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1、中考数学复习资料，精心整编吐血推荐, 如若有用请打赏支持，感激不尽！初一数学竞赛讲座第 10 讲 计数的方法与原理计数方法与原理是组合数学的主要课题之一，本讲介绍一些计数的基本方法及计数的基本原理。一、枚举法一位旅客要从武汉乘火车去北京，他要了解所有可供乘坐的车次共有多少，一个最易行的办法是找一张全国列车运行时刻表，将所有从武汉到北京的车次逐一挑出来，共有多少次车也就数出来了，这种计数方法就是枚举法。所谓枚举法，就是把所要求计数的所有对象一一列举出来，最后计算总数的方法。 运用枚举法进行列举时，必须注意无一重复，也无一遗漏。例 1 四个学生每人做了一张贺年片，放在桌子上，然后每人去拿一张，但不
2、能拿自己做的一张。问：一共有多少种不同的方法？解：设四个学生分别是A，B，C，D，他们做的贺年片分别是a，b，c，d。先考虑 A拿 B做的贺年片 b 的情况（如下表），一共有3 种方法。同样， A拿 C或 D做的贺年片也有3 种方法。一共有 333=9（种）不同的方法。例 2 甲、乙二人打乒乓球，谁先连胜两局谁赢，若没有人连胜头两局，则谁先胜三局谁赢，打到决出输赢为止。问：一共有多少种可能的情况？解：如下图，我们先考虑甲胜第一局的情况：图中打的为胜者， 一共有 7 种可能的情况。 同理，乙胜第一局也有 7 种可能的情况。 一共有 77=14（种）可能的情况。二、加法原理精选学习资料 - - -
3、 - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 1 页，共 10 页如果完成一件事情有n 类方法，而每一类方法中分别有m1 ，m2 ，mn种方法，而不论采用这些方法中的任何一种，都能单独地完成这件事情，那么要完成这件事情共有：N=m1+m2+mn种方法。这是我们所熟知的加法原理，也是利用分类法计数的依据。例 3 一个自然数，如果它顺着数和倒着数都是一样的，则称这个数为“回文数”。例如1331，7，202 都是回文数，而 220 则不是回文数。问： 1 到 6 位的回文数一共有多少个？按从小到大排，第 2000 个回文数是多少？解：一位回文数有： 1，2，9，共 9 个；二
4、位回文数有： 11，22， 99，共 9 个；三位回文数有： 101，111，999，共 90 个；四位回文数有： 1001，1111， 9999，共 90 个；五位回文数有： 10001，10101， 99999，共 900 个；六位回文数有： 100001，101101， 999999，共 900 个。到六位数为止，回文数共有999090900900=1998（个）。第 1999 个回文数是 1000001，第 2000个回文数是 1001001。例 4 设有长度为 1，2， 9 的线段各一条，现在要从这9 条线段中选取若干条组成一个正方形，共有多少种不同的取法？这里规定当用2 条或多条线
5、段接成一条边时，除端点外，不许重叠。解法 1：因为所以正方形的边长不大于11。下面按正方形的边长分类枚举：（1）边长为 11：92=8+3=74=65，可得 1 种选法；（2）边长为 10：91=82=73=64，可得 1 种选法；（3）边长为 9 ：9=81=72=63=54，可得 5 种选法；（4）边长为 8：8=71=62=5+3，可得 1 种选法；（5）边长为 7：7=61=52=43，可得 1 种选法；（6）边长 6 时，无法选择。综上计算，不同的取法共有11+511=9（种）。精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 2 页，共
6、10 页解法 2：由于这些线段互不等长，故至少要用7 条线段才能组成一个正方形。当恰取7 条线段组成正方形时，正方形的3 条边各用 2 条线相接，另一条边只用一条线段；当恰用8 条线段时，只能每边各用 2 条线段相接（容易看出，其他情况不可能发生）。因为 1+2 9=45， 45 不能被 4 整除，所以用 9 条线段，不可能组成正方形。由解法一知，拼出的正方形边长至多为11，又易知正方形的边长不可能为 1，2，3，4，5，6。有了以上分析就容易计数了。（1）取出 7 条线段，有以下 7 种：7=1+62534；81+72+635；9182736=45 （这个式子有 5 种）；（2）取出 8 条
7、线段，有以下 2 种：19283746；29384756。综上所述，不同的取法共有72=9（种）。三、乘法原理如果完成一件事必须分n 个步骤，而每一个步骤分别有m1 ，m2 ，mn种方法，那么完成这件事共有：Nm1 m2 mn种方法。这就是乘法原理，它是分步法的依据。乘法原理和加法原理被称为是计数的基本原理。我们应注意它们的区别，也要注意二者的联合使用。例 5 一台晚会上有 6 个演唱节目和 4 个舞蹈节目。求：（1）当 4 个舞蹈节目要排在一起时，有多少不同的安排节目的顺序？（2） 当要求每 2 个舞蹈节目之间至少安排1 个演唱节目时，一共有多少不同的安排节目的顺序？解：（1）先将 4 个舞
8、蹈节目看成 1 个节目，与 6 个演唱节目一起排，有 7 ！=7654321=5404（种）方法。第二步再排 4 个舞蹈节目，有 4！=432124（种）方法。根据乘法原理，一共有 5040 24=120960（种）方法。（2）首先将 6 个演唱节目排成一列（如下图中的“”），一共有6！=65432 1=720（种）方法。第二步，再将 4 个舞蹈节目排在一头一尾或2 个演唱节目之间（即上图中“”的位置），这相当于从 7 个“”中选 4 个来排，一共有 7654840（种）方法。精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 3 页，共 10 页根据
9、乘法原理，一共有720840=604800 （种）方法。例 6 有 8 个队参加比赛，如果采用下面的淘汰制，那么在赛前抽签时，实际上可以得到多少种不同的安排表？解：8 个队要经过 3 轮比赛才能确定冠亚军。将第1 轮的 4 组，自左至右记为1，2，3，4 组，其中第 1，2 组为甲区， 3，4 组为乙区。 8 个队抽签即是在上图的8 个位置排列，共有8！=87654321=40320（种）不同的方法。但是，两种不同的排列不一定是实际上不同比赛的安排表。事实上，8 队中的某 4 队都分在甲区或乙区，实际上是一样的；同区的4 队中某 2队在某一组或另一组，实际上也是一样的；同组中的2队，编号谁是奇
10、数谁是偶数实际也是一样的。由乘法原理知， 在 40320种排法中， 与某一种排法实质上相同的排法有 2 2224=27=128 （种），故按实际不同比赛安排表的种数是四、对应法小孩子数苹果，往往掰着手指头，一个一个地掰，掰完左手掰右手，这种数苹果的方法就是对应法。小孩子把苹果与自己的手指头一对一，他掰了几个指头，也就数出了几个苹果。一般地，如果两类对象彼此有一对一的关系，那么我们可以通过对一类较易计数的对象计数，而得出具有相同数目的另一类难于计数的对象的个数。例 7 在 88 的方格棋盘中，取出一个由 3 个小方格组成的“ L”形（如图 1），一共有多少种不同的方法？解：每一种取法，有一个点与
11、之对应，这就是图1 中的 A点，它是棋盘上横线与竖线的交点，且不在棋盘边上。从图 2 可以看出，棋盘内的每一个点对应着4 个不同的取法（“ L”形的“角”在 22 正方形的不同“角”上）。由于在 8 8 的棋盘上，内部有77=49（个）交叉点，故不同的取法共有精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 4 页，共 10 页494=196（种）。例 8 数 3 可以用 4 种方法表示为 1 个或几个正整数的和，如3，12，2+1，1+11。问：1999表示为 1 个或几个正整数的和的方法有多少种？分析与解：我们将1999 个 1 写成一行，它们之
12、间留有1998 个空隙，在这些空隙处，或者什么都不填，或者填上“”号。例如对于数3，上述 4 种和的表达方法对应：111，111，111，111。显然，将 1999 表示成和的形式与填写1998 个空隙处的方式之间一对一，而每一个空隙处都有填“”号和不填“”号2 种可能，因此 1999 可以表示为正整数之和的不同方法有五、容斥原理在应用加法原理时，关键在于把所要计数的对象分为若干个不重不漏的类，使得每类便于计数。但是具体问题往往是复杂的，常常扭成一团，难以分为不重不漏的类，而要把条理分清楚就得用加法原理的推广容斥原理。为了表达方便，我们用A表示 A类元素的个数，用B表示 B类元素的个数，用 A
13、B表示是 A类或是 B 类元素的个数，用AB表示既是 A类又是 B类元素的个数。 ABC ，ABC的意义类似。容斥原理 1 如果被计数的事物有两类，那么ABABAB。容斥原理 2 如果被计数的事物有三类，那么ABCA+B C-AB-BCACABB。容斥原理的实质在于包含与排除，或形象地称之为“多退少补”。容斥原理若用韦恩图进行分析和记忆，十分方便，留给读者研究。例 9 在 100 名学生中，有 10 人既不会骑自行车又不会游泳，有65人会骑自行车，有 73 人会游泳，既会骑自行车又会游泳的有多少人？解：从 100 名总人数中减去既不会骑自行车又不会游泳的10 人，就是会骑自行车或会游泳的人数1
14、00-10=90（人）。既会骑自行车又会游泳的有（6573）90=48（人）。例 10 在 1 至 100 的自然数中，不能被2 整除，又不能被 3 整除，还不能被 5 整除的数，占这100个自然数的百分之几？解：由容斥原理 2 知，1 至 100的自然数中，或能被2 整除，或能被 3 整除，或能被 5 整除的自然数的个数是精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 5 页，共 10 页503320-16-6 374。所以，在 1 至 100 的自然数中，不能被2 整除，又不能被 3 整除，还不能被 5 整除的自然数有10074=26（个），占
15、这 100 个自然数的 26。六、归纳法对于比较复杂的问题，可以先观察其简单情况，归纳出其中带规律性的东西，然后再来解决较复杂的问题。例 11 10 个三角形最多将平面分成几个部分？解。设 n 个三角形最多将平面分成an 个部分。n=1时，a1=2；n=2时，第二个三角形的每一条边与第一个三角形最多有2 个交点，三条边与第一个三角形最多有 23=6（个）交点。这6 个交点将第二个三角形的周边分成了6 段，这 6 段中的每一段都将原来的每一个部分分成 2 个部分，从而平面也增加了6 个部分，即 a2223。n3 时，第三个三角形与前面两个三角形最多有4312（个）交点，从而平面也增加了12个部分
16、，即：a3=22343。一般地，第 n 个三角形与前面（ n-1）个三角形最多有2（n-1）3 个交点，从而平面也增加2（n1）3 个部分，故an=22343 2（n-1）3 224 2（n-1）3 23n（n-1）3n2-3n2。特别地，当 n10时，a1031023102=272， 即 10 个三角形最多把平面分成272个部分。七、整体法解答数学题，有时要“化整为零”，使问题变得简单；有时反而要从整体上来考虑，从全局、从整体来研究问题。例 12 正方形 ABCD 的内部有 1999个点，以正方形的4 个顶点和内部的 1999 个点为顶点，将它剪成一些三角形。问：一共可以剪成多少个三角形？共
17、需剪多少刀？解：我们从整体来考虑， 先计算所有三角形的内角和。 汇聚在正方形内一点的诸角之和是360，而正方形内角和也是360，共有 3601999360，从而三角形的个数是精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 6 页，共 10 页由于每个三角形有三条边，而正方形纸原来的4 条边当然不用剪；其余的边，由于是两个三角形的公共边，剪一刀出两条边，所以共剪的刀数是练习 101一只青蛙在 A，B，C三点之间跳动，若青蛙从A点跳起，跳 4 次仍回到 A点，则这只青蛙一共有多少种不同的跳法？2在国际象棋棋盘上放置两只“车”，如果它们彼此不构成威胁，那
18、么一共有多少种不同的放法？3在 88 的棋盘上可以找到多少个形如右图所示的“凸”字形图形？4从 19，20，21， 97，98，99 这 81个数中，选取两个不同的数，使其和为偶数的选法总数是多少？5平面上有 7 个不在同一直线上的点，以这7 个点作为顶点做三角形，使得任何两个三角形至多只有一个公共顶点。最多可做出多少个满足条件的三角形？6下图是一个道路图。 A处有一大群孩子，这群孩子向东或向北走，在从A开始的每个路口，都有一半人向北走，另一半人向东走，如果先后有60 个孩子到过路口 B，那么先后共有多少个孩子到过路口 C？7在 1001，1002， 2000这 1000个自然数中，可以找到多
19、少对相邻的自然数，使它们相加时不进位？8有 10 个箱子，编号为 1，2， 10，各配一把钥匙， 10 把各不相同，每个箱子放进一把钥匙锁好，先撬开 1，2 号箱子，取出钥匙去开别的箱子，如果最终能把所有箱子的锁都打开，则说是一种好的放钥匙的方法。求好的方法的总数。练习 10 答案1.6 种。精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 7 页，共 10 页解：如下图，第 1 步跳到 B，4 步回到 A有 3 种方法；同样第 1 步到 C的也有 3 种方法。共有 6种方法。2.3136 种。解：第一步，放第一只“车”，有64种方法；第二步，放第二
20、只“车”，因不能和第一只同行，也不能同列，故有 49 种方法。由乘法原理，一共有6449=3136（种）放法。3.168 个。解：在每个 23 的长方形中可以找到2 个“凸”字形图形， 88 方格棋盘中共有84 个 23 的长方形，所以可以找到842=168（个）。4.1600 种。解：从 19 到 99 共计 81 个不同的整数，其中有41 个奇数、 40 个偶数。若选取两数之和为偶数，则必须且只须选取的两个数有相同的奇偶性，所以选取的方法数分为两类：第一类，选取两个不同偶数的方法数；第二类，选取两个不同奇数的方法数。依加法原理，这两类方法数的总和即为所求的方法数。第一类是从 40 个偶数中
21、选取两个不同偶数的方法数，先取第一个偶数有40 种方法，从其余 39个偶数中选择第 2 个有 39 种方法，依乘法原理，共有4039 种不同的方法，但注意选取第1 个数比如 30，选取第 2 个数比如 32 ，与选第 1 个数 32，再选第 2 个数 30，是同一组。所以总的选法数应该折半，第二类是从 41 个奇数中选取两个不同奇数的方法数，与上述方法相同，5.7 个。精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 8 页，共 10 页2 个三角形至多有 1 个公共顶点，从而任意 2 个三角形没有公共边，故至多另一方面，7 个是可以达到的。 设 7
22、 个点依次为 A1，A2，A7。如右图，A1A2A3 ，A1A4A5 ，A1A6A7 ，A2A4A6 ，A2A5A7 ，A3A4A7 ，A3A5A6 这 7 个三角形两两没有公共边。故最多可以做 7 个三角形。6.48 人。解：如下图，设 A处有 a 个孩子，图中各个路口边上的数字表示到过该又从下图看出，到过路口C的人数为7.156 个。解：相邻两数相加不需进位的数对中，前一个数可分成四类：精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 9 页，共 10 页（1）1999，1 个；由加法原理知，这样的数对共有1+5+25+125=156 （个）。8
23、.725760。解：设第 1，2，3，10 号箱子中所放的钥匙号码依次为k1，k2，k3，k10。当箱子数为n（n2）时，好的放法的总数为an。当 n=2时，显然 a2=2（k1=1，k2=2 或 k1=2，k2=1）。当 n=3时，显然 k33，否则第 3 个箱子打不开，从而k1=3或 k2=3，于是 n=2时的每一组解对应 n=3的 2 组解，这样就有 a3=2a2=4 。当 n=4时，也一定有 k44，否则第 4 个箱子打不开，从而k1=4或 k2=4或 k3=4，于是 n=3 时的每一组解，对应 n=4 时的 3 组解，这样就有 a4=3a3=12 。依次类推，有a10=9a9=9 8a8=98765432a2 =29！=725760。即好的方法总数为725760。精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 10 页，共 10 页