將直線(xiàn)分成11條線(xiàn)段或射線(xiàn)，而每條線(xiàn)段又將平面的一部分一分為二，2 條射線(xiàn)增加了一部分，因此5個(gè)圓和 1條直線(xiàn)最多可將平面分成32 個(gè)部分【例 6 】 在一個(gè)西瓜上切 6 刀，最多能將瓜皮切成多少片？【解析】將西瓜看做一個(gè)球體，球體上任意一個(gè)切割面都是圓形，所以球面上的切割線(xiàn)是封閉的圓周，考慮每一次切割能增加多少瓜皮片當(dāng)切1刀時(shí)，瓜皮被切成兩份，當(dāng)切第2 刀時(shí)，由于切割線(xiàn)相交，所以瓜皮被切成 4 分，切

10、第 n 次時(shí)，新增加的切割線(xiàn)與原來(lái)的切割線(xiàn)最多有2 n1個(gè)交點(diǎn)這些交點(diǎn)將第 n 條切割線(xiàn)分成 2 n 1段，也就是說(shuō)新增加的切割線(xiàn)使瓜皮數(shù)量增加了2n 1 ，所以在西瓜上切 6 刀，最多能將瓜皮切成11212223242 5 32片【例 7 】 在一大塊面包上切 6 刀最多能將面包切成多少塊 （注：面包是一個(gè)立體幾何圖形，切面可以是任何方向）【解析】題目相當(dāng)于 6 個(gè)平面能將空間劃分為多少個(gè)部分通過(guò)找規(guī)律來(lái)尋找遞推關(guān)系，顯然的1個(gè)平面能將空間劃分成 2 塊， 2 個(gè)平面能將空間劃分成 4塊，3 個(gè)平面能將空間劃分成8個(gè)平面，當(dāng)增加到第四個(gè)平面時(shí)，第四個(gè)平面這能將原來(lái)空間中的8 個(gè)部分中的其中幾

11、個(gè)劃分如圖：注意到第四個(gè)平面與其他三個(gè)平面相交形成3 條直線(xiàn)，這三條直線(xiàn)將第四個(gè)平面分割成7 個(gè)部分，而每一部分將原來(lái)三個(gè)平面劃分的8 個(gè)空間中的7 個(gè)劃分成兩份，所以4 個(gè)平面能將空間劃分成8715個(gè)部分同樣的第五個(gè)平面與前四個(gè)平面分別相交成4 條直線(xiàn)，這四條直線(xiàn)能將第5個(gè)平面分割成1123411個(gè)部分，每一部分都劃分原空間中的某一區(qū)域，所以第五個(gè)平面能使空間中的區(qū)域增加到151126個(gè)部分當(dāng)增加到6 個(gè)平面時(shí)，第六個(gè)平面共被劃分成11 2 3 4 5 16個(gè)部分，所以第6 個(gè)平面能將空間中的區(qū)塊數(shù)增加到26 16 42個(gè)部分所以6刀能將面包切成 42塊模塊二、整體法解決計(jì)數(shù)問(wèn)題時(shí)，有時(shí)要“

12、化整為零” ，使問(wèn)題變得簡(jiǎn)單；有時(shí)反而要從整體上來(lái)考慮，從全局、從整體來(lái)研究問(wèn)題，反而有利于發(fā)現(xiàn)其中的數(shù)量關(guān)系【例8】（難度等級(jí)）一個(gè)正方形的內(nèi)部有1996 個(gè)點(diǎn)，以正方形的4 個(gè)頂點(diǎn)和內(nèi)部的1996 個(gè)點(diǎn)為頂點(diǎn)，將它剪成一些三角形問(wèn)：一共可以剪成多少個(gè)三角形?如果沿上述這些點(diǎn)中某兩點(diǎn)之間所連的線(xiàn)段剪開(kāi)算作一刀，那么共需剪多少刀?【解析】 方法一：歸納法如下圖，采用歸納法，列出1 個(gè)點(diǎn)、 2 個(gè)點(diǎn)、 3 個(gè)點(diǎn) 時(shí)可剪出的三角形個(gè)數(shù)，需剪的刀數(shù)不難看出，當(dāng)正方形內(nèi)部有n 個(gè)點(diǎn)時(shí)，可以剪成2n2 個(gè)三角形，需剪 3n+l 刀，現(xiàn)在內(nèi)部有1996個(gè)點(diǎn)，所以可以剪成2×1996+2=3994

13、 個(gè)三角形，需剪 3×1996+1=5989 刀方法二：整體法我們知道內(nèi)部一個(gè)點(diǎn)貢獻(xiàn)360 度角，原正方形的四個(gè)頂點(diǎn)共貢獻(xiàn)了360 度角，所以當(dāng)內(nèi)部有n 個(gè)點(diǎn)時(shí)，共有 360n+360度角，而每個(gè)三角形的內(nèi)角和為180 度角，所以可剪成 (360n+360) ÷180=2n+2 個(gè)三角形2n+2 個(gè)三角形共有3×(2n+2)=6n+6 條邊，但是其中有 4 條是原有的正方形的邊，所以正方形內(nèi)部的三角形邊有 6n+64=6n+2 條邊，又知道每條邊被2 個(gè)三角形共用，即每 2 條邊是重合的，所以只用剪 (6n+2) ÷2 3n+1 刀本題中 n=1996，

14、所以可剪成 3994 個(gè)三角形，需剪5989 刀【鞏固】在三角形 ABC 內(nèi)有 100 個(gè)點(diǎn)，以三角形的頂點(diǎn)和這100 點(diǎn)為頂點(diǎn)，可把三角形剖分成多少個(gè)小三角形？【 解析】整體法100 個(gè)點(diǎn)每個(gè)點(diǎn)周?chē)?360 度，三角形本身內(nèi)角和為 180 度，所以可以分成360 100 180 180 201 個(gè)小三角形【例 9 】 在一個(gè)六邊形紙片內(nèi)有60 個(gè)點(diǎn)，以這60 個(gè)點(diǎn)和六變形的6 個(gè)頂點(diǎn)為頂點(diǎn)的三角形，最多能剪出_個(gè)【解析】設(shè)正六邊形內(nèi)有n 個(gè)點(diǎn)，當(dāng) n1時(shí)有 6個(gè)三角形，每增加一個(gè)點(diǎn)，就增加2 個(gè)三角形，n 個(gè)點(diǎn)最多能剪出62 n 12 n 2個(gè)三角形n 60時(shí)，可剪出 124個(gè)三角形注：設(shè)

15、最多能剪出x 個(gè)小三角形，則這些小三角形的內(nèi)角和為形 六個(gè) 頂點(diǎn) 處各 角之和為4 180 ， 故這些 小三 角形的內(nèi)180 x 換一個(gè)角度看，匯聚到正六邊角總和為 603604 180 于是180 x603604180，解得 x124模塊三、對(duì)應(yīng)法將難以計(jì)數(shù)的數(shù)量與某種可計(jì)量的事物聯(lián)系起來(lái)，只要能建立一一對(duì)應(yīng)的關(guān)系，那么這兩種事物在數(shù)量上是相同的事實(shí)上插入法和插板法都是對(duì)應(yīng)法的一種表現(xiàn)形式一、圖形中的對(duì)應(yīng)關(guān)系【例10】（難度等級(jí)）在8×8的方格棋盤(pán)中，取出一個(gè)由三個(gè)小方格組成的“L形”（如圖），一共有多少種不同的方法？【解析】 注意：數(shù) “不規(guī)則幾何圖形”的個(gè)數(shù)時(shí)，常用對(duì)應(yīng)法第 1

16、 步：找對(duì)應(yīng)圖形 每一種取法，有一個(gè)點(diǎn)與之對(duì)應(yīng)，這就是圖中的 A 點(diǎn)，它是棋盤(pán)上橫線(xiàn)與豎線(xiàn)的交點(diǎn)，且不在棋盤(pán)邊上第 2 步：明確對(duì)應(yīng)關(guān)系從下圖可以看出，棋盤(pán)內(nèi)的每一個(gè)點(diǎn)對(duì)應(yīng)著4 個(gè)不同的取法（“L形”的 “角 ”在 2×2 正方形的不同 “角 ”上）第 3 步：計(jì)算對(duì)應(yīng)圖形個(gè)數(shù)由于在8×8 的棋盤(pán)上，內(nèi)部有7×7=49（個(gè)）交叉點(diǎn)，第 4 步：按照對(duì)應(yīng)關(guān)系，給出答案故不同的取法共有49×4=196（種）評(píng)注 :通過(guò)上面兩個(gè)范例我們知道,當(dāng)直接去求一個(gè)集合元素的個(gè)數(shù)較為困難的時(shí)候,可考慮采用相等的原則 ,把問(wèn)題轉(zhuǎn)化成求另一個(gè)集合的元素個(gè)數(shù)【例11】（難度等

17、級(jí) ）在 8×8 的黑白相間染色的國(guó)際象棋棋盤(pán)中，以網(wǎng)格線(xiàn)為邊的、恰包含兩個(gè)白色小方格與一個(gè)黑色小方格的長(zhǎng)方形共有多少個(gè)？【解析】 首先可以知道題中所講的13長(zhǎng)方形中間的那個(gè)小主格為黑色，這是因?yàn)閮蓚€(gè)白格不相鄰，所以不能在中間顯然，位于棋盤(pán)角上的黑色方格不可能被包含在這樣的長(zhǎng)方形中下面分兩種情況來(lái)分析：第一種情況， 一個(gè)位于棋盤(pán)內(nèi)部的黑色方格對(duì)應(yīng)著兩個(gè)這樣的1 3長(zhǎng)方形 (一橫一豎 )；第二種情況，位于邊上的黑色方格只能對(duì)應(yīng)一個(gè)13長(zhǎng)方形由于在棋盤(pán)上的32 個(gè)黑色方格中， 位于棋盤(pán)內(nèi)部的18 個(gè)，位于邊上的有12 個(gè)，位于角上的有2 個(gè)，所以共有 1821248 個(gè)這樣的長(zhǎng)方形本題也

18、可以這樣來(lái)考慮：事實(shí)上，每一行都有6 個(gè) 13長(zhǎng)方形，所以棋盤(pán)上橫、豎共有1 3長(zhǎng)方形6 8 2 96 個(gè)由于棋盤(pán)上的染色具有對(duì)稱(chēng)性，因此包含兩個(gè)白色小方格與一個(gè)黑色小方格的長(zhǎng)方形正好與包含兩個(gè)黑色小方格與一個(gè)白色小方格的長(zhǎng)方形具有一一對(duì)應(yīng)關(guān)系，這說(shuō)明它們各占一半，因此所求的長(zhǎng)方形個(gè)數(shù)為96248個(gè)【鞏固】（難度等級(jí)）用一張如圖所示的紙片蓋住66 方格表中的四個(gè)小方格，共有多少種不同的放置方法？【解析】 如圖，將紙片中的一個(gè)特殊方格染為黑色，下面考慮此格在66 方格表中的位置易見(jiàn)它不能位于四個(gè)角上；若黑格位于方格表中間如圖淺色陰影所示的44 正方形內(nèi)的某格時(shí)，紙片有4 種不同的放法，共計(jì) 4

19、4 4 64種；若黑格位于方格表邊上如圖深色陰影所示的方格中時(shí)，紙片的位置隨之確定，即只有 1 種放法，此類(lèi)放法有 4 4 16 種所以，紙片共有 64 16 80 種不同的放置方法 【例12】（難度等級(jí)）圖中可數(shù)出的三角形的個(gè)數(shù)為【解析】這個(gè)圖不像我們以前數(shù)三角形那樣規(guī)則，粗看似乎看不出其中的規(guī)律，不妨我們?nèi)〕銎渲械囊粋€(gè)三角形，發(fā)現(xiàn)它的三條邊必然落在這個(gè)圖形中的三條大線(xiàn)段上，而每三條大線(xiàn)段也正好能構(gòu)成一個(gè)三角形，因此三角形的個(gè)數(shù)和三條大線(xiàn)段的取法是一一對(duì)應(yīng)的關(guān)系，圖中一共有8 條大線(xiàn)段，因此有C8356 個(gè)三角形【例 13 】如圖所示，在直線(xiàn)AB 上有 7 個(gè)點(diǎn)，直線(xiàn) CD 上有 9 個(gè)點(diǎn)以

20、 AB 上的點(diǎn)為一個(gè)端點(diǎn)、CD 上的點(diǎn)為另一個(gè)端點(diǎn)的所有線(xiàn)段中，任意3 條線(xiàn)段都不相交于同一個(gè)點(diǎn)，求所有這些線(xiàn)段在AB 與 CD 之間的交點(diǎn)數(shù)ABCD【解析】常規(guī)的思路是這樣的：直線(xiàn)AB 上的 7 個(gè)點(diǎn)，每個(gè)點(diǎn)可以與直線(xiàn)CD 上的 9 個(gè)點(diǎn)連 9 根線(xiàn)段，然后再分析這些線(xiàn)段相交的情況如右圖所示，如果注意到下面這個(gè)事實(shí)：對(duì)于直線(xiàn)AB 上的任意兩點(diǎn)M 、 N 與直線(xiàn) CD 上的任意兩點(diǎn) P 、 Q 都可以構(gòu)成一個(gè)四邊形MNQP ，而這個(gè)四邊形的兩條對(duì)角線(xiàn)MQ 、 NP 的交點(diǎn)恰好是我們要計(jì)數(shù)的點(diǎn)，同時(shí)，對(duì)于任意四點(diǎn)( AB 與 CD 上任意兩點(diǎn) ) 都可以產(chǎn)生一個(gè)這樣的交點(diǎn)，所以圖中兩條線(xiàn)段的交點(diǎn)

21、與四邊形有一一對(duì)應(yīng)的關(guān)系這說(shuō)明，為了計(jì)數(shù)出有多少個(gè)交點(diǎn)，我們只需要求出在直線(xiàn)AB 與 CD 中有多少個(gè)滿(mǎn)足條件的四邊形MNQP 就可以了！從而把問(wèn)題轉(zhuǎn)化為：在直線(xiàn) AB 上有 7 個(gè)點(diǎn)，直線(xiàn) CD 上有 9 個(gè)點(diǎn)四邊形 MNQP 有多少個(gè)？其中點(diǎn) M 、 N 位于直線(xiàn) AB 上，點(diǎn) P 、 Q 位于直線(xiàn) CD 上這是一個(gè)常規(guī)的組合計(jì)數(shù)問(wèn)題，可以用乘法原理進(jìn)行計(jì)算：由于線(xiàn)段MN 有 C7221種選擇方式，線(xiàn)段 PQ 有 C92 36 種選擇方式， 根據(jù)乘法原理， 共可產(chǎn)生 21 36 756 個(gè)四邊形 因此在直線(xiàn) AB 與 CD 之間共有 756 個(gè)交點(diǎn)二、數(shù)字問(wèn)題中的對(duì)應(yīng)關(guān)系【例 14 】有多

22、少個(gè)四位數(shù)， 滿(mǎn)足個(gè)位上的數(shù)字比千位數(shù)字大，千位數(shù)字比百位大， 百位數(shù)字比十位數(shù)字大？【解析】由于四位數(shù)的四個(gè)數(shù)位上的數(shù)的大小關(guān)系已經(jīng)非常明確，而對(duì)于從 0 9 中任意選取的 4 個(gè)數(shù)字， 它們的大小關(guān)系也是明確的，那么由這4 個(gè)數(shù)字只能組成1個(gè)符合條件的四位數(shù) ( 題目中要求千位比百位大，所以千位不能為0，本身已符合四位數(shù)的首位不能為0 的要求，所以進(jìn)行選擇時(shí)可以把0 包含在內(nèi) ) ，也就是說(shuō)滿(mǎn)足條件的四位數(shù)的個(gè)數(shù)與從0 9 中選取 4 個(gè)數(shù)字的選法是一一對(duì)應(yīng)的關(guān)系，那么滿(mǎn)足條件的四位數(shù)有410987個(gè)C104322101【鞏固】 （難度等級(jí) ）三位數(shù)中，百位數(shù)比十位數(shù)大，十位數(shù)比個(gè)位數(shù)大的

23、數(shù)有多少個(gè)？【解析】 相當(dāng)于在 10 個(gè)數(shù)字中選出3 個(gè)數(shù)字，然后按從大到小排列. 共有 10× 9× 8÷（ 3×2× 1）=120 種實(shí)際上，前鋪中每一種劃法都對(duì)應(yīng)著一個(gè)數(shù)【例 15 】數(shù) 3 可以用 4 種方法表示為一個(gè)或幾個(gè)正整數(shù)的和，如3，1 2， 2 1， 1 1 1問(wèn)： 1999表示為一個(gè)或幾個(gè)正整數(shù)的和的方法有多少種？【解析】我們將 1999 個(gè) 1 寫(xiě)成一行，它們之間留有1998個(gè)空隙，在這些空隙處，或者什么都不填，或者填上“”號(hào)例如對(duì)于數(shù)3，上述4 種和的表達(dá)方法對(duì)應(yīng)：111，1 11，11 1，1 1 1可見(jiàn)，將1999

24、表示成和的形式與填寫(xiě)1998 個(gè)空隙處的方式之間是一一對(duì)應(yīng)的關(guān)系，而每一個(gè)空隙處都有填“”號(hào)和不填“”號(hào)2 種可能，因此1999 可以表示為正整數(shù)之和的不同方法有2 22 21998 種1998個(gè) 2 相乘【例 16 】（ 2019 年國(guó)際小學(xué)數(shù)學(xué)競(jìng)賽）請(qǐng)問(wèn)至少出現(xiàn)一個(gè)數(shù)碼3，并且是3 的倍數(shù)的五位數(shù)共有多少個(gè)？【解析】五位數(shù)共有90000 個(gè)，其中3 的倍數(shù)有30000 個(gè)可以采用排除法，首先考慮有多少個(gè)五位數(shù)是3的倍數(shù)但不含有數(shù)碼3.首位數(shù)碼有8 種選擇，第二、三、四位數(shù)碼都有9 種選擇當(dāng)前四位的數(shù)碼確定后，如果它們的和除以余數(shù)為0，則第五位數(shù)碼可以為0、 6、 9；如果余數(shù)為1，則第五位

25、數(shù)碼可以為2、 5、 8；如果余數(shù)為2，則第五位數(shù)碼可以為1、 4、7. 可見(jiàn)只要前四位數(shù)碼確定了，第五位數(shù)碼都有3 種選擇，所以五位數(shù)中是3 的倍數(shù)但不含有數(shù)碼3 的數(shù)共有 8999317496個(gè)所以滿(mǎn)足條件的五位數(shù)共有300001749612504個(gè)三、對(duì)應(yīng)與階梯型標(biāo)數(shù)法【例 17 】游樂(lè)園的門(mén)票1 元 1 張，每人限購(gòu)1 張現(xiàn)在有10 個(gè)小朋友排隊(duì)購(gòu)票，其中5 個(gè)小朋友只有1 元的鈔票，另外5 個(gè)小朋友只有2 元的鈔票，售票員沒(méi)有準(zhǔn)備零錢(qián)問(wèn)有多少種排隊(duì)方法，使售票員總能找得開(kāi)零錢(qián)？【解析】與類(lèi)似題目找對(duì)應(yīng)關(guān)系要保證售票員總能找得開(kāi)零錢(qián)，必須保證每一位拿2 元錢(qián)的小朋友前面的若干小朋友中，

26、拿1 元的要比拿 2 元的人數(shù)多，先將拿1 元錢(qián)的小朋友看成是相同的，將拿2 元錢(qián)的小朋友看成是相同的，可以利用斜直角三角模型在下圖中，每條小橫線(xiàn)段代表1 元錢(qián)的小朋友，每條小豎線(xiàn)段代表2 元錢(qián)的小朋友，因?yàn)閺腁 點(diǎn)沿格線(xiàn)走到B 點(diǎn)，每次只能向右或向上走，無(wú)論到途中哪一點(diǎn)，只要不超過(guò)斜線(xiàn)，那么經(jīng)過(guò)的小橫線(xiàn)段都不少于小豎線(xiàn)段，所以本題相當(dāng)于求下圖中從A 到 B 有多少種不同走法使用標(biāo)數(shù)法，可求出從A到 B有 42種走法B421442514282591412345A111111但是由于 10 個(gè)小朋友互不相同，必須將他們排隊(duì)，可以分成兩步，第一步排拿2 元的小朋友，5 個(gè)人共有 5！ 120種排法

27、；第二步排拿到1 元的小朋友，也有120 種排法，所以共有 5！ 5！ 14400 種排隊(duì)方法這樣，使售票員能找得開(kāi)零錢(qián)的排隊(duì)方法共有4214400604800( 種 ) 【例 18 】（ 2008年第一屆“學(xué)而思杯”五年級(jí)試題）學(xué)學(xué)和思思一起洗5 個(gè)互不相同的碗，思思洗好的碗一個(gè)一個(gè)往上摞，學(xué)學(xué)再?gòu)淖钌厦嬉粋€(gè)一個(gè)地拿走放入碗柜摞成一摞，思思一邊洗，學(xué)學(xué)一邊拿，那么學(xué)學(xué)摞好的碗一共有種不同的摞法【解析】我們把學(xué)學(xué)洗的5 個(gè)碗過(guò)程看成從起點(diǎn)向右走5 步（即洗幾個(gè)碗就代表向右走幾步），思思拿 5 個(gè)碗的過(guò)程看成是向上走5 步（即拿幾個(gè)碗就代表向上走幾步），摞好碗的摞法，就代表向右、向上走5 步到達(dá)

28、終點(diǎn)最短路線(xiàn)的方法. 由于洗的碗要多余拿的碗，所以向右走的路線(xiàn)要多余向上走的路線(xiàn)，所以我們用下面的斜三角形進(jìn)行標(biāo)數(shù)，共有42種走法，即代表42 種摞法 .B421442514282591412345A11111【例 19 】 ( 第七屆走美試題) 一個(gè)正在行進(jìn)的8 人隊(duì)列，每人身高各不相同，按從低到高的次序排列，現(xiàn)在他們要變成并列的2 列縱隊(duì)，每列仍然是按從低到高的次序排列，同時(shí)要求并排的每?jī)扇酥凶筮叺娜吮扔疫叺娜艘?，那么? 列縱隊(duì)有種不同排法【解析】首先，將 8 人的身高從低到高依次編號(hào)為1、2、3、4、5、6、7、8，現(xiàn)在就相當(dāng)于要將這8 個(gè)數(shù)填到一個(gè)42的方格中，要求每一行的數(shù)依次增

29、大，每一列上面的要比下面的大下面我們將 1、2、3、4、5、6、7、8依次往方格中填，按照題目規(guī)則，很容易就發(fā)現(xiàn)：第二行填的的數(shù)字的個(gè)數(shù)永遠(yuǎn)都小于或等于第一行數(shù)字填的個(gè)數(shù)也就是說(shuō)，不能出現(xiàn)下圖這樣的情況而這個(gè)正好是“階梯型標(biāo)數(shù)”題型的基本原則于是，我們可以把原題轉(zhuǎn)化成：在這個(gè)階梯型方格中，橫格代表在第一行的四列，縱格代表第二行的四列，那么此題所有標(biāo)數(shù)的方法就相當(dāng)于從 A 走到 B 的最短路線(xiàn)有多少條例如，我們選擇一條路線(xiàn)：它對(duì)應(yīng)的填法就是：最后，用“標(biāo)數(shù)法”得出從A 到 B 的最短路徑有14 種，如下圖：【鞏固】 將 112 這 12 個(gè)數(shù)填入到2 行 6 列的方格表中， 使得每行右邊比左邊的

30、大，每一列上面比下面的大，共有多少種填法？【解析】根據(jù)對(duì)應(yīng)關(guān)系，再運(yùn)用階梯型標(biāo)數(shù)法畫(huà)圖如下：13242132144290514284825914201234561111111共有 132 種填法四、不完全對(duì)應(yīng)關(guān)系【例 20 】圓周上有 12 個(gè)點(diǎn)，其中一個(gè)點(diǎn)涂紅，還有一個(gè)點(diǎn)涂了藍(lán)色，其余10 個(gè)點(diǎn)沒(méi)有涂色，以這些點(diǎn)為頂點(diǎn)的凸多邊形中，其頂點(diǎn)包含了紅點(diǎn)及藍(lán)點(diǎn)的多邊形稱(chēng)為雙色多邊形；只包含紅點(diǎn)(藍(lán)點(diǎn))的多邊形稱(chēng)為紅色 ( 藍(lán)色 ) 多邊形不包含紅點(diǎn)及藍(lán)點(diǎn)的稱(chēng)無(wú)色多邊形試問(wèn)，以這12 個(gè)點(diǎn)為頂點(diǎn)的所有凸多邊形 ( 邊數(shù)可以從三角形到12 邊形 ) 中，雙色多邊形的個(gè)數(shù)與無(wú)色多邊形的個(gè)數(shù)，哪一種較多？

31、多多少個(gè)？【解析】從任意一個(gè)雙色的 N 邊形出發(fā) (N5時(shí) ) ，在去掉這個(gè)雙色多邊形中的紅色頂點(diǎn)與藍(lán)色頂點(diǎn)后，將得到一個(gè)無(wú)色的N2邊形；另一方面，對(duì)于一個(gè)任意的無(wú)色的M 邊形，如果加上紅色頂點(diǎn)和藍(lán)色頂點(diǎn)，就得到一個(gè)雙色的M2 邊形，所以無(wú)色多邊形與雙色多邊形中的五邊形以上的圖形是一一對(duì)應(yīng)的關(guān)系，所以雙色多邊形的個(gè)數(shù)比較多，多的是雙色三角形和雙色四邊形的個(gè)數(shù)而雙色三角形有 10 個(gè)，雙色四邊形有C10245 個(gè)，所以雙色多邊形比無(wú)色多邊形多10 4555 個(gè)【例 21 】有一類(lèi)各位數(shù)字各不相同的五位數(shù)M ，它的千位數(shù)字比左右兩個(gè)數(shù)字大，十位數(shù)字也比左右兩位數(shù)字大另有一類(lèi)各位數(shù)字各不相同的五位數(shù)

32、W ，它的千位數(shù)字比左右兩個(gè)數(shù)字小，十位數(shù)字也比左右兩位數(shù)字小請(qǐng)問(wèn)符合要求的數(shù)M 與 W ，哪一類(lèi)的個(gè)數(shù)多？多多少？【解析】 M 與 W 都是五位數(shù)， 都有千位和十位與其它數(shù)位的大小關(guān)系，所以?xún)深?lèi)數(shù)有一定的對(duì)應(yīng)關(guān)系比如有一個(gè)符合要求的五位數(shù)MABCDE ( A 不為0) ，那么就有一個(gè)與之相反并對(duì)應(yīng)的五位數(shù)(9 A)(9B)(9C )(9D )(9E ) 必屬于 W 類(lèi)，比如 13254為 M 類(lèi)，則與之對(duì)應(yīng)的86754 為 W 類(lèi)所以對(duì)于 M 類(lèi)的每一個(gè)數(shù)，W 類(lèi)都有一個(gè)數(shù)與之對(duì)應(yīng)但是兩類(lèi)數(shù)的個(gè)數(shù)不是一樣多，因?yàn)镸 類(lèi)中 0 不能做首位，而 W 類(lèi)中 9 可以做首位所以W 類(lèi)的數(shù)比 M 類(lèi)的

33、數(shù)要多，多的就是就是首位為9的符合要求的數(shù)計(jì)算首位為9 的 W 類(lèi)的數(shù)的個(gè)數(shù)， 首先要確定另外四個(gè)數(shù)，因?yàn)橐蟾鞑幌嗤?從除 9 外的其它9 個(gè)數(shù)字中選出4 個(gè)，有 C94126 種選法對(duì)于每一種選法選出來(lái)的4 個(gè)數(shù)，假設(shè)其大小關(guān)系為A4 A3A2 A1 ，由于其中最小的數(shù)只能在千位和十位上，最大的數(shù)只能在百位和個(gè)位上，所以符合要求的數(shù)有2 類(lèi)：千位、十位排A1、 A2 ，有兩種方法，百位、十位排A3 、 A4 ，也有兩種方法，故此時(shí)共有4 種；千位、十位排A1、 A3 ，只能是千位 A3 ，百位 A4 ，十位 A1 ，個(gè)位 A2 ，只有1 種方法根據(jù)乘法原理，首位為9 的 W 類(lèi)的數(shù)有 1

34、2641630 個(gè)故 W 類(lèi)的數(shù)比 M 類(lèi)的數(shù)多630個(gè)【例 22 】用 1 元，2 元，5 元，10 元四種面值的紙幣若干張( 不一定要求每種都有 ) ，組成 99 元有 P 種方法，組成 101 元有 Q 種方法，則 QP【解析】由于 101992，所以對(duì)于組成99 元的每一種方法，只要再加上一張2 元的，即可組成101 元；而對(duì)于組成101 元的方法，如果其中包含有一張2 元的，那么去掉這張2 元的，即可得到一種組成99元的方法 可見(jiàn)組成99 元的方法與組成 101 元的某些方法之間存在一一對(duì)應(yīng)的關(guān)系，組成 101 元的所有方法中， 除去這些與組成99 元的方法對(duì)應(yīng)的方法， 剩下的都是不

35、包含有2 元紙幣的組成方法 所以 Q比 P多的就是用1 元， 5 元， 10 元這三種面值的紙幣組成101 元的方法的總數(shù)假設(shè)用 x 張 1 元的， y 張 5 元的， z 張 10 元的可以組成 101 元，則 x5 y10 z101由于 10z101，所以 z10 即 10 元的可以有0 10 張如果 10 元的張數(shù)確定了， 那么有 x5 y 10110z10 10z1 5202z 1 ，那么 y 的值可以為0到 202z，也就是對(duì)每一個(gè)z 的值， y 都可以有 20 2z1212z 種可能，相應(yīng)地5 元紙幣的張數(shù)也有212z 種取法而當(dāng) 10 元和 5 元的張數(shù)都確定了以后，1 元紙幣的

36、張數(shù)也就確定了，這樣也就確定了組成101 元的方法所以只需要看取10 元和 5 元的共有多少種取法如果 10 元的取0 張，即 z0，則212 z21，即 5 元的有 21種取法；如果 10 元的取1 張，即 z1，則 212z19，即 5 元的有19 種取法；如果 10 元的取2 張，即 z2，則212 z17，即 5 元的有 17種取法；如果 10 元的取10 張，即 z 10 ，則 21 2z 1 ，即 5 元的有 1 種取法；所以總數(shù)為 2119171112121 那么Q P121 模塊四、遞推法對(duì)于某些難以發(fā)現(xiàn)其一般情形的計(jì)數(shù)問(wèn)題，可以找出其相鄰數(shù)之間的遞歸關(guān)系，有了這一遞歸關(guān)系就可

37、以利用前面的數(shù)求出后面未知的數(shù)，這種方法稱(chēng)為遞推法【例 23 】（難度等級(jí) ）有一堆火柴共12 根，如果規(guī)定每次取1 3 根，那么取完這堆火柴共有多少種不同取法？【解析】 取 1 根火柴有1 種方法，取2 根火柴有2 種方法，取 3 根火柴有4 種取法，以后取任意根火柴的種數(shù)等于取到前三根火柴所有情況之和，以此類(lèi)推，參照上題列表如下：1根 2根 3根 4根 5根6 根7 根8 根9根 10根11 根12 根124713244481149274504927取完這堆火柴一共有927 種方法【鞏固】 （難度等級(jí)）一堆蘋(píng)果共有8 個(gè)，如果規(guī)定每次取1 3 個(gè)，那么取完這堆蘋(píng)果共有多少種不同取法？【解析

38、】 取 1 個(gè)蘋(píng)果有1 種方法，取2 個(gè)蘋(píng)果有2 種方法，取 3 個(gè)蘋(píng)果有4 種取法，以后取任意個(gè)蘋(píng)果的種數(shù)等于取到前三個(gè)蘋(píng)果所有情況之和，以此類(lèi)推，參照上題列表如下：1 個(gè)2 個(gè)3 個(gè)4 個(gè)5 個(gè)6 個(gè)7 個(gè)8 個(gè)124713244481取完這堆蘋(píng)果一共有81 種方法【例 24 】有 10 枚棋子，每次拿出2 枚或 3 枚，要想將 10 枚棋子全部拿完，共有多少種不同的拿法？【解析】本題可以采用遞推法，也可以進(jìn)行分類(lèi)討論，當(dāng)然也可以直接進(jìn)行枚舉( 法 1) 遞推法假設(shè)有n 枚棋子，每次拿出2 枚或 3 枚，將 n 枚棋子全部拿完的拿法總數(shù)為an 種則 a21 ， a31 ， a41 由于每次

39、拿出2 枚或 3 枚，所以 anan3an 2 ( n5 ) 所以， a5a2a3 2 ； a6a3 a42 ； a7 a4a5 3 ； a8a5a64 ； a9a6a75 ；a10a7a87 即當(dāng)有10 枚棋子時(shí)，共有7 種不同的拿法( 法 2) 分類(lèi)討論由于棋子總數(shù)為10 枚，是個(gè)偶數(shù)，而每次拿2 枚或 3 枚，所以其中拿3 枚的次數(shù)也應(yīng)該是偶數(shù)由于拿 3 枚的次數(shù)不超過(guò) 3 次，所以只能為0 次或 2次若為 0 次，則相當(dāng)于2 枚拿了5 次，此時(shí)有1 種拿法；若為 2 次，則 2 枚也拿了2 次，共拿了4 次，所以此時(shí)有26 種拿法C4根據(jù)加法原理，共有1 67 種不同的拿法【例 25 】（難度等級(jí) ）用13的小長(zhǎng)方形覆蓋 38的方格網(wǎng)，共有多少種不同