奥数讲义计数专题：归纳与递推
奥数讲义计数专题：归纳与递推
华杯赛计数专题: 归纳与递推基础知识:1.递推的基本思想: 从简单情况出发寻找规律, 逐步找到复杂问题的解法。
2.基本类型: 上楼梯问题、直线分平面问题、传球法、圆周连线问题。
3.递推分析的常用思路: 直接累加、增量分析、从复杂化归简单。
例题：例1.一个楼梯共有10级台阶, 规定每步可以迈一级台阶或二级台阶.走完这10级台阶, 一共可以有多少种不同的走法？【答案】89种【解答】设n级台阶有an种走法, 则an=an-1+an-21级有1种走法；2级有（1+1和2）2种走法；3级有（1+1+1、2+1和1+2）3种走法；4级有3+2=5种走法；5级有3+5=8种走法；6级有5+8=13种走法；7级有8+13=21种走法；8级有13+21=34种走法；9级有21+34=55种走法；10级有34+55=89种走法例2.小悦买了10块巧克力, 她每天最少吃一块, 最多吃3块, 直到吃完, 共有多少种吃法？【答案】274种【解答】通过枚举法和递推法: 设n块糖有an种走法, 则an=an-1+an-2+ an-31块糖有1种吃法；2块糖有2种吃法； 3块糖有4种吃法； 4块糖有1+2+4=7种吃法； 5块糖有2+4+7=13种吃法； 6块糖有4+7+13=24种吃法； 7块糖有7+13+24=44种吃法； 8块糖有13+24+44=81种吃法；9块糖有24+44+81=149种吃法；10块糖有44+81+149=274种吃法。
例3.用 1×2的小方格覆盖 2×7的长方形, 共有多少种不同的覆盖方法？【答案】21种【解答】2×1的方格有1种盖法；2×2的方格有2种盖法；2×3的方格有2+1=3种盖法；2×4的方格有3+2=5种盖法；2×5的方格有3+5=8种盖法；2×6的方格有5+8=13种盖法；2×7的方格有8+13=21种盖法。
归纳和递推
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递推算法的优点和缺点
优点:效率非常高,它的效率高于递归, 优点:效率非常高,它的效率高于递归, 搜索算法. 搜索算法. 递推算法通常和数学的迭代有密切的关系. 递推算法通常和数学的迭代有密切的关系. 缺点:难以找到递推公式,找递推公式一 缺点:难以找到递推公式, 般通过归纳,试探的方式得到. 般通过归纳,试探的方式得到.
递推算法的基本框架
定义初始条件 根据递推公式,用循环结构求出后面的某 根据递推公式, 一项,特殊情况下, 一项,特殊情况下,递推公式中不体现项 与项之间关系. 与项之间关系. 数据结构视需要而定,有时可能用到数组. 数结构视需要而定,有时可能用到数组.
递推算法的例子
编程求菲波那契第 项,已知它的第一,第二项均 编程求菲波那契第20项 已知它的第一, 为1 某市 某市2005年的 年的GDP为1000亿元,预计未来 年内 亿元, 年的 为 亿元 预计未来10年内 年均GDP增长 增长15%,问该市 年后的 年后的GDP将为多 年均 增长 ,问该市10年后的 将为多 少亿元? 少亿元? 编程用以下公式计算圆周率,保留 个小数位: 编程用以下公式计算圆周率,保留5个小数位 个小数位:
归纳和递推
递推算法
归纳递推是求解数学中数列问题的一个常 用方法,先看菲波那契数列. 用方法,先看菲波那契数列. 如果在一数列中相邻的几项之间的数的变 化有一定的规律, 化有一定的规律,并能写出它们之间的明 确的关系式,求解此类问题, 确的关系式,求解此类问题,可以采有递 推算法. 推算法. 递推算法:由前面的若干项,根据相邻几 递推算法:由前面的若干项, 项之间的关系式求得后面项的一种算法, 项之间的关系式求得后面项的一种算法, 该关系式称为递推公式 递推公式. 该关系式称为递推公式.如果找到递推公 是求解此类问题的关键.有点象" 式,是求解此类问题的关键.有点象"故 事接龙" 事接龙"
《归纳和递推》课件
编程语言
使用哪种编程语言来实现递推算法。
递推算法的应用
1
图论中的应用
介绍递推算法在图论中的应用。
2
动态规划中的应用
介绍递推算法在动态规划中的应用。
3
机器学习中的应用
介绍递推算法在机器学习中的应用。
递推算法的应用（续）
自然语言处理中的应用
介绍递推算法在自然语言处理中的应用。
音频信号处理中的应用
介绍递推算法在音频信号处理中的应用。
《归纳和递推》PPT课件
在这个课件中，我们将探讨归纳和递推的基本概念以及它们在不同领域中的 应用。通过丰富的实例和应用场景，我们将带您深入了解这一重要主题。
归纳证明与应用
1
基本概念
归纳证明的基本思想和步骤。
2
应用实例
归纳证明在数学和计算机科学中的实际应用。
3
相关技巧
有效运用归纳证明的技巧和策略。
递归与递推
阶乘和组合数的求解
阶乘求解
使用递推公式求解阶乘。
组合数求解
使用递推公式求解组合数。
数学问题求解
通过阶乘和组合数求解一些实际 数学问题。
递推算法的复杂度分析
1 时间复杂度
分析递推算法的时间复杂度。
3 优化技巧
如何优化递推算法以提高效率。
2 空间复杂度
分析递推算法的空间复杂度。
递推算法的实现细节
数据结构
区别和联系
递归和递推的区别以及它们之间的联系。
递推公式推导
如何通过递推寻找规律，推导出递推公式。
递推公式求解
如何使用递推公式求解各种问题。FiboFra bibliotekacci数列的求解
小学奥数计数之递推法(完整版)
小学奥数计数之递推法7-6-4.计数之递推法教学目标前面在讲加法原理、乘法原理、排列组合时已经穿插讲解了计数中的一些常用的方法，比如枚举法、树形图法、标数法、捆绑法、排除法、插板法等等，这里再集中学习一下计数中其他常见的方法，主要有归纳法、整体法、对应法、递推法．对这些计数方法与技巧要做到灵活运用．例题精讲对于某些难以发现其一般情形的计数问题，可以找出其相邻数之间的递归关系，有了这一递归关系就可以利用前面的数求出后面未知的数，这种方法称为递推法．【例 1】每对小兔子在出生后一个月就长成大兔子，而每对大兔子每个月能生出一对小兔子来．如果一个人在一月份买了一对小兔子，那么十二月份的时候他共有多少对兔子？【考点】计数之递推法【难度】3星【题型】解答【解析】第一个月，有1对小兔子；第二个月，长成大兔子，所以还是1对；第三个月，大兔子生下一对小兔子，所以共有2对；第四个月，刚生下的小兔子长成大兔子，而原来的大兔子又生下一对小兔子，共有3对；第五个月，两对大兔子生下2对小兔子，共有5对；……这个特点的说明每月的大兔子数为上月的兔子数，每月的小兔子数为上月的大兔子数，即上上月的兔子数，所以每月的兔子数为上月的兔子数与上上月的兔子数相加．依次类推可以列出下表：经过月数：---1---2---3---4---5---6---7---8---9---10---11---12兔子对数：---1---1---2---3---5---8--13--21--34--55--89—144，所以十二月份的时候总共有144对兔子．【答案】144【例 2】树木生长的过程中，新生的枝条往往需要一段“休息”时间供自身生长，而后才能萌发新枝．一棵树苗在一年后长出一条新枝，第二年新枝“休息”，老枝依旧萌发新枝；此后，老枝与“休息”过一年的枝同时萌发，当年生的新枝则依次“休息”．这在生物学上称为“鲁德维格定律”．那么十年后这棵树上有多少条树枝？【考点】计数之递推法【难度】3星【题型】解答【解析】一株树木各个年份的枝桠数，构成斐波那契数列：1，2，3，5，8，13，21，34，55，89，……所以十年后树上有89条树枝．【答案】89【例 3】一楼梯共10级，规定每步只能跨上一级或两级，要登上第10级，共有多少种不同走法？【考点】计数之递推法【难度】4星【题型】解答【解析】 登 1级 2级 3级 4级 ...... 10级1种方法 2种 3种 5种 ...... ？我们观察每级的种数，发现这么一个规律：从第三个数开始，每个数是前面两个数的和；依此规律我们就可以知道了第10级的种数是89.其实这也是加法的运用：假如我们把这个人开始登楼梯的位置看做A 0，那么登了1级的位置是在A 1，2级在A 2... A 10级就在A 10．到A 3的前一步有两个位置；分别是A 2 和A 1 ．在这里要强调一点，那么A 2 到A 3 既然是一步到了，那么A 2 、A 3之间就是一种选择了；同理A 1 到A 3 也是一种选择了．同时我们假设到n 级的选择数就是An ．那么从A 0 到A 3 就可以分成两类了：第一类：A 0 ---- A 1 ------ A 3 ，那么就可以分成两步．有A 1×1种，也就是A 1 种；(A 1 ------ A 3 是一种选择)第二类：A 0 ---- A 2 ------ A 3， 同样道理 有A 2 ．类类相加原理：A 3 = A 1 ＋A 2，依次类推An = An -1 + An -2．【答案】89【巩固】一楼梯共10级，规定每步只能跨上一级或三级，要登上第10级，共有多少种不同走法？【考点】计数之递推法 【难度】4星 【题型】解答【解析】 登 1级 2级 3级 4级 5级 ...... 10级1种方法 1种 2种 3种 4种...... ？我们观察每级的种数，发现这么一个规律：从第三个数开始，每个数是前面相隔的两个数的和；依此规律我们就可以知道了第10级的种数是28.【答案】28【例 4】 1×2的小长方形(横的竖的都行)覆盖2×10的方格网，共有多少种不同的盖法．【考点】计数之递推法 【难度】4星 【题型】解答【解析】 如果用12⨯的长方形盖2n ⨯的长方形，设种数为n a ,则11a =，22a =,对于3n ≥，左边可能竖放1个12⨯的，也可能横放2个12⨯的，前者有-1n a 种，后者有-2n a 种，所以-1-2n n n a a a =+,所以根据递推，覆盖210⨯的长方形一共有89种．【答案】89【例 5】 用13⨯的小长方形覆盖38⨯的方格网，共有多少种不同的盖法？【考点】计数之递推法 【难度】5星 【题型】解答【解析】 如果用13⨯的长方形盖3n ⨯的长方形，设种数为n a ,则11a =，21a = ,32a = ,对于4n ≥，左边可能竖放1个13⨯的，也可能横放3个13⨯的，前者有-1n a 种，后者有-3n a 种，所以-1-3n n n a a a =+,依照这条递推公式列表：31⨯ 32⨯ 33⨯ 34⨯ 35⨯ 36⨯ 37⨯ 38⨯1 1234 6 9 13所以用13⨯的小长方形形覆盖38⨯的方格网，共有13种不同的盖法．【答案】13【例 6】 有一堆火柴共12根，如果规定每次取1～3根，那么取完这堆火柴共有多少种不同取法？【考点】计数之递推法 【难度】4星 【题型】解答【解析】 取1根火柴有1种方法，取2根火柴有2种方法，取3根火柴有4种取法，以后取任意根火柴的种数等于取到前三根火柴所有情况之和，以此类推，参照上题列表如下： 1根 2根 3根 4根 5根 6根 7根 8根 9根 10根 11根 12根1 2 4 7 13 24 44 81 149 274 504 927取完这堆火柴一共有927种方法．【答案】927【巩固】 一堆苹果共有8个，如果规定每次取1～3个，那么取完这堆苹果共有多少种不同取法？【考点】计数之递推法 【难度】4星 【题型】解答【解析】 取1个苹果有1种方法，取2个苹果有2种方法，取3个苹果有4种取法，以后取任意个苹果的种数等于取到前三个苹果所有情况之和，以此类推，参照上题列表如下：1个 2个 3个 4个 5个 6个 7个 8个1 2 4 7 13 24 44 81取完这堆苹果一共有81种方法．【答案】81【例 7】 有10枚棋子，每次拿出2枚或3枚，要想将10枚棋子全部拿完，共有多少种不同的拿法？【考点】计数之递推法 【难度】4星 【题型】解答【解析】 本题可以采用递推法，也可以进行分类讨论，当然也可以直接进行枚举．(法1)递推法．假设有n 枚棋子，每次拿出2枚或3枚，将n 枚棋子全部拿完的拿法总数为n a 种．则21a =，31a =，41a =．由于每次拿出2枚或3枚，所以32n n n a a a --=+(5n ≥)．所以，5232a a a =+=；6342a a a =+=；7453a a a =+=；8564a a a =+=；9675a a a =+=；10787a a a =+=．即当有10枚棋子时，共有7种不同的拿法．(法2)分类讨论．由于棋子总数为10枚，是个偶数，而每次拿2枚或3枚，所以其中拿3枚的次数也应该是偶数．由于拿3枚的次数不超过3次，所以只能为0次或2次．若为0次，则相当于2枚拿了5次，此时有1种拿法；若为2次，则2枚也拿了2次，共拿了4次，所以此时有246C =种拿法．根据加法原理，共有167+=种不同的拿法．【答案】7【例 8】 如下图，一只蜜蜂从A 处出发，回到家里B 处，每次只能从一个蜂房爬向右侧邻近的蜂房而不准逆行，共有多少种回家的方法？【考点】计数之递推法 【难度】4星 【题型】解答【解析】 蜜蜂“每次只能从一个蜂房爬向右侧邻近的蜂房而不准逆行”这意味着它只能从小号码的蜂房爬近相邻大号码的蜂房．明确了行走路径的方向，就可以运用标数法进行计算．如右图所示，小蜜蜂从A 出发到B 处共有89种不同的回家方法．【答案】89【巩固】小蜜蜂通过蜂巢房间，规定只能由小号房间进入大号房间问小蜜蜂由A 房间到达B房间有多少种方法？【考点】计数之递推法 【难度】4星 【题型】解答【解析】 斐波那契数列第八项．21种．【答案】21【例 9】 如下图，一只蜜蜂从A 处出发，回到家里B 处，每次只能从一个蜂房爬向右侧邻近的蜂房而不准逆行，共有多少种回家的方法？ 【考点】计数之递推法 【难度】4星 【题型】解答 【解析】 按照蜜蜂只能从小号码的蜂房爬近相邻大号码的蜂房的原则，运用标号法进行计算．如右图所示，小蜜蜂从A 出发到B 处共有296种不同的回家方法．【答案】296【例 10】 对一个自然数作如下操作：如果是偶数则除以2，如果是奇数则加1，如此进行直到得数为1操作停止．问经过9次操作变为1的数有多少个？【考点】计数之递推法 【难度】4星 【题型】解答【解析】 可以先尝试一下，倒推得出下面的图：BA AB 135794682123581321345589186427531BA其中经1次操作变为1的1个，即2，经2次操作变为1的1个，即4，经3次操作变为1的2个，是一奇一偶，以后发现，每个偶数可以变成两个数，分别是一奇一偶，每个奇数变为一个偶数，于是，经1、2、…次操作变为1的数的个数依次为：1，1，2，3，5，8，…这一串数中有个特点：自第三个开始，每一个等于前两个的和，即即经过9次操作变为1的数有34个.为什么上面的规律是正确的呢？道理也很简单. 设经过n 次操作变为1的数的个数为n a ,则1a =1，2a =1，3a =2，… 从上面的图看出，1n a +比n a 大.一方面，每个经过n 次操作变为1的数，乘以2，就得出一个偶数，经过1n +次操作变为1；反过来，每个经过1n +次操作变为1的偶数，除以2，就得出一个经过n 次操作变为1的数. 所以经过n 次操作变为1的数与经过1n +次操作变为1的偶数恰好一样多.前者的个数是n a ,因此后者也是n a 个.另一方面，每个经过n 次操作变为1的偶数，减去1，就得出一个奇数，它经过1n +次操作变为1，反过来.每个经过1n +次操作变为1的奇数，加上1，就得出一个偶数，它经过n 次操作变为1. 所以经过n 次操作变为1的偶数经过1n +次操作变为1的奇数恰好一样多.而由上面所说，前者的个数就是1n a -,因此后者也是1n a -.经过n +1次操作变为1的数，分为偶数、奇数两类，所以11n n n a a a +-=+，即上面所说的规律的确成立.【答案】34【例 11】 有20个石子，一个人分若干次取，每次可以取1个，2个或3个，但是每次取完之后不能留下质数个，有多少种方法取完石子？（石子之间不作区分，只考虑石子个数）【考点】计数之递推法 【难度】5星 【题型】解答【解析】 如果没有剩下的不能使质数这个条件，那么递推方法与前面学过的递推法相似，只不过每次都是前面3个数相加．现在剩下的不能是质数个，可以看作是质数个的取法总数都是0，然后再进行递推．【答案】25【巩固】有20个相同的棋子，一个人分若干次取，每次可取1个，2个，3个或4个，但要2410131112514302831643215167683421求每次取之后留下的棋子数不是3或4的倍数，有 种不同的方法取完这堆棋子.【考点】计数之递推法 【难度】5星 【题型】填空【解析】 把20、0和20以内不是3或4的倍数的数写成一串，用递推法把所有的方法数写出来：【答案】54【例 12】 4个人进行篮球训练，互相传球接球，要求每个人接球后马上传给别人，开始由甲发球，并作为第一次传球，第五次传球后，球又回到甲手中，问有多少种传球方法？【考点】计数之递推法 【难度】5星 【题型】解答【解析】 设第n 次传球后，球又回到甲手中的传球方法有n a 种．可以想象前1n -次传球，如果每一次传球都任选其他三人中的一人进行传球，即每次传球都有3种可能，由乘法原理，共有11333333n n --⨯⨯⨯=()个…(种)传球方法．这些传球方法并不是都符合要求的，它们可以分为两类，一类是第1n -次恰好传到甲手中，这有1n a -种传法，它们不符合要求，因为这样第n 次无法再把球传给甲；另一类是第1n -次传球，球不在甲手中，第n 次持球人再将球传给甲，有n a 种传法．根据加法原理，有11133333n n n n a a ---+=⨯⨯⨯=(个…)．由于甲是发球者，一次传球后球又回到甲手中的传球方法是不存在的，所以10a =． 利用递推关系可以得到：2303a =-=，33336a =⨯-=，4333621a =⨯⨯-=，533332160a =⨯⨯⨯-=．这说明经过5次传球后，球仍回到甲手中的传球方法有60种．本题也可以列表求解．由于第n 次传球后，球不在甲手中的传球方法，第1n +次传球后球就可能回到甲手中，所以只需求出第四次传球后，球不在甲手中的传法共有多少种．从表中可以看出经过五次传球后，球仍回到甲手中的传球方法共有60种．【答案】60【巩固】五个人互相传球，由甲开始发球，并作为第一次传球，经过4次传球后，球仍回到甲手中．问：共有多少种传球方式？【考点】计数之递推法 【难度】5星 【题型】解答【解析】 递推法．设第n 次传球后球传到甲的手中的方法有n a 种．由于每次传球有4种选择，传n 次有4n 次可能．其中有的球在甲的手中，有的球不在甲的手中，球在甲的手中的有n a 种，球不在甲的手中的，下一次传球都可以将球传到甲的手中，故有1n a +种．所以14n n n a a ++=．由于10a =，所以12144a a =-=，232412a a =-=，343452a a =-=．即经过4次传球后，球仍回到甲手中的传球方法有52种．【答案】52【例 13】 设A 、E 为正八边形ABCDEFGH 的相对顶点，顶点A 处有一只青蛙，除顶点E外青蛙可以从正八边形的任一顶点跳到其相邻两个顶点中任意一个，落到顶点E 时青蛙就停止跳动，则青蛙从顶点A 出发恰好跳10次后落到E 的方法总数为 种．【考点】计数之递推法 【难度】5星 【题型】填空【关键词】清华附中【解析】 可以使用递推法．回到A 跳到B 或H 跳到C 或G 跳到D 或F 停在E1步 12步 2 13步 3 14步 6 4 25步 10 46步 20 14 87步 34 148步 68 48 289步 116 48其中，第一列的每一个数都等于它的上一行的第二列的数的2倍，第二列的每一个数都等于它的上一行的第一列和第三列的两个数的和，第三列的每一个数都等于它的上一行的第二列和第四列的两个数的和，第四列的每一个数都等于它的上一行的第三列的数，第五列的每一个数都等于都等于它的上一行的第四列的数的2倍．这一规律很容易根据青蛙的跳动规则分析得来．所以，青蛙第10步跳到E 有48296⨯=种方法．【答案】96【巩固】在正五边形ABCDE 上，一只青蛙从A 点开始跳动，它每次可以随意跳到相邻两个顶点中的一个上，一旦跳到D 点上就停止跳动．青蛙在6次之内(含6次)跳到D 点有 种不同跳法．【考点】计数之递推法 【难度】5星 【题型】填空【解析】 采用递推的方法．列表如下：跳到A 跳到B 跳到C 停在D 跳到E1步 1 12步 2 1 13步 3 1 24步 5 3 25步 8 3 56步 13 8 5其中，根据规则，每次可以随意跳到相邻两个顶点中的一个上，一旦跳到D 点上就停止跳动．所以，每一步跳到A 的跳法数等于上一步跳到B 和E 的跳法数之和，每一步跳到B 的跳法数等于上一步跳到A 和C 的跳法数之和，每一步跳到C 的跳法数等于上一步跳到B 的跳法数，每一步跳到E 的跳法数等于上一步跳到A 的跳法数，AB C DE每一步跳到D 的跳法数等于上一步跳到C 或跳到E 的跳法数．观察可知，上面的递推结果与前面的枚举也相吻合，所以青蛙在6次之内(含6次)跳到D 点共有1123512++++=种不同的跳法．【答案】12【例 14】 有6个木箱，编号为1，2，3，……，6，每个箱子有一把钥匙，6把钥匙各不相同，每个箱子放进一把钥匙锁好．先挖开1，2号箱子，可以取出钥匙去开箱子上的锁，如果最终能把6把锁都打开，则说这是一种放钥匙的“好”的方法，那么“好”的方法共有 种．【考点】计数之递推法 【难度】5星 【题型】填空【关键词】迎春杯，中年级组，决赛【解析】 (法1)分类讨论．如果1，2号箱中恰好放的就是1，2号箱的钥匙，显然不是“好”的方法，所以“好”的方法有两种情况：⑴1，2号箱的钥匙恰有1把在1，2号箱中，另一箱装的是3～6箱的钥匙．⑴1，2号箱的钥匙都不在1，2号箱中．对于⑴，从1，2号箱的钥匙中选1把，从3～6号箱的钥匙中选1把，共有248⨯=(种)选法，每一种选法放入1，2号箱各有2种放法，共有8216⨯=(种)放法．不妨设1，3号箱的钥匙放入了1，2号箱，此时3号箱不能装2号箱的钥匙，有3种选法，依次类推，可知此时不同的放法有3216⨯⨯=(种)．所以，第⑴种情况有“好”的方法16696⨯=(种)．对于⑴，从3～6号箱的钥匙中选2把放入1，2号箱，有4312⨯=(种)放法．不妨设3，4号箱的钥匙放入了1，2号箱．此时1，2号箱的钥匙不可能都放在3，4号箱中，也就是说3，4号箱中至少有1把5，6号箱的钥匙．如果3，4号箱中有2把5，6号箱的钥匙，也就是说3，4号箱中放的恰好是5，6号箱的钥匙，那么1，2号箱的钥匙放在5，6号箱中，有224⨯=种放法；如果3，4号箱中有1把5，6号箱的钥匙，比如3，4号箱中放的是5，1号箱的钥匙，则只能是5号箱放6号箱的钥匙，6号箱放2号箱的钥匙，有212⨯=种放法； 同理，3，4号箱放5，2号箱或6，1号箱或6，2号箱的钥匙，也各有2种放法． 所以，第⑴种情况有“好”的放法()1242222144⨯++++=(种)．所以“好”的方法共有96144240+=(种)．(法2)递推法．设第1，2，3，…，6号箱子中所放的钥匙号码依次为1k ，2k ，3k ，…，6k ．当箱子数为n (2n ≥)时，好的放法的总数为n a ．当2n =时，显然22a =(11k =，22k =或12k =，21k =)．当3n =时，显然33k ≠，否则第3个箱子打不开，从而13k =或23k =，如果13k =，则把1号箱子和3号箱子看作一个整体，这样还是锁着1，2两号钥匙，撬开1，2两号箱子，那么方法有2a 种；当23k =也是如此．于是2n =时的每一种情况对应13k =或23k =时的一种情况，这样就有3224a a ==．当4n ≥时，也一定有n k n ≠，否则第n 个箱子打不开，从而1k 、2k 、……、1n k -中有一个为n ，不论其中哪一个是n ，由于必须要把该箱子打开才能打开n 号箱子，所以可以将锁着这把钥匙的箱子与第n 号箱子看作1个箱子，于是还是锁着1k 、2k 、……、1n k -这()1n -把钥匙，需要撬开1，2两号箱子，所以每种情况都有1n a -种．所以()11n n a n a -=-．所以，6542554543225!240a a a a ==⨯==⨯⨯⨯=⨯=，即好的方法总数为240种．【答案】240【巩固】有10个木箱，编号为1，2，3，……，10，每个箱子有一把钥匙，10把钥匙各不相同，每个箱子放进一把钥匙锁好．先挖开1，2号箱子，可以取出钥匙去开箱子上的锁，如果最终能把10把锁都打开，则说这是一种放钥匙的“好”的方法，那么“好”的方法共有 种．【考点】计数之递推法 【难度】5星 【题型】填空【解析】 递推法．设第1，2，3，…，6号箱子中所放的钥匙号码依次为1k ，2k ，3k ，…，6k ．当箱子数为n (2n ≥)时，好的放法的总数为n a ．当2n =时，显然22a =(11k =，22k =或12k =，21k =)．当3n =时，显然33k ≠，否则第3个箱子打不开，从而13k =或23k =，如果13k =，则把1号箱子和3号箱子看作一个整体，这样还是锁着1，2两号钥匙，撬开1，2两号箱子，那么方法有2a 种；当23k =也是如此．于是2n =时的每一种情况对应13k =或23k =时的一种情况，这样就有3224a a ==．当4n ≥时，也一定有n k n ≠，否则第n 个箱子打不开，从而1k 、2k 、……、1n k -中有一个为n ，不论其中哪一个是n ，由于必须要把该箱子打开才能打开n 号箱子，所以可以将锁着这把钥匙的箱子与第n 号箱子看作1个箱子，于是还是锁着1k 、2k 、……、1n k -这()1n -把钥匙，需要撬开1，2两号箱子，所以每种情况都有1n a -种．所以()11n n a n a -=-．所以，109829989876543229!=725760a a a a ==⨯==⨯⨯⨯⨯⨯⨯⨯=⨯，即好的方法总数为725760种．【答案】725760。
(小学奥数)计数之递推法
7-6-4.計數之遞推法教學目標前面在講加法原理、乘法原理、排列組合時已經穿插講解了計數中的一些常用的方法，比如枚舉法、樹狀圖法、標數法、捆綁法、排除法、插板法等等，這裏再集中學習一下計數中其他常見的方法，主要有歸納法、整體法、對應法、遞推法．對這些計數方法與技巧要做到靈活運用．例題精講對於某些難以發現其一般情形的計數問題，可以找出其相鄰數之間的遞歸關係，有了這一遞歸關係就可以利用前面的數求出後面未知的數，這種方法稱為遞推法．【例 1】每對小兔子在出生後一個月就長成大兔子，而每對大兔子每個月能生出一對小兔子來．如果一個人在一月份買了一對小兔子，那麼十二月份的時候他共有多少對兔子？【考點】計數之遞推法【難度】3星【題型】解答【解析】第一個月，有1對小兔子；第二個月，長成大兔子，所以還是1對；第三個月，大兔子生下一對小兔子，所以共有2對；第四個月，剛生下的小兔子長成大兔子，而原來的大兔子又生下一對小兔子，共有3對；第五個月，兩對大兔子生下2對小兔子，共有5對；……這個特點的說明每月的大兔子數為上月的兔子數，每月的小兔子數為上月的大兔子數，即上上月的兔子數，所以每月的兔子數為上月的兔子數與上上月的兔子數相加．依次類推可以列出下表：經過月數：---1---2---3---4---5---6---7---8---9---10---11---12兔子對數：---1---1---2---3---5---8--13--21--34--55--89—144，所以十二月份的時候總共有144對兔子．【答案】144【例 2】樹木生長的過程中，新生的枝條往往需要一段“休息”時間供自身生長，而後才能萌發新枝．一棵樹苗在一年後長出一條新枝，第二年新枝“休息”，老枝依舊萌發新枝；此後，老枝與“休息”過一年的枝同時萌發，當年生的新枝則依次“休息”．這在生物學上稱為“魯德維格定律”．那麼十年後這棵樹上有多少條樹枝？【考點】計數之遞推法【難度】3星【題型】解答【解析】一株樹木各個年份的枝椏數，構成斐波那契數列：1，2，3，5，8，13，21，34，55，89，……所以十年後樹上有89條樹枝．【答案】89【例 3】一樓梯共10級，規定每步只能跨上一級或兩級，要登上第10級，共有多少種不同走法？【考點】計數之遞推法【難度】4星【題型】解答【解析】登1級2級3級4級 ...... 10級1種方法 2種3種5種 ...... ？我們觀察每級的種數，發現這麼一個規律：從第三個數開始，每個數是前面兩個數的和；依此規律我們就可以知道了第10級的種數是89.其實這也是加法的運用：假如我們把這個人開始登樓梯的位置看做A0，那麼登了1級的位置是在A1，2級在A2... A10級就在A10．到A3的前一步有兩個位置；分別是A2和A1．在這裏要強調一點，那麼A2到A3 既然是一步到了，那麼A2、A3之間就是一種選擇了；同理A1到A3也是一種選擇了．同時我們假設到n級的選擇數就是An．那麼從A0到A3就可以分成兩類了：第一類：A0 ---- A1 ------ A3 ，那麼就可以分成兩步．有A1×1種，也就是A1 種；(A1 ------ A3 是一種選擇)第二類：A0 ---- A2 ------ A3，同樣道理有A2 ．類類相加原理：A3 = A1 ＋A2，依次類推An = An-1 + An-2．【答案】89【鞏固】一樓梯共10級，規定每步只能跨上一級或三級，要登上第10級，共有多少種不同走法？【考點】計數之遞推法【難度】4星【題型】解答【解析】 登 1級 2級 3級 4級 5級 ...... 10級1種方法 1種 2種 3種 4種...... ？我們觀察每級的種數，發現這麼一個規律：從第三個數開始，每個數是前面相隔的兩個數的和；依此規律我們就可以知道了第10級的種數是28. 【答案】28【例 4】 1×2的小長方形(橫的豎的都行)覆蓋2×10的方格網，共有多少種不同的蓋法．【考點】計數之遞推法 【難度】4星 【題型】解答【解析】 如果用12⨯的長方形蓋2n ⨯的長方形，設種數為n a ,則11a =，22a =,對於3n ≥，左邊可能豎放1個12⨯的，也可能橫放2個12⨯的，前者有-1n a 種，後者有-2n a 種，所以-1-2n n n a a a =+,所以根據遞推，覆蓋210⨯的長方形一共有89種． 【答案】89【例 5】 用13⨯的小長方形覆蓋38⨯的方格網，共有多少種不同的蓋法？【考點】計數之遞推法 【難度】5星 【題型】解答【解析】 如果用13⨯的長方形蓋3n ⨯的長方形，設種數為n a ,則11a =，21a =,32a =,對於4n ≥，左邊可能豎放1個13⨯的，也可能橫放3個13⨯的，前者有-1n a 種，後者有a 種，所以a a a =+,依照這條遞推公式列表：31⨯32⨯33⨯34⨯35⨯36⨯37⨯38⨯1 1234 6 9 13所以用13⨯的小長方形形覆蓋38⨯的方格網，共有13種不同的蓋法． 【答案】13【例 6】 有一堆火柴共12根，如果規定每次取1～3根，那麼取完這堆火柴共有多少種不同取法？【考點】計數之遞推法 【難度】4星 【題型】解答【解析】 取1根火柴有1種方法，取2根火柴有2種方法，取3根火柴有4種取法，以後取任意根火柴的種數等於取到前三根火柴所有情況之和，以此類推，取完這堆火柴一共有927種方法．【答案】927【巩固】 一堆蘋果共有8個，如果規定每次取1～3個，那麼取完這堆蘋果共有多少種不同取法？ 【考點】計數之遞推法 【難度】4星 【題型】解答【解析】 取1個蘋果有1種方法，取2個蘋果有2種方法，取3個蘋果有4種取法，以後取任意個蘋果的種數等於取到前三個蘋果所有情況之和，以此類推，取完這堆蘋果一共有81種方法．【答案】81【例 7】 有10枚棋子，每次拿出2枚或3枚，要想將10枚棋子全部拿完，共有多少種不同的拿法？【考點】計數之遞推法 【難度】4星 【題型】解答 【解析】 本題可以採用遞推法，也可以進行分類討論，當然也可以直接進行枚舉．(法1)遞推法．假設有n 枚棋子，每次拿出2枚或3枚，將n 枚棋子全部拿完的拿法總數為n a 種． 則21a =，31a =，41a =．由於每次拿出2枚或3枚，所以32n n n a a a --=+(5n ≥)．所以，5232a a a =+=；6342a a a =+=；7453a a a =+=；8564a a a =+=；9675a a a =+=；10787a a a =+=．即當有10枚棋子時，共有7種不同的拿法． (法2)分類討論．由於棋子總數為10枚，是個偶數，而每次拿2枚或3枚，所以其中拿3枚的次數也應該是偶數．由於拿3枚的次數不超過3次，所以只能為0次或2次．若為0次，則相當於2枚拿了5次，此時有1種拿法；若為2次，則2枚也拿了2次，共拿了4次，所以此時有246C =種拿法． 根據加法原理，共有167+=種不同的拿法． 【答案】7【例 8】 如下圖，一只蜜蜂從A 處出發，回到家裏B 處，每次只能從一個蜂房爬向右側鄰近的蜂房而不准逆行，共有多少種回家的方法？【考點】計數之遞推法 【難度】4星 【題型】解答BA AB 1357946821235813213455891【解析】 蜜蜂“每次只能從一個蜂房爬向右側鄰近的蜂房而不准逆行”這意味著它只能從小號碼的蜂房爬近相鄰大號碼的蜂房．明確了行走路徑的方向，就可以運用標數法進行計算．如右圖所示，小蜜蜂從A 出發到B 處共有89種不同的回家方法．【答案】89【鞏固】小蜜蜂通過蜂巢房間，規定只能由小號房間進入大號房間問小蜜蜂由A 房間到達B 房間有多少種方法？ 【考點】計數之遞推法 【難度】4星 【題型】解答【解析】 斐波那契數列第八項．21種．【答案】21【例 9】 如下圖，一只蜜蜂從A 處出發，回到家裏B 處，每次只能從一個蜂房爬向右側鄰近的蜂房而不准逆行，共有多少種回家的方法？【考點】計數之遞推法 【難度】4星 【題型】解答BA【解析】 按照蜜蜂只能從小號碼的蜂房爬近相鄰大號碼的蜂房的原則，運用標號法進行計算．如右圖所示，小蜜蜂從A 出發到B 處共有296種不同的回家方法．【答案】296【例 10】對一個自然數作如下操作：如果是偶數則除以2，如果是奇數則加1，如此進行直到得數為1操作停止．問經過9次操作變為1的數有多少個？【考點】計數之遞推法 【難度】4星 【題型】解答 【解析】 可以先嘗試一下，倒推得出下麵的圖：2410131112514302831643215167683421其中經1次操作變為1的1個，即2， 經2次操作變為1的1個，即4，經3次操作變為1的2個，是一奇一偶，以後發現，每個偶數可以變成兩個數，分別是一奇一偶，每個奇數變為一個偶數，於是，經1、2、…次操作變為1的數的個數依次為：1，1，2，3，5，8，…這一串數中有個特點：自第三個開始，每一個等於前兩個的和，即即經過9次操作變為1的數有34個. 為什麼上面的規律是正確的呢？道理也很簡單. 設經過n 次操作變為1的數的個數為n a ,則1a =1，2a =1，3a =2，…從上面的圖看出，1n a +比n a 大.一方面，每個經過n 次操作變為1的數，乘以2，就得出一個偶數，經過1n +次操作變為1；反過來，每個經過1n +次操作變為1的偶數，除以2，就得出一個經過n 次操作變為1的數. 所以經過n 次操作變為1的數與經過1n +次操作變為1的偶數恰好一樣多.前者的個數是n a ,因此後者也是n a 個. 另一方面，每個經過n 次操作變為1的偶數，減去1，就得出一個奇數，它經過1n +次操作變為1，反過來.每個經過1n +次操作變為1的奇數，加上1，就得出一個偶數，它經過n 次操作變為1. 所以經過n 次操作變為1的偶數經過1n +次操作變為1的奇數恰好一樣多.而由上面所說，前者的個數就是1n a -,因此後者也是1n a -.經過n +1次操作變為1的數，分為偶數、奇數兩類，所以11n n n a a a +-=+，即上面所說的規律的確成立. 【答案】34【例 11】有20個石子，一個人分若干次取，每次可以取1個，2個或3個，但是每次取完之後不能留下質數個，有多少種方法取完石子？（石子之間不作區分，只考慮石子個數）【考點】計數之遞推法 【難度】5星 【題型】解答 【解析】 如果沒有剩下的不能使質數這個條件，那麼遞推方法與前面學過的遞推法相似，只不過每次都是前面3個數相加．現在剩下的不能是質數個，可以看作是質數個的取法總數都是0，然後再進行遞推．【答案】25【鞏固】有20個相同的棋子，一個人分若干次取，每次可取1個，2個，3個或4個，但要求每次取之後留下的棋子數不是3或4的倍數，有 種不同的方法取完這堆棋子.【考點】計數之遞推法 【難度】5星 【題型】填空【解析】 把20、0和20以內不是3或4的倍數的數寫成一串，用遞推法把所有的方法數寫出來：【答案】54【例 12】4個人進行籃球訓練，互相傳球接球，要求每個人接球後馬上傳給別人，開始由甲發球，並作為第一次傳球，第五次傳球後，球又回到甲手中，問有多少種傳球方法？【考點】計數之遞推法 【難度】5星 【題型】解答 【解析】 設第n 次傳球後，球又回到甲手中的傳球方法有n a 種．可以想像前1n -次傳球，如果每一次傳球都任選其他三人中的一人進行傳球，即每次傳球都有3種可能，由乘法原理，共有11333333n n --⨯⨯⨯=()个…(種)傳球方法．這些傳球方法並不是都符合要求的，它們可以分為兩類，一類是第1n -次恰好傳到甲手中，這有1n a -種傳法，它們不符合要求，因為這樣第n 次無法再把球傳給甲；另一類是第1n -次傳球，球不在甲手中，第n 次持球人再將球傳給甲，有n a 種傳法．根據加法原理，有11133333n n n n a a ---+=⨯⨯⨯=(个…)．由於甲是發球者，一次傳球後球又回到甲手中的傳球方法是不存在的，所以10a =．利用遞推關係可以得到：2303a =-=，33336a =⨯-=，4333621a =⨯⨯-=，533332160a =⨯⨯⨯-=．這說明經過5次傳球後，球仍回到甲手中的傳球方法有60種． 本題也可以列表求解．由於第n 次傳球後，球不在甲手中的傳球方法，第1n +次傳球後球就可能回到甲手中，所以只需求出第四次傳球後，球不在甲手中的傳法共有多少種．從表中可以看出經過五次傳球後，球仍回到甲手中的傳球方法共有60種．【答案】60【鞏固】五個人互相傳球，由甲開始發球，並作為第一次傳球，經過4次傳球後，球仍回到甲手中．問：共有多少種傳球方式？ 【考點】計數之遞推法 【難度】5星 【題型】解答【解析】 遞推法．設第n 次傳球後球傳到甲的手中的方法有n a 種．由於每次傳球有4種選擇，傳n 次有4n 次可能．其中有的球在甲的手中，有的球不在甲的手中，球在甲的手中的有n a 種，球不在甲的手中的，下一次傳球都可以將球傳到甲的手中，故有1n a +種．所以14n n n a a ++=．由於10a =，所以12144a a =-=，232412a a =-=，343452a a =-=．即經過4次傳球後，球仍回到甲手中的傳球方法有52種．【答案】52【例 13】設A、E為正八邊形ABCDEFGH的相對頂點，頂點A處有一只青蛙，除頂點E外青蛙可以從正八邊形的任一頂點跳到其相鄰兩個頂點中任意一個，落到頂點E時青蛙就停止跳動，則青蛙從頂點A出發恰好跳10次後落到E的方法總數為種．【考點】計數之遞推法【難度】5星【題型】填空【關鍵字】清華附中【解析】可以使用遞推法．回到A跳到B或H跳到C或G跳到D或F停在E1步 12步 2 13步 3 14步 6 4 25步10 46步20 14 87步34 148步68 48 289步116 48其中，第一列的每一個數都等於它的上一行的第二列的數的2倍，第二列的每一個數都等於它的上一行的第一列和第三列的兩個數的和，第三列的每一個數都等於它的上一行的第二列和第四列的兩個數的和，第四列的每一個數都等於它的上一行的第三列的數，第五列的每一個數都等於都等於它的上一行的第四列的數的2倍．這一規律很容易根據青蛙的跳動規則分析得來．所以，青蛙第10步跳到E有48296⨯=種方法．【答案】96【鞏固】在正五邊形ABCDE上，一只青蛙從A點開始跳動，它每次可以隨意跳到相鄰兩個頂點中的一個上，一旦跳到D點上就停止跳動．青蛙在6次之內(含6次)跳到D點有種不同跳法．【考點】計數之遞推法【難度】5星【題型】填空ABEC D【解析】採用遞推的方法．列表如下：跳到A跳到B跳到C停在D跳到E 1步 1 12步 2 1 13步 3 1 24步 5 3 25步8 3 56步13 8 5其中，根據規則，每次可以隨意跳到相鄰兩個頂點中的一個上，一旦跳到D 點上就停止跳動．所以，每一步跳到A的跳法數等於上一步跳到B和E的跳法數之和，每一步跳到B的跳法數等於上一步跳到A和C的跳法數之和，每一步跳到C的跳法數等於上一步跳到B的跳法數，每一步跳到E的跳法數等於上一步跳到A的跳法數，每一步跳到D的跳法數等於上一步跳到C或跳到E的跳法數．觀察可知，上面的遞推結果與前面的枚舉也相吻合，所以青蛙在6次之內(含6次)跳到D點共有1123512++++=種不同的跳法．【答案】12【例 14】有6個木箱，編號為1，2，3，……，6，每個箱子有一把鑰匙，6把鑰匙各不相同，每個箱子放進一把鑰匙鎖好．先挖開1，2號箱子，可以取出鑰匙去開箱子上的鎖，如果最終能把6把鎖都打開，則說這是一種放鑰匙的“好”的方法，那麼“好”的方法共有種．【考點】計數之遞推法【難度】5星【題型】填空【關鍵字】迎春杯，中年級組，決賽【解析】(法1)分類討論．如果1，2號箱中恰好放的就是1，2號箱的鑰匙，顯然不是“好”的方法，所以“好”的方法有兩種情況：⑴1，2號箱的鑰匙恰有1把在1，2號箱中，另一箱裝的是3～6箱的鑰匙．⑵1，2號箱的鑰匙都不在1，2號箱中．對於⑴，從1，2號箱的鑰匙中選1把，從3～6號箱的鑰匙中選1把，共有248⨯=(種)⨯=(種)選法，每一種選法放入1，2號箱各有2種放法，共有8216放法．不妨設1，3號箱的鑰匙放入了1，2號箱，此時3號箱不能裝2號箱的鑰匙，有3種選法，依次類推，可知此時不同的放法有3216⨯⨯=(種)．所以，第⑴種情況有“好”的方法16696⨯=(種)．對於⑵，從3～6號箱的鑰匙中選2把放入1，2號箱，有4312⨯=(種)放法．不妨設3，4號箱的鑰匙放入了1，2號箱．此時1，2號箱的鑰匙不可能都放在3，4號箱中，也就是說3，4號箱中至少有1把5，6號箱的鑰匙．如果3，4號箱中有2把5，6號箱的鑰匙，也就是說3，4號箱中放的恰好是5，6號箱的鑰匙，那麼1，2號箱的鑰匙放在5，6號箱中，有224⨯=種放法；如果3，4號箱中有1把5，6號箱的鑰匙，比如3，4號箱中放的是5，1號箱的鑰匙，則只能是5號箱放6號箱的鑰匙，6號箱放2號箱的鑰匙，有212⨯=種放法；同理，3，4號箱放5，2號箱或6，1號箱或6，2號箱的鑰匙，也各有2種放法．所以，第⑵種情況有“好”的放法()1242222144⨯++++=(種)．所以“好”的方法共有96144240+=(種)．(法2)遞推法．設第1，2，3，…，6號箱子中所放的鑰匙號碼依次為1k ，2k ，3k ，…，6k ．當箱子數為n (2n ≥)時，好的放法的總數為n a ．當2n =時，顯然22a =(11k =，22k =或12k =，21k =)．當3n =時，顯然33k ≠，否則第3個箱子打不開，從而13k =或23k =，如果13k =，則把1號箱子和3號箱子看作一個整體，這樣還是鎖著1，2兩號鑰匙，撬開1，2兩號箱子，那麼方法有2a 種；當23k =也是如此．於是2n =時的每一種情況對應13k =或23k =時的一種情況，這樣就有3224a a ==．當4n ≥時，也一定有n k n ≠，否則第n 個箱子打不開，從而1k 、2k 、……、1n k -中有一個為n ，不論其中哪一個是n ，由於必須要把該箱子打開才能打開n 號箱子，所以可以將鎖著這把鑰匙的箱子與第n 號箱子看作1個箱子，於是還是鎖著1k 、2k 、……、1n k -這()1n -把鑰匙，需要撬開1，2兩號箱子，所以每種情況都有1n a -種．所以()11n n a n a -=-．所以，6542554543225!240a a a a ==⨯==⨯⨯⨯=⨯=，即好的方法總數為240種． 【答案】240【鞏固】有10個木箱，編號為1，2，3，……，10，每個箱子有一把鑰匙，10把鑰匙各不相同，每個箱子放進一把鑰匙鎖好．先挖開1，2號箱子，可以取出鑰匙去開箱子上的鎖，如果最終能把10把鎖都打開，則說這是一種放鑰匙的“好”的方法，那麼“好”的方法共有 種．【考點】計數之遞推法 【難度】5星 【題型】填空【解析】 遞推法．設第1，2，3，…，6號箱子中所放的鑰匙號碼依次為1k ，2k ，3k ，…，6k ．當箱子數為n (2n ≥)時，好的放法的總數為n a ．當2n =時，顯然22a =(11k =，22k =或12k =，21k =)．當3n =時，顯然33k ≠，否則第3個箱子打不開，從而13k =或23k =，如果13k =，則把1號箱子和3號箱子看作一個整體，這樣還是鎖著1，2兩號鑰匙，撬開1，2兩號箱子，那麼方法有2a 種；當23k =也是如此．於是2n =時的每一種情況對應13k =或23k =時的一種情況，這樣就有3224a a ==．當4n ≥時，也一定有n k n ≠，否則第n 個箱子打不開，從而1k 、2k 、……、1n k -中有一個為n ，不論其中哪一個是n ，由於必須要把該箱子打開才能打開n 號箱子，所以可以將鎖著這把鑰匙的箱子與第n 號箱子看作1個箱子，於是還是鎖著1k 、2k 、……、1n k -這()1n -把鑰匙，需要撬開1，2兩號箱子，所以每種情況都有1n a -種．所以()11n n a n a -=-．所以，109829989876543229!=725760a a a a ==⨯==⨯⨯⨯⨯⨯⨯⨯=⨯，即好的方法總數為725760種．【答案】725760。
五年级奥数之归纳和递推
归纳与递推知识点：从简单情形中摸索规律，再从理解上证明规律的一般性：是人们认识客观法则的重要方法。
简单说：从最简单的情形寻找到规律，用这个规律来解决题目的问题。
1、将正方形纸片由下往上对折，再由左向右对折，称作完成一次操作，按照上述规则完成五次操作以后，剪去所得小正方形的左下角。
问：当展开这张正方形纸片后，一共有多少个小洞孔？2、练习：按照上述例题中的方法操作五次后，在所得到的小正方形的中央戳1个洞，展开这张正方形纸片后，一共有多少个小洞孔？3、在方格纸上画折线段，小方格的边长是1，折线上每一直线段都按照螺旋形依次编号为①、②、③、.......，问：（1）编号65的直线段有多长？（2）长为28的直线段，它的编号是多少号？4、20条直线最多将平面分成多少个部分？5、练习：在一个平面内，20条直线最多可以有多少个交点？6、一个楼梯共有10个台阶，我们规定上楼时，每次只能跨上1个台阶或者是2个台阶，问从地面到最上层共有多少种不同的跨法？7、练习：用10个1×2的长方形取覆盖满2×10的方格网，一共有多少种不同的覆盖方法？8、在三角形ABC内有200个点，以三角形的顶点和这100个点为顶点，可把三角形剖分成多少个小三角形？9、练习：四边形内有100个点，以四边形的4个顶点和里面的100个点为三角形的顶点，最多能剪出多少个小三角形？10、在数2、3之间，第一次写上2和3的和5，第二次在2和5之间写上2与5的和7，同时在3和5之间写上3与5的和8。
即每次都在相邻两个数之间写上这2个数的和，那么这样的过程重复6次。
问所有的数之和是多少？11、练习：在4和5之间，第一次写上两个数的和9，第二次在4、9之间，9、5之间协商13、14，每次都在相邻两个数之间写上两个数的和，这样的过程重复了5次，问所有数的和是多少？12、将1991写成K个自然数的和形式，问这K个自然数的乘积最大是多少？13、练习：将200分解成一些数的和，使得这些自然数的乘积最大是多少？14、平面上10个两两相交的圆最多可以将平面分成多少个区域？平面上1993个圆最多可以将平面分成多少个区域？15练习：平面上20个两两相交的圆最多可以把这些圆分割成多少个部分？16、把1、2、3、.......1991排成一个圆圈，从1起隔一个隔一个的划去（即去2留1，取4留3，.....），直到剩下最后一个数，这个数是多少？17练习：把1、2、3、.......2000排成一个圆圈，从1起隔一个隔一个的划去（即去1留2，去3留4，.....），直到剩下最后一个数，这个数是多少？18、把1、2、3、.......1024排成一个圆圈，从1起隔一个隔一个的划去（即去2留1，取4留3，.....），直到剩下最后一个数，这个数是多少？19、练习：把1、2、3、.......2048排成一个圆圈，从1起隔一个隔一个的划去（即去1留2，去3留4，.....），直到剩下最后一个数，这个数是多少？20、某个计算机接收信息的速度为每秒钟2800字节，发送信息的速度为每秒钟3800字节。
六年级(上)奥数思想 第03讲 递推计数
第三讲递推计数有许多计数问题很复杂，直接处理比较困难，此时硬碰硬是不行的．一个比较有效的策略是退而求其次：先考虑该问题的简单情形，看看简单情形如何处理；在解决了简单情形后，再考虑如何利用简单情形的结论来解决更复杂的问题……这个由简单到复杂的推导过程就叫“递推”．那如何利用“递推法”来解决计数问题呢？下面我们就来看几个例子．例1．老师给小高布置了12篇作文，规定他每天至少写1篇．如果小高每天最多能写3篇，那么共有多少种不同的完成方法？（小高每天只能写整数篇）「分析」从简单情况入手，看看能否找到合适的突破口．如果老师只布置1篇作文，小高有多少种不同的完成方法？如果老师布置2篇作文，小高有多少种不同的完成方法？如果老师布置3篇、4篇、……小高又分别有多少种不同的完成方法？篇数由少到多，完成方法数也会逐渐变多，这其中有什么规律呢？练习1、一个楼梯共有12级台阶，规定每步可以迈二级台阶或三级台阶．走完这12级台阶，共有多少种不同的走法？⨯的方格表，共有多少种覆盖方法？例2．用10个13⨯的长方形纸片覆盖一个103「分析」与例1的类似，我们还是从简单情形入手找递推关系．可具体从什么样的情形入手呢？⨯的方格表，共有多少种覆盖方法？练习2、用7个12⨯的长方形纸片覆盖一个72例3．在一个平面上画出100条直线，最多可以把平面分成几个部分？「分析」当直线数量不多时，画图数一数即可．但现在有100条，画图数并不现实．我们不妨在纸上将直线逐一画出，并在画的过程中仔细观察：每增加一条直线，平面被分成的部分会增加多少？这个增量．．有什么变化规律？练习3、如果在一个圆内画出50条直线，最多可以把圆分成多少部分？下面我们来学习一类很经典的递推计数问题——传球问题．例4．四个人分别穿着红、黄、绿、蓝四种颜色的球衣练习传球，每人都可以把球传给另外三个人中的任意一个．先由红衣人发球，并作为第1次传球，经过8次传球后球仍然回到红衣人手中．请问：整个传球过程共有多少种不同的可能？「分析」看到这个问题，很多同学可能想通过树形图来求解，我们不妨来试一试．设穿着红、黄、绿、蓝四种颜色球衣的人分别是A 、B 、C 、D ．如下图，最开始时，球在A 手上，第一次传球由A 传给B 、C 、D ，也就是第一层有三个字母就够了．然后B 、C 、D 都会继续往下传球，各有3种传法，传到第二层需要9个字母．再传到第三层，需要27个字母……每一层需要的字母增加迅猛！如果传8次球，到最后一层会用到836561 个字母，这要多大的一个树形图啊！可见画树形图的方案不可行．但树形图对这道题就没有用了吗？并非如此．它可以帮助我们找出传球过程中所隐藏的递推关系．事实上，我们并不关心树形图长啥样，我们关心的是数量——树形图每一层分支的数量．因此，只要知道每一层各字母出现的次数就可以了，我们不妨制作一个表格来统计这个次数．如下表，我们用第一列来表示层数，第一行来表示每个人，其余空格用于填写字母在该层中出现的次数．请你从上方的树形图中数一数，填出表格中的前几行．然后思考一下：这其中隐藏着什么样的递推关系？BC DACDABDABCAB C D A B D A B C B C D A C D A B C B C D A C D A B D练习4、三个人分别穿着红、黄、蓝三种颜色的球衣练习传球，每人都可以把球传给另外两个人中的任意一个．先由红衣人发球，并作为第1次传球，经过7次传球后传到蓝衣人手中．请问：整个传球过程共有多少种不同的可能？解传球问题的方法称为“传球法”．“传球法”是递推法的一种特殊形式，是一种极其实用的数表累加计数法．例5．一个七位数，每一位都是1、2或者3，而且没有连续的两个1，这样的七位数一共有多少个？「分析」这道题与前面两道题有何异同？应该如何求解呢？前面的计数问题，递推关系都表现为数列、数表的简单累加，但这不是递推的全部．简单累加只是递推的一种表现形式，递推还有很多其它形式．下面我们就来看一道无法通过简单累加求解的计数问题．例6．圆周上有10个点A1、A2、、A10，以这些点为端点连接5条线段，要求线段之间没有公共点，共有多少种连接方式？「分析」圆周上10个点，连5条线段，连法很多，很难直接画出来枚举．像这类问题，我们同样还是从简单的情况入手．那么是应该按1个点、2个点、3个点、……这样依次计数，来找递推关系吗？作业神奇的汉诺塔一位法国数学家曾编写过一个印度的古老传说：在世界中心贝拿勒斯（在印度北部）的圣庙里，一块黄铜板上插着三根宝石针．印度教的主神梵天在创造世界的时候，在其中一根针上从下到上地穿好了由大到小的64片金片，这就是所谓的汉诺塔．不论白天黑夜，总有一个僧侣在按照下面的法则移动这些金片：一次只移动一片，不管在哪根针上，小片必须在大片上面．僧侣们预言，当所有的金片都从梵天穿好的那根针上移到另外一根针上时，世界就将在一声霹雳中消灭，而梵塔、庙宇和众生也都将同归于尽．不管这个传说的可信度有多大，如果考虑一下把64片金片，由一根针上移到另一根针上，并且始终保持上小下大的顺序．这需要多少次移动呢?这里需要递归的方法．假设有n 片，移动次数是()f n ．显然(1)1f =，(2)3f =，(3)7f =，且(1)2()1f k f k +=+．此后不难证明()21n f n =-．64n =时，64(64)2118446744073709551615f =-=．假如每秒钟一次，共需多长时间呢？一个平年365天有31536000 秒，闰年366天有31622400秒，平均每年31556952秒，计算一下，18446744073709551615/31556952=584554049253.855年．这表明移完这些金片需要5845亿年以上，而地球存在至今不过45亿年，太阳系的预期寿命据说也就是数百亿年．真的过了5845亿年，不说太阳系和银河系，至少地球上的一切生命，连同梵塔、庙宇等，都早已经灰飞烟灭．课 堂 内 外1. 有10个蛋黄派，萱萱每天吃1个或2个，那么共有多少种不同的吃法？2. 甲、乙两人玩抓石子游戏，共有12个石子，甲先乙后轮流抓取．每次可以抓取其中的2个、3个或4个，直到最后抓取完毕为止．那么共有多少种抓取石子的方案？3. 用直线把一个平面分成100部分，至少要在平面上画几条直线？4. 一个七位数，它由数字0、1、2、3、4组成，相邻位置上的数字不相同，并且个位数字是2．这样的七位数有多少个？5. 用8个的长方形纸片覆盖下面的方格表，共有多少种覆盖方法？12第三讲 递推计数例题例1． 答案：927详解：将作文数量与完成作文的方法数列成一张表格，如下所示：下面解释一下这张数表是如何累加得到的．写1、2、3篇作文的方法数可以枚举得到．写4篇作文的完成方法数可以分三类去数：如果第一天写1篇，那么参考数表可得，剩下3篇有4种完成方法；如果第一天写2篇，同样参考数表可得，剩下2篇有2种完成方法；如果第一天写3篇，那么剩下1篇还有1种完成方法——因此4篇作文的完成方法总数为1247++=，如上表箭头所示．接着分析5篇作文的完成方法数，仍然分三类：第一天写1篇，那么参考数表可得，剩下4篇还有7种完成方法；第一天写2篇，那么剩下3篇还有4种完成方法；第一天写3篇，那么剩下2篇还有2种完成方法——因此5篇作文的完成方法数等于24713++=……以此类推便可填满整张表格．例2． 答案：28详解：我们同样可以列出一个递推数列，将其表示如下：下面详细说明该问题的递推规律．覆盖1×3、2×3和3×3方格表的方法数可以枚举得到．接着分析覆盖4×3的表格有几种覆盖方法．如下图所示，左上角的阴影方格在覆盖的时候有两种方法：竖着覆盖或横着覆盖．当竖着覆盖时，余下部分恰好是一个3×3的方格表，覆盖方法数为2；当横着覆盖时，其下方的方格只能被横放的纸片盖住，因此只剩下一个1×3的方格表需要覆盖，方法数为1．由此可得4×3表格的方法数为2+1=3．用同样的方法分析5×3的方格表，可得其覆盖方法数等于43⨯的方法数加上23⨯的方法数，因此等于314+=．接着以此类推即可．例3． 答案：5051详解：我们同样可以列出一个递推数列，将其写为如下的一张数表：下面详细说明该递推过程．平面上有1、2、3条直线的情形画图即可解决，我们从第4条直线开始分析．如右图所示，当画上第4条直线时，会把原有的区域一分为二（如编号为I 、II 、III 、IV 的4个区域），因此会增加4个新区域．而之所以能产生4个新区域，就是由于第4条直线会与原有的3条直线产生3个交点，而这3个交点会把第4条直线分为4部分，每一部分都会位于一个原有的区域中，因此每一部分都就会把原有的某个区域一分为二，因此直线被分为几部分，区域数量自然也就增加几部分．上述逻辑关系在下方右侧有明确的表示．由此可得，增加到第n 条直线就会增加n 个新区域，因此答案是()22341005051+++++=．例4． 答案：1641第4条III IIIIV增加第n 条直线产生1n -个交点第n 条直线被分成n 部分直线的每一部分2+3+5+100+4+…余下部分是33⨯的方格表，覆盖方法有2种．阴影方格下方的格子只能用横放的纸片盖住，因此只剩下13⨯的方格表需要覆盖详解：本题的方法称为“传球法”．传球法在很多问题中有着广泛的应用．如右侧表格所示，除了第“0”行外，其余每一行的数量都是由上一行的数量通过某种规则累加得到的．比如第“1”行A下方的0，就是通过第“0”行B、C、D的数量相加得到的；第“3”行B下方的7，就是通过第“2”行A、C、D的数量相加得到的；第“4”行C 下方的20，就是通过第“5”行A、B、D的数量相加得到的；第“6”行D下方的182，就是通过第“5”行A、B、C的数量相加得到的．之所以有这样的累加规则，就是因为A想拿球，必须由B、C、D传球给他，所以他下方的数也必须由B、C、D累加给他—每传一次球就多累加一行，最后得到第“8”行．这一行的四个数分别为1641、1640、1640和1640．他们分别表示8次传球后，由A、B、C、D拿球的传球方法数．由于题目要求最后球回到A手中，因此答案为1641种．例5．答案：1224次球的一个传球顺序，具体的传球规则是：1能传球给2、3，但不能给自己；2、3都能传球给1、2、3．依据“传球规则决定累加规则”，我们可以列出如右表所示的一张递推表格．表格的第“0”行是发球行，对应的是这个七位数的首位数字．由于1、2、3都能作首位，因此第“0”行写的都是1．接着按照传球规则累加即可．表格中第“6”行（最后一行）中的三个数分别表示第六次传球后，球在1、2、3手中的方法数，对于七位数而言，就是表示分别以1、2、3结尾的符合题意的七位数有多少个．所以最后答案应该把它们全加起来，等于328+448+448=1224．例6．答案：42详解：我们依照连续偶数的次序进行递推累加．（1）圆周上有2个点，只有1种连法．（2）圆周上有4个点，只有2种连法．（3）圆周上有6个点A1、A2、A3、A4、A5、A6（如下左图），那么与A1相连的点只能是A2、A4或A6．依次分三类情况讨论：第一，A1连A2，剩下4个点连法数为2；第二，A1连A4，剩下4个点连法数为1；第三，A1连A4，剩下4个点连法数也为2．由此可得，6个点共有5种不同的连法．（4）如果圆周上有8个点A1、A2、A3、A4、A5、A6、A7、A8（如下右图），那么与A1相连的点有四种可能，分别是A 2、A 4、A 6或A 8．以此分四类讨论，共14种方法．（5）如果圆周上有10个点，同样考虑能与A 1相连的点，分五类讨论，如下图所示．共42种方法．评析：本题虽然不像之前那样，只遵循一个简单的累加规则，但也仍然是一个由小求大的递推过程：在求解6个点的方法数时，会用到2个、4个点的方法数；在求解8个点的方法数时，也会用到2个、4个、6个点的方法数；而在求解10个点的方法数时，则会用到2个、4个、6个、8个点的方法数……由此可见“由小求大”应该说是递推法真正的内涵．我们再处理问题时，要有能力将数目较大的情形通过变形，化归为数目较小的情形来解决．另外，请大家观察右图．从A 处出发，每次只能向右或向上走一步，那么从A 到B 、C 、D 、E 、F 的最短路径分别有多少？大家不妨用标数法（参考四年级上册第16讲《加法原理与乘法原理》）自己做一做，在把相应的结果与本题的结果对照一下，你能发现其中的奥妙吗？3 4A 6A 3 4A 6A 3 4A 6A 3 4A 6A 3 4A 6A 剩余8个点 共14种方法 剩余26+个点 共15⨯种方法剩余44+个点 共22⨯种方法剩余26+个点 共15⨯种方法剩余8个点 共14种方法A 还剩4个点，2种方法．1种方法．还剩4个点， 2种方法．剩余42+个点，方法数为21⨯．42+个点，方法数为21⨯．还剩6个点，共5种方法．ABCDEF练习1、 答案：12简答：仿照例题1进行分类讨论，列出如下数表进行累加即可，注意累加规则．练习2、答案：21简答：仿照例题2，找到左上角的方格，按照该方格是横着覆盖还是竖着覆盖分两类讨论即可得递推规则．练习3、 答案：1276简答：本题与直线分平面的问题本质相同，因此与例题3类似进行递推即可．如下表所示练习4、 答案：434后的拿球人不是发球人这一点要注意！2+3+5+50+4+1. 答案：89 简答：简答：简答：略．4. 答案：3277简答：如右表所示，用传球法列表解决．传球规则是：0不能发球，其它都可以发球；传球不能传给自己，只能传给别人；总共传球传6次． 5. 答案：29简答：如下方左图所示，和例题2类似，找到某个方格，依据这个方格是横着覆盖还是竖着覆盖分两种情况讨论．就是的覆盖方法，利用练习2的分析方法和相关结论，可得答案为21．情况二，竖着覆盖：在这类情况下，有另外四个格子的覆盖方法唯一确定，如下方右图中的虚线所示，剩下需要覆盖的是一个的方格表，其方法数量也可参考练习2的分析方法和相关结论来取得，答案为8．上述两种情况相加，可得答案为．21829+= 52⨯ 72⨯。
五年级奥数春季实验班第10讲 计数综合之归纳递推映射计数二
第10讲 计数综合之归纳递推映射计数二模块一、图形计数中的对应法图例1．在8×8的黑白相间染色的国际象棋棋盘中，以网格线为边的、恰包括两个白色小格与一个黑色小格的长方形共有 个。
解：由条件知，在四条边上不是角的黑色方格都可以画出一个符合条件的长方形，这样的长方形有3×4=12个。
对于中间的黑色方格，每个方格都可以画出两个符合要求的长方形，这样的长方形有3×6×2=36个，于是这样的长方形有12+36=48个。
例2．图中可数出的三角形的个数为 。
解：这个图不像我们以前数三角形那样的规则，我们发现图形由8条线段组成，从这8条线段中任意选出3条，都可以组成一个三角形，于是三角形的个数是3856C =（个）。
模块二、数字问题中的对应法例3．有 个多位数（至少两位），这个数所有数位上的数字从左到右依次递增。
解：先看两位数：12、13、......、19；23、24、......，29；34、35、......39； (89)这样的数有8+7+6+5+4+3+2+1=36（个）；也可以看做是9个数字中选2个的组合数，即2936C =（个）；所以三位数：有3984C =（个）；依次类推共有23499999C C C C ++++L =290199C C --=512−10=502（个）。
例4．请问至少出现一个数码3，并且是3的倍数的五位数共有 个。
解：五位数共有99999−9999=90000（个）；其中3的倍数有30000个；除了数字3以外，其余的9个数码分为3组：(1、4、7)；(2、5、8)；(0、6、9)，在五位数的前四位中任意取不含3的数字有8×9×9×9种方式，对于前面的每一个数，这四个数字的和确定以后，一定可从以上三组数中选择一组（且只有一组），使得该数是3的倍数，所以五位数中是3的倍数且不含有3的个数是8×9×9×9×3=17496（个）．于是五位数中是3的倍数且至少含有1个3的个数是30000−17496=12504（个）；模块3、阶梯型标数法的对应问题例5．一个正在行走的8人队列，每人身高各不相同，按从低到高的次序排列，现在他们要变成并列的2列纵队，每列仍然是按从低到高排列，且同时要求并排的每两人中左边的人比右边的人要矮，那么，2列纵队有 种不同的排法。
小学五年级奥数 第十四讲：归纳与递推的方法
小学五年级奥数第十四讲：归纳与递推的方法递推方法是人们从开始认识数量关系时就很自然地产生的一种推理思想。
例如自然数中最小的数是1，比1大1的数是2，接下来比2大1的数是3，…由此得到了自然数数列：1，2，3，4，5，…。
在这里实际上就有了一个递推公式，假设第n 个数为an，则即由自然数中第n个数加上1，就是第n+1个数。
由此可得：这样就可以得到自然数数列中任何一个数。
再看一个例子：例1 平面上5条直线最多能把圆的内部分成几部分?平面上100条直线最多能把圆的内部分成几部分解：假设用ak表示k条直线最多能把圆的内部分成的部分数。
这里k=0，1，2，…。
如图可见归纳出递推公式（1）即画第n+1条直线时，最多增加n部分。
原因是这样的：第一条直线最多把圆分成两部分，故a1=2。
当画第二条直线时，要想把圆内部分割的部分尽可能多，就应和第一条直线在圆内相交，交点把第二条直线在圆内部分分成两条线段，而每条线段又把原来的一个区域划分成两个区域，因而增加的区域数是2，正好等于第二条直线的序号。
同理，当画第三条直线时，要想把圆内部分割的部分数尽可能多，它就应和前两条直线在圆内各有一个交点。
两个交点把第三条直线在圆内部分成三条线段。
而每条线段又把原来一个区域划分成两个区域。
因而增加的区域部分数是3，正好等于第三条直线的序号，…。
这个道理适用于任意多条直线的情形，所以递推公式(1)是正确的。
这样就易求得5条直线最多把圆内分成：要想求出100条直线最多能把圆内分成多少区域，不能直接用上面的公式了，可把上面的递推公式变形：公式(2)也称为数列1，2，4，7，11，16，…的通项公式。
一般来说，如果一个与自然数有关的数列中任一项 an可以由它前面的k(≤n-1)项经过运算或其他方法表示出来，我们就称相邻之间有递归关系，并称这种公式为递推公式或递推关系式。
通过寻求递归关系来解决问题的方法就称为递推方法。
许多与自然数有关的数学问题都常常具有递推关系，可以用递推公式来表达它的数量关系。
六年级奥数优胜教育第5讲：递推与归纳含答案
第五讲 递推与归纳A1. 100 条直线最多能把一个平面分成 _____ 个部分。
2. 熊大叔是一个卖烧饼的师傅 ,他用一个平底锅煎饼 ,他是这样煎饼的 : 每次只能放两个饼 每个饼正反面都要煎 ,煎每一面都要 1分钟 ,问他煎 10个这样的饼需要 ______ 分钟。
3. 上一段 11阶楼梯,规定每一步只能上一级或两级 ,那么要登上第 11级台阶有 ______ 种不同 的走法。
4. 请先计算 11× 11,111 × 111,1111 × 1111, 你能根据以上结果 , 不经过计算而直接写出 11111111×11111111= ________ 。
例 1： 999⋯999×999⋯999 的乘积中有多少个数字是奇数？10 个 9 10 个 9例 2：如图所示：线段 同的线段？ AB 上共有 10 个点（包括两个端点）那么这条线段上一共有多少条不 a 1 a 2 a 3 a 4 a 5 a 6 a 7 B a 8 例 3：计算 13+23+33+43+53+63+73+83+93+103 得值。
例 4： 2000 个学生排成一行，依次从左到右编上 1～2000 号，然后从右到左按一、二报数，报一的离开队伍，剩下的人继续按一、二报数，报一的人离开队伍，⋯⋯按这个规律如 此例 5：圆周上两个点将圆周分为两半，在这两点上写上数 1 ；然后将两段半圆弧对分，在两个分点上写上相邻两点上的数之和； 再把 4 段圆弧等分， 在分点上写上相邻两点上的数 之和，如此继续下去，问第 6 步后，圆周上所有点上的之和是多少？ 例 6： 4 个人进行篮球训练， 互相传球接球， 要求每个人接球后马上传给别人， 开始由甲发 球，并作为第一次传球，第五次传球后，球又回到甲手中，问有多少种传球方式？5. __ 我们知道三角形的内角和是180度,长方形的内角和是360 度,那么正十边形的内角和是____ 度。
五年级奥数.计数综合.计数方法与技巧
计数方法与技巧知识结构（1）归纳法：从条件值较小的数开始，找出其中规律，或找出其中的递推数量关系，归纳出一般情况下的数量关系．（2）整体法：解决计数问题时，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，反而有利于发现其中的数量关系．（3）对应法：将难以计数的数量与某种可计量的事物联系起来，只要能建立一一对应的关系，那么这两种事物在数量上是相同的．事实上插入法和插板法都是对应法的一种表现形式．（4）递推法：对于某些难以发现其一般情形的计数问题，可以找出其相邻数之间的递归关系，有了这一递归关系就可以利用前面的数求出后面未知的数，这种方法称为递推法．例题精讲【例 1】一条直线分一个平面为两部分．两条直线最多分这个平面为四部分．问5条直线最多分这个平面为多少部分?【巩固】平面上5条直线最多能把圆的内部分成几部分？平面上100条直线最多能把圆的内部分成几部分？【例 2】平面上10个两两相交的圆最多能将平面分割成多少个区域？【巩固】10个三角形最多将平面分成几个部分？【例 3】一个长方形把平面分成两部分，那么3个长方形最多把平面分成多少部分？【巩固】在平面上画5个圆和1条直线，最多可把平面分成多少部分?【例 1】一个正方形的内部有1996个点，以正方形的4个顶点和内部的1996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?如果沿上述这些点中某两点之间所连的线段剪开算作一刀，那么共需剪多少刀?【巩固】在三角形ABC内有100个点，以三角形的顶点和这100点为顶点，可把三角形剖分成多少个小三角形？【例 4】在8×8的黑白相间染色的国际象棋棋盘中，以网格线为边的、恰包含两个白色小方格与一个黑色小方格的长方形共有多少个？【巩固】用一张如图所示的纸片盖住66 方格表中的四个小方格，共有多少种不同的放置方法？【例 5】有多少个四位数，满足个位上的数字比千位数字大，千位数字比百位大，百位数字比十位数字大？【巩固】三位数中，百位数比十位数大，十位数比个位数大的数有多少个？【例 6】学学和思思一起洗5个互不相同的碗（顺序固定），思思洗好的碗一个一个往上摞，学学再从最上面一个一个地拿走放入碗柜摞成一摞，思思一边洗，学学一边拿，那么学学摞好的碗一共有种不同的摞法．【巩固】学学和思思一起洗4个互不相同的碗（顺序固定），思思洗好的碗一个一个往上摞，学学再从最上面一个一个地拿走放入碗柜摞成一摞，思思一边洗，学学一边拿，问学学摞好的碗一共有种不同的摞法。
归纳法、递推法
如何通过已知条件归纳出一个递推公式?
有一对雌雄小兔子，过一个月之后长成为大兔，并且以后每个月都生下 一对小兔。而所生的一对小兔也同样到一个月之后长成大兔，到第三个月就 可以生下一对小兔，并且以后也每个月都生下一对小兔。假定所有的兔子n 个月内均不死亡，问n个月后共有多少对兔子？
1 小 1 中 大 总 1
an=an-1+3, (n>1) (递推公式) a1=0, (n=1) (初始条件)
这种在规定的初始条件下，找出后项对前项的依赖关系的操作，称为递推。 表示某项和它前面的若干项的关系式就叫作递推公式。
在实际问题中类似的很多，处理这类问题的理想方法是用归纳法求出通项公 式。如上例中的通项公式为an=(n-1)*3 (n>=1)。 但是在许多情况下，要得到数列的通项公式是比较困难的，而通过已知条件 归纳出一个递推关系则相对容易。这时就可以采用递推技术，避开求通项公式的 麻烦，把一个复杂问题的求解，分解成为若干步重复的简单运算，由边界条件出 发进行递推，最后得到最终结果。
我们把由已知初始值为Ｆ1，通过递推关系式Ｆn=g(Fn-1)求出其最终结 果Fn的递推方式称为顺推法．同理，把已知最终结果为Fn，通过递推关系 式Ｆn-1=g(Fn)，求出其初始值Ｆ1的递推方式称之为倒推法．
递推法
常常遇到这样的问题：在一个序列中，下一项的值对其前一项有着某种依赖 关系，求某项的值要从第一项起经过逐次推算而得到。 例如：数列0，3，6，9，12，15，… 该数列的后一项的值是前一项的值加3，欲求第十项，必须先用第一项的值加 3，求出第二项，然后求出第三项，第四项，第五项，…，直到第十项，当然必须 事先给定第一项的值（称为初始条件）。 可以看出，该数列中第n项的值等于第n-1项的值加3。即：
第五讲 归纳与递推计数
第五讲归纳与递推计数【知识点】一、欧拉定理平面图形：顶点数+区域数-边数=1二、求最多交点数（n条直线）n×(n-1)÷2三、分平面1.直线分平面：1+n×(n+1)÷22.封闭图形1）圆分平面：2+n×(n-1)2）三角形分平面：2+3×n×(n-1)3）四边形分平面：2+4×n×(n-1)4）M边形分平面：2+M×n×(n-1)四、多边形分三角形（n个内点）1.四边形：4+（n-1）×22.M边形：M +（n-1）×2【周周测】练习1 某城市有10条笔直的道路，这10条路没有平行的，每两条都有交叉路口，但没有3条或3条以上的路在一个路口相交，如果每一个交叉路口安排一名交警，共需安排（）名。
练习2 将一个圆形纸片用直线划分成大小不限的若干小纸片，如果要分成不少于1000个小纸片，至少要画（）条直线。
请说明。
练习3 平面上的七个圆和一条直线最多将平面分为几部分？练习4 如图，一枚棋子放在七角棋盘的第0格。
现依反时针方向移动这枚棋子，且依次走1,2,3,…,n,…格。
不论走多少次，总有几个格子从不停有棋子，这几个格子的号码是（ ）。
练习5 在一张五边形的纸上有20个点，如果把五边形的顶点算在一起，则一共有25个点。
已知这些点中任意三个点都不在同一直线上，按下面两个规定把这些纸剪成一些三角形：①每个三角形的顶点都是这25个点中的3个；②每个三角形内，都不再有这些点。
问：这张五边形的纸最多能剪出（ ）个这样的三角形。
65432169练习6 在2,3两数之间，第一次写上5（5=2+3），第二次在2,5和5,3之间分别写上7（7=2+5），8（8=5+3）：2...7...5...8 (3)即每次都在已写上的两个相邻数之间，写上这两个相邻数之和，这样的过程共重复7次，问所有数之和是多少？。
小学四年级奥数竞赛班《加乘原理与归纳递推》
加乘原理与归纳递推是一种数学思维学习方法，它可以帮助学生更有
效地掌握知识和解决问题。
加乘原理是指，如果将两个数A和B相加，同时将这两个数分别乘以
一个数C，那么我们得到的结果是：(A+B)C=AC+BC。
这种思维原理可以用
来解决一些计算方面的问题，如几何图形的分析、几何问题的求解等等。
归纳递推是指，从一个具有特定特征的基本元素出发，通过研究它的
特征并将其包含在其他元素当中，这样就可以一步步地求得一系列新元素
的特征及它们之间的关系。
此外，归纳递推还可以更详细地分析其中一元素，比如一个几何图形，从而理解它的形状与特征。
在学习数学时，学生应该结合加乘原理和归纳递推来学习，不仅可以
更好地理解课程内容，还可以更好地记住。
在解决实际数学问题时，也可
以考虑使用加乘原理和归纳递推等数学思维方法，从而更容易地解决问题。
尤其是学习奥数时，更需要学生学习加乘原理与归纳递推的思维方法，可以使孩子们记忆数学知识和掌握解题的思维模式更加系统化，让孩子们
更有效的解决问题，从而取得更好的学习成绩。
因此，在小学四年级的奥数竞赛班中。
小学四年级奥数竞赛班讲义第25讲加乘原理与归纳递推
加乘原理与归纳递推是奥数竞赛中非常重要的概念。
今天我们来讲解一下这两个概念。
首先是加乘原理。
加乘原理是指：假设有两个事件A和B，事件A有m种可能发生的方式，事件B有n种可能发生的方式，那么两个事件A和B同时发生的方式有m*n种。
这个概念可以用来解决一些计数问题，特别是当两个事件独立发生时。
例如，一件衣服有5种颜色选择，一条裤子有3种颜色选择，一双鞋子有2种颜色选择。
那么一套包括衣服、裤子和鞋子的搭配有5*3*2=30种可能。
接下来是归纳递推。
归纳递推是一种通过已知情况推导出未知情况的方法。
通常需要找到递推公式，然后利用已知情况通过递推公式计算得到未知情况。
例如，我们要计算斐波那契数列中的第n项。
斐波那契数列的前两项是1，第三项开始的每一项都是前两项之和。
根据这个规律，我们可以得到递推公式：F(n)=F(n-1)+F(n-2)。
根据已知情况F(1)=1和F(2)=1，我们可以通过递推公式计算得到未知情况的值。
通过加乘原理和归纳递推，我们可以解决一些奥数竞赛中的难题。
下面我们来看一个例子。
例题：小明有3个红色球、4个蓝色球和5个绿色球。
他想从这些球中挑选3个，问他一共有多少种挑法？解法：根据加乘原理，我们可以得到红色球的选择方式有C(3,1)种，蓝色球的选择方式有C(4,1)种，绿色球的选择方式有C(5,1)种。
根据乘法原理，一共有C(3,1)*C(4,1)*C(5,1)=3*4*5=60种挑法。
上面的题目可以通过加乘原理解决。
但是有些问题可能需要通过归纳递推来解决。
下面是一个需要用到归纳递推的例子。
例题：一只蜗牛在一个50级的楼梯上爬行。
蜗牛每次只能往上爬1级或者2级，问蜗牛爬到第50级楼梯的方法数是多少？解法：我们可以用F(n)表示蜗牛爬到第n级楼梯的方法数。
根据题目要求，蜗牛在第50级楼梯时，只能从第49级楼梯或者第48级楼梯爬上来。
所以，蜗牛爬到第50级楼梯的方法数等于蜗牛爬到第49级楼梯的方法数加上蜗牛爬到第48级楼梯的方法数。
讲义归纳递推方法
归纳递推方法本专题讲座将集中讨论数学归纳法、无穷递降法、递推方法的原理以及在解数学竞赛题中的应用。
§1 数学归纳法Peano 自然数公理 所谓自然数，是指一个集合N 里某些元素之间有一基本关系，称为“直接后继”（用“,”表示，比如5是4的直接后继，记为54='，5称为4的后继数）。
并且集合N 满足下列条件：Ⅰ “1”是自然数；Ⅱ 每个自然数n 的后继数n '是自然数；Ⅲ 如果b 、c 都是自然数a 的后继数，则c b =；Ⅳ 1不是任何自然数的后继数；Ⅴ 任意一个自然数的集合，如果包含1，并且假设包含a ，也一定包含a 的后继数a ，那么这个集合包含所有的自然数。
定理1 （最小数原理）任意一个自然数的集合N ，如果不是空集，必有最小数。
定理2 （第一数学归纳法）如果关于自然数n 的某个命题)(n P 具备下列条件：（1）)1(P 真；（2）)(k P 真则)1(+k P 真，那么对)(,n P N n ∈真。
定理3 （第二数学归纳法）如果关于自然数n 的某个命题)(n P 具备下列条件：（1）)1(P 真；（2）k n N k <∈,时，)(n P 真⇒)(k P 真，则对N n ∈，)(n P 真。
上述的定理2、定理3为我们提供了证明关于自然数n 的命题的一种方法。
应用定理2或定理3实现证题的方法叫做用数学归纳法证题。
例1 求证对.|,n n b a b a N n --∈例2 证明：).67403(|6412-++n k例3 用天平称重量，若砝码只能放在一边，证明：用1,2,4,8,…,21-n 克的砝码，可以称出1,2,3,…，12-n 克的重量。
例4 证明：如果1x 和2x 是方程0162=+-x x 的根，则n n x x 21+对任意N n ∈都是整数，且不能被5整除。
例5 证明：任何由)(3N n n ∈个相同的数字组成的整数，能被n 3整除（如222,777都能被3整除，而222222222和555555555都能被932=整除等等）。
六年级奥数优胜教育第5讲：递推与归纳含答案
第五讲 递推与归纳例1：999…999×999…999的乘积中有多少个数字是奇数？例2：如图所示：线段AB 上共有10个点（包括两个端点）那么这条线段上一共有多少条不同的线段？例3：计算13+23+33+43+53+63+73+83+93+103得值。
例4：2000个学生排成一行，依次从左到右编上1～2000号，然后从右到左按一、二报数，报一的离开队伍，剩下的人继续按一、二报数，报一的人离开队伍，……按这个规律如此下去，直至当队伍只剩下一人为止。
问：最后留下的这个人原来的号码是多少？例5：圆周上两个点将圆周分为两半，在这两点上写上数1；然后将两段半圆弧对分，在两个分点上写上相邻两点上的数之和；再把4段圆弧等分，在分点上写上相邻两点上的数之和，如此继续下去，问第6步后，圆周上所有点上的之和是多少？例6： 4个人进行篮球训练，互相传球接球，要求每个人接球后马上传给别人，开始由甲发球，并作为第一次传球，第五次传球后，球又回到甲手中，问有多少种传球方式？A1. 100条直线最多能把一个平面分成_____个部分。
2. 熊大叔是一个卖烧饼的师傅,他用一个平底锅煎饼,他是这样煎饼的:每次只能放两个饼,每个饼正反面都要煎,煎每一面都要1分钟,问他煎10个这样的饼需要_____分钟。
3. 上一段11阶楼梯,规定每一步只能上一级或两级,那么要登上第11级台阶有_____种不同的走法。
4.请先计算11×11,111×111,1111×1111,你能根据以上结果,不经过计算而直接写出10个9 10个9 A a 1 a 2 a 3 a 4 a 5 a 6 a 7 a 8 B11111111×11111111=________。
5.我们知道三角形的内角和是180度,长方形的内角和是360度,那么正十边形的内角和是_____度。
B6.有一列数,第一个数是0.第二个数是100,从第三个数开始,每个数都是前两个数的平均数,问第2005个数的整数部分是_____。
五年级奥数春季实验班第9讲 计数综合之归纳递推映射计数一
第九讲计数综合之归纳递推映射计数一模块一、斐波那契数列的应用例1．一堆苹果共有8个，如果规定每次取1~2个，那么取完这堆苹果共有34种不同的取法。
解：取1个有1种取法；取2个有2种取法；取3个有1+2=3种取法，即在取1个的基础上再取2个或在取了两个的基础上再取1个； 于是取4个有2+3=5种取法；于是a 1=1，a 2=2，a 3=1+2=3，a 4=2+3=5，a 5=3+5=8，a 6=5+8=13，a 7=8+13=21，a 8=13+21=34. 所以取完这对苹果有34种不同的取法。
模块二、标数法例2．“五一”长假就要到了，小新和爸爸决定去黄山玩，聪明的小朋友请你找找看，从北京到黄山的最短路线共有10条。
解：所以一共有10条路线。
例3．一只蜜蜂从A 处出发，回到家里B 处，每次只能从一个蜂房爬向右侧临近的蜂房，而不准逆行，共有种回家的方法。
解：所以一共有55+34=89种回家的方法。
模块三、平面分割问题例4．在一个平面上画8个圆，最多可以把平面分成58个部分。
解：一个圆把平面分成2部分，第2个圆与第一个圆有两个交点，这两个交点把圆分成两段弧，每段弧都分出一块平面区域，于是两个圆分成4个部分；以此类推，第三个圆与前两个圆有四个交点，分成四段弧，多出4个区域，4+4=8； ……得2+2+4+6+8+10+12+14=58.模块四、图形染色问题例5．如图所示，一个圆环被分成8部分，现将每一部分染上红、黄、蓝三种颜色之一，要求相邻的两部分颜色不同，共有258种染色方法。
解：在第一处选一种颜色涂色（例如红色），有3种选法，在它的旁边一块涂色有2种方法（图黄色或蓝色），接着再涂色，可以看做是传球的方式，以红色为例，传球7次，不传回自己手中，而在第8次恰好传回到自己手中。
黄山北京1黄山解2：设圆环被分成n部分，共有A n种染色方法，除了第一部分有3种染法，其余各部分都有两种染法，但这里包括最后一部分和第一部分颜色相同的情况，恰是A n−1，因此A n=3×2n−1−A n−1，由A1=3，A2=6，得A3=3×22−A2=6，A4=3×23−A3=18，A5=3×24−A4=30，A6=3×25−A5=66，A7=3×26−A6=126，A8=3×27−A7=258.模块五、数字排列问题例6．用1~9这9个数字组成一个没有重复数字的九位数，满足以下条件：每一位上的数字要么大于它前面的所有数字，要么小于它前面的所有数字，请问：这样的九位数有256个。
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华杯赛计数专题：归纳与递推
基础知识：
1.递推的基本思想：从简单情况出发寻找规律，逐步找到复杂问题的解法。
2.基本类型：上楼梯问题、直线分平面问题、传球法、圆周连线问题。
3.递推分析的常用思路：直接累加、增量分析、从复杂化归简单。
例题：
例1.一个楼梯共有10级台阶，规定每步可以迈一级台阶或二级台阶.走完这10级台阶，一共可以有多少种不同的走法？
【答案】89种
【解答】
设n级台阶有a n种走法，则a n=a n-1+a n-2
1级有1种走法；2级有（1+1和2）2种走法；3级有（1+1+1、2+1和1+2）3种走法；4级有3+2=5种走法；5级有3+5=8种走法；6级有5+8=13种走法；7级有8+13=21种走法；8级有13+21=34种走法；9级有21+34=55种走法；10级有34+55=89种走法
例2.小悦买了10块巧克力，她每天最少吃一块，最多吃3块，直到吃完，共有多少种吃法？
【答案】274种
【解答】通过枚举法和递推法：设n块糖有a n种走法，则a n=a n-1+a n-2+ a n-3
1块糖有1种吃法；2块糖有2种吃法； 3块糖有4种吃法； 4块糖有1+2+4=7种吃法； 5块糖有2+4+7=13种吃法； 6块糖有4+7+13=24种吃法； 7块糖有7+13+24=44种吃法； 8块糖有13+24+44=81种吃法；9块糖有24+44+81=149种吃法；10块糖有
44+81+149=274种吃法。
例3.用1×2的小方格覆盖2×7的长方形，共有多少种不同的覆盖方法？
【答案】21种
【解答】2×1的方格有1种盖法；2×2的方格有2种盖法；2×3的方格有2+1=3种盖法；
2×4的方格有3+2=5种盖法；2×5的方格有3+5=8种盖法；2×6的方格有5+8=13种盖法；
2×7的方格有8+13=21种盖法。
例4.如果在一个平面上画出4条直线，最多可以把平面分成几个部分？如果画20条直线，最多可以分成几个部分？
【答案】211个
【解答】1条直线将平面分成1+1=2部分；2条直线最多将平面分成1+2+1=4部分；
3条直线最多将平面分成1+2+3+1=7部分；4条直线最多将平面分成1+2+3+4+1=11部分……20条直线最多将平面分成1+2+3+……+20+1=211部分；
例5.甲、乙、丙三名同学练习传球，每人都可以把球传给另外两个人中的任意一个.先由甲发球，经过6次传球后球仍然回到了甲的手中.请问：整个传球过程共有多少种不同的可能？
【答案】89种
【解答】通过递推，可知0次传球到甲有1种；1次传球到甲有0种；2次传球到甲有2种；3次传球到甲有2种；4次传球到甲有6种；5次传球到甲有10种；6次传球到甲有22种。
例6.现有14块糖，如果阿奇每天吃奇数块糖，直到吃完，那么阿奇共有多少种吃法？
【答案】377种
【解答】当有1块糖时，有1种吃法；当有2块糖时，有1种吃法；当有3块糖时，有2种吃法；当有4块糖时，最后1天吃1块有2种吃法，最后一天吃3块，有1种吃法，所以，共有2+1=3种吃法；当有5块糖时，有1+1+3=5种吃法；当有6块糖时，有
1+2+5=8种吃法；当有7块糖时，有1+1+3+8=13种吃法；当有8块糖时，有1+2+5+13=21种吃法；当有9块糖时，有1+21+8+3+1=34种吃法；当有10块糖时，有21+34=55种吃法；当有11块糖时，有55+34=89种吃法；当有12块糖时，有55+89=144种吃法；当有13块糖时，有89+144=233种吃法；当有14块糖时，有233+144=377种吃法。
例7.如果在一个平面上画出8条直线，最多可以把平面分成几个部分？如果画8个圆，最多可以分成几个部分？
【答案】（1）37部分;（2）58部分
【解答】
（1）1+2+3+4+5+6+7+8+1=37;
（2）1个圆可将平面分成2部分；2个圆最多可将平面分成2+2=4部分；3个圆最多可将平面分成4+4=8部分；4个圆最多可将平面分成8+6=14部分；5个圆最多可将平面分成14+8=22部分；6个圆最多可将平面分成22+10=32部分；7个圆最多可将平面分成
32+12=44部分；8个圆最多可将平面分成44+14=58部分；
例8.如图所示，一个圆环被分成8部分，现将每一部分染上红、黄、蓝三种颜色之一，求相邻两部分颜色不同，共有多少种染色方法？
【答案】258种
【解答】当一个圆环被分成2部分时，有3×2=6种染色方法；当一个圆环被分成3部分时，有3×2×1=6种染色方法；当一个圆环被分成4部分时，有3×2×2×2－6=24－
6=18种染色方法；当一个圆环被分成5部分时，有3×2×2×2×2－18=30种染色方法；当一个圆环被分成6部分时，有3×25－30=66种染色方法；当一个圆环被分成7部分时，有3×26－66=126种染色方法；当一个圆环被分成8部分时，有3×27－126=258种染色方法。
例9.圆周上有10个点A1，A2，……，A10，以这些点为端点连接5条线段，要求线段之间没有公共点，共有多少种连接方式？
【答案】42种
【解答】当有2个点时，有1种连接方式；当有4个点时，有2种连接方式；当有6个点时，有2+1+2=5种连接方式；当有8个点时，有5+2×1+2×1+5=14种连接方式；当有10个点时，有14×2+1×5×2+2×2=42种连接方式；
例10.用10个1×3的长方形纸片覆盖一个10×3的方格表，共有多少种覆盖方法？
【答案】89种
【解答】当是1×3的方格表时，有1种盖法；当是2×3的方格表时，有1种盖法；当是3×3的方格表时，有2种盖法；当是4×3的方格表时，有2+1=3种盖法；当是5×3的方格表时，有3+1=4种盖法；当是6×3的方格表时，有4+2=6种盖法；当是7×3的方格表时，有6+3=9种盖法；当是8×3的方格表时，有9+4=13种盖法；当是9×3的方格表时，有13+6=19种盖法；当是10×3的方格表时，有19+9=28种盖法.
例11.10条直线把平面最多分成多少部分？
【答案】56
【解答】用a n表示n条直线最多分平面的区域数，
a1=2； a2=4； a3=7 …… a n+1= a n+n+1；
因此，a10 = a9+10
= a8+9+10
= a7+8+9+10
=……
= a1+2+3+……+8+9+10
= 2+2+3+……+8+9+10=56
所以，10条直线把平面最多分成56个部分。
例22. 5个圆和1条直线最多把平面分成多少部分？
【答案】32
【解答】用a n表示n个圆和1条直线最多把平面分成的区域数:
a n+1= a n+2（n+1）.
a1=4；
a2= a1+4=4+4；
a3= a2+6=4+4+6 ；
a4= a3+8
a5= a4+10=4+4+6+8+10=32.
所以，5个圆和1条直线最多把平面分成32部分。
例13. 10级台阶，每次可以迈1~3级，那么有多少种迈法？
【答案】274
【解答】用a n表示n级台阶的迈法数：
第一类：第一步迈1级台阶，有a n-1种迈法；
第二类：第一步迈2级台阶，有a n-2种迈法；
第三类：第一步迈3级台阶，有a n-3种迈法；
所以，a n=a n-1+a n-2+a n-3（n≥4）.
a1=1；a2=2；a3=4；a4=7；a5=13；a6=24；a7=44；
a8=81；a9=149；a10=274
所以，有274种迈法。
例14. 如果用1果用的长方形沿网状格线，不重叠地盖满图中的图形，那么共有多少种不同的盖法？
【答案】15
【解答】用a n表示n层的盖法数。
通过分析，我们得出：a n+1=1+1+a n=2+a n
a0=3；a1=5……a6=15。
所以，共有15种不同的盖法。