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只有满足这两条基本原则,才可以保证分类计数原理计算正确.
运用加法原理解题时,关键是确定分类的标准,然后再针对各类逐一计数.通俗地说,就是“整体等于局部之和”.
1、完成一件事分N类;
2、每类找种数(每类的一种情况必须是能完成该件事);
3、类类相加
枚举法:
枚举法又叫穷举法,就是把所有符合条件的对象一一列举出来进行计数.
分类讨论的时候经常会需要把每一类的情况全部列举出来,这时的方法就是枚举法.枚举的时候要注意顺序,这样才能做到不重不漏.
三、加法原理解题三部曲
例题精讲
模块一、分类讨论中加法原理的应用
【例1】(难度等级※)小宝去给小贝买生日礼物,商店里卖的东西中,有不同的玩具8种,不同的课外书20本,不同的纪念品10种,那么,小宝买一种礼物可以有多少种不同的选法?
【解析】小宝买一种礼物有三类方法:
第一类,买玩具,有8种方法;
第二类,买课外书,有20种方法;
第三种,买纪念品,有10种方法.根据加法原理,小宝买一种礼物有8+20+10=38种方法.
【巩固】(难度等级※)有不同的语文书6本,数学书4本,英语书3本,科学书2本,从中任取一本,共有多少种取法?
【解析】根据加法原理,共有6+4+3+2=15种取法.
【巩固】(难度等级※)阳光小学四年级有3个班,各班分别有男生18人、20人、16人.从中任意选一人当升旗手,有多少种选法?
【解析】解决这个问题有3类办法:
从一班、二班、三班男生中任选1人,从一班18名男生中任选1人有
18种选法:
同理,从二班20名男生中任选1人有20种选法;
从三班16名男生中任意选1人有16
种选法;
根据加法原理,从四年级3个班中任选一名男生当升旗手的方法有:
18201654种.
【例2】(难度等级※※)从1~10中每次取两个不同的数相加,和大于10的共有多少种取法?
【解析】根据第一个数的大小,将和大于10的取法分为9类:
选择合适的分类方式是运用加法原理的关键.好的分类方式往往达到事半功倍
第一个数
第1类
1
第二个数
10
有几种
第2类
2
10、9
第3类
3
10、9、8
第4类
4
10、9、8、7
第5类
5
10、9、8、7、6
第6类
6
第7类
7
第8类
8
78
87
第9类
9
因此,根据加法原理,共有:
1+2+3+4+5+4+3+2+1=25种取法使和大于10.
【巩固】(难度等级※※)从1~8中每次取两个不同的数相加,和大于10的共有多少种取法?
【解析】两个数和为11的一共有3种取法;
两个数和为12的一共有2种取法;
两个数和为13的一共有2种取法;
两个数和为14的一共有1种取法;
两个数和为15的一共有1种取法;
一共有3+2+2+1+1=9种取法.
【例3】(难度等级※※)甲、乙、丙三个工厂共订300份报纸,每个工厂至少订了99份,至多101份,问:
一共有多少种不同的订法?
【解析】甲厂可以订99、100、101份报纸三种方法.
如果甲厂订99份,乙厂有订100份和101份两种方法,丙厂随之而定.
如果甲厂订100份,乙厂有订99份、100份和101份三种方法,丙厂随之而定.
如果甲厂订101份,乙厂有订99份和100份两种方法,丙厂随之而定.
根据加法原理,一共有2327种订报方法.
【巩固】(难度等级※※)大林和小林共有小人书不超过9本,他们各自有小人书的数目有多少种可能的情况?
【解析】大林和小林共有9本的话,有10种可能;
共有8本的话,有9种可能,……,共有0本的话,有1
种可能,所以根据加法原理,一共有10+9+……+3+2+1=55种可能.
【例4】(难度等级※※)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?
【解析】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3+3+3=9(种)不同的方法.
【例5】(第六届走美试题)一次,齐王与大将田忌赛马.每人有四匹马,分为四等.田忌知道齐王这次比赛马的出场顺序依次为一等,二等,三等,四等,而且还知道这八匹马跑的最快的是齐王的一等马,接着依次为自己的一等,齐王的二等,自己的二等,齐王的三等,自己的三等,齐王的四等,自己的四等.田忌有 种方法安排自己的马的出场顺序,保证自己至少能赢两场比赛.
【解析】第一场不管怎么样田忌都必输,田忌只可能在接下来的三场里赢得比赛,若三场全胜,则只有一种出场方法;
若胜两场,则又分为三种情况:
二,三两场胜,此时只能是田忌的一等马赢得齐王的二等马,田忌的二等马赢齐王的三等马,只有这一种情况;
二,四两场胜,此时有三种情况;
三,四两场胜,此时有七种情况;
所以一共有113712种方法.
【例6】(难度等级※※)把一元钱换成角币,有多少种换法?
人民币角币的面值有五角、二角、一角三种.
【解析】把一元钱换成角币,有三类分法:
①第一类:
有五角币2张,只有1种换法:
②第二类:
有五角币1张,则此时二角币可以有0,1,2张,相应的,一角币有5,3,1张,有3
种换法;
③第三类:
有五角币0张,则此时二角币可以有0,1,2,3,4,5张,相应的,一角币有10,8,6,
4,2,0张,有6种换法.
所以,根据加法原理,总共的换法有13610种.
【巩固】(难度等级※※)一把硬币全是2分和5分的,这把硬币一共有1元,问这里可能有多少种不同的情况?
【解析】按5分硬币的个数对硬币情况进行分类:
如果5分硬币有奇数个,那么无论2分硬币有多少个都不能凑成100分.如表当5分硬币的个数为
0~20的偶数时,都有对应个数的2分硬币.所以一共有11种不同的情况.
11
12
14
16
18
20
50
45
40
35
30
25
15
类别
5分
2分
【例7】(难度等级※※※)用100元钱购买2元、4元或8元饭票若干张,没有剩钱,共有多少不同的买法?
【解析】如果买0张8元饭票,还剩100元,可以购买4元饭票的张数为0~25张,其余的钱全部购买2元
饭票,共有26种买法;
如果买l张8元饭票,还剩92元,可购4元饭票0~23张,其余的钱全部购买2元饭票,共有24
种不同方法;
如果买2张8元饭票,还剩84元,可购4元饭票0~21张,其余的钱全部购买2元饭票,共有22
……
如果买12张8元饭票,还剩4元饭票,可购4元饭票0~1张,其余的钱全部购买2元饭票,共有2
种方法.
总结规律,发现各类情况的方法数组成了一个公差为2,项数是13的等差数列.利用分类计数原理及等差数列求和公式求出所有方法:
26+24+22+…+2=(26+2)×
13÷
2=182(种).共有182种不同的买法.
【巩固】(难度等级※※)一个文具店橡皮每块5角、圆珠笔每支1元、钢笔每支2元5角.小明要在该
店花5元5角购买两种文具,他有多少种不同的选择.
【解析】一共三种文具,要买两种文具.那么就可以分三类了.
第一类:
橡皮和圆珠笔5元5角=55角=11块橡皮(要买两种,所以这个不考虑)
=7块橡皮+2只圆珠笔
=9块橡皮+1只圆珠笔
=5块橡皮+3只圆珠笔
=3块橡皮+4只圆珠笔
=6块橡皮+1只钢笔
=1块橡皮+5只圆珠笔 第一类共5种第二类:
橡皮和钢笔 55角=11块橡皮(不做考虑)
=1只钢笔+3只圆珠笔第三类共1种
=1块橡皮+2只钢笔第二类共2种第三类:
圆珠笔和钢笔55角=11块橡皮(不做考虑)
【例8】(难度等级※※※)袋中有3个红球,4个黄球和5个白球,小明从中任意拿出6个球,他拿出球的情况共有 种可能.(2008年北京“数学解题能力展示”读者评选活动)
【解析】按最少的红球来分类:
3红时,黄白3,黄可取0,1,2,3共4种.
2红时,黄白4,黄可取0,1,2,3,4共5种.
1红时,黄白5,黄可取0,1,2,3,4共5种.
0红时,黄白6,黄可取0,1,2,3共4种.共有:
4+5+5+4=18(种).
【例9】(难度等级※※)1、2、3、4四个数字,从小到大排成一行,在这四个数中间,任意插入乘号(最少插一个乘号),可以得到多少个不同的乘积?
【解析】按插入乘号的个数进行分类:
⑴若插入一个乘号,4个数字之间有3个空当,选3个空当中的任一空当放乘号,所以有3种不同
的插法,可以得到3个不同的乘积,枚举如下:
1234,1234,1234.
⑵若插入两个乘号,由于必有一个空当不放乘号,所以从3个空档中选2个空当插入乘号有3种不
同的插法,可以得到3个不同的乘积,枚举如下:
1234,1234,1234.
⑶若插入三个乘号,则只有1个插法,可以得到l个不同的乘积,枚举如下:
1234.
所以,根据加法原理共有3317种不同的乘积.
【例10】
(难度等级※※※)1995的数字和是1+9+9+5=24,问:
小于2000的四位数中数字和等于26
的数共有多少个?
【解析】小于2000的四位数千位数字是1,要它数字和为26,只需其余三位数字和是25.因为十位、个位数字和最多为9+9=18,因此,百位数字至少是7.于是
百位为7时,只有1799,一个;
百位为8时,只有1889,1898,二个;
百位为9时,只有1979,1997,1988,三个;
总计共1+2+3=6个.
【巩固】(难度等级※※※)1995的数字和是1+9+9+5=24,问:
小于2000的四位数中数字和等于24
【解析】小于2000的四位数千位数字是1,要它数字和为24,只需其余三位数字和是23.因为十位、个位数字和最多为9918,因此,百位数字至少是5.于是
百位为5时,只有1599一个;
百位为6时,只有1689,1698两个;
百位为7时,只有1779,1788,1797三个;
百位为8时,只有1869,1878,1887,1896四个;
根据加法原理,总计共1
234515个.
百位为9时,只有1959,1968,1977,1986,1995五个;
【巩固】(难度等级※※※)2007的数字和是2+0+0+7=9,问:
大于2000小于3000的四位数中数字和等于9的数共有多少个?
【解析】大于2000小于3000的四位数千位数字是2,要它数字和为9,只需其余三位数字和是7.因此,百
位数字至多是7.于是根据百位数进行分类:
第一类,百位为7时,只有2700一个;
第二类,百位为6时,只有2610,2601两个;
第三类,百位为5时,只有2520,2511,2502三个;
第四类,百位为4时,只有2430,2421,2412,2403四个;
第五类,百位为3时,只有2340,2331,2322,2313,2304五个;
第六类,百位为2时,只有2250,2241,2232,2223,2214、2205六个;
第七类,百位为1时,只有2160,2151,2142,2133,2124、2115、2106七个;
第八类,百位为0时,只有2070,2061,2052,2043,2034、2025、2016、2007八个;
根据加法原理,总计共1234567836个.
【巩固】(难度等级※※※※)在四位数中,各位数字之和是4的四位数有多少?
【解析】以个位数的值为分类标准,可以分成以下几类情况来考虑:
第1类——个位数字是0,满足条件的数共有10个.其中:
⑴十位数字为0,有4000、3100、2200、1300,共4个;
⑵十位数字为1,有3010、2110、1210,共3个;
⑶十位数字为2,有2020、1120,共2个;
⑷十位数字为3,有1030,共1个.
第2类——个位数字是1,满足条件的数共有6个.其中:
⑴十位数字为0,有3001、2101、1201,共3个;
⑵十位数字为1,有2011、1111,共2个;
⑶十位数字为2,有1021,满足条件的数共有1个.
第3类——个位数字是2,满足条件的数共有3个.其中:
⑴十位数字为0,有2002、1102,共2个;
⑵十位数字为1,有1012,共1个.
第4类——个位数字是3,满足条件的数共有1个.其中:
十位数字是0,有l003,共1个.根据上面分析,由加法原理可求出满足条件的数共有1063120个.
【例11】有一类自然数,从第三个数字开始,每个数字都恰好是它前面两个数字之和,直至不能再写为止,如257,1459等等,这类数共有 个.
【解析】按自然数的最高位数分类:
⑴最高位为1的有
10112358,112358,12358,1347,1459,156,167,178,189共9个
⑵最高位为2的有
202246,21347,2246,2358,246,257,268,279共8个
⑶最高位为3的有
303369,31459,3257,3369,347,358,369共7个
⑼最高位为9的有
9099共1个
21
所以这类数共有9876
45个
【例12】如果一个大于9的整数,其每个数位上的数字都比他右边数位上的数字小,那么我们称它为迎春数.那么,小于2008的迎春数一共有多少个?
【解析】
(法1)两位数中迎春数的个数.
⑴十位数字为1的:
12,13,……,19.8个
⑵十位数字为2的:
23,24,……29.7个
⑶十位数字为3的:
34,35,……39.6个
⑷十位数字为4的:
45,46,……49.5个
⑸十位数字为5的:
56,57,……59.4个
⑹十位数字为6的:
67,68,69.3个
⑺十位数字为7的:
78,79.2个
⑻十位数字为8的:
89.1个两位数共87 136个三位数中迎春数的个数
⑴百位数字是1的:
123~129,134~139……189.共28个.
⑵百位数字是2的:
234~239,……289.共21个.
⑶百位数字是3的:
345~349,……389.共15个.
⑷百位数字是4的:
456~458,……489.共10个.
⑸百位数字是5的:
567~569,……589.共6个.
⑹百位数字是6的:
678,679,689.共3个.
⑺百位数字是7的:
789.1个
1000~1999中迎春数的个数
⑴前两位是12的:
1234~1239,……,1289.共21个.
⑵前两位是13的:
1345~1349,……,1389.共15个.
⑶前两位是14的:
1456~1459,……,1489.共10个.
⑷前两位是15的:
1567~1569,……,1589.共6个.
⑸前两位是16的:
1678,1679,1689.3个.
⑹前两位是17的:
1789.1个共56个.
所以小于2008的迎春数共368456176个.
(法2)小于2008的迎春数只可能是两位数,三位数和1000多的数.两位数的取法有98236
个.三位数的取法有987 321 84个.1000多的迎春数的取法有876 321 56个.
所以共368456176个.
【例13】有些五位数的各位数字均取自1,2,3,4,5,并且任意相邻两位数字(大减小)的差都是1.问这样的五位数共有多少个?
【解析】⑴首位取1时,千位只能是2,百位可以是1和3.百位是1,十位只能是2,个位可以是1和3.2种.
百位是3,十位可以是2和4;
十位是2,个位可以是1和3,十位是4,个位可以是3和5.4种.所以,首位取1时,共有24 6种.
⑵首位取2时,千位可以是1和3.
千位是1,百位只能是2,十位可以是1和3.有3种.
千位是3,百位可以是2和4.百位是2,十位可是是1和3,有3种.百位是4,十位可以是3和5,有3种.千位是3时有336种.
所以首位取2时,共有369种.
⑶首位取3时,千位可以取2和4.
千位是2,百位可以取1和3.百位是1,十位只能是2,个位可以是1和3;
2种.百位是3时,十位可以是2和4.十位是2个位可以是1和3;
十位是4,个位可以是3和5;
4种.
千位是4,百位可以取3和5.
百位是5,十位只能是4,个位可以是3和5;
2种.百位是3,十位可能是2和4.十位是2个位可以是1和3;
十位是4个位可以是3和5;
所以,首位取3时,共有242412种.
⑷首位取4时,千位可以取3和5.
千位是5,百位只能是4,十位可以是3和5.十位是3个位可以是2和4;
十位是5个位只能是4.有
3种.
千位是3,百位可以是2和4.百位是2,十位可以是1和3.十位是1个位只能是2;
十位是3个位可以是2和4.有3种.百位是4,十位可以是3和5.十位是5个位只能是4;
十位是3,个位可以是2和4.有3种.千位是3共有336种.
所以,首位取4时,共有36 9种.
⑸首位取5时,千位只能是4,百位可以是3和5.百位是5,十位只能是4,有2种;
百位是3,
十位可以是2和4,有4种.所以,首位取5时共有246种.
总共有:
691296 42个
也可以根据首位数字分别是1、2、3、4、5,画5个树状图,然后相加总共有:
691296 42
模块二、树形图法、标数法及简单的递推
个
一、树形图法
“树形图法”实际上是枚举的一种,但是它借助于图形,可以使枚举过程不仅形象直观,而且有条理又不重复遗漏,使人一目了然.
【例14】
(难度等级※※※)A、B、C三个小朋友互相传球,先从A开始发球(作为第一次传球),这样经过了5次传球后,球恰巧又回到A手中,那么不同的传球方式共多少种?
(2005年《小数报》数学邀请赛)
【解析】如图,A第一次传给B,到第五次传回A有5种不同方式.同理,A第一次传给C,也有5种不同方式.
所以,根据加法原理,不同的传球方式共有5510种.
BC
A
CB
A B B A
CC
B C
【巩固】(难度等级※※※)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?
【解析】6种,如图,第1步跳到B,4步回到A有3种方法;
同样第1
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