第11讲 页码与数字问题 奥数,学而思,超常班

第十一讲页码与数字问题
这一讲的标题是从形式上定义的，其实本讲侧重的是奥数中七大重点模块中计数问题，和数论模块中的位值原理。

一、枚举计数
分类枚举一定要选恰当的顺序和分类的标准才能不重不漏。

本讲的例1侧重的是分类枚举，是对加法原理的渗透。

补充小题：一本书共250页，求编码时需要多少个数码？
分析与答：由于本书的页码有一位数、两位数、三位数；而几位数就需要几个数码。

故须分类计数，再相加。

一位数：有9个，共需9×1=9个数码；
两位数：有90个，共需90×2=180个数码；
三位数：有250-99=151个，共需151×3=453个数码；
共需9+180+453=642个数码。

【记住规律：
一位数：1~9，有9个；
两位数：10~99，有99-10+1=90个，或99-9=90；
三位数：100~999，有999-100+1=900个，或999-99=900个；
四位数：9000个；
……】
例1：给一本书编码，一共用了723个数字，这本书一共用多少页？
分析与答：刚才例子是正着问，此题倒着问。

边尝试边计算：
一位数：有9个，共计用去9个数码；
两位数：有90个，共需90×2=180个数码；
三位数：有900个，共需900×3=2700个数码；
而此题只有723个数码，多于9+180，小于9+180+2700，说明数的页数是三位数。

一位数和两位数共计用去9+180=189个数码，
还剩723-189=534个数码给三位数用，每个三位数用3个数码，
则还有534÷3=178个三位数，
第178个三位数是99+178=277，故本书有277页。

学案1：一本书的页码，在印刷时必须用198个铅字，自这一本书的页码中数字1出现多少次？
分析与答：此题是在例1的基础上再加深一步。

要想求1出现的次数，必须知道本书有多少页，这就完全转化成利1。

一位数和两位数共计用去9+180=189个数码，
还剩198-189=9个数码给三位数用，每个三位数用3个数码，
则还有9÷3=3个三位数，
第3个三位数是102，故本书有102页。

那么本题转化为：一本书有102页，问1出现多少次？
即相当于问：1~102里1出现的次数。

数少时可以按由小到大的顺序枚举，即便如此，也很少有孩子能一次想全。

因此，为使计数不重不漏，我们一定要按照一定的顺序枚举。

本题来说最好的枚举顺序我认为是这样的：最多有3位数，因此，1如果出现一定是在个位、十位、或百位。

所以我们把个、十、百位的1分类计数，然后再相加。

个位1：1,11,21,31，……，101。

有11个；
十位1：10，11,12，……，19。

有10个；
百位1：100,101,102。

有3个。

1出现24次。

例1改编：给一本书编码，一共用了723个数字，这本书1出现多少次？
分析与答：同例1，先求出本书有277页。

相当于问1~277里1出现几次。

个位1：上题中数较少我们虽分类枚举，但每一类，还是一一数出来。

个位1还可这样来求，每连续10个数，在个位出现一次1，277÷10=27……7。

10个一组分成27组还余下7个数。

【（1~10）（11~20）（21~30）……（261~270）余下271~277。

】每组中有1个个位1,27组共27个，余下数字中271也有一个。

故个位1共有27+1=28个；
十位1：10~19,110~119,210~219，共3×10=30个；
百位1：100~199，共100个。

共28+30+100=158个。

二、计数和数论的综合题
例2：（1）1~3998这些自然数中，有多少个能被4整除？
分析与答：【最简单的方法是找规律，除以几，余数就有几种可能，如除以4，余数可能0~3，共四中，连续自然数（或等差数列）除以同一个数余数肯定成周期，周期为除数】
123456789……除以4余数123012301……周期为4,3998÷4=999……2，余下的2个为1和2，因此能被4整除的共999个。

注意：在这个范围内被4整除的和除以4余3的有999个；
除以4余1的和除以4余2的都有999+1=1000个。

改编小题：1234~3998这些自然数中，有多少个能被4整除？
分析与答：1234~3998共有3998-1234+1=2765个数。

123412351236123712381239124012411242……除以4余数230123012……周期为4,2765÷4=691……1，余下的一个是2，因此能被4整除的有691个。

注意：在这个范围内被4整除的、除以4余3以及除以4余1的有691个；
除以4余2的都有691+1=692个。

例2：（2）1~3998这些自然数中，有多少个各位数字和能被4整除？
分析与答：一个数除以N，余数可能为0~N-1，共计N种情况。

一个数除以4，余数可能为0~3，共计4种情况。

那假设现在有0~3这四个备选数字。

现在任给一个数字，如果各位数字和不能被4整除，那就从0~3里选一个凑成4的倍数。

除以4余数例如补几？
04，543，826， 0
11，135，454， (3)
22，1234，567， (2)
33，678，250， (1)
我们发现，当一个数确定时，它各位数字和就确定了，那么各位数字和除以4的余数就确定了，这时的补法是唯一的。

在做这道题目之前先做一个改动，就是把数的范围暂时先改成0~3999。

并且所有的数字都补成四位数，如0看做0000,7看做0007,250看做0250……
我们把所有的数字做一个整理，
0000100020003000
0001100120013001
0002100220023002
0003100320033003
0004100420043004
……………………
0998199829983998
0999199929993999发现共四列，每列有1000个数，这四列的共同特点是每行末三位相同。

而首为恰好分别是0、1、2、3各一个。

这样我们就可以用上刚才发现的规律了：当一个数末三位确定时，它末三位数字和就确定了，那么末三位数字和除以4的余数就确定了，这时的首位是唯一的。

具体说来，如：
末三位是000的有4个，但只有0000的各位数字之和是4的倍数；
末三位是001的有4个，但只有3001的各位数字之和是4的倍数；
末三位是002的有4个，但只有2002的各位数字之和是4的倍数；
末三位是003的有4个，但只有1003的各位数字之和是4的倍数；
末三位是004的有4个，但只有0004的各位数字之和是4的倍数；
末三位是005的有4个，但只有3005的各位数字之和是4的倍数；
……
末三位是998的有4个，但只有2998的各位数字之和是4的倍数；
末三位是999的有4个，但只有1999的各位数字之和是4的倍数；
即每行产生一个4的倍数，共100个数各位数字之和能被4整除。

三、计数问题中的乘法原理
加乘原理和排列组合是计数中很重要的基础原理，这将是我们四年级计数版块学习的一个重点。

但本讲例8对乘法原理有所涉及。

加法分类，类类独立；乘法分步，步步相关。

乘法原理：一般的，完成一个任务有N步，第一步有A种做法，第二步有B 种做法，第三步有C种做法，……那么完成这个任务共有A×B×C×……种方法。

补充例1：从北京到天津有3种路线，从天津到大连有4种路线，那么从北京经过天津再去大连共有几种路线。

分析与答：完成任务分两步，第一步从北京到天津，第二步从天津到大连，分步用乘法原理，3×4=12
补充例2：1~7中选4个不同数字，组成四位数，共有多少个？
分析与答：组成四位数，需要一位一位的确定各个位上的数字，分四步。

第一步：1~7中选一个数字放到千位，共7种；
第二步：从剩下的6个数字中选一个数字放到百位，共6种；
第三步：从剩下的5个数字中选一个数字放到十位，共5种；
第四步：从剩下的4个数字中选一个数字放到个位，共4种；
分步用乘法：7×6×5×4=840种。

特殊元素优先排列，特殊位置优先考虑。

补充例3：1~7中选4个不同数字，组成四位奇数，共有多少个？
分析与答：特殊位置优先考虑
奇数，末位特殊，1,3,5,7共4中选择。

第二步：从剩下的6个数字中选一个数字放到千位，共6种；
第三步：从剩下的5个数字中选一个数字放到百位，共5种；
第四步：从剩下的4个数字中选一个数字放到十位，共4种；
分步用乘法：4×6×5×4=480种。

例8：有一种用六位数表示日期的方法，如990817表示的是1999年8月17日，也就是从左到右一二位表示年，三四位表示月，五六位表示日。

用这种方法表示1991年所有日期，全年中都不相同的日期共有多少天？
分析与答：前两位确定为91，即91ABCD
特殊位置优先考虑：A表示月的首位，可以是0或1，1已经用过，只能为0；C表示日得首位，可以是0、1、2、3，但0和1用过，只能2或3，再进一步，3也不行，因为如果C=3，CD只能是30和31，而0,1已经用过了，所以C不能取3，C只能为2。

91ABCD转化成910B2D
0~9共十个数字，已经用去了9、1、2、0这四个，还剩下6个，题目转化为：把6个不同数字排在B、D两个位置上，（B、D不同）有几种排法？
分两步，乘法，共6×5=30种。

四、数论中位值原理的应用
位值原理是方程工具（代数思想）的一个体现，是将来学习进位制的基础。

如：1234=1000+200+30+4=1×1000+2×100+3×10+4×1
1在千这个位置上，它代表的数值是1个1000；
2在百这个位置上，它代表的数值是2个100；
3在十这个位置上，它代表的数值是3个10；
4在个这个位置上，它代表的数值是4个1；
位值原理体现的是一种位置和数值的对应关系。

位值原理的两种展开方式：
（1）全部展开：如：1234=1×1000+2×100+3×10+4×1
（2）分析题意，根据需要灵活展开：如：
1234=12×100+34×1；
12345=12×1000+345×1；
12345=123×100+45×1；
12345=12×1000+34×10+5×1；
下面看一下我们现在涉及到的两种类型的题目：
（一）全部展开：
用位值原理列方程时一定要注意两点：其一，首位不为0；其二，各位数字都是0~9范围内的整数。

例5：在一个两位数的两个数字中间加一个0，那么，所得的三位数是原数的6倍。

求这个两位数。

分析与答：设原来的两位数是ab，那么新的三位数就是0a b，新数是原数
a b=6×ab（a,b均为整数；0＜a≤9；0≤b≤9）
的6倍，得到方程：0
根据位值原理：ab=10a+b；0a b=100a+b；
则100a+b=6（10a+b）
100a+b=60a+6b
40a=5b
8a=b（0＜a≤9；0≤b≤9）
a=1,b=8
原数为18。

超常123班学案4：有一个三位数，个位数字是百位的2倍，百位数字与个位数字之和等于十位数字，若百位数字与个位数字对换，新数比原数大198，求原数。

分析与答：只看这一个条件：若百位数字与个位数字对换，新数比原数大
198。

设原数为abc，则新数为cba，原数+198=新数【建议用加法算式列方程，减法方程去括号那步孩子们易出错。

】
abc+198=cba
100a+10b+c+198=100c+10b+a
198=99c-99a
c-a=2
又，个位数字是百位的2倍，即c=2a，
差倍问题，c=4,a=2
又，百位数字与个位数字之和等于十位数字，b=a+c=6
原数为264
（二）分析题意，根据需要灵活展开：
例6：一个三位数，个位数字是3，如果把原个位数字当百位数字，原十位数字当个位数字，原百位数字当成十位数字，那么新数比原数小171，求原数。

ab，则新数为3ab，
分析与答：设原数为3
（a,b均为整数；0＜a≤9；0≤b≤9）新数比原数小171，即：
ab（新数+171=原数）【建议用加法算式列方程，减法方程去括号那步孩子们易3ab+171=3
出错。

】
可以按刚才思路展开，但仔细分析后就会发现ab始终作为一个整体出现，
ab=10ab+3，
可以用第二种展开方式：3ab=300+ab，3
ab
3ab+171=3
300+ab+171=10ab+3，设ab=X，
300+X+171=10X+3
X=52
原数为523。

【思考一下：如果按刚才例题思路展开300+10a+b+171=100a+10b+3。

有两个未知数，还有常数项（即数字），为不定方程。

化简后10a+b=52，即原数为52。

但是数位越多，此种方法展开式越复杂，建议还是看做一个整体，用一元方程即可解决。

】
例3：有一个三位数，如果把数字4写在它的左边可得到一个四位数，写在它的右边也可得到一个四位数。

已知这两个四位数相差2889，求原来的三位数。

分析与答：设原数为abc ，则两个四位数分别为4abc 和4abc 。

abc 还是作为一个整体出现，设abc =X ，那么4abc =4000+abc =4000+X ；4abc =10abc +4=10X+4；
此题孩子们最常见的错误就是只想到一种情况，原题中只说“这两个四位数相差2889”，没有指明谁大谁小。

因此有两种情况。

4abc +2889=4abc ；
4abc +2889=4abc 10X+4+2889=4000+X
4000+X+2889=10X+4X=123
X=765
原数为123或765如何判断选择哪种方式展开：
如果题目中某几个未知数始终作为一个整体出现，选择方式二，减少未知数的个数。

如：
例6中3ab =300+ab ，3ab =10ab +3，
例3中4abc =4000+abc =4000+X ；4abc =10abc +4=10X+4；
否则用方式一。

如：
例5中ab =10a+b ；0a b =100a+b ；
学案4中abc =100a+10b+c ，cba =100c+10b+a
一点说明：本讲能用位值原理解决的题目用数字谜都可以做。

有些孩子用数字谜很快就可以得到题目的答案。

而孩子们学习上的特点就是有点抗拒新事物。

但要求孩子必须体会位值原理的解题思想；掌握基本位值原理的题目。

原因有两点；其一：简单题目数字谜快，越是复杂题目越体现了位值的优越性；其二：位值是我们刚学完的方程工具的练习，是代数思想的启蒙，是高年级学习很多知识（尤其是进位制）的基础。

五、叠数应用（重码数，椅子数）
（1）333=3×111；
33333=3×11111
……
（2）2323=23×101；
234234=234×1001；
23452345=2345×10001（0的个数比数位少1）
……
（3）2323=23×101
232323=23×10101
23232323=23×1010101（0的个数比组数少1）
……
例4：13579的数字和是奇数，是否存在一个正整数A，使得A×13579的积的数字和为偶数？
分析与答：（属于构造与论证的题目）问是否存在A，如果想说明存在，要给出（构造）A的至少一个值，如果想说明不存在，必须论证理由。

方法一：尝试法：A=2,3,4,5，……发现都不行，直至A=6时，
13579×6=81474，个位数字和为偶说明A存在，进一步想这样的A有无数个，因为既然A=6满足题意，那么A=60、600、6000、60000……都满足题意。

此方法的弊病是当第一个满足题意的A较大时，计算量过大，解题时间过长，可能尝试不出来，会中途放弃。

方法二：叠数分析法：（第二组中）
2323=23×101；
234234=234×1001；
23452345=2345×10001（0的个数比数位少1）
……
形如2323,234234,23452345的数，各位数字之和一定是偶数如234234各位数字之和=2×（2+3+4），(2的倍数)
因此想到1357913579各位数字之和为偶数。

1357913579=13579×100001，A=100001
进一步想：135********=13579×1000001，A=1000001
135790013579=13579×10000001，A=10000001
这样的A也有无数个。