初中数学竞赛计数的方法与原理含答案.docx

1、初中数学竞赛计数的方法与原理含答案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

2、，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

3、，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：100001，101101，999

4、999，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、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）。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+29=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=

6、1+62534；81+72+635；9182736=45（这个式子有5种）；（2）取出8条线段，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Nm1m2mn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

7、有多少不同的安排节目的顺序？解：（1）先将4个舞蹈节目看成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 504024=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。根据乘法原理，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

8、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 22224=27=128（种），故按实际不同比赛安排表的

9、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）。

10、由于在 88的棋盘上，内部有77=49（个）交叉点，故不同的取法共有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

11、，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 AB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+BC-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

12、 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100-10=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503320-16-6374。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

13、整除的自然数有10074=26（个），占这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

14、分，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=223432（n-1）32242（n-1）323n（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？共需剪多少刀？解：我们从整体来考虑，先计

15、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111一只青蛙在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

16、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

17、开，则说是一种好的放钥匙的方法。求好的方法的总数。练习11 答案1.6种。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

18、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。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

19、，7个是可以达到的。设7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：（1）1999，1个；由加法原理知，这样的数对共有1+5+25+125=156（个）。8.725760。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=98a8=98765432a2=29！=725760。即好的方法总数为725760。