2023年初一数学竞赛教程含例题练习及答案⑽

初一数学竞赛讲座
第10讲计数措施与原理
计数措施与原理是组合数学重要课题之一, 本讲简介某些计数基本措施及计数基本原理。

一、枚举法
一位旅客要从武汉乘火车去北京, 她要理解所有可供乘坐车次共有多少, 一种最易行措施是找一张列车运行时刻表, 将所有从武汉到北京车次逐一挑出来, 共有多少次车也就数出来了, 这种计数措施就是枚举法。

所谓枚举法, 就是把所规定计数所有对象一一列举出来, 最终计算总数措施。

运用枚举法进行列举时, 必要注意无一反复, 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, 但不能拿自己做一张。

问: 一共有多少种不一样措施？
解：设四个学生分别是A, B, C, D, 她们做贺年片分别是a, b, c, d。

先考虑A拿B做贺年片b状况（如下表）, 一共有3种措施。

同样, A拿C或D做贺年片也有3种措施。

一共有3＋3＋3=9（种）不一样措施。

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: 一共有多少种也许状况？
解：如下图, 咱们先考虑甲胜第一局状况：
图中打√为胜者, 一共有7种也许状况。

同理, 乙胜第一局也有 7种也许状况。

一共有 7＋7=14（种）也许状况。

二、加法原理
假如完毕一件事情有n类措施, 而每一类措施中分别有m1, m2, …, mn种措施, 而无论采用这些措施中任何一种, 都能单独地完毕这件事情, 那么要完毕这件事情共有: N=m1+m2+…mn种措施。

这是咱们所熟知加法原理, 也是运用分类法计数根据。

例3 一种自然数, 假如它顺着数和倒着数都是同样, 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位回文数一共有多少个？按从小到大排, 第个回文数是多少？
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, …, 999999, 共900个。

到六位数为止, 回文数共有
9＋9＋90＋90＋900＋900=1998（个）。

第1999个回文数是1000001, 第个回文数是1001001。

例4 设有长度为1, 2, …, 9线段各一条, 目前要从这9条线段中选用若干条构成一种正方形, 共有多少种不一样取法？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: 由于
因此正方形边长不不不不小于11。

下面按正方形边长分类枚举:
（1）边长为11: 9＋2=8+3=7＋4=6＋5, 可得1种选法；
（2）边长为10: 9＋1=8＋2=7＋3=6＋4, 可得1种选法；
（3）边长为 9: 9=8＋1=7＋2=6＋3=5＋4, 可得5种选法；
（4）边长为8: 8=7＋1=6＋2=5+3, 可得1种选法；
（5）边长为7: 7=6＋1=5＋2=4＋3, 可得1种选法；
（6）边长≤6时, 无法选用。

综上计算, 不一样取法共有
1＋1+5＋1＋1=9（种）。

解法2: 由于这些线段互不等长, 故至少要用7条线段才能构成一种正方形。

当恰取7条线段构成正方形时, 正方形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（轻易看出, 其她状况不也许发生）。

由于 1+2＋…＋9=45, 45不能被4整除, 因此用9条线段, 不也许构成正方形。

由解法一知, 拼出正方形边长至多为11, 又易知正方形边长不也许为1, 2, 3, 4, 5, 6。

有了以上分析就轻易计数了。

（1）取出7条线段, 有如下7种：
7=1+6＝2＋5＝3＋4；
8＝1+7＝2+6＝3＋5；
9＝1＋8＝2＋7＝3＋6=4＋5
（这个式子有5种）；
（2）取出8条线段, 有如下2种:
1＋9＝2＋8＝3＋7＝4＋6；
2＋9＝3＋8＝4＋7＝5＋6。

综上所述, 不一样取法共有7＋2=9（种）。

三、乘法原理
假如完毕一件事必要分n个环节, 而每一种环节分别有m1, m2, …, mn种措施, 那么完毕这件事共有: N＝m1×m2×…×mn种措施。

这就是乘法原理, 它是分步法根据。

乘法原理和加法原理被称为是计数基本原理。

咱们应注意它们区别, 也要注意两者联合使用。

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, 有多少不一样安排节目次序？
（2）当规定每2个舞蹈节目之间至少安排1个演唱节目时, 一共有多少不一样安排节目次序？
解: （1）先将4个舞蹈节目当作1个节目, 与6个演唱节目一起排, 有 7！=7×6×5×4×3×2×1=5404（种）措施。

第二步再排4个舞蹈节目, 有4！ =4×3×2×1＝24（种）措施。

根据乘法原理, 一共有 5040×24=120960（种）措施。

（2）首先将6个演唱节目排成一列（如下图中“□”）, 一共有6！=6×5×4×3×2 ×1=720（种）措施。

×□×□×□×□×□×□×
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“×”位置）, 这相称于从7个“×”中选4个来排, 一共有7×6×5×4＝840（种）措施。

根据乘法原理, 一共有720×840=604800（种）措施。

例6 有8个队参与比赛, 假如采用下面淘汰制, 那么在赛前抽签时, 实际上可以得到多少种不一样安排表？
解: 8个队要通过3轮比赛才能确定冠亚军。

将第1轮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8个位置排列, 共有
8！ =8×7×6×5×4×3×2×1=40320（种）
不一样措施。

不过, 两种不一样排列不一定是实际上不一样比赛安排表。

实际上, 8队中某4队都分在甲区或乙区, 实际上是同样；同区4队中某2队在某一组或另一组, 实际上也是同样；同组中2队, 编号谁是奇数谁是偶数实际也是同样。

由乘法原理知, 在40320种排法中, 与某一种排法实质上相似排法有 2×22×24=27=128（种）, 故按实际不一样比赛安排表种数是
四、对应法
小孩子数苹果, 往往掰着手指头, 一种一种地掰, 掰完左手掰右手, 这种数苹果措施就是对应法。

小孩子把苹果与自己手指头一对一, 她掰了几种指头, 也就数出了几种苹果。

一般地, 假如两类对象彼此有一对一关系, 那么咱们可以通过对一类较易计数对象计数, 而得出具有相似数目另一类难于计数对象个数。

例7 在8×8方格棋盘中, 取出一种由 3个小方格构成“L”形（如图1）, 一共有多少种不一样措施？
解: 每一种取法, 有一种点与之对应, 这就是图1中A点, 它是棋盘上横线与竖线交点, 且不在棋盘边上。

从图2可以看出, 棋盘内每一种点对应着4个不一样取法（“L”形“角”在2×2正方形不一样“角”上）。

由于在 8×8棋盘上, 内部有7×7=49（个）交叉点, 故不一样取法共有
49×4=196（种）。

例8 数3可以用4种措施体现为1个或几种正整数和, 如3, 1＋2, 2+1, 1+1＋1。

问: 1999体现为1个或几种正整数和措施有多少种？
分析与解: 咱们将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种和体现措施对应:
111, 11＋1, 1＋11, 1＋1＋1。

显然, 将1999体现到和形式与填写1998个空隙处方式之间一对一, 而每一种空隙处均有填“＋”号和不填“＋”号2种也许, 因而1999可以体现为正整数之和不一样措施有
五、容斥原理
在应用加法原理时, 关键在于把所要计数对象分为若干个不重不漏类, 使得每类便于计数。

不过详细问题往往是复杂, 常常扭成一团, 难以分为不重不漏类, 而要把条理分清晰就得用加法原理推广——容斥原理。

为了体现以便, 咱们用A体现A类元素个数, 用B体现B类元素个数, 用 A ∪B体现是 A类或是 B类元素个数, 用A∩B体现既是A类又是B类元素个数。

A∪B∩C, A∪B∩C意义类似。

容斥原理1 假如被计数事物有两类, 那么A∪B＝A＋B－A∩B。

容斥原理2 假如被计数事物有三类, 那么A∪B∪C＝A+B＋C-A∩B-B∩C－A∩C ＋A∩B∩B。

容斥原理实质在于包括与排除, 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, 十分以便, 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10人, 就是会骑自行车或会游泳人数
100-10=90（人）。

既会骑自行车又会游泳有（65＋73）－90=48（人）。

例10 在1至100自然数中, 不能被2整除, 又不能被3整除, 还不能被5整除数, 占这100个自然数百分之几？
解：由容斥原理2知, 1至100自然数中, 或能被2整除, 或能被3整除, 或能被5整除自然数个数是
＝50＋33＋20-16-6＋3＝74。

因此, 在1至100自然数中, 不能被2整除, 又不能被3整除, 还不能被5整除自然数有100－74=26（个）, 占这100个自然数26％。

六、归纳法
对于比较复杂问题, 可以先观测其简朴状况, 归纳出其中带规律性东西, 然后再来处理较复杂问题。

例11 10个三角形最多将平面提成几种某些？
解。

设n个三角形最多将平面提成an个某些。

n=1时, a1=2；
n=2时, 第二个三角形每一条边与第一种三角形最多有2个交点, 三条边与第一种三角形最多有2×3=6（个）交点。

这6个交点将第二个三角形周围提成了6段, 这6段中每一段都将本来每一种某些提成2个某些, 从而平面也增长了6个某些, 即a2＝2＋2×3。

n＝3时, 第三个三角形与前面两个三角形最多有4×3＝12（个）交点, 从而平面也增长了12个某些, 即：
a3=2＋2×3＋4×3。

……
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, 从而平面也增长2（n－1）×3个某些, 故
an=2＋2×3＋4×3＋…＋2（n-1）×3
＝2＋［2＋4＋…＋2（n-1）］×3
＝2＋3n（n-1）＝3n2-3n＋2。

尤其地, 当n＝10时, a10＝3×102＋3×10＋2=272, 即10个三角形最多把平面提成272个某些。

七、整体法
解答数学题, 有时要“化整为零”, 使问题变得简朴；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内部有1999个点, 以正方形4个顶点和内部1999个点为顶点, 将它剪成某些三角形。

问: 一共可以剪成多少个三角形？共需剪多少刀？
解：咱们从整体来考虑, 先计算所有三角形内角和。

汇聚在正方形内一点诸角之和是360°, 而正方形内角和也是360°, 共有 360°×1999＋360°, 从而三角形个数是
由于每个三角形有三条边, 而正方形纸本来4条边当然不用剪；别旳边, 由于是两个三角形公共边, 剪一刀出两条边, 因此共剪刀数是
练习10
1. 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一样跳法？
2．在国际象棋棋盘上放置两只“车”, 假如它们彼此不构成威胁, 那么一共有多少种不一样放法？
3. 在8×8棋盘上可以找到多少个形如右图所示“凸”字形图形？
4. 从19, 20, 21, …, 97, 98, 99这81个数中, 选用两个不一样数, 使其和为偶数选法总数是多少？
5. 平面上有7个不在同一直线上点, 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种公共顶点。

最多可做出多少个满足条件三角形？
6．下图是一种道路图。

A处有一大群孩子, 这群孩子向东或向北走, 在从A 开始每个路口, 均有二分之一人向北走, 另二分之一人向东走, 假如先后有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, …, 这1000个自然数中, 可以找到多少对相邻自然数, 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把各不相似, 每个箱子放进一把钥匙锁好, 先撬开1, 2号箱子, 取出钥匙去开别箱子, 假如最终能把所有箱子锁都打开, 则说是一种好放钥匙措施。

求好措施总数。

练习10答案
1.6种。

解: 如下图, 第1步跳到B, 4步回到A有3种措施；同样第1步到C也有3种措施。

共有6种措施。

2.3136种。

解: 第一步, 放第一只“车”, 有64种措施；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种措施。

由乘法原理, 一共有64×49=3136（种）放法。

3.168个。

解: 在每个2×3长方形中可以找到2个“凸”字形图形, 8×8方格棋盘中共有84个2×3长方形, 因此可以找到
84×2=168（个）。

4.1600种。

解: 从19到99合计81个不一样整数, 其中有41个奇数、40个偶数。

若选用两数之和为偶数, 则必要且只须选用两个数有相似奇偶性, 因此选用措施数分为两类: 第一类, 选用两个不一样偶数措施数；第二类, 选用两个不一样奇数措施数。

依加法原理, 这两类措施数总和即为所求措施数。

第一类是从40个偶数中选用两个不一样偶数措施数, 先取第一种偶数有40种措施, 从别旳39个偶数中选用第2个有39种措施, 依乘法原理, 共有40×39种不一样措施, 但注意选用第1个数例如30, 选用第 2个数例如 32, 与选第1个数32, 再选第2个数30, 是同一组。

因此总选法数应当折半,
第二类是从41个奇数中选用两个不一样奇数措施数, 与上述措施相似,
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
另首先, 7个是可以到达。

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, 图中各个路口边上数字体现到过该
又从下图看出, 到过路口C人数为
7.156个。

解: 相邻两数相加不需进位数对中, 前一种数可提成四类:
（1）1999, 1个；
由加法原理知, 这样数对共有
1+5+25+125=156（个）。

8.725760。

解: 设第1, 2, 3, …, 10号箱子中所放钥匙号码依次为k1, k2, k3, …, k10。

当箱子数为n（n≥2）时, 好放法总数为an。

当n=2时, 显然a2=2（k1=1, k2=2或k1=2, k2=1）。

当n=3时, 显然k3≠3, 否则第3个箱子打不开, 从而k1=3或k2=3, 于是n=2时每一组解对应n=32组解, 这样就有a3=2a2=4。

当n=4时, 也一定有k4≠4, 否则第4个箱子打不开, 从而k1=4或k2=4或k3=4, 于是n=3时每一组解, 对应n=4时3组解, 这样就有a4=3a3=12。

依次类推, 有
a10=9a9=9×8a8=…
=9×8×7×6×5×4×3×2a2
=2×9！ =725760。

即好措施总数为725760。