小学六年级奥数 第6讲计数方法之标数法、递推法_PDF压缩
标数法
一、加法原理概念引入生活中常有这样的情况，就是在做一件事时，有几类不同的方法，而每一类方法中，又有几种可能的做法．那么，考虑完成这件事所有可能的做法，就要用加法原理来解决．例如:王老师从北京到天津，他可以乘火车也可以乘长途汽车，现在知道每天有五次火车从北京到天津，有4趟长途汽车从北京到天津．那么他在一天中去天津能有多少种不同的走法？分析这个问题发现，王老师去天津要么乘火车，要么乘长途汽车，有这两大类走法，如果乘火车，有5种走法，如果乘长途汽车，有4种走法．上面的每一种走法都可以从北京到天津，故共有5+4=9种不同的走法．在上面的问题中，完成一件事有两大类不同的方法．在具体做的时候，只要采用一类中的一种方法就可以完成．并且两大类方法是互无影响的，那么完成这件事的全部做法数就是用第一类的方法数加上第二类的方法数． 二、加法原理的定义一般地，如果完成一件事有k 类方法，第一类方法中有1m 种不同做法，第二类方法中有2m 种不同做法，…，第k 类方法中有k m 种不同做法，则完成这件事共有12 k N m m m =+++……种不同方法，这就是加法原理．加法原理运用的范围：完成一件事的方法分成几类，每一类中的任何一种方法都能完成任务，这样的问题可以使用加法原理解决．我们可以简记为：“加法分类，类类独立”．分类时，首先要根据问题的特点确定一个适合于它的分类标准，然后在这个标准下进行分类；其次，分类时要注意满足两条基本原则：① 完成这件事的任何一种方法必须属于某一类； ② 分别属于不同两类的两种方法是不同的方法．知识要点第8讲 标数法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”． 三、加法原理解题三部曲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、类类相加树形图法、标数法及简单的递推 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 1】 （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．C B CC B AAB A B CCBA【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步到C 的也有3种方法．根据加法原理，共有336+=种方法．AA A BCAB C BA【例 2】 （难度等级 ※※※）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？【解析】 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 7＋7=14（种）可能的情况．二、标数法适用于最短路线问题，需要一步一步标出所有相关点的线路数量，最终得到到达终点的方法总数．标数法是加法原理与递推思想的结合．【例 3】 （难度等级 ※※）如图所示，沿线段从A 到B 有多少条最短路线？GFE D C BA111064332111AB【解析】 图中B 在A 的右上方，因此从A 出发，只能向上或者向右才能使路线最短，那么反过来想，如果到达了某一个点，也只有两种可能：要么是从这个点左边的点来的，要么是从这个点下边的点来的．那么，如果最后到达了B ，只有两种可能：或者经过C 来到B 点，或者经D 来到B 点，因此，到达B 的走法数目就应该是到达C 点的走法数和到达D 点的走法数之和，而对于到达C 的走法，又等于到达E 和到达F 的走法之和，到达D 的走法也等于到达F和到达G的走法之和，这样我们就归纳出：到达任何一点的走法都等于到它左侧点走法数与到它下侧点走法数之和，根据加法原理，我们可以从A点开始，向右向上逐步求出到达各点的走法数．如图所示，使用标号方法得到从A到B共有10种不同的走法．【巩固】（难度等级※※）如图，从A点到B点的最近路线有多少条？BA10204111111B6243310A【解析】使用标号法得出到B点的最近路线有20条．【例 4】（难度等级※※）如图，某城市的街道由5条东西向马路和7条南北向马路组成，现在要从西南角的A处沿最短的路线走到东北角B出，由于修路，十字路口C不能通过，那么共有＿＿＿＿种不同走法．AA【解析】本题是最短路线问题．要找出共有多少种不同走法，关键是保证不重也不漏，一般采用标数法．如上图所示，共有120种．另解：本题也可采用排除法．由于不能经过C，可以先计算出从A到B的最短路线有多少条，再去掉其中那些经过C的路线数，即得到所求的结果．对于从A到B的每一条最短路线，需要向右6次，向上4次，共有10次向右或向上；而对于每一条最短路线，如果确定了其中的某6次是向右的，那么剩下的4次只能是向上的，从而该路线也就确定了．这就说明从A到B的最短路线的条数等于从10次向右或向上里面选择6次向右的种数，为610C．一般地，对于m n⨯的方格网，相对的两个顶点之间的最短路线有mm nC+种．本题中，从A到B的最短路线共有610C种；从A到C的最短路线共有26C种，从C到B的最短路线共有24C种，根据乘法原理，从A到B且必须经过C的最短路线有2264C C⨯种，所以，从A到B且不经过C的最短路线有622106421090120C C C-⨯=-=种．【例 5】（难度等级※※※）如图所示，从A点到B点，如果要求经过C点或D点的最近路线有多少条？【解析】1、方格图里两点的最短路径，从位置低的点向位置高的点出发的话，每到一点（如C、D点）只能向前或者向上．2、题问的是经过C点，或者D点；那么A到B点就可以分成两条路径了A--C---B；A---D---B，那么也就可以分成两类．但是需要考虑一个问题——A到B点的最短路径会同时经过C和D点吗？最短路径只能往上往前，经过观察发现C、D不会同时出现在最短路径上了．3、A---C---B，那么C就是必经之点了，就需要用到乘法原理了．A---C，最短路径用标数法标出，同样C---B点用标数法标注，然后相乘A---D---B，同样道理．最后结果是735+420=1155条．【例 6】如图1为一幅街道图，从A出发经过十字路口B，但不经过C走到D的不同的最短路线有条.【解析】到各点的走法数如图2所示.ACBD1118126666633211DB CA图1图2所以最短路径有18条.【例 7】小王在一年中去少年宫学习56次，如图所示，小王家在P点，他去少年宫都是走最近的路，且每次去时所走的路线正好互不相同，那么少年宫在________点处．EC【解析】本题属最短路线问题．运用标数法分别计算出从小王家P点到A、B、C、D、E点的不同路线有多少条，其中，路线条数与小王学习次数56相等的点即为少年宫．因为，从小王家P点到A点共有不同线路84条；到B点共有不同线路56条；到C点共有不同线路71条；到D点共有不同线路15条；到E点共有不同线路36条．所以，少年宫在B点处．【例 8】（难度等级※※※）在下图的街道示意图中，有几处街区有积水不能通行，那么从A 到B的最短路线有多少种？AB1111111111455511136162151422 1111 1311B A【解析】因为B在A的右下方，由标号法可知，从A到B的最短路径上，到达任何一点的走法数都等于到它左侧点的走法数与到它上侧点的走法数之和．有积水的街道不可能有路线经过，可以认为积水点的走法数是0．接下来，可以从左上角开始，按照加法原理，依次向下向右填上到各点的走法数．如右上图，从A到B的最短路线有22条．【例 9】（难度等级※※※）在下图的街道示意图中，C处因施工不能通行，从A到B的最短路线有多少条？CBA6033311122221111CBA【解析】 因为B 在A 的右上方，由标号法可知，从A 到B 的最短路径上，到达任何一点的走法数都等于到它左侧点的走法数与到它下侧点的走法数之和．而C 是一个特殊的点，因为不能通行，所以不可能有路线经过C ，可以认为到达C 点的走法数是0．接下来，可以从左下角开始，按照加法原理，依次向上向右填上到各点的走法数．如图，从A 到B 的最短路线有6条．【巩固】 （难度等级 ※※※）在下图的街道示意图中，C 处因施工不能通行，从A 到B 的最短路线有多少种？CB A【解析】 因为B 在A 在右下方，由标号法可知，从A 到B 的最短路径上，到达任何一点的走法数都等于到它左侧点的走法数与到它上侧点的走法数之和.而C 是一个特殊的点，因为不能通行，所以不可能有路线经过C ，可以认为到达C 点的走法数是0.接下来，可以从左上角开始，按照加法原理，依次向下向右填上到各点的走法数.如图，从A 到B 的最短路线有6条．【例 10】 （难度等级 ※※※）如下表，请读出“我们学习好玩的数学”这9个字，要求你选择的9个字里能连续(即相邻的字在表中也是左右相邻或上下相邻)，这里共有多少种完15111310146151132【解析】 方法一：标数法．第一个字只能选位于左上角的“我”，以后每一个字都只能选择前面那个字的下方或右方的字，所以本题也可以使用标号法来解：(如右上图，在格子里标数)共70种不同的读法．方法二：组合法．仔细观察我们可以发现，按“我们学习好玩的数学”走的路线就是向右走四步，向下走四步的路线，而向下和向右一个排列顺序则代表了一种路线．所以总共有4870C 种不同的读法．【例 11】 （难度等级 ※※※）如图，沿着“北京欢迎你”的顺序走（要求只能沿着水平或竖直方向走），一共有多少种不同的走法？北北京北北京欢京北欢迎欢你113112*********【解析】 沿着“北京欢迎你”的顺序沿水平或竖直方向走，北以后的每一个字都只能选择上面的或左右两边的字，按加法原理，用标号法可得右上图．所以一共有11种走法．【巩固】 （难度等级 ※※※）如下表，请读出“我们学习好玩的数学”这9个字，要求你选择的9个字里能连续(即相邻的字在表中也是左右相邻或上下相邻)，这里共有多少351511113451014610151512013570321【解析】第一个字只能选位于左上角的“我”，以后每一个字都只能选择前面那个字的下方或右方的字，所以本题也可以使用标号法来解：(在格子里标数)共70种不同的读法．【例 12】（难度等级※※※）在下图中，用水平或者垂直的线段连接相邻的字母，当沿着这些线段行走是，正好拼出“APPLE”的路线共有多少条？A|A—P—A| | |A—P—P—P—A| | | | |A—P—P—L—P—P—A| | | | | | |A—P—P—L—E—L—P—P—A1|1—3 —1| | |1—2—7 —2—1| | | | |1—2—4—15—4—2—1| | | | | | | 1—2—4—8—31—8—4—2—1【解析】要想拼出英语“APPLE”的单词，必须按照“A→P→P→L→E”的次序拼写．在图中的每一种拼写方式都对应着一条最短路径．如下图所示，运用标号法原理标号得出共有31种不同的路径．【巩固】如图1，用水平线或竖直线连结相邻汉字，沿着这些线读下去，正好可以读成“祖国明天更美好”，那么可读成“祖国明天更美好”的路线有条.【解析】如图2所示，利用加法原理，将读到各个字的路线数写在每个字下方，共有不同的路线721127-=(条).祖祖国祖祖国明国祖祖国明天明国祖祖国明天更天明国祖祖国明天更美更天明国祖祖国明天更美好美更天明国祖图1祖1祖1国3祖1祖1国2明7国2祖1祖1国2明4天15明4国2祖1祖1国2明4天8更31天8明4国2祖1祖1国2明4天8更16美63更16天8明4国2祖1祖1国2明4天8更16美32好127美32更16天8明4国2祖1图2【巩固】(第三届“希望杯”2试试题)右图中的“我爱希望杯”有______种不同的读法.杯杯杯杯杯望望望望希希希爱爱我161511353211111111杯杯杯杯杯望望望望希希希爱爱我【解析】“我爱希望杯”的读法也就是从“我”走到“杯”的方法.如上右图所示，共16种方法.【例 13】如图1所示，科学家“爱因斯坦”的英文名拼写为“Einstein”，按图中箭头所示方向有种不同的方法拼出英文单词“Einstein”.i111111i图1图2【解析】由E n s t e i n→i→→→→→→的拼法如图2所示.根据加法原理可得共有303060+=(种)不同拼法.【例 14】（难度等级※※※）图中有10个编好号码的房间，你可以从小号码房间走到相邻的大号码房间，但不能从大号码走到小号码，从1号房间走到10号房间共有多少种不同的走法？【解析】 我们可以把这个图展开，用箭头标出来就更直观了，然后采用我们学的标数法．【例 15】 （难度等级 ※※※）国际象棋中“马”的走法如图1所示，位于○位置的“马”只能走到标有×的方格中， 类似于中国象棋中的“马走日”．如果“马”在88⨯的国际象棋棋盘中位于第一行第二列（图2中标有△的位置），要走到第八行第五列（图2中标有＠的位置），最短路线有________条．【2008年北京“数学解题能力展示”读者评选活动】第@图图1题@图2【解析】 最后一步的可能如图1，倒数第二步的可能如图2，倒数第三步的可能如图3．最后36312++=（种）．图3图2@11112122图1@111122163321111@【例 16】 （难度等级 ※※※）从北京出发有到达东京、莫斯科、巴黎和悉尼的航线，其他城市间的航线如图所示(虚线表示在地球背面的航线)，则从北京出发沿航线到达其他所有城市各一次的所有不同路线有多少？【解析】 第一站到东京的路线有10条：⎧⎪⎪⎪⎧→→⎪→⎨⎪→→⎩⎪⎪⎧⎧→→⎪⎪⎨→⎪⎪⎩→→→⎨⎨→⎧⎪⎪→⎨⎪⎪→⎩⎩⎪⎪⎧⎧→⎪→⎪⎨⎪→⎪⎩→⎪⎨→⎧⎪⎪→⎨⎪⎪→⎩⎩⎩莫斯科巴黎悉尼纽约悉尼巴黎莫斯科巴黎悉尼纽约悉尼巴黎北京东京莫斯科纽约悉尼巴黎悉尼纽约巴黎莫斯科纽约莫斯科巴黎悉尼纽约莫斯科巴黎莫斯科纽约 同理，第一站到悉尼、巴黎、莫斯科的路线各有10条，不同的路线共有10440⨯=条．【例 17】 一个实心立方体的每个面分成了四部分．如图所示，从顶点P 出发，可找出沿图中相连的线段一步步到达顶点Q 的各种路径．若要求每步沿路径的运动都更加靠近Q ，则从P 到Q 的各种路径的数目为几？QP1818666333322111111QP【解析】因为正方体每个面的对面也有同样的路径，最靠近Q 的有三个点，从P 点到这三个点都是18种路径．故有18354⨯=三、简单递推：斐波那契数列的应用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的数，这种方法称为递推法．【例 18】（难度等级※※※）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？【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A0，那么登了1级的位置是在A1，2级在A2... A10级就在A10．到A3的前一步有两个位置；分别是A2和A1．在这里要强调一点，那么A2到A3既然是一步到了，那么A2、A3之间就是一种选择了；同理A1到A3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A0到A3就可以分成两类了：第一类：A0 ---- A1 ------ A3，那么就可以分成两步．有A1×1种，也就是A1种；(A1 ------ A3是一种选择)第二类：A0 ---- A2 ------ A3，同样道理有A2．类类相加原理：A3 = A1＋A2，依次类推An = An-1 + An-2．【例 19】（难度等级※※※）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．【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．【例 20】 （难度等级 ※※※）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？BAAB 1357946821235813213455891【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．【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？【解析】 斐波那契数列第八项．21种．【例 21】 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？【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．【例 22】 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？【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．【例 23】 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？【解析】 可以先尝试一下，倒推得出下面的图：2410131112514302831643215167683421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.。
奥数-计数体系
奥数-计数体系一、加乘原理1.1 加法原理：[类类独立，分类相加]1.1.1 定义：做一件事，完成它可以有n类办法，在第一类办法中有m1种不同的方法，在第二类办法中有m2种不同的方法，……，在第n类办法中有mn种不同的方法，那么完成这件事共有N=m1+m2+m3+…+mn种不同方法。
每一种方法都能够直接达成目标。
1.2.1 方法：1.2.1.1 枚举法分类枚举的方法主要用来解决一些排列组合的问题，列举时要有序分类，保证答案既不遗漏又不重复。
[例1] 把10只鸽子关在3个同样的笼子里，使得每个笼子里都有鸽子，可以有多少种不同的放法？解：这里笼子都是同样的，因此3只笼子是无序的。
因为10÷3=3……1，根据题中条件，可得鸽子最少的那个笼子里的鸽子不多于3只，不少于1只，我们可以这样分为三类：1）鸽子最少的那个笼子里有1只鸽子，共有4种放法：①1、1、8；②1、2、7；③1、3、6；④1、4、5只。
2）鸽子最少的那个笼子里有2只鸽子，共有3种放法：①2、2、6；②2、3、5；③2、4、4。
3）鸽子最少的那个笼子里有3只鸽子，共有1种放法：①3、3、4。
所以共有放法：4+3+1=8（只）。
1.2.1.2标数法（解决最短路线问题的方法）对于网格形的最短路线问题（从起点A到终点B），首先确定大方向（若起点A在左下，则大方向为向上或向右）；其次从起点A开始，向上一列全标1，向右一行也全标1；再次网格的每条可达线段标上方向箭头；最后从起点A开始，逐级对节点标数，给节点的数字为所有箭头指向该节点的相邻节点的数字和。
[例2] 如图为一幅街道图，从A出发经过十字路口B，但不经过C走到D的不同的最短路线有几条？1.2.1.3 树形图法当要进行三步以上的操作，且各种结果出现的可能性相同时，可以采用树形图法逐步展开所有的可能性。
[例3] 暑假里，一个学生在A、B、C三个城市游览。
他今天在这个城市，明天就到另一个城市。
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。
小学六年级奥数 第6讲计数方法之标数法、递推法
【例6】(★★★) 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？
A
B
【例7】(★★★) 一个楼梯共有12级台阶，规定每步可以迈1级台阶或2级台阶，最 多可以迈3级台阶，从地面到最上面1级台阶，一共可以有多少种 不同的走法？
【例8】(★★★) 在平面上画8个圆，最多可以把平面分成_______部分。
计数方法之标数法、递推法
【例1】(★★) 如图所示，科学家“爱因斯坦”的英文名拼写为“Einstein”，按 图中箭头所示方向有______种不同的方法拼出英文单词 “Einstein”。
【例2】(★★) 如图，为一幅街道图，从A出发经过十字路口B，但 不经过C走到D的不同的最短路线有多少条？
【例3】(★★★★) 在下图中，左下角有1枚棋子，每次可以向上，向右，或沿对角 线的方向向右上走任意多步，但不能不走。那么走到右上角一共 有多少种方法？
ห้องสมุดไป่ตู้
【例4】(★★★★★)
池塘中10片莲叶如右图排列．青蛙在莲叶间跳跃，每次只能从一
片莲叶跳到相邻的另一片莲叶．一只青蛙盘算着从其中一片莲叶
上起跳，连跳4步，那么它有
种不同的跳法．
○
1
【例5】(★★★★★) 游乐园门票1元1张，每人限购1张.现有10个小朋友排队购买，其 中5个小朋友只有1元的钞票，另外5个小朋友只有2元的钞票， 售票员没有零钱。10个小朋友排队，不同的排队方法总共有10！ ＝3628800种，问其中有______种排队方法，售票员总能找的开 零钱。
【例9】(★★★★) 一个长方形把平面分成两部分，那么10个长方形最多把平面分成 _______部分.
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。
标数法： 用来解决计算最短路线问题的方法,在给出的图形中
1 1 1 1 1 1 2 3 4 5 6 5 11 11 11 1 3 1 4 1 5 5 1 6 11 11 11 22
B
4. 采用标数法（如图） ．可得从学校到少年宫共有 90 种走法．
少年宫 90 42 48 20 6 1 28 14 5 1
14 14 9 4 1 5 5 3 1 2 2 1 1 学校
【例 6】 图中的“我爱希望杯”有多少种不同的读法。
“为什么蜈蚣出门要这么长时间呢？” “因为它要穿鞋呀… …”
1.
一只蚂蚁在长方形格纸上的 A 点， 它想去 B 点玩， 但是不知走哪条路最近． 小朋友们， 你能给它找到几条这样的最短路线呢？
A
B
2. 阿强和牛牛结伴骑车去图书馆看书，第一天他们从学校直接去图书馆；第二天他们先 去公园看大熊猫再去图书馆；第三天公园修路不能通行．咱们学而思的小朋友都很聪 明，请你们帮阿强和牛牛想想这三天从学校到图书馆的最短路线分别有多少种不同的 走法？
【例 4】
下图是大宽学校附近小区的平面图，今天从家里去上学需要先去 G 路口 办点事。请问：大宽经过 G 路口上学有多少种不同的最短路线？
【例 5】 (第七届小机灵杯三年级第 10 题) 下图中有 10 个编好号码的房间，你可以从小号码的房间周围到相邻的大号码的 房间，但是不能从大号码的房间走到小号码的房间，从 1 号房间走到 10 号房间共有 ( )种不同的走法。
1 1 n 4 t 10 i s 1
3 s 10 e 30 n
【例 1】
蚂蚁小蓝在长方形格纸上的 A 点，它想去 B 点玩，但是不知走哪条路最 近。小朋友们，你能给它找到几条最短的路线呢？
下图是海淀区某街道的平面图，大宽要从家到学校。请问，大宽有多少种不同的最短路线 可供选择？
奥数标数法练习 计数之标数法经典例题讲解
奥数标数法练习计数之标数法经典例题讲解【第一篇】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？如图所示，小蜜蜂从A出发到B处共有89种不同的回家方法。
【第二篇】例1．按图中箭头所指的方向行走，从A到I共有多少条不同的路线？解答：第1步：在起点A处标1。
再观察点B，要想到达点B，只有一个入口A，所以在B点也标1。
第2步：再观察点C，要想到达点C,它有两个入口A和B，所以在点C处标1＋1＝2。
同理重复点F，点D，点E，点G，点H，点I【第三篇】分析：既然要走最短路线,自然是不能回头走,所以从A地到B地的过程中只能向右或向下走.我们首先来确认一件事,如下图从A地到P点有m种走法,到Q点有n种走法,那么从A地到B地有多少种走法呢?就是用加法原理,一共有m+n种走法.这个问题明白了之后,我们就能够来解决这道例题了：首先因为只能向右或向下走,那么最上面一行和最左边一列的每一个点都只能有一种走法,(因为不能够走回头路).我们就在这些交点的旁边标记上一个数字,代表走到这个位置有多少种方法.【第四篇】有一个5位数,每个数字都是1,2,3,4,5中的一个,并且相临两位数之差是1.那么这样的5位数到底有多少个呢?(数字能够重复)这是一道数论的题目,但是我们也能够使用标数法来解答,并且非常直观.到第一站能够有5种选择,每种选择有一种走法,那么下一站,走1号门就只有一种走法(就是第一站走的2号门),走2号门就有2种走法(第一站走1号或3号门)走3号门也是2种走法(第一站走2号门或4号门)走4号门2种走法(第一站走3号门或者5号门)走5号门只有一种走法(第一站走的是4号门)我们发现在这个站经过某个门有多少种走法,正好等于他左上和右上的两个数字和.于是我们能够将数字标全.这道题的答案就是42种,虽然很多同学会用枚举法也能做出42种,但是一旦这道题给的不是5位数,而是7位数,9位数的话,枚举法就显得无力了.这种时候标数法是个不错的选择.能够用到标数法的问题有很多，大家掌握这种方法之后能够解决很多平时看起来很麻烦的题目。
(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。
(小学奥数)计数之归纳法
7-6-1.計數之歸納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．例題精講從條件值較小的數開始，找出其中規律，或找出其中的遞推數量關係，歸納出一般情況下的數量關係．【例 1】如圖所示，在2×2方格中，畫一條直線最多穿過3個方格；在3×3方格中，畫一條直線最多穿過5個方可知；那麼在5×5方格中，畫一條直線，最多穿過個方格。
【考點】計數之歸納法【難度】2星【題型】填空【關鍵字】希望杯，四年級，復賽，第14題，6分【解析】邊長每多1，穿過的方格多2，那麼5×5的最多穿過3+2+2+2=9個方格【答案】9【例 2】一條直線分一個平面為兩部分．兩條直線最多分這個平面為四部分．問5條直線最多分這個平面為多少部分?【考點】計數之歸納法【難度】3星【題型】解答【解析】方法一：我們可以在紙上試著畫出1條直線，2條直線，3條直線，……時的情形，於是得到下表：由上表已知5條直線最多可將這個平面分成16個部分，並且不難知曉，n n++1個部當有n條直線時，最多可將平面分成2+2+3+4+…+n=()12分．方法二：如果已有k條直線，再增加一條直線，這條直線與前k條直線的交點至多k個，因而至多被分成k+1段，每一段將原有的部分分成兩個部分，所以至多增加k+1個部分．於是3條直線至多將平面分為4+3=7個部分，4條直線至多將平面分為7+4=11個部分，5條直線至多將平面分為11+5=16個部分．k k++1個部分，所一般的有k條直線最多將平面分成：1+1+2+…+k=()12以五條直線可以分平面為16個部分．【答案】16【鞏固】平面上5條直線最多能把圓的內部分成幾部分？平面上100條直線最多能把圓的內部分成幾部分？【考點】計數之歸納法【難度】4星【題型】解答【解析】假設用a k表示k條直線最多能把圓的內部分成的部分數，這裏k＝0，1，2，……a0＝1a1=a0+1＝2a2=a1＋2=4a3=a2＋3=7a4=a3+4＝11……故5條直線可以把圓分成16部分，100條直線可以把圓分成5051部分【答案】5051部分【例 3】 平面上10個兩兩相交的圓最多能將平面分割成多少個區域？【考點】計數之歸納法 【難度】4星 【題型】解答【解析】 先考慮最簡單的情形．為了敘述方便，設平面上k 個圓最多能將平面分割成k a 個部分．141312111098765432187652134431221從圖中可以看出，12a =，24221a ==+⨯，38422a ==+⨯，414823a ==+⨯，……可以發現k a 滿足下列關係式：()121k k a a k -=+-．實際上，當平面上的(1k -)個圓把平面分成1k a -個區域時，如果再在平面上出現第k 個圓，為了保證劃分平面的區域盡可能多，新添的第k 個圓不能通過平面上前()1k -個圓之間的交點．這樣，第k 個圓與前面()1k -個圓共產生2(1)k ⨯-個交點，如下圖：這2(1)k ⨯-個交點把第k 個圓分成了2(1)k ⨯-段圓弧，而這2(1)k ⨯-段圓弧中的每一段都將所在的區域一分為二，所以也就是整個平面的區域數增加了2(1)k ⨯-個部分．所以，()121k k a a k -=+-．那麼，10987292829272829a a a a =+⨯=+⨯+⨯=+⨯+⨯+⨯=12122...272829a =+⨯+⨯++⨯+⨯+⨯()2212...78992=+⨯+++++=．故10個圓最多能將平面分成92部分．【答案】92【例 4】 10個三角形最多將平面分成幾個部分？【考點】計數之歸納法 【難度】4星 【題型】解答【解析】 設n 個三角形最多將平面分成n a 個部分．1n =時，12a =；2n =時，第二個三角形的每一條邊與第一個三角形最多有2個交點，三條邊與第一個三角形最多有236⨯=（個）交點．這6個交點將第二個三角形的周邊分成了6段，這6段中的每一段都將原來的每一個部分分成2個部分，從而平面也增加了6個部分，即2223a =+⨯．3n =時，第三個三角形與前面兩個三角形最多有4312⨯=（個）交點，從而平面也增加了12個部分，即：322343a =+⨯+⨯．……一般地，第n 個三角形與前面()1n -個三角形最多有()213n -⨯個交點，從而平面也增加()213n -⨯個部分，故()()222343213224213332n a n n n n ⎡⎤=+⨯+⨯++-⨯=++++-⨯=-+⎣⎦；特別地，當10n =時，2103103102272a =⨯+⨯+=，即10個三角形最多把平面分成272個部分．【答案】272【例 5】 一個長方形把平面分成兩部分，那麼3個長方形最多把平面分成多少部分？【考點】計數之歸納法 【難度】4星 【題型】解答【解析】 一個長方形把平面分成兩部分．第二個長方形的每一條邊至多把第一個長方形的內部分成2部分，這樣第一個長方形的內部至多被第二個長方形分成五部分．同理，第二個長方形的內部至少被第一個長方形分成五部分．這兩個長方形有公共部分(如下圖，標有數字9的部分)．還有一個區域位於兩個長方形外面，所以兩個長方形至多把平面分成10部分．第三個長方形的每一條邊至多與前兩個長方形中的每一個的兩條邊相交，故第一條邊被隔成五條小線段，其中間的三條小線段中的每一條線段都把前兩個長方形內部的某一部分一分為二，所以至多增加3×4=12個部分．而第三個長方形的4個頂點都在前兩個長方形的外面，至多能增加4個部分．所以三個長方形最多能將平面分成10+12+4=26．【小結】n個圖形最多可把平面分成部分數：直線：()112n n⨯+ +；圓：()21n n+⨯-；三角形：()231n n+⨯⨯-；長方形：()241n n+⨯⨯-．【答案】26【例 6】在平面上畫5個圓和1條直線，最多可把平面分成多少部分?【考點】計數之歸納法【難度】5星【題型】解答【解析】先考慮圓．1個圓將平面分成2個部分．這時增加1個圓，這個圓與原有的1個圓最多有兩個交點，成為2條弧，每條弧將平面的一部分一分為二，增加了2個部分，所以2個圓最多將平面分成4個部分．當有3個圓時，第3個圓與原有的2個產生4個交點而增加4個部分，所以3個圓最多將平面分成8個部分．同樣的道理，5個圓最多將平面分成22個部分．再考慮直線．直線與每個圓最多有2個交點，這樣與5個圓最多有10個交點．它們將直線分成11條線段或射線，而每條線段又將平面的一部分一分為二，2條射線增加了一部分，因此5個圓和1條直線最多可將平面分成32個部分．【答案】32【例 7】在一個西瓜上切6刀，最多能將瓜皮切成多少片？【考點】計數之歸納法【難度】4星【題型】解答【解析】將西瓜看做一個球體，球體上任意一個切割面都是圓形，所以球面上的切割線是封閉的圓周，考慮每一次切割能增加多少瓜皮片．當切1刀時，瓜皮被切成兩份，當切第2刀時，由於切割線相交，所以瓜皮被切成4分，……，切第n次時，新增加的切割線與原來的切割線最多有()21n-個交點．這些交點將第n條切割線分成()21n-段，也就是說新增加的切割線使瓜皮數量增加了()21n-，所以在西瓜上切6刀，最多能將瓜皮切成11212223242532++⨯+⨯+⨯+⨯+⨯=片．【答案】32【例 8】在一大塊麵包上切6刀最多能將麵包切成多少塊．（注：麵包是一個立體幾何圖形，切面可以是任何方向）【考點】計數之歸納法【難度】5星【題型】解答【解析】題目相當於6個平面能將空間劃分為多少個部分．通過找規律來尋找遞推關係，顯然的1個平面能將空間劃分成2塊，2個平面能將空間劃分成4塊，3個平面能將空間劃分成8個平面，當增加到第四個平面時，第四個平面這能將原來空間中的8個部分中的其中幾個劃分．如圖：注意到第四個平面與其他三個平面相交形成3條直線，這三條直線將第四個平面分割成7個部分，而每一部分將原來三個平面劃分的8個空間中的7個劃分成兩份，所以4個平面能將空間劃分成8715+=個部分．同樣的第五個平面與前四個平面分別相交成4條直線，這四條直線能將第5個平面分割成1123411++++=個部分，每一部分都劃分原空間中的某一區域，所以第五個平面能使空間中的區域增加到151126+==個部分．當增加到6個平面時，第六個平面共被劃分成11234516+++++=個部分，所以第6個平面能將空間中的區塊數增加到261642+=個部分．所以6刀能將麵包切成42塊．【答案】42。
【奥赛】小学数学竞赛：计数之递推法.学生版解题技巧 培优 易错 难
【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？
【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．
【例 5】用 的小长方形覆盖 的方格网，共有多少种不同的盖法？
【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 房间到达 房间有多少种方法？
【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？
【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？
【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？
【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？
【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？
【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？
【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？
【例 8】如下图，一只蜜蜂从 处出发，回到家里 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？
标数法
下图4—1中的线段表示的是汽车所能经过的所有马路，这辆汽车从A走到B 处共有多少条最短路线错误!分析：为了叙述方便，我们在各交叉点都标上字母.如图4—2.在这里，首先我们应该明确从A到B的最短路线到底有多长?从A点走到B点，不论怎样走，最短也要走长方形AHBD的一个长与一个宽，即AD+DB.因此，在水平方向上，所有线段的长度和应等于AD;在竖直方向上，所有线段的长度和应等于DB.这样我们走的这条路线才是最短路线.为了保证这一点，我们就不应该走“回头路”，即在水平方向上不能向左走，在竖直方向上不能向上走.因此只能向右和向下走。
有些同学很快找出了从A到B的所有最短路线，即：A→C→D→G→B A→C→F→G→BA→C→F→I→B A→E→F→G→BA→E→F→I→B A→E→H→I→B现在观察这种题是否有规律可循。
1.看C点：由A、由F和由D都可以到达C，而由F→C是由下向上走，由D→C是由右向左走，这两条路线不管以后怎样走都不可能是最短路线.因此，从A到C只有一条路线。
同样道理：从A到D、从A到E、从A到H也都只有一条路线。
我们把数字“1”分别标在C、D、E、H这四个点上，如图4—2。
2.看F点：从上向下走是C→F，从左向右走是E→F，那么从A点出发到F，可以是A→C→F，也可以是A→E→F，共有两种走法.我们在图4—2中的F点标上数字“2”.2=1+1.第一个“1”是从A→C的一种走法;第二个“1”是从A →E的一种走法。
3.看G点：从上向下走是D→G，从左向右走是F→G，那么从A→G我们在G点标上数字“3”.3=2+1，“2”是从A→F的两种走法，“1”是从A→D的一种走法。
4.看I点：从上向下走是F→I，从左向右走是H→I，那么从出发点在I点标上“3”.3=2+1.“2”是从A→F的两种走法;“1”是从A→H的一种走法。
5.看B点：从上向下走是G→B，从左向右走是I→B，那么从出发点A→B 可以这样走：共有六种走法.6=3+3，第一个“3”是从A→G共有三种走法，第二个“3”是从A→I共有三种走法.在B点标上“6”。
小升初奥数计数问题之递推方法的解题技巧
小升初奥数计数问题之递推方法的解题技巧数学给予人们的不仅是知识，更重要的是能力，这种能力包括观察实验、收集信息、归纳类比、直觉判断、逻辑推理、建立模型和精确计算。
这些能力和培养，将使人终身受益。
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【篇一】递推方法的概述在不少计数问题中，要很快求出结果是比较困难的，有时可先从简单情况入手，然后从某一种特殊情况逐渐推出与以后比较复杂情况之间的关系，找出规律逐步解决问题，这样的方法叫递推方法。
例 1、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 ?分析与解答：从简单情况研究起：AB 上共有 2 个点，有线段： 1 条AB 上共有 3 个点，有线段： 1+2=3（条）AB 上共有 4 个点，有线段： 1+2+3=6（条）AB 上共有 5 个点，有线段： 1+2+3+4=10（条）AB 上共有 10 个点，有线段： 1+2+3+4+ ⋯+9=45（条）一般地， AB 上共有 n 个点，有线段：1+2+3+4+ ⋯+（n-1）=n ×（n-1） ÷2即：线段数 =点数×（点数-1） ÷2例 2 、2000 个学生排成一行，依次从左到右编上 1 ～2000 号，然后从左到右按一、二报数，报一的离开队伍，剩下的人继续按一、二报数，报一的离开队伍，⋯⋯按这个规律此下去，直至当队伍只剩下一人为止。
问：这时一共报了多少次 ?最后留下的这个人原来的号码是多少 ?分析与解答：难的不会想简单的，数大的不会想数小的。
我们先从这2000 名同学中选出 20 人代替 2000 人进行分析，试着找出规律，然后再用这个规律来解题。
这 20 人第一次报数后共留下 10 人，因为 20 ÷2=10 ，这10 人开始时的编号依次是： 2、4、6、8、10、12、14、16、18 、20，都是 2 的倍数。
小学奥数计数问题：计数习题标数法和加法原理的综合应用
小学奥数计数问题：计数习题标数法和加法原理的综合应用（★★★★）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.
【分析】把20、0和20以内不是3或4的倍数的数写成一串，用标号法把所有的方法数写出来：
考点说明：本题主要考察学生对于归纳递推思想的理解，具体来说就是列表标数法的使用，难度一般，只要发现了题目中的限制条件，写出符合条件的剩余棋子数，然后进行递推就可以了。
：计数问题在各大考试中所占的分量越来越重，计数的知识也学习的比较早，标号法是加乘原理中加法原理的内容，在四年级以前已经学习过，但是灵活应用学习过的知识才是学习最重要的意义，六年级上（第十一级）第10讲会将计数问题与应用题或者最值问题进行综合学习，学习后能力会有进一步的提高。
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？【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？【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？【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？【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．【例5】用13⨯的方格网，共有多少种不同的盖法？⨯的小长方形覆盖38【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？【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？【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？【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？AB【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？【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？【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？【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）【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.【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？【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？【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．【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．【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．【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．。
小学六年级奥数：“计数综合”解题技巧及例题详解
小学六年级奥数：“计数综合”解题技巧及例题详解内容概述将关键的已知数据看作变量，得到一类结构相同的计数问题，通过建立这些问题的结果所构成数列的递推关系，逐步地求得原问题的答案．与分数、几何等相关联的计数综合题．典型例题1．一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?【分析与解】一个长方形把平面分成两部分．第二个长方形的每一条边至多把第一个长方形的内部分成2部分，这样第一个长方形的内部至多被第二个长方形分成五部分．同理，第二个长方形的内部至少被第一个长方形分成五部分．这两个长方形有公共部分(如下图，标有数字9的部分)．还有一个区域位于两个长方形外面，所以两个长方形至多把平面分成10部分．第三个长方形的每一条边至多与前两个长方形中的每一个的两条边相交，故第一条边被隔成五条小线段，其中间的三条小线段中的每一条线段都把前两个长方形内部的某一部分一分为二，所以至多增加3×4=12个部分．而第三个长方形的4个顶点都在前两个长方形的外面，至多能增加4个部分．所以三个长方形最多能将平面分成10+12+4=26．2．一个楼梯共有10级台阶，规定每步可以迈1级台阶或2级台阶，最多可以迈3级台阶．从地面到最上面1级台阶，一共可以有多少种不同的走法?【分析与解】我们知道最后一步可以迈1级台阶、2级台阶或3级台阶，也就是说可以从倒数第1、2或3级台阶直接迈入最后一级台阶．即最后一级台阶的走法等于倒数第1、2和3级台阶的走法和．而倒数第l级台阶的走法等于倒数第2、3和4级台阶的走法和，……如果将1、2、3……级台阶的走法依次排成一个数列，那么从第4项开始，每一项等于前3项的和．有1，2，3级台阶的走法有1，2，4种走法，所以4，5，6，7，8，9，10级台阶的走法有7，13，24，44，81，149，274种走法．3．一个圆上有12个点A1，A2，A3，…，A11，A12．以它们为顶点连三角形，使每个点恰好是一个三角形的顶点，且各个三角形的边都不相交．问共有多少种不同的连法?【分析与解】我们采用递推的方法．I如果圆上只有3个点，那么只有一种连法．Ⅱ如果圆上有6个点，除A1点所在三角形的三顶点外，剩下的三个点一定只能在A1所在三角形的一条边所对应的圆弧上，表1给出这时有可能的连法．Ⅲ如果圆上有9个点，考虑A1所在的三角形．此时，其余的6个点可能分布在：①A1所在三角形的一个边所对的弧上；②也可能三个点在一个边所对应的弧上，另三个点在另一边所对的弧上．在表2中用“+”号表示它们分布在不同的边所对的弧．如果是情形①，则由Ⅱ，这六个点有三种连法；如果是情形②，则由①，每三个点都只能有一种连法．共有12种连法．Ⅳ最后考虑圆周上有12个点．同样考虑A1所在三角形，剩下9个点的分布有三种可能：①9个点都在同一段弧上：②有6个点是在一段弧上，另三点在另一段弧上；③每三个点在A1所在三角形的一条边对应的弧上．得到表3．共有12×3+3×6+1＝55种．所以当圆周上有12个点时，满足题意的连法有55种.4．现在流行的变速自行车，在主动轴和后轴分别安装了几个齿数不同的齿轮．用链条连接不同搭配的齿轮，通过不同的传动比获得若干挡不同的车速．“希望牌”变速自行车主动轴上有3个齿轮，齿数分别是48，36，24；后轴上有4个齿轮，齿数分别是36，24，16，12．问：这种变速车一共有多少挡不同的车速?【分析与解】算出全部的传动比，并列成表：，2，3，将重复的传动比去这里有4对传动比是相同的：1，32掉，剩下8个不同的比，所以共有8挡不同的车速．5．分子小于6，分母小于60的不可约真分数有多少个?【分析与解】分子的取值范围是从1到5．当分子为1时，分母可从2到59，共有58个真分数，它们当然都是不可约分数．由于2，3，5都是质数，因此当分子分别为2，3，5时，分母必须而且只需适合下列两个条件：①分母大于分子且小于60．⑦分母不是分子的倍数．易知：当分子为2时，适合条件的分母有29个；当分子为3时，适合条件的分母有38个：当分子为5时，适合条件的分母有44个；最后来看分子为4的情形，与分子为2基本相同，分母不能为偶数，此外分母不能为3．所以共有28(=29—1)个．总之，符合要求的分数共有58+29+38+44+28＝197个．6．一个正方形的内部有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?【分析与解】方法一：如下图，采用归纳法，列出1个点、2个点、3个点…时可剪出的三角形个数，需剪的刀数．不难看出，当正方形内部有n个点时，可以剪成2n＋2个三角形，需剪3n+l刀，现在内部有1996个点，所以可以剪成2×1996+2=3994个三角形，需剪3×1996+1=5989刀．方法二：我们知道内部一个点贡献360度角，原正方形的四个顶点共贡献了360度角，所以当内部有n个点时，共有360n+360度角，而每个三角形的内角和为180度角，所以可剪成(360n+360)÷180=2n+2个三角形．2n+2个三角形共有3×(2n+2)=6n+6条边，但是其中有4条是原有的正方形的边，所以正方形内部的三角形边有6n+6—4=6n+2条边，又知道每条边被2个三角形共用，即每2条边是重合的，所以只用剪(6n+2)÷2＝3n+1刀．本题中n=1996，所以可剪成3994个三角形，需剪5989刀．7．如图15—3，某城市的街道由5条东西与7条南北向马路组成．现在要从西南角的A处沿最短路线走到东北角的B处，由于修路十字路口C不能通过，那么共有多少种不同走法?【分析与解】因为每个路口(点)只能由西边相邻点、南边相邻点走过来，所以达到每个点的走法为西边相邻点、南边相邻点的走法之和，并且最南方一排、最西方一排的所有点均只有1种走法．因为C点不能通过，所以C处所标的数字为0．如下图所示：所以，从A到B满足条件的走法共有120种8．经理将要打印的信件交给秘书，每次给一封，且放在信封的最上面，秘书一有空就从最上面拿一封信来打．有一天共有9封信打，经理按第1封，第2封，…，第9封的顺序交给秘书．午饭时，秘书告诉同事，已把第8封信打印好了，但未透露上午工作的其他情况，这个同事很想知道是按什么顺序来打印．根据以上信息，下午打印的信的顺序有多少种可能?(没有要打的信也是一种可能)【分析与解】我们根据最后一封信来计数：(1)第9封信在上午送给秘书；于是，T={1，2，3，4，5，6，7，9}则下午打印的每种可能都是T的一个子集，因为秘书可以把不在子集中的信件上午一送来就打完了，而未打别的信．集T有8个元素，故有28=256个不同子集(包括空集)．(2)第9封信在午后才送给秘书．令S＝{1，2，3，4，5，6，7}，则上午未打印的信的号码是S的一个子集．若将9排在子集之后，则与⑴中的情形相同，故只有子集中至少有一封信已把号码9放在该子集的非最后的位置上．对于有k个元素的子集，号码9有k个位置可放，即可放在第i一1个元素之后和i个元素之前，i=1，2，…，k．于是不同的顺序总数为：0×C07+1×C17+2×C27+…+7×C77=7×27÷2=7×26=448即下午有448种可能的打印顺序．所以，下午共有256+448=704种打印的方法．。
小学五六年级奥数学竞赛第6讲计数方法之标数法、递推法
【例3】(★★★★) 在下图中，左下角有1枚棋子，每次可以向上，向右，或沿对角 线的方向向右上走任意多步，但不能不走。那么走到右上角一共 有多少种方法？
【例4】(★★★★★) 中10片莲叶如右图排列．青蛙在莲叶间跳跃，每次只能从一 ， 池塘中 片莲叶跳到相邻的另一片莲叶．一只青蛙盘算着从其中一片莲叶 上起跳，连跳4步，那么它有 种不同的跳法．
【例6】(★★★) 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？
A
B
【例7】(★★★) 一个楼梯共有12级台阶，规定每步可以迈1级台阶或2级台阶，最 多可以迈3级台阶，从地面到最阶 一共可以有多少种 不同的走法？
重点例题：例3、例4、例5、例7、例8
2
【例8】(★★★) 在平面上画8个圆，最多可以把平面分成_______部分。
本讲总结 ①标数法与递推法都是加法原理 ②按最后一步进行分类，做加法 ③标数时要注意限制条件 ④ 平 ④分平面问题要确定交点个数 要确 点个
【例9】(★★★★) 一个长方形把平面分成两部分，那么 个长方形把平面分成两部分 那么10个长方形最多把平面分成 _______部分.
计数方法之标数法、递推法
【例1】(★★) 如图所示 科学家“爱因斯坦”的英文名拼写为“ 如图所示，科学家 爱因斯坦 的英文名拼写为 Einstein Einstein”，按 按 图中箭头所示方向有______种不同的方法拼出英文单词 “Einstein”。
【例2】(★★) 如图，为一幅街道图，从A出发经过十字路口B，但 不经过C走到D的不同的最短路线有多少条？
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【例5】(★★★★★) 游乐园门票1元1张，每人限购1张.现有10个小朋友排队购买，其 中5个小朋友只有1元的钞票，另外5个小朋友只有2元的钞票， 售票员没有零钱。10个小朋友排队，不同的排队方法总共有10！ ＝3628800种，问其中有 种 问其中有______种排队方法，售票员总能找的开 种排队方法 售票员总能找的开 零钱。
递推法与逐点累计法
递推法与逐点累计法广州大学教育软件研究所朱华伟研究者的目的就是去发现和表达各种基本现象之间相互制约,相互联系的方程式.——欧斯特?马赫请先看一个有趣的经典数学问题.假定围场中开始时有一对大兔,一个月后生了一对小兔,而这对小兔经过一个月后就长成大兔.此后,每对大兔每月生一对小兔,而每对小兔经过一个月又长成大兔.如果不发生死亡,问第10个月围场中有多少对大兔.这个问题是由意大利着名数学家斐波那契(约ll70—1250)在1202年提出来的.原来围场中有一对大兔,/~11ao=1;第1个月,这对大兔产下一对小兔,围场中仍有一对大兔,即=1;第2个月,这对大兔产下一对小兔,此时,第1个月生下的小兔已长成大兔,则围场中已有两对大兔,l~lIaz=2;第3个月,原来的和第1个月出生的两对兔子各产一对小兔,而第2个月出生的一对兔子也长成大兔,1~[1a3=3;第4个月,原来的和第1,2个月出生的兔子各产下一对小兔,而第3个月出生的两对小兔已长成大兔.此时围场中共有5对大兔,Rlla.=5...…?如果按照上述"连锁反应"式地繁殖小兔,来推算出第10个月的大兔总数,我们需要找出一个简捷的"连锁反应关系85式"来解出amo--设第个月共有对大兔,则ao=l,a1=l,az=2,n3:3,a4=5,04=8,….第/7,个月的大兔的对数是由两部分构成的,其中一部分是第(凡一1)个月的大兔对数%一.对;第二部分是由%对大兔所生的小兔而长成的大兔对数,共有对.所以=+0.-2.由于ao=l,a.=1.因此每个月的大兔对数依次为l,1,2,3,5,8,13,2l,34,55,89,….可以看出a0=89,即第10个月围场中有89对大兔.我们将会在许多场合遇到上面这列数,它被称为"斐波那契数列",它的前两项是1,从第3项开始,任一项都是前两项的和,即.+%.2(凡=2,3,…).这个数列有着很多有趣的性质.像这种利用"连锁反应"的关系而得到的关系式.称为递归关系.有了递归关系就可以利用前面的数求出后面的未知数.上述例子中.通过寻找递归关系解题的方法称为递推法,递推法也是解决计数问题的一种重要方法.下面的例子着重说明如何建立递归关系,并利用递归关系求值.例l一段楼梯有l0级台阶,规定每一步只能跨一级或两级,要登上第l0级台阶有多少种不同走法?分析与解由于登台阶每次只能跨一级或两级,因此登上第n级台阶的情形仅与登上第(n一1)级台阶和第(n一2)级台阶有关.可以考虑建立递归关系,把登上第级台阶的走法分为两类:一类是已登上第(一1)级台阶再跨上一步,这有%一种走法;另一类是已登上第(n一2)级台阶,再跨上两级台阶,这有种走法.根据加法原理,有i+.由于a1=1,oa=2,因此登上台阶的方法数依次为86i,2,3,5,8,13,21,34,55,89,….'可以看到,=89,即登上第10级台阶有89种不同走法.例2一个十位数,其数码只能是2或3,且没有两个3是相邻的.请问这样的十位数共有多少个.分析与解运用递推法,考虑具有所给性质的所有正整数个数.首位是2的十位数的个数与九位数的个数相同;首位是3的十位数必定是以32开头的,与八位数的个数相同.即,十位数的个数是九位数的个数加上八位数的个数.这个规律和斐波那契数列的规律相同.满足条件的一位数有2个,两位数有3个,因此三位数有5 个.四位数有8个,五位数有13个,六位数有21个,七位数有34 个,八位数有55个.九位数有89个,十位数有144个.例3圆周上两个点将圆周分为两半,在这两个点上写上数1;然后将两段半圆弧等分,在这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,第6步后,圆周上所有点上的数之和是多少? 分析与解如图1,第一步有两个点,第二步有四个点,第三步有八个点.每一步将前一步所得的圆周再细分一次,所以每一步后所有点的个数是前一步后点的个数的两倍.那么每'2图187一步添加的点上的数有什么规律呢?可能会认为第步增加的数都是.因为第一步增加的是1.第二步增加的是2,第三步增加的是3.事实上并不是这么回事.比如在第四步时,增加的数除了4以外还有5(图2).可见我们必须另行找出正确的规律.图2因为问题是求出圆周上所有数的和,我们不必去考虑每步具体增加了哪些数,只需关心每一步增加的数的总和是多少.明确了这一点,事情就好办多了.因为增加的每个数都是原来相邻两个数之和,所有增加数之和恰好是原来所有数之和的两倍.也就是说.圆周上所有数之和是前一步后圆周上所有数之和的3倍.用递归关系表示,设为第n步后得出的圆周上所有数之和,则=3×..利用上式可以得到吗l=3×l=3×3×珥2= (3)x—3x—'-.—x3xal.(i)个因为o1=2,所以=二二二×2=2×3.(n一|)个取n=6,有a6=486.即第6步后圆周上所有点上的数之和为486.例4从学校到少年宫有4条东西向的马路和3条南北向的马路相通(图3),李楠从学校出发.步行到少年宫(只许向东或向南行进),最多有多少种走法?图3解如图所示,根据李楠步行的规则,可知由A到嬲过88边AC上的各点和边AN_Ix的各点只有一条路线,通过点有两条路线(即从点,点D各有一条路线),通过点有3条路线(即从点走有两条路线,从点G走有一条路线).由此概括出规律:通过任何一个交叉点的路线总数等于通过邻近该点的左边和上方的交叉点的路线之和.为方便起见,将通过各点的路线条数用数字标出,由此推出由点A通到点T-'~i10条不同的路线.所以,李楠从学校到少年宫最多有10种走法.评注本题依据规律"通过任何一个交叉点的路线总数等于通过邻近该点的左边和上方的交叉点的路线之和"给图3 中的交叉点标数.这种计算路线条数的方法称为逐点累计法(或标数法).这种算法的实质也是递推.逐点累计法直观简便,不易出错,是计算"网格"条数有效而便捷的方法.例5如图4是5x5的网格.一只蚂蚁在网格左下角(0.O)位置,每次能向上或者向右走一格,要到达右上角(5,5)位置,且不能经过点(1,1),(1,4),(4,1)和(4,4),请问共有多少种不同的走法.法.412248l212441234l7l75l图4图5解如图5所示,用逐点累计法计数,共有34种不同的走89例6图6是一张道路图.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个孩子经过路口B,那么先后共有多少个孩子经过路口C?解如图7,设A处有0个孩子,图中各个路口边上的数表示经过该路口的人数,则按照题述走路规则,不难推出经过路口曰有0人,于是lO<有素a=60,所12.2a=60+D=92.16l6A图6素素n素n_昙口意aG又从图中看出,经过路口C的人数为图7{0=×192:48(人).44评注例6展示了逐点累计法的另一种表现形式,体现了逐点累计法简洁直观的优点.练习题1.根据各数间的关系,在括号内填上一个恰当的数.(1)1,2,6,24,(),720.(2)1,2,4,7,l1,16,().(3)43,2,3,6,18,().2.如图8.将2×8的棋盘每格编上号,用8张1×2的长方形卡片去覆盖棋盘,有多少种方9O135****131524681O121416图8法把棋盘完全盖住?3.如图9,线段朋Ⅳ分长方形为两部分,4条线段最多能把这个长方形分成几部分?100条线段呢?4.仅由字母,y组成的长度为n的"单词"恰有2n个(这是因为共有凡个位置,每个位置有两种选择),设这些"单词"中至少有两个相连的有an个.例如,当n=4时,至少有两个相连的有XxYYYxxY,YYxX,XxxY,XxYx.XYXX,YXXX,XXXX,共8个,于是a4=8.求口l0.5.在图10中,要从走到Y,沿着黑线走,一共有几种最短路径的走法?6.若我们沿着街道走的方向如图l1中箭头所示,那么从点走到点肭不同路线有多少条?-1广]广]JLJLJ1广1广]\/图11图l27.如图l2,象棋盘上的一个"兵"过河后,沿最短路线走到对方的"将"处,问这个"兵"有多少种不同的走法.918.在图13中,用水平的或者垂直的线段联结相邻的字母.当沿着这些线段行走时,正好拼出"APPLE"的路线一共有多少条?APA解答AL¨pA1.(1)120;递推关系是an=rt~'an..1.(2)22;递推关系是%=吗卜.+(凡一1).(3)108;递推关系是l~an-'2.2.对于2Xn的棋盘,有种方法把棋盘盖住.l号格被盖住有两种情形:一类是1号与2号同时被一张lx2的纸片盖住,剩下2x(n一1)的棋盘有种方法盖住;另一类是1号与3号同时被一张纸盖住,这时2号与4号也必被一张纸片盖住.剩下2x(n一2) 的棋盘有种方法盖住.由加法原理,知.+.daFl=1,2,得F8=34.所以共有34种方法把2x8的棋盘完全盖住.3.4条线最多把长方形分成11个部分(图14).设n条线段最多把长方形分成个部分.再添上一条线段Z,即(n+1)条线段时,要使长方形分为最多的部分,必须使Z与其他凡条线段都相交,且没有三条线段交于一点.这时Z上有个交点,线段Z被分成(n+1)个部分,每一部分将所在长方形的区域一分为二,即增加了(扎+1)个区域.所以=(十1),:l+n:an-2+(一1)+一2+3+..:+l.所以当n:lOOn,~,长方形最多被分成+1--5o51(4-)92APPAPA部分.4.设长度为n的"单词"中"坏单词"(即不含XX)的个数为b,则6l=2,b2=3,b3=5,b4=8,由此猜想6661(n≥3o下面证明上述猜想.如果长度为(n一1)的单词中有"坏单词",那么我们在其结尾加一个字母y.就得到所有结尾为y的长度为n的"坏单词".为了计数结尾为的"坏单词",我们注意这种单词的最后两个字母一定是YX.因此,每一个这样的"坏单词"可以被分解为一个长度为(n一2)的"坏单词"和YX.于是,长度为n的"坏单词"数b恰好是以y结尾的"坏单词"数b与以结尾的"坏单词"数6之和.这就说明猜想成立.由b=6+61,可推出b5=5+8=13,b6=8+13=21,b7=13+21=34,b8=21+34=55,b9=34+35=89,bl0=55+89=144.故0l0=2L6j0=1024—144=880.5.从走g1]y,沿黑线走的最短路.径的走法,只能是沿黑线往东或往南走.现用逐点累计法得图l5,故一共有34种最短路径走法.06.在每个点处标出从点走到该1点的路线条数.比如A一职有l条路线,2343444859l734图15A—日有2条路线,推知从点走到点卜共有55条路线(图16). 图16(34)937.在某些点处标出走到该点的走法总数,从而推知"兵"走到"将"处有l5种不同的走法(图l7).1广1广]JL32JI_1J1广-1广163l\41/5l图l7竹1'tt't't①—⑦一④—④——@—0—⑦—①图188.由于要拼出APPLE,我们画图表示.如图18,在图中标上箭头.从A出发只有沿着箭头方向走,才可拼成APPLE.由于是出发点,所以NA的方法只有1种.其他圆圈中可这样填数:有几个箭头进入该圆圈,就把这几个箭头的出发处的圆圈中各数的和填入该圆圈.这样便得最后E处的圆圈中填的数是3l.所以,正好拼出"APPLE"的路线一共有31种.(上接第57页)有意无意地把计算练习处理成一种单纯的技能训练;另一方面.由于受容量的限制,相对于"帮助学生形成必要的计算技能"这一目标而言,教材所安排的计算练习的数量也略嫌不足,加之一些教师对"算法多样化"与"算法优化"的关系认识不够明确,造成了部分学生的计算技能有所欠缺.所有这些, 都是改革和发展中的正常现象,都可以通过进一步的调整和完善逐步加以解决.只要我们一如既往地秉持课程改革的基本理念,不断发现问题,科学分析问题,努力解决问题,计算练习的功能就能得到更加充分的发挥,学生的计算能力与品质就能得到更好的提升.94。
小学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?【考点】计数之归纳法【难度】3星【题型】解答【解析】方法一：我们可以在纸上试着画出1条直线，2条直线，3条直线，……时的情形，于是得到下表：由上表已知5条直线最多可将这个平面分成16个部分，并且不难知晓，当有n条直线时，最多可将平面分成2+2+3+4+…+n=()12n n++1个部分．方法二：如果已有k条直线，再增加一条直线，这条直线与前k条直线的交点至多k个，因而至多被分成k+1段，每一段将原有的部分分成两个部分，所以至多增加k+1个部分．于是3条直线至多将平面分为4+3=7个部分，4条直线至多将平面分为7+4=11个部分，5条直线至多将平面分为11+5=16个部分．一般的有k条直线最多将平面分成：1+1+2+…+k=()12k k++1个部分，所以五条直线可以分平面为16个部分．【答案】16【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？【考点】计数之归纳法【难度】4星【题型】解答【解析】 假设用a k 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，……a 0＝1 a 1=a 0+1＝2 a 2=a 1＋2=4 a 3=a 2＋3=7 a 4=a 3+4＝11 ……故5条直线可以把圆分成16部分，100条直线可以把圆分成5051部分【答案】5051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？【考点】计数之归纳法【难度】4星【题型】解答【解析】 先考虑最简单的情形．为了叙述方便，设平面上k 个圆最多能将平面分割成k a 个部分．从图中可以看出，12a =，24221a ==+⨯，38422a ==+⨯，414823a ==+⨯，…… 可以发现k a 满足下列关系式：()121k k a a k -=+-．实际上，当平面上的(1k -)个圆把平面分成1k a -个区域时，如果再在平面上出现第k 个圆，为了保证划分平面的区域尽可能多，新添的第k 个圆不能通过平面上前()1k -个圆之间的交点．这样，第k 个圆与前面()1k -个圆共产生2(1)k ⨯-个交点，如下图：141312111098765432187652134431221这2(1)k ⨯-个交点把第k 个圆分成了2(1)k ⨯-段圆弧，而这2(1)k ⨯-段圆弧中的每一段都将所在的区域一分为二，所以也就是整个平面的区域数增加了2(1)k ⨯-个部分．所以，()121k k a a k -=+-．那么，10987292829272829a a a a =+⨯=+⨯+⨯=+⨯+⨯+⨯=12122...272829a =+⨯+⨯++⨯+⨯+⨯()2212...78992=+⨯+++++=．故10个圆最多能将平面分成92部分．【答案】92【巩固】 10个三角形最多将平面分成几个部分？【考点】计数之归纳法【难度】4星【题型】解答【解析】 设n 个三角形最多将平面分成n a 个部分．1n =时，12a =；2n =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236⨯=（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2223a =+⨯．3n =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个部分，即：322343a =+⨯+⨯． ……一般地，第n 个三角形与前面()1n -个三角形最多有()213n -⨯个交点，从而平面也增加()213n -⨯个部分，故()()222343213224213332n a n n n n ⎡⎤=+⨯+⨯++-⨯=++++-⨯=-+⎣⎦；特别地，当10n =时，2103103102272a =⨯+⨯+=，即10个三角形最多把平面分成272个部分．【答案】272【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？【考点】计数之归纳法【难度】4星【题型】解答【解析】 一个长方形把平面分成两部分．第二个长方形的每一条边至多把第一个长方形的内部分成2部分，这样第一个长方形的内部至多被第二个长方形分成五部分．同理，第二个长方形的内部至少被第一个长方形分成五部分．这两个长方形有公共部分(如下图，标有数字9的部分)．还有一个区域位于两个长方形外面，所以两个长方形至多把平面分成10部分．第三个长方形的每一条边至多与前两个长方形中的每一个的两条边相交，故第一条边被隔成五条小线段，其中间的三条小线段中的每一条线段都把前两个长方形内部的某一部分一分为二，所以至多增加3×4=12个部分．而第三个长方形的4个顶点都在前两个长方形的外面，至多能增加4个部分．所以三个长方形最多能将平面分成10+12+4=26．【小结】n 个图形最多可把平面分成部分数：直线：()112n n ⨯++；圆：()21n n +⨯-； 三角形：()231n n +⨯⨯- ； 长方形：()241n n +⨯⨯-．【答案】26【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?【考点】计数之归纳法【难度】5星【题型】解答【解析】先考虑圆．1个圆将平面分成2个部分．这时增加1个圆，这个圆与原有的1个圆最多有两个交点，成为2条弧，每条弧将平面的一部分一分为二，增加了2个部分，所以2个圆最多将平面分成4个部分．当有3个圆时，第3个圆与原有的2个产生4个交点而增加4个部分，所以3个圆最多将平面分成8个部分．同样的道理，5个圆最多将平面分成22个部分．再考虑直线．直线与每个圆最多有2个交点，这样与5个圆最多有10个交点．它们将直线分成11条线段或射线，而每条线段又将平面的一部分一分为二，2条射线增加了一部分，因此5个圆和1条直线最多可将平面分成32个部分．【答案】32【例 4】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?【考点】计数之整体法【难度】4星【题型】解答【解析】方法一：归纳法，如下图，采用归纳法，列出1个点、2个点、3个点…时可剪出的三角形个数，需剪的刀数．不难看出，当正方形内部有n个点时，可以剪成2n＋2个三角形，需剪3n+l刀，现在内部有1996个点，所以可以剪成2×1996+2=3994个三角形，需剪3×1996+1=5989刀．方法二：整体法．我们知道内部一个点贡献360度角，原正方形的四个顶点共贡献了360度角，所以当内部有n个点时，共有360n+360度角，而每个三角形的内角和为180度角，所以可剪成(360n+360)÷180=2n+2个三角形．2n+2个三角形共有3×(2n+2)=6n+6条边，但是其中有4条是原有的正方形的边，所以正方形内部的三角形边有6n+6—4=6n+2条边，又知道每条边被2个三角形共用，即每2条边是重合的，所以只用剪(6n+2)÷2＝3n+1刀．本题中n=1996，所以可剪成3994个三角形，需剪5989刀．【答案】可剪成3994个三角形，需剪5989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？【考点】计数之整体法【难度】4星【题型】解答【解析】整体法．100个点每个点周围有360度，三角形本身内角和为180度，所以可以分成()⨯+÷=个小三角形．360100180180201【答案】201个小三角形【例 5】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？【考点】计数之图形中的对应关系【难度】3星【题型】解答【解析】首先可以知道题中所讲的13⨯长方形中间的那个小主格为黑色，这是因为两个白格不相邻，所以不能在中间．显然，位于棋盘角上的黑色方格不可能被包含在这样的长方形中．下面分两种情况来分析：第一种情况，一个位于棋盘内部的黑色方格对应着两个这样的13⨯长方形(一横一竖)；第二种情况，位于边上的黑色方格只能对应一个13⨯长方形．由于在棋盘上的32个黑色方格中，位于棋盘内部的18个，位于边上的有12个，位于角上的有2个，所以共有1821248⨯+=个这样的长方形．本题也可以这样来考虑：事实上，每一行都有6个13⨯长方形，所以棋盘上横、竖共有13⨯⨯=个．由于棋盘上的染色具有对称性，因此包含两个白色小方格与一⨯长方形68296个黑色小方格的长方形正好与包含两个黑色小方格与一个白色小方格的长方形具有一一对应关系，这说明它们各占一半，因此所求的长方形个数为96248÷=个．【答案】48【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？【考点】计数之图形中的对应关系【难度】3星【题型】解答【解析】【解析】如图，将纸片中的一个特殊方格染为黑色，下面考虑此格在66⨯方格表中的位置．易见它不能位于四个角上；若黑格位于方格表中间如图浅色阴影所示的44⨯正方形内的某格时，纸片有4种不同的放法，共计44464⨯⨯=种；若黑格位于方格表边上如图深色阴影所示的方格中时，纸片的位置随之确定，即只有1种放法，此类放法有4416⨯=种．所以，纸片共有641680+=种不同的放置方法．【答案】80种【例 6】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？【考点】计数之数字问题中的对应关系【难度】4星【题型】解答【解析】由于四位数的四个数位上的数的大小关系已经非常明确，而对于从0～9中任意选取的4个数字，它们的大小关系也是明确的，那么由这4个数字只能组成1个符合条件的四位数(题目中要求千位比百位大，所以千位不能为0，本身已符合四位数的首位不能为0的要求，所以进行选择时可以把0包含在内)，也就是说满足条件的四位数的个数与从0～9中选取4个数字的选法是一一对应的关系，那么满足条件的四位数有41010987210 4321C⨯⨯⨯==⨯⨯⨯个．【答案】210个【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？【考点】计数之数字问题中的对应关系【难度】4星【题型】解答【解析】相当于在10个数字中选出3个数字，然后按从大到小排列.共有10×9×8÷（3×2×1）=120种．实际上，前铺中每一种划法都对应着一个数．【答案】120种【例 7】 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．【考点】计数之对应与阶梯型标数法【难度】5星【题型】解答【关键词】2008年，第一届，学而思杯，5年级，第7题 【解析】 方法一：如下所示，共有42种不同的摞法：54321----，45321----，35421----，53421----，34521----，54231----，45231----，25431----，52431----，24531----，52341----，25341----，23541----，23451----，54312----，45312----，53412----，35412----，34512----，54132----，45132----，15432----，51432----，14532----，51342----，15342----，13542----，13452----，54123----，45123----，15423----，51423----，14523----，12543----，51243----，15243----，12453----，12354----，12534----，15234----，51234----， 12345----。
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【例4】(★★★★★)
池塘中10片莲叶如右图排列．青蛙在莲叶间跳跃，每次只能从一
片莲叶跳到相邻的另一片莲叶．一只青蛙盘算着从其中一片莲叶
上起跳，连跳4步，那么它有
种不同的跳法．
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【例5】(★★★★★) 游乐园门票1元1张，每人限购1张.现有10个小朋友排队购买，其 中5个小朋友只有1元的钞票，另外5个小朋友只有2元的钞票， 售票员没有零钱。10个小朋友排队，不同的排队方法总共有10！ ＝3628800种，问其中有______种排队方法，售票员总能找的开 零钱。
【例6】(★★★) 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，共有多少种回家共有12级台阶，规定每步可以迈1级台阶或2级台阶，最 多可以迈3级台阶，从地面到最上面1级台阶，一共可以有多少种 不同的走法？
【例8】(★★★) 在平面上画8个圆，最多可以把平面分成_______部分。
【例9】(★★★★) 一个长方形把平面分成两部分，那么10个长方形最多把平面分成 _______部分.
本讲总结 ①标数法与递推法都是加法原理 ②按最后一步进行分类，做加法 ③标数时要注意限制条件 ④分平面问题要确定交点个数
重点例题：例3、例4、例5、例7、例8
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计数方法之标数法、递推法
【例1】(★★) 如图所示，科学家“爱因斯坦”的英文名拼写为“Einstein”，按 图中箭头所示方向有______种不同的方法拼出英文单词 “Einstein”。
【例2】(★★) 如图，为一幅街道图，从A出发经过十字路口B，但 不经过C走到D的不同的最短路线有多少条？
【例3】(★★★★) 在下图中，左下角有1枚棋子，每次可以向上，向右，或沿对角 线的方向向右上走任意多步，但不能不走。那么走到右上角一共 有多少种方法？