奥林匹克训练题库·加法原理.doc

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小学奥数加法原理乘法原理知识点+例题+练习 (分类全面)

例4、在右图的方格纸中放两枚棋子，要求两枚棋子不在同一行也不在同一列。

问：共有多少种不同的放法？
例5、要从四年级六个班中评选出学习和体育先进集体各一个（不能同时评一个班），共有多少种不同的评选结果？
巩固、在左下图中，从A点沿实线走最短路径到B点，共有多少条不同路线？
巩固、左下图是某街区的道路图，C点和D点正在修路不能通过，那么从A点到B 点的最短路线有多少条？
例6、有10根火柴，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？。

小学奥数计数专题--加法原理(六年级)竞赛测试.doc

小学奥数计数专题--加法原理（六年级）竞赛测试姓名:_____________ 年级:____________ 学号:______________一、xx 题（每空xx 分，共xx 分）【题文】如果两个四位数的差等于8921，那么就说这两个四位数组成一个数对．问这样的数对共有多少个?【答案】79【解析】被减数最小可为1000，最大可为9999－8921=1078，且从1000到1078中任何一个数都可以作为被减数．共有79个被减数，从而这样的数对共有79个．【题文】一本书从第l 页开始编排页码，共用数字2355个．那么这本书共有多少页?【答案】821【解析】从1～9页，每页使用1个数字，共需9个数字；从10～99页，每页使用2个数字，共需90×2＝180个数字；从100～999页，每页使用3个数字，共需900×3＝2700个数字；显然这本书的页数在100～999之间，有2355－9－180＝2166，而2166÷3＝722，所以这本书有100+722－1＝821页．【题文】上、下两册书的页码共有687个数字，且上册比下册多5页．问上册书有多少页?【答案】153【解析】两本书页码所用的数字大致相当，从1～9页，每页使用1个数字，共需9个数字；从10～99页，每页使用2个数字，共需90×2＝180个数字；从100～999页，每页使用3个数字，共需900×3＝2700个数字．显然，两本书的页码均在100～999之间，而前99页两本书共用去(9+180)×2＝378个数字，还剩下687－378＝309个数字．上册书比下册书多的5页，每页均需3个数字作为页码，所以上册比下册多用5×3＝15个数字．于是在剩下的309个数字种，上册用了(309+15)÷2＝162个数字，即3位数的页码有162÷3＝54页，所以上册有100+54－1＝153页．【题文】从1，2，3，4，5，6，7，8，9，10这10个数中，任取5个数相加的和与其余5个数相加的和相乘，能得到多少个不同的乘积?【答案】13【解析】题中的5个数相加最小为1+2+3+4+5＝15，最大为6+7+8+9+10＝40，即题中5个数相加的和有40－15+1＝26种可能．而10个数的和为1+2+3+4+…+10＝55．如果我们假定被乘数不超过乘数，那么被乘数有26÷2＝13种可能，而当被乘数确定，乘数也就是确定为“55－被乘数”，并且这些的乘积没有重复．(如果被乘数大于乘数，都可将上面的被乘数、乘数互换而得)．所以共有13种不同的乘积．【题文】将所有自然数，自1开始依次写下去得到：123456789101112……试确定在第206788个位置上出现的数字．【答案】7【解析】有1～9为1位数，所以占有9×1＝9个数字；10～99为2位数，所有占有90×2＝180个数字；100～999为3位数，所以占有900×3＝2700个数字；1000～9999为4位数，所有占有9000×4＝36000个数字；10000～99999为5位数，所有占有90000×5＝450000个数字．现在第206788个位置对应的5位数在10000～99999之间，有206788－9－180－2700－36000＝167899，167899÷5＝33579……4，所以对应的数字为10000+33579＝43579的从左至右的第4个数字，即7．【题文】用1分、2分和5分的硬币凑成1元．共有多少种不同的凑法?【答案】541【解析】5分的硬币最多可以有100÷5＝20枚；当5分的硬币有20枚，那么只有这1种凑法；当5分的硬币有19枚，则剩下的5分由1分和2分的硬币凑成，有2+2+1＝2+1+1+1＝1+1+1+1+1＝5，所以共有3种凑法；当5分的硬币有18枚，则剩下的10分由1分和2分的硬币凑成，有2+2+2+2+2，2分的可以替换为1分的，于是有5+1＝6种凑法；当5分的硬币有17枚时，则剩下的15分由1分和2分的硬币凑成，有2+2+2+2+2+2+2+1，2分的可以替换为1分的，于是有7+1＝8种凑法；当5分的硬币有16枚时，则剩下的20分由1分和2分的硬币凑成，有2+2+2+2+2+2+2+2+2+2，2分的可以替换为1分的，于是有10+1＝11种凑法；当5分的硬币有15枚时，则剩下的20分由1分和2分的硬币凑成，有2+2+2+2+2+2+2+2+2+2+2+2+1，2分的可以替换为1分的，于是有12+1＝13种凑法；于是，我们把两种情况作为一组，有(1，3)，(6，8)，(11，13)，…，即每组数内两个数字相差2，从第2组开始，每组数的第一个数字比前一组的第一个数字大5，5分的硬币可以取20～0枚，即有21种情况，分成10组还剩下一种情况，有(1，3)，(6，8)，(11，13)，(16，18)，(21，23)，(26，28)，(31，33)，(36，38)，(41，43)，(46，48)，51所以共有(1+6+11+16+21+26+31+36+41+46+51)+(3+8+13+18+23+28+33+38+43+48)＝(1+51)×11÷2+(3+48)×10÷2＝286+255＝541种．即用1分、2分和5分的硬币凑成1元．共有541种不同的凑法．【题文】在所有的两位数中，十位数字比个位数字大的两位数有多少个?【答案】45【解析】我们将符合条件的两位数列出因此，符合要求的两位数有1+2+3+4+…+9＝(1+9)×9÷2＝45个．【题文】用1角、2角和5角的三种人民币（每种的张数没有限制）组成1元钱，有多少种方法？【答案】10【解析】运用加法原理，把组成方法分成三大类：①只取一种人民币组成1元，有3种方法：10张1角；5张2角；2张5角。

奥赛起跑线五年级分册-加法原理和乘法原理

数学奥赛起跑线五年级分册例题及答案第16讲[加法原理思考与练习]加法原理:在做一件事时,如果有几类不同的方法,而且每一类方法中,又有几种可能的做法,那么,要求完成这件事有多少种做法,应当将各类方法中可能的种数加起来.强调:加法原理与乘法原理都是用来计算完成某一件事共有多少种不同的做法的.如果完成一件事有几类方法,无论哪类方法都可以完成这件事,就用加法原理计算;如果完成一件事需分几个步骤,要依次完成每个步骤后才能完成这件工作,就要用乘法原理计算.1.从甲城到乙城,可乘汽车、火车或飞机.已知一天中汽车有2班,火车有4班,飞机有3班,从甲城到乙城共有多少种不同的走法?解:4+3+2=9(种)答:从甲城到乙城共有9种不同的走法.2.书架上层放有7本不同的故事书,中层有6本不同的科技书,下层有4本不同的历史书.如果从书架上任取一本书,有多少种不同的取法?解:7+6+4=17(种)答:有17种不同的取法.3.一列火车从上海开往杭州,中途要经过4个站,应为这列火车准备多少种不同的车票?解:5+4+3+2+1=15(种) E答:应为这列火车准备15种不同的车票. D4.右图1中共有多少个角? C解:4+3+2+1=10(个) B答:下左图中共有10个角. O A 图2图15.右图2中共有多少个正方形?解:32+22+12=9+4+1=14(个)答:上右图中共有14个正方形.6.用1分、2分、5分硬币各一枚,一共可以组成多少种不同的币值?解:3+3+1=7(种)答:一共可以组成7种不同的币值.7.平面上有8个点(其中没有任何三个点在一条直线上),经过每两点画一条直线,共可以画多少条直线?解:7+6+5+4+3+2+1=28(条)答:共可以画28条直线.8.从2、3、5、7、11、13这六个数中,每次取出2个数,分别作为一个分数的分子和分母,一共可以组成多少个真分数?解:5+4+3+2+1=15(个)答:一共可以组成15个真分数.9.两次投掷一枚骰子,两次出现的数字之和为偶数的情况有多少种?解:36÷2=18(种)答:这种情况有18种.10.某铁路局从A站到F站共有6个火车站(包括A站和F站),铁路局要为在A站到F站之间运行的火车准备多少种不同的车票?解:2×(5+4+3+2+1)=30(种)答:铁路局要为在A站到F站之间运行的火车准备30种不同的车票.第17讲[乘法原理思考与练习]乘法原理:做一件事,要分几步才能完成,而在完成每一步时,又有几种不同的方法,要知道完成这件事有多少种方法,应当将各个步骤中可能的方法种数乘起来,1.某人到食堂去买饭,主食有3种,副食有5种,他主食和副食各买一种,共有多少种不同的买法?解:3×5=15(种).答:共有15种不同的买法.2.衣架上有2顶帽子、4件上衣、3条裤子。

六年级奥林匹克数学十六加法原理(一)

十六、加法原理（一）1.有3个工厂共订300份辽宁日报,每个工厂最少订99份,最多订101份.一共有种不同的订法.2.数字和是4的三位数有个.3.有许多1分、2分、5分的硬币,要从这些硬币中取出元,有种取法.4.用1 9 9 5 四个数字卡片,可以组成个不同的四位数.5.从8个班选12个三好学生,每班至少1名,共有种选法.6.从1~9这九个数中,每次取2个数,这两个数的和必须大于10,能有种取法.7.从2、3、5、7、9五个数字中,选出四个数字组成被3和5除都余2的四位数,这样的四位数共有个.8.用0、1、2、3、7、8六个数字可以组成个能被9整除而又没有重复数字的四位数.9.有一批长度分别为1、2、3、4、5、6、7、8、9、10和11厘米的细木条,它们的数量都足够多,从中适当选取3根木条作为三条边,可能围成个不同的三角形.10.从学校到少年宫有4条东西的马路和3条南北的马路相通(如图),李楠从学校出发,步行到少年宫(只许向东或向南行进),最多有种走法.11.小明为了练习加法,做了分别写着1,2,3,4,5,6,7,8,9,10这十个数的卡片放在右边的抽屉里,又做了同样的十张放在左边的抽屉里,然后每次从两个抽屉各取一张卡片做加法,这样一共可以组成多少个不同的算式,其中和为偶数的情况有几种 (1+2和2+1算作同一种算式)12.长方形四周有14个点,相邻两点之间的距离都是1cm ,以这些点连成三角形,面积是3cm 2的三角形有几个北少年宫学校13.在1001,1002,…2000这1000个自然数中,可以找到多少对相邻的自然数,使它们相加时不进位. 14.小格纸(如图)上有一只小虫,从直线AB 上一点O 出发,沿方格纸上的横线或竖线爬行.方格纸上每小段的长为1厘米.小虫爬过若干小段后仍回到直线AB 上,但不一定回到O 点.如果小虫一共爬过3厘米,那么小虫爬行路线有多少种十六、加法原理（一）(答案）第[1]道题答案：7三个工厂都订100份,有1种情况;三个工厂分别订99、100、101份报纸,有6种情况,所以三个工厂共有1+6=7(种)不同订法.第[2]道题答案：10.三个数字和是4的有以下几种情况:(1)4=4+0+0,只有1个三位数;(2)4=1+1+2,有3个三位数;(3)4=2+2+0,有2个三位数;(4)4=3+1+0,有4个三位数.一共存1+3+2+4=10(个)数字和为4的三位数.第[3]道题答案：10只用一种硬币的,有3种方法;用1分和2分两种硬币的,有4种方法;用1分和5分两种硬币的,有1种方法;三种硬币都用的,有2种方法.一共有3+4+1+2=10(种)方法.第[4]道题答案：12卡片1在首位的,有3个四位数;卡片5在首位的,也有3个四位数;卡片9在首位的,有6个四位数,共有3+3+6=12(个)四位数.• • • • • •• • • • • • • • A O B第[5]道题答案：330每班至少1名,就有8名三好学生,现在只考虑12-8=4(名)的选举情况就可以了.(1)四名同学在一个班,有8种选法;(2)四名同学在两个班,若每班有2个,有28278=⨯(种)选法,若一个班1个,另一个班3个,有8⨯7=56(种)选法.共计28+56=84(种)选法. (3)四名同学在三个班,有一班有2人,另两个班各一人.共有1683216783=⨯⨯⨯⨯⨯(种)选法.(4)四名同学在4个班,有743215678=⨯⨯⨯⨯⨯⨯0(种)选法. 所以共有8+84+168+70=330(种)选法.第[6]道题答案：16较大数为9时,另一数有7种选法;较大数为8时,另一数有5种选法;较大数为7时,另一数有3种选法;较大数为6时,另一数有1种选法.一共有7+5+3+1=16(种)选法.第[7]道题答案：24能被5除余2的四位数,个位数必定是2或7;被3除余2的四位数,4个数字之和除以3余2.(1)若个位为2,前三位应是3、5、7或5、7、9的一个排列,共有(3⨯2⨯1)⨯2=12(个).(2)若个位为7,前三位应是2、3、5或2、5、9的一个排列,也有(3⨯2⨯1) ⨯2=12(个). 总共有12+12=24(个)这样的四位数.第[8]道题答案：42从0、1、2、3、7、8、这六个数字中,四个数字之和是9的倍数的有1、2、7、8和3、7、8、0这两组数字.(1)由1、2、7、8可以组成4⨯3⨯2⨯1=24(个)不同的四位数.(2)由3、7、8、0可以组成3⨯3⨯2⨯1=18(个)不同的四位数.故一共可以组成24+18=24(个)能被9整除的四位数.第[9]道题答案：161最长边为11厘米,次长为11、10、9、8、7、6厘米的三角形分别有11、9、7、5、3、1个,共计有11+9+7+5+3+1=36(个);最长边为10厘米的三角形有10+8+6+4+2=30(个);最长边为9厘米的三角形有9+7+5+3+1=25(个);最长边为8厘米的三角形有8+6+4+2=20(个);最长边为7厘米的三角形有7+5+3+1=16(个);最长边为6厘米的三角形有6+4+2=12最长边为5厘米的三角形有5+3+1=9(个);最长边为4厘米的三角形有4+2=6(个);最长边为3厘米的三角形有3+1=4(个);最长边为2厘米的三角形有2个;最长边为1厘米的三角形有1个.合计有36+30+25+20+16+12+9+6+4+2+1=161(个).第[10]道题答案：10如图,用标数法累加得,共有10条路线.第[11]道题答案：(1)当两加数中较大者为10时,有10个加法算式;而当加数中较大者为9,8,7,6,5,4,3,2,1时,分别有9,8,7,6,5,4,3,2,1个算式.故共有10+9+8+7+6+5+4+3+2+1=55(个)加法算式.(2)两个加数都是奇数的有5+4+3+2+1=15(个)算式;两个加数都是偶数的也有15个算式,共有15+15=30(个)算式.第[12]道题答案：底为3,高为2的三角形:当底在BC 或AD 边上时,有4⨯2=8(个);当底为AB 或CD 上时,有2⨯2=4(个);当底为MN 、PQ 时有2⨯2=4(个),当底为EF 时,有4⨯2=8(个).共计有8+4+4+8=24(个).底为2,高为3的,当底在BC 或AD 边上时,有3⨯3⨯2=18(个).当底在AB 或CD 上时,有4个(即三角形AKQ 、GBP 、DLN 、EHC ).共有26+4=30(个).此外还有4个面积为3的三角形:GMC 、KND 、LQA 、PHB .所以面积为3的三角形一共有18+30+4=52(个).第[13]道题答案：相邻两数相加不需进位的数对中,前一个数可以分成四类:(1) 1999,1个;(2) 991a ,a 可取0,1,2,3,4共5个;• • • • • • • • • • • • • • A M E P D H L C QF N B K G1ab,a,b均可取0、1、2、3、4,共25个;(3)91,a,b,c均可取0,1,2,3,4共125个.(4)abc故由加法原理知,这样的数对共有156个.第[14]道题答案：当小虫第一步向上爬行时,第二步有三个可行的方向:向下、向左或向右.若第二步向下,则第三步有左、右两个方向;若第二步向左或向右,则第三步都只能向下.故共有2+1+1=4(种)路线.显然小虫第一步向下爬行也有4种路线.当小虫第一步向左爬行时,它的第二步可以有四个方向.当它第二步向上或向下时,第三步只能向下或向上一种选择;当它第二步向左或向右时,都还有向左向右两种选择.故一共有2+2⨯2=6(种)路线.显然当小它第一步向右爬行时,也有6种路线.综上所述,小虫可以选择路线一共有4⨯2+6⨯2=20(种).。

小学数学奥林匹克试卷加法和乘法原理.doc

加法和乘法原理(公式P是排列公式，从N个元素取R个进行排列（即排序）。

公式C是组合公式，从N个元素取R个，不进行排列（即不排序）。

(1)加法原理：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．(2)乘法原理：做一件事，完成它需要分成n个步骤，做第一步有m1种不同的方法，做第二步有m2种不同的方法，……，做第n步有mn种不同的方法，那么完成这件事共有N＝m1×m2×m3×…×mn种不同的方法．这里要注意区分两个原理，要做一件事，完成它若是有n类办法，是分类问题，第一类中的方法都是独立的，因此用加法原理；做一件事，需要分n个步骤，步与步之间是连续的，只有将分成的若干个互相联系的步骤，依次相继完成，这件事才算完成，因此用乘法原理．)1.张东参加由18个人出席的联欢会，他与这些人一一握手，张东一共握了几次手？2.从甲地到乙地，每天有2班轮船，4班火车，6班汽车，那么这一天中乘坐这些交通工具，从甲地到乙地共有多少种走法？3.从甲地到乙地有4条不同的路，从乙地到丙地有6条不同的路。

那么从甲地经乙地到丙地共有多少不同的路？4.如图，其中有7个点和10条线段，一只甲虫要从A点沿着线段爬到B点，要求任何线段和点不得重复经过，问：这只甲虫最多有几种不同走法？5. 在一个圆周上有十个点，以这些点为端点或顶点，可以画出多少条或多少个不同的（1）线段，（2）三角形，（3）四边形？6.在自然数中，用两位数作被减数，一位数作减数，共能组成多少个不同的减法算式？7.书架上层放有6本不同的数学书，下层放有5本不同的语文书。

（l）从中任取一本，有多少种不同取法？（2）从中任取一本数学书与语文书，有多少种不同取法？8. 用0、1、2、3四个数字可以组成多少个没有重复数字的四位偶数？9.一把钥匙只能开一把锁，现有10把钥匙和10把锁，最多要试验多少次就能配好全部的钥匙和锁？10.用一张10元、一张5元、一张2元、一张1元，可组成多少种不同的币值？11.上海电话号码有7个数码，其中第一个数字不为0，而且数字不重复，这样的电话号码共有多少个？12.圆上有12个点，以每3个点为顶点画一个三角形，一共可以画多少个三角形？若以每4个点为顶点画一个四边形，一共可以画多少个四边形？13.如图，从甲地到乙地有两条路线，乙地到丁地也有两条路线；从甲地到丙地只有一条路线，丙地到丁地有三条路线。

1 [小学奥数专题15】7-1加法原理.题库版修正版

7 计数综合 7-1 加法原理7-1-1分类讨论中加法原理的应用7-1-2树形图法、标数法及简单的递推7-1-2-1树形图法7-1-2-2标数法 7-1-2-3简单递推：斐波那契数列的应用1.使学生掌握加法原理的基本内容；2.掌握加法原理的运用以及与乘法原理的区别；3.培养学生分类讨论问题的能力，了解分类的主要方法和遵循的主要原则．加法原理的数学思想主旨在于分类讨论问题，教授本讲的目的也是为了培养学生分类讨论问题的习惯，锻炼思维的周全细致．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”．知识要点教学目标加法原理分类时，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．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、类类相加枚举法：枚举法又叫穷举法，就是把所有符合条件的对象一一列举出来进行计数．分类讨论的时候经常会需要把每一类的情况全部列举出来，这时的方法就是枚举法．枚举的时候要注意顺序，这样才能做到不重不漏．模块一、分类讨论中加法原理的应用【例 1】（难度等级 ※）小宝去给小贝买生日礼物，商店里卖的东西中，有不同的玩具8种，不同的课外书20本，不同的纪念品10种，那么，小宝买一种礼物可以有多少种不同的选法？【解析】小宝买一种礼物有三类方法：第一类，买玩具，有8种方法；第二类，买课外书，有20种方法；第三种，买纪念品，有10种方法．根据加法原理，小宝买一种礼物有8+20+10=38种方法．【巩固】（难度等级 ※）有不同的语文书6本，数学书4本，英语书3本，科学书2本，从中任取一本，共有多少种取法？【解析】根据加法原理，共有6+4+3+2=15种取法．【巩固】（难度等级 ※）阳光小学四年级有3个班，各班分别有男生18人、20人、16人．从中任意选一人当升旗手，有多少种选法？【解析】解决这个问题有3类办法：从一班、二班、三班男生中任选1人，从一班18名男生中任选1人有18种选法：同理，从二班20名男生中任选1人有20种选法；从三班16名男生中任意选1人有16种选法；根据加法原理，从四年级3个班中任选一名男生当升旗手的方法有：18201654++=种．【例 2】（难度等级※※）从1～10中每次取两个不同的数相加，和大于10的共有多少种取法？【解析】根据第一个数的大小，将和大于10的取法分为9类：例题精讲87+ 因此，根据加法原理，共有：1+2+3+4+5+4+3+2+1=25种取法使和大于10．【巩固】（难度等级※※）从1～8中每次取两个不同的数相加，和大于10的共有多少种取法？【解析】两个数和为11的一共有3种取法；两个数和为12的一共有2种取法；两个数和为13的一共有2种取法；两个数和为14的一共有1种取法；两个数和为15的一共有1种取法；一共有3+2+2+1+1=9种取法．【例 3】（难度等级 ※※）甲、乙、丙三个工厂共订300份报纸，每个工厂至少订了99份，至多101份，问：一共有多少种不同的订法？【解析】甲厂可以订99、100、101份报纸三种方法．如果甲厂订99份，乙厂有订100份和101份两种方法，丙厂随之而定．如果甲厂订100份，乙厂有订99份、100份和101份三种方法，丙厂随之而定．如果甲厂订101份，乙厂有订99份和100份两种方法，丙厂随之而定．根据加法原理，一共有2327++=种订报方法．【巩固】（难度等级 ※※）大林和小林共有小人书不超过9本，他们各自有小人书的数目有多少种可能的情况？【解析】大林和小林共有9本的话，有10种可能；共有8本的话，有9种可能，……，共有0本的话，有1种可能，所以根据加法原理，一共有10+9+……+3+2+1=55种可能．【例 4】（难度等级 ※※）四个学生每人做了一张贺年片，放在桌子上，然后每人去拿一张，但不能拿自己做的一张．问：一共有多少种不同的方法？【解析】设四个学生分别是A ，B ，C ，D ，他们做的贺年片分别是a ，b ，c ，d ．先考虑A 拿B 做的贺年片b 的情况（如下表），一共有3种方法．同样，A拿C或D做的贺年片也有3种方法．一共有3＋3＋3=9（种）不同的方法．【例 5】(第六届走美试题)一次，齐王与大将田忌赛马．每人有四匹马，分为四等．田忌知道齐王这次比赛马的出场顺序依次为一等，二等，三等，四等，而且还知道这八匹马跑的最快的是齐王的一等马，接着依次为自己的一等，齐王的二等，自己的二等，齐王的三等，自己的三等，齐王的四等，自己的四等．田忌有________种方法安排自己的马的出场顺序，保证自己至少能赢两场比赛．【解析】第一场不管怎么样田忌都必输，田忌只可能在接下来的三场里赢得比赛，若三场全胜，则只有一种出场方法；若胜两场，则又分为三种情况：二，三两场胜，此时只能是田忌的一等马赢得齐王的二等马，田忌的二等马赢齐王的三等马，只有这一种情况；二，四两场胜，此时有三种情况；三，四两场胜，此时有七种情况；所以一共有113712+++=种方法．【例 6】（难度等级※※）把一元钱换成角币，有多少种换法？人民币角币的面值有五角、二角、一角三种．【解析】把一元钱换成角币，有三类分法：①第一类：有五角币2张，只有1种换法：②第二类：有五角币1张，则此时二角币可以有0，1，2张，相应的，一角币有5，3，1张，有3种换法；③第三类：有五角币0张，则此时二角币可以有0，1，2，3，4，5张，相应的，一角币有10，8，6，4，2，0张，有6种换法．所以，根据加法原理，总共的换法有13610++=种．【巩固】（难度等级※※）一把硬币全是2分和5分的，这把硬币一共有1元，问这里可能有多少种不同的情况？【解析】按5分硬币的个数对硬币情况进行分类：如果5分硬币有奇数个，那么无论2分硬币有多少个都不能凑成100分．如表当5分硬币的个数为0～20的偶数时，都有对应个数的2分硬币．所以一共有11种不同的情况．【例 7】（难度等级※※※）用100元钱购买2元、4元或8元饭票若干张，没有剩钱，共有多少不同的买法?【解析】如果买0张8元饭票，还剩100元，可以购买4元饭票的张数为0～25张，其余的钱全部购买2元饭票，共有26种买法；如果买l张8元饭票，还剩92元，可购4元饭票0～23张，其余的钱全部购买2元饭票，共有24种不同方法；如果买2张8元饭票，还剩84元，可购4元饭票0～21张，其余的钱全部购买2元饭票，共有22种不同方法；……如果买12张8元饭票，还剩4元饭票，可购4元饭票0～1张，其余的钱全部购买2元饭票，共有2种方法．总结规律，发现各类情况的方法数组成了一个公差为2，项数是13的等差数列．利用分类计数原理及等差数列求和公式求出所有方法：26+24+22+…+2=(26+2)×13÷2=182(种)．共有182种不同的买法．【巩固】（难度等级※※）一个文具店橡皮每块5角、圆珠笔每支1元、钢笔每支2元5角．小明要在该店花5元5角购买两种文具，他有多少种不同的选择．【解析】一共三种文具，要买两种文具．那么就可以分三类了．第一类：橡皮和圆珠笔 5元5角=55角=11块橡皮（要买两种，所以这个不考虑）=9块橡皮+1只圆珠笔=7块橡皮+2只圆珠笔=5块橡皮+3只圆珠笔=3块橡皮+4只圆珠笔=1块橡皮+5只圆珠笔第一类共5种第二类：橡皮和钢笔 55角=11块橡皮（不做考虑）=6块橡皮+1只钢笔=1块橡皮+2只钢笔第二类共2种第三类：圆珠笔和钢笔55角=11块橡皮（不做考虑）=1只钢笔+3只圆珠笔第三类共1种【例 8】（难度等级※※※）袋中有3个红球，4个黄球和5个白球，小明从中任意拿出6个球，他拿出球的情况共有________种可能．（2008年北京“数学解题能力展示”读者评选活动）【解析】按最少的红球来分类：3红时，黄+白=3，黄可取0，1，2，3共4种．2红时，黄+白=4，黄可取0，1，2，3，4共5种．1红时，黄+白=5，黄可取0，1，2，3，4共5种．0红时，黄+白=6，黄可取0，1，2，3共4种．共有：4+5+5+4=18（种）．【例 9】（难度等级※※）1、2、3、4四个数字，从小到大排成一行，在这四个数中间，任意插入乘号(最少插一个乘号)，可以得到多少个不同的乘积?【解析】按插入乘号的个数进行分类：⑴若插入一个乘号，4个数字之间有3个空当，选3个空当中的任一空当放乘号，所以有3种不同的插法，可以得到3个不同的乘积，枚举如下：⨯，1 2 34⨯．⨯，1 2 3 41 2 3 4⑵若插入两个乘号，由于必有一个空当不放乘号，所以从3个空档中选2个空当插入乘号有3种不同的插法，可以得到3个不同的乘积，枚举如下：⨯⨯．⨯⨯，1 23412 3 4⨯⨯，1 2 34⑶若插入三个乘号，则只有1个插法，可以得到l个不同的乘积，枚举如下：⨯⨯⨯．1234所以，根据加法原理共有3317++=种不同的乘积．【例 10】（难度等级※※※）1995的数字和是1＋9＋9＋5=24，问：小于2000的四位数中数字和等于26的数共有多少个?【解析】小于2000的四位数千位数字是1，要它数字和为26，只需其余三位数字和是25．因为十位、个位数字和最多为9＋9=18，因此，百位数字至少是7．于是百位为7时，只有1799，一个；百位为8时，只有1889，1898，二个；百位为9时，只有1979，1997，1988，三个；总计共1＋2＋3=6个．【巩固】（难度等级※※※）1995的数字和是1＋9＋9＋5=24，问：小于2000的四位数中数字和等于24的数共有多少个?【解析】小于2000的四位数千位数字是1，要它数字和为24，只需其余三位数字和是23．因为十位、个位数字和最多为9918+=，因此，百位数字至少是5．于是百位为5时，只有1599一个；百位为6时，只有1689，1698两个；百位为7时，只有1779，1788，1797三个；百位为8时，只有1869，1878，1887，1896四个；百位为9时，只有1959，1968，1977，1986，1995五个；根据加法原理，总计共1234515++++=个．【巩固】（难度等级※※※）2007的数字和是2+0+0+7=9，问：大于2000小于3000的四位数中数字和等于9的数共有多少个?【解析】大于2000小于3000的四位数千位数字是2，要它数字和为9，只需其余三位数字和是7．因此，百位数字至多是7．于是根据百位数进行分类：第一类，百位为7时，只有2700一个；第二类，百位为6时，只有2610，2601两个；第三类，百位为5时，只有2520，2511，2502三个；第四类，百位为4时，只有2430，2421，2412，2403四个；第五类，百位为3时，只有2340，2331，2322，2313，2304五个；第六类，百位为2时，只有2250，2241，2232，2223，2214、2205六个；第七类，百位为1时，只有2160，2151，2142，2133，2124、2115、2106七个；第八类，百位为0时，只有2070，2061，2052，2043，2034、2025、2016、2007八个；根据加法原理，总计共1234567836+++++++=个．【巩固】（难度等级※※※※）在四位数中，各位数字之和是4的四位数有多少？【解析】以个位数的值为分类标准，可以分成以下几类情况来考虑：第1类——个位数字是0，满足条件的数共有10个．其中：⑴十位数字为0，有4000、3100、2200、1300，共4个；⑵十位数字为1，有3010、2110、1210，共3个；⑶十位数字为2，有2020、1120，共2个；⑷十位数字为3，有1030，共1个．第2类——个位数字是1，满足条件的数共有6个．其中：⑴十位数字为0，有3001、2101、1201，共3个；⑵十位数字为1，有2011、1111，共2个；⑶十位数字为2，有1021，满足条件的数共有1个．第3类——个位数字是2，满足条件的数共有3个．其中：⑴十位数字为0，有2002、1102，共2个；⑵十位数字为1，有1012，共1个．第4类——个位数字是3，满足条件的数共有1个．其中：十位数字是0，有l003，共1个．根据上面分析，由加法原理可求出满足条件的数共有1063120+++=个．【例 11】有一类自然数，从第三个数字开始，每个数字都恰好是它前面两个数字之和，直至不能再写为止，如257，1459等等，这类数共有个.【解析】按自然数的最高位数分类：⑴最高位为1的有10112358，112358，12358，1347，1459，156，167，178，189共9个⑵最高位为2的有202246，21347，2246，2358，246，257，268，279共8个⑶最高位为3的有303369，31459，3257，3369，347，358，369共7个⑼最高位为9的有9099共1个所以这类数共有98762145++++++=个【例 12】如果一个大于9的整数，其每个数位上的数字都比他右边数位上的数字小，那么我们称它为迎春数．那么，小于2008的迎春数一共有多少个？【解析】(法1)两位数中迎春数的个数．⑴十位数字为1的：12，13，……，19．8个⑵十位数字为2的：23，24，……29．7个⑶十位数字为3的：34，35，……39．6个⑷十位数字为4的：45，46，……49．5个⑸十位数字为5的：56，57，……59．4个⑹十位数字为6的：67，68，69．3个⑺十位数字为7的：78，79．2个⑻十位数字为8的：89．1个两位数共87136+++=个三位数中迎春数的个数⑴百位数字是1的：123～129，134～139……189．共28个．⑵百位数字是2的：234～239，……289．共21个．⑶百位数字是3的：345～349，……389．共15个．⑷百位数字是4的：456～458，……489．共10个．⑸百位数字是5的：567～569，……589．共6个．⑹百位数字是6的：678，679，689．共3个．⑺百位数字是7的：789．1个1000～1999中迎春数的个数⑴前两位是12的：1234～1239，……，1289．共21个．⑵前两位是13的：1345～1349，……，1389．共15个．⑶前两位是14的：1456～1459，……，1489．共10个．⑷前两位是15的：1567～1569，……，1589．共6个．⑸前两位是16的：1678，1679，1689．3个．⑹前两位是17的：1789．1个共56个．所以小于2008的迎春数共368456176++=个．(法2)小于2008的迎春数只可能是两位数，三位数和1000多的数．两位数的取法有98236⨯÷=个．三位数的取法有()⨯⨯÷⨯⨯=个．8763215698732184⨯⨯÷⨯⨯=个．1000多的迎春数的取法有()所以共368456176++=个．【例 13】有些五位数的各位数字均取自1，2，3，4，5，并且任意相邻两位数字(大减小)的差都是1．问这样的五位数共有多少个？【解析】⑴首位取1时，千位只能是2，百位可以是1和3．百位是1，十位只能是2，个位可以是1和3．2种．百位是3，十位可以是2和4；十位是2，个位可以是1和3，十位是4，个位可以是3和5．4种．所以，首位取1时，共有246+=种．⑵首位取2时，千位可以是1和3．千位是1，百位只能是2，十位可以是1和3．有3种．千位是3，百位可以是2和4．百位是2，十位可是是1和3，有3种．百位是4，十位可以是3和5，有3种．千位是3时有336+=种．所以首位取2时，共有369+=种．⑶首位取3时，千位可以取2和4．千位是2，百位可以取1和3．百位是1，十位只能是2，个位可以是1和3；2种．百位是3时，十位可以是2和4．十位是2个位可以是1和3；十位是4，个位可以是3和5；4种．千位是4，百位可以取3和5．百位是5，十位只能是4，个位可以是3和5；2种．百位是3，十位可能是2和4．十位是2个位可以是1和3；十位是4个位可以是3和5；4种．所以，首位取3时，共有242412+++=种．⑷首位取4时，千位可以取3和5．千位是5，百位只能是4，十位可以是3和5．十位是3个位可以是2和4；十位是5个位只能是4．有3种．千位是3，百位可以是2和4．百位是2，十位可以是1和3．十位是1个位只能是2；十位是3个位可以是2和4．有3种．百位是4，十位可以是3和5．十位是5个位只能是4；十位是3，个位可以是2和4．有3种．千位是3共有336+=种．所以，首位取4时，共有369+=种．⑸首位取5时，千位只能是4，百位可以是3和5．百位是5，十位只能是4，有2种；百位是3，十位可以是2和4，有4种．所以，首位取5时共有246+=种．总共有：69129642++++=个也可以根据首位数字分别是1、2、3、4、5，画5个树状图，然后相加总共有：69129642++++=个模块二、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 14】（难度等级 ※※※）A 、B 、C 三个小朋友互相传球，先从A 开始发球(作为第一次传球)，这样经过了5次传球后，球恰巧又回到A 手中，那么不同的传球方式共多少种？(2005年《小数报》数学邀请赛) 【解析】如图，A 第一次传给B ，到第五次传回A 有5种不同方式．同理，A 第一次传给C ，也有5种不同方式．所以，根据加法原理，不同的传球方式共有5510+=种．C B CC B AB 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 15】（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 16】（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 17】（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．A【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 18】（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 19】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.A1118126666633211D BC A图1图2所以最短路径有18条.【例 20】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．C【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 21】（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？AB111111111145551113616215142211111311BA【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 22】（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？CBA6033311122221111CB A【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 23】（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)，这里共有多少种完整的“我们学习好玩351511113451014610151512013570321【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 24】（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)，这里共有多少种完整的“我们学习好玩的数学”的读法．【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 25】（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？351511113451014610151512013570321。

四年级奥林匹克数学基础资料库第20讲加法原理(一)

第20讲加法原理（一）例1从甲地到乙地，可以乘火车，也可以乘汽车，还可以乘轮船。

一天中火车有4班，汽车有3班，轮船有2班。

问：一天中乘坐这些交通工具从甲地到乙地，共有多少种不同走法？分析与解：一天中乘坐火车有4种走法，乘坐汽车有3种走法，乘坐轮船有2种走法，所以一天中从甲地到乙地共有：4＋3＋2=9（种）不同走法。

例2旗杆上最多可以挂两面信号旗，现有红色、蓝色和黄色的信号旗各一面，如果用挂信号旗表示信号，最多能表示出多少种不同的信号？分析与解：根据挂信号旗的面数可以将信号分为两类。

第一类是只挂一面信号旗，有红、黄、蓝3种；第二类是挂两面信号旗，有红黄、红蓝、黄蓝、黄红、蓝红、蓝黄6种。

所以一共可以表示出不同的信号3＋6=9（种）。

以上两例利用的数学思想就是加法原理。

加法原理：如果完成一件任务有n类方法，在第一类方法中有m1种不同方法，在第二类方法中有m2种不同方法……在第n类方法中有mn种不同方法，那么完成这件任务共有N=m1+m2+…+m n种不同的方法。

乘法原理和加法原理是两个重要而常用的计数法则，在应用时一定要注意它们的区别。

乘法原理是把一件事分几步完成，这几步缺一不可，所以完成任务的不同方法数等于各步方法数的乘积；加法原理是把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，所以完成任务的不同方法数等于各类方法数之和。

例3两次掷一枚骰子，两次出现的数字之和为偶数的情况有多少种？分析与解：两次的数字之和是偶数可以分为两类，即两数都是奇数，或者两数都是偶数。

因为骰子上有三个奇数，所以两数都是奇数的有3×3=9（种）情况；同理，两数都是偶数的也有9种情况。

根据加法原理，两次出现的数字之和为偶数的情况有9＋9＝18（种）。

例4用五种颜色给右图的五个区域染色，每个区域染一种颜色，相邻的区域染不同的颜色。

问：共有多少种不同的染色方法？分析与解：本题与上一讲的例4表面上十分相似，但解法上却不相同。

奥林匹克ABC题库·加法和乘法原理训练C卷

加法和乘法原理训练C卷班级________ 姓名________ 得分________1.在A、B、C、D4个城市中间，有如图所示的一些道路，由A市通向D市的路线有多少条？（不准由C市回到B市）。

2.如图，四边形ABCD的两组对边的交点为E、F，对角线的交点为G，从A、B、C、D、E、F、G七个点中取出三个点作为三角形的顶点，试问能够作成多少个三角形。

3.在一个半圆环上共有12个点，以这些点为顶点，可画出多少个三角形？4.（1）有五本不同的书，分别借给了3名同学，每人借一本，有多少种不同借法？（2）有三本不同的书，5名同学来借，每人最多借一本，借完为止，有多少种不同借法？5.试问540的约数有几个？6.有一楼梯共有10级，如规定每次只能跨上一级或二级，要登上第10级，共有多少种不同走法？7.包括小明、小华在内的21名小学生进行数学集训，准备从这21名学生中选一个由6个人组成的代表队参加数学比赛。

（1）小明、小华都是代表队员，共有多少种选法？（2）小明、小华都不是代表队员，共有多少种选法？（3）小明、小华至少有一个是代表队员，共有多少种选法？8.有10个外型相同的排球，其中正品6只，次品4只，从中任取3只，问3只中至多有2只次品的取法有多少种。

9.下图中的正方形被分割成9个相同的小正方形，它们一共有16个顶点，不在同一条直线上的三个点可以构成一个三角形，在这些三角形中与阴影三角形面积相同的有多少个？10.有男生7人，女生6人，从中选出4名中队委员，要求适合下列条件，各有多少种选法？（1）男、女学生各2名；（2）至少选1名女生。

11.父、母和4个孩子共6人，围着圆桌而坐，解答下列问题：（1）6人的坐法；（2）父母互相挨着的坐法；（3）父、母要面对面的坐法；（4）最小的孩子坐在父母中间，即父、母和最小的孩子互相挨着的坐法。

12.用数码0、1、2、3、4可以组成多少个（1）三位数；（2）没有重复数字的三位数；（3）没有重复数字的偶数；（4）小于1000的自然数。

奥林匹克训练题库加法原理.doc.doc

加法原理
22两次投掷一枚骰子，两次出现的数字之和为偶数的情况有多少
种？
23 从 1 ～ 9 中每次取两个不同的数相加，和大于 10 的共有多少种取法？
24 大林和小林共有小人书不超过 50 本，他们各自有小人书的数目有多少种可能的情况？
25从 2，3，4，5，6，10，11， 12 这七个数中，取出两个数组成一个最简真分数，共有多少种取法？
26在下列各图中，从 A 点沿实线走最短路径到 B 点，各有多少种走法？
27在左下图的街道示意图中， C处因施工不能通行，从 A 到 B 的最短路线共有几条？
28 如右上图，象棋盘上一名小卒过河后沿最短的路线走到对方“帅”处，有多少种不同的走法？
29 如左下图，从 A 处穿过房间到达 B 处，如果要求只能从小号码房间走向大号码房间，那么共有多少种不同的走法？
30 沿右上图所标的路径和箭头所指的方向从 A 到 B 共有多少种不同的走法？。

2024加法与乘法原理(奥数专训)小学四年级数学竞赛通用版全解析

加法与乘法原理（奥数专训）小学四年级数学竞赛通用版全解析一．解答题1．把19写成若干个自然数的和，把这些自然数乘起来得到一个乘积，这个乘积最大是多少？2．六年级某毕业班56名同学互相赠一张照片作为留念，全班共赠送出多少张照片？3．用0﹣5这6个数字组成没有重复数字的多位数，一共可以组合成多少个能被3整除的数？4．用1，2，3，4，5这五个数字可以组成多少个没有重复数字的四位数？5．两个班进行跳绳比赛，每班各出5名男生、3名女生，要求每方队员要与另一方每个队员比赛一次．共要比赛多少次？6．在一次击剑比赛中，16名运动员进行淘汰赛，最后决出冠军，共比了多少场？（两名运动员之间比赛1次，称为1场）7．一条公路上，共有8个站点．如果每个起点到终点只用一种车票（中间至少相隔3个车站），那么共有多少种不同的车票？8．从学校到体育馆有4条东西的马路和4条南北的马路相通（如图），小林从学校出发到体育馆（只许向东或者向南进行），最多有多少种走法？9．按1，2，3，4的顺序连线，有多少种不同的连法？10．从5×6的小方格中，取出一个由3个小方格组成的图形（如图），共有多少种不同的取法？11．从小刚家到学校有3条路可以走，从学校到公园有4条路可以走．从小刚家经过学校到公园，有几种不同的走法？12．用1﹣5这5个不同数字可以组成120个不同的五位数，把它们从小到大排列，第50个数是多少？13．如图是用铅丝围成的八面体，一只蚂蚁从顶点A出发，沿铅丝爬行，经过每个顶点一次，共有几种不同的走法？并作简单说明．加法与乘法原理（奥数专训）小学四年级数学竞赛通用版全解析参考答案与试题解析一．解答题1．把19写成若干个自然数的和，把这些自然数乘起来得到一个乘积，这个乘积最大是多少？【答案】见试题解答内容【分析】分类讨论，将19进行拆分，即可得出结论．【解答】解：19＝6+6+7，6×6×7＝25219＝5+5+5+4，5×5×5×4＝50019＝4+4+4+4+3，4×4×4×4×3＝76819＝3+3+3+3+3+4，3×3×3×3×3×4＝972，19＝2+2+2+2+2+2+2+2+3，2×2×2×2×2×2×2×2×3＝768，所以这个乘积最大是972．2．六年级某毕业班56名同学互相赠一张照片作为留念，全班共赠送出多少张照片？【答案】见试题解答内容【分析】56名同学互相赠一张照片作为留念，每两个人互换一张，每个人得到55张，共送出56×55张．【解答】解：56×55＝3080（张）答：全班共赠送出3080张照片．3．用0﹣5这6个数字组成没有重复数字的多位数，一共可以组合成多少个能被3整除的数？【答案】见试题解答内容【分析】由于0+3＝3，1+2＝3，1+5＝6，2+4＝6，0+1+2＝3，0+1+5＝6，0+2+4＝6，1+2+3＝6，1+3+5＝9，2+3+4＝9，3+4+5＝12，0+1+2+3＝6，0+1+3+5＝9，0+2+3+4＝9，0+3+4+5＝12，1+2+4+5＝12，0+1+2+4+5＝12，1+2+3+4+5＝15，0+1+2+3+4+5＝15，根据能被3整除的数的特征，分别得到各自能被3整除的数，进一步即可求解．【解答】解：由于0+3＝3，有30；1+2＝3，有12，21；1+5＝6，有15，51；2+4＝6，有24，42；0+1+2＝3，有102，120，201，210；0+1+5＝6，有105，150，501，510；0+2+4＝6，有204，240，402，420；1+2+3＝6，有123，132，213，231，312，321；1+3+5＝9，有135，153，315，351，513，531；2+3+4＝9，有234，243，324，342，423，432；3+4+5＝12，有345，354，435，453，534，543；0+1+2+3＝6，有1023，1032，1203，1230，1302，1320，2013，2031，2103，2130，2301，2310，3012，3021，3102，3120，3201，3210；0+1+3+5＝9，有1035，1053，1305，1350，1503，1530，3015，3051，3105，3150，3501，3510，5013，5031，5103，5130，5301，5310；0+2+3+4＝9，有2034，2043，2304，2340，2403，2430，3024，3042，3204，3240，3402，3420，4023，4032，4203，4230，4302，4320；0+3+4+5＝12，有3045，3054，3405，3450，3504，3540，4035，4053，4305，4350，4503，4530，5034，5043，5304，5340，5403，5430；1+2+4+5＝12，有1245，1254，1425，1452，1524，1542，2145，2154，2415，2451，2514，2541，4125，4152，4215，4251，4512，4521，5124，5142，5214，5241，5412，5421；0+1+2+4+5＝12，有10245，10254，10425，10452，10524，10542，12045，12054，14025，14052，15024，15042，12405，12504，14205，14502，15204，15402，12450，12540，14250，14520，15240，15420，20145，20154，20415，20451，20514，20541，21045，21054，24015，24051，25014，25041，21405，21504，24105，24501，25104，25401，21450，21540，24150，24510，25140，25410，40125，40152，40215，40251，40512，40521，41025，41052，42015，42051，45012，45021，41205，41502，42105，42501，45102，45201，41250，41520，42150，42510，45120，45210，50124，50142，50214，50241，50412，50421，51024，51042，52014，52041，54012，54021，51204，51402，52104，52401，54102，54201，51240，51420，52140，52410，54120，54210；1+2+3+4+5＝15，有12345，12354，12435，12453，12534，12543，13245，13254，13425，13452，13524，13542，14235，14253，14325，14352，14523，14532，15234，15243，15324，15342，15423，15432，21345，21354，21435，21453，21534，21543，23145，23154，23415，23451，23514，23541，24135，24153，24315，24351，24513，24531，25134，25143，25314，25341，25413，25431，31245，31254，31425，31452，31524，31542，32145，32154，32415，32451，32514，32541，34125，34152，34215，34251，34512，34521，35124，35142，35214，35241，35412，35421，41235，41253，41325，41352，41523，41532，42135，42153，42315，42351，42513，42531，43125，43152，43215，43251，43512，43521，45123，45132，45213，45231，45312，45321，51234，51243，51324，51342，51423，51432，52134，52143，52314，52341，52413，52431，53124，53142，53214，53241，53412，53421，54123，54132，54213，54231，54312，54321；0+1+2+3+4+5＝15，有6×5×4×3×2×1﹣5×4×3×2×1＝5×5×4×3×2×1＝600个；一共2×3+4×3+6×4+18×4+24+96+120+600＝954（个）答：一共可以组合成954个能被3整除的数．4．用1，2，3，4，5这五个数字可以组成多少个没有重复数字的四位数？【答案】见试题解答内容【分析】根据乘法原理，从高位到低位排列分别有5、4、3、2种选择，然后相乘即可．【解答】解：5×4×3×2＝120（个）；答：用1，2，3，4，5这五个数字可以组成120个没有重复数字的四位数．5．两个班进行跳绳比赛，每班各出5名男生、3名女生，要求每方队员要与另一方每个队员比赛一次．共要比赛多少次？【答案】见试题解答内容【分析】每班各出5名男生、3名女生，共5+3＝8人，每两个人之间都要比赛一场，即进行循环赛，则每人都要与另外8人进行比赛，每人要参赛8次，两队共参赛8×8＝64次；据此解答即可．【解答】解：5+3＝8（人）8×8＝64（次）答：共要比赛64次．6．在一次击剑比赛中，16名运动员进行淘汰赛，最后决出冠军，共比了多少场？（两名运动员之间比赛1次，称为1场）【答案】见试题解答内容【分析】根据在淘汰制中比赛场数＝参赛人数﹣1解答即可．【解答】解：16﹣1＝15（场）答：共比了15场．7．一条公路上，共有8个站点．如果每个起点到终点只用一种车票（中间至少相隔3个车站），那么共有多少种不同的车票？【答案】见试题解答内容【分析】中间至少相隔3个车站，那么从起点开始分别有4、3、2、1种车票，往返再乘2即可求出车票的种数．【解答】解：（4+3+2+1）×2＝10×2＝20（种）答：共有20种不同的车票．8．从学校到体育馆有4条东西的马路和4条南北的马路相通（如图），小林从学校出发到体育馆（只许向东或者向南进行），最多有多少种走法？【答案】见试题解答内容【分析】小林从学校出发到体育馆（只许向东或者向南进行），共要走6段，只要是确定了3条竖线，三条横线就确定了，利用组合知识可得结论．【解答】解：小林从学校出发到体育馆（只许向东或者向南进行），共要走6段，只要是确定了3条竖线，三条横线就确定了，所以最多有＝20种，答：小林从学校出发到体育馆（只许向东或者向南进行），最多有20种走法9．按1，2，3，4的顺序连线，有多少种不同的连法？【答案】见试题解答内容【分析】直接利用乘法原理，即可得出结论．【解答】解：由题意，不同的连法有1×2×3×4＝24种．10．从5×6的小方格中，取出一个由3个小方格组成的图形（如图），共有多少种不同的取法？【答案】见试题解答内容【分析】先分析取2×2的正方形共有多少种不同的取法，然后分析共有多少种不同的取法．【解答】解：4×（5﹣1）×（6﹣1）＝80（种）答：共有80种不同的取法．11．从小刚家到学校有3条路可以走，从学校到公园有4条路可以走．从小刚家经过学校到公园，有几种不同的走法？【答案】见试题解答内容【分析】由题意，从家里到学校有3条路选择，然后到了学校后有4条路选择，利用乘法原理可得结论．【解答】解：由题意，从家里到学校有3条路选择，然后到了学校后有4条路选择，利用乘法原理可得不同的走法有3×4＝12种，答：不同的走法有12种．12．用1﹣5这5个不同数字可以组成120个不同的五位数，把它们从小到大排列，第50个数是多少？【答案】见试题解答内容【分析】根据题意可知，最高位数字是1、2、3、4、5的五位数各有120÷5＝24个，所以第50个数应是从小到大依次排列以3开头的第2个数即4132．【解答】解：最高位数字是1、2、3、4、5的五位数各有120÷5＝24（个）50÷24＝2 (2)所以第50个数应是从小到大依次排列以3开头的第二个数；以3开头的数是：31245，31254，…第2个数就是31254；答：第50个数是31254．13．如图是用铅丝围成的八面体，一只蚂蚁从顶点A出发，沿铅丝爬行，经过每个顶点一次，共有几种不同的走法？并作简单说明．【答案】见试题解答内容【分析】从A点出发有四种走法，先考查一种走法，从A到B，接下去有3种走法：如果从B到C，接下去有2种走法（不能到D），如果到E，接下去只能走D、F，如果到F，接下去只能走D、E，所以路线是2种ABCEDF和ABCFDE；如果从B到E，接下去有2种走法（不能到A和B），那路线是ABECDF、ABECFD、ABEDCF、ABEDFC一共4种走法．如果从B到F，和从B到E相同，也是4种．从A到其他三个点的情况和上面相同．【解答】解：（2+4+4）×4＝40答：一共有40种不同的走法．。

奥赛训练题十八、乘法和加法原理

十八、乘法和加法原理1、由数字0，l，2，3组成三位数，问：①可组成多少个不相等的三位数?②可组成多少个没有重复数字的三位数?2、由数字l，2，3，4，5，6共可组成多少个没有重复数字的四位奇数?3、在自然数中，用两位数做被减数，一位数做减数，共可组成多少个不同的减法算式?4、由数字1，2，3，4，5，6，7，8可组成多少个：①三位数；②三位偶数；③没有重复数字的三位偶数；④百位是8的没有重复数字的三位数；⑤百位是8的没有重复数字的三位偶数。

5、有两个相同的正方体，每个正方体的六个面上分别标有数字l，2，3，4，5，6。

将两个正方体放到桌面上，向上的一面数字之和为偶数的有多少种情形?6、在l～1000的自然数中，一共有多少个数字0？7、在l～500的自然数中，不含数字O和1的数有多少个?8、十把钥匙开十把锁，但不知道哪把钥匙开哪把锁，问最多试开多少次，就能把锁和钥匙配起来?9、由数字O，l，2，3，可以组成多少个没有重复数字的三位偶数?10、在O，2，3，5，7这五个数字中选出四个数字组成被5除余2的四位数，这样的四位数有多少个?11、在l，2，3，4，5这五个数字中，选出四个数字组成能被5整除的四位数有多少个?12、在O，1，2，3，5这五个数字中，选出四个数字组成能被5整除的四位数有多少个?13、在l，2，3，4，6这五个数字中，选出四个数字排成的四位数中，除以2余1的数有多少个?除以5余l的数有多少个?14、在2，3，5，7，9这五个数字中，选出四个数字，组成被3除余2的四位数，这样的四位数有多少个?15、在l，2，3，4，5这五个数字中，选出四个数字组成被3除余2的四位数，这样的四位数有多少个?16、在l，2，3，4，5这五个数字中，选出四个数字组成能被3整除的四位数，这样的四位数有多少个? 17、在l，4，5，6，7这五个数字中，选出四个数字组成被3除余l的四位数，这样的四位数有多少个?18、在2，3，5，7，9这五个数字中选出四个数字，组成被3和5除都余2的四位数，这样的四位数有多少个?19、在1，2，3，4，5这五个数字中，选出四个数字，组成被3和5除都余l的四位数，这样的四位数共有多少个?20、在l，2，3，4，6这五个数字中，选出四个数字，组成被3和5除都余l的四位数，这样的四位数共有多少个?21、在l，2，4，6，7这五个数字中，选出四个数字排成四位数，这四位数中，除以3和5都余l的有多少个?除以3和5都余2的有多少个?。

01小学奥数练习卷(知识点：加法原理)后附答案解析.doc

01小学奥数练习卷（知识点：加法原理）后附答案解析1 01 小学奥数练习卷（知识点：加法原理）题号一二三总分得分注意事项： 1．答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息 2．请将答案正确填写在答题卡上第Ⅰ卷（选择题）评卷人得分一．选择题（共2 2 小题） 1．小明行李箱锁的密码是由两个数字 8 与 5 构成的三位数．某次旅行，小明忘记了密码，他最少要试（）次，才能确保打开箱子． A．9 B．8 C．7 D．6 2．一次乒乓球比赛，共有 512 名乒乓球运动员参加比赛．比赛采用淘汰制赛法，两个人赛一场，失败者被淘汰，将不再参加比赛；获胜者进入下轮比赛，如此进行下去，直到决赛出第一名为止，这次乒乓球比赛一共要比赛（）场． A．1024 B．511 C．256 D．174 第Ⅱ卷（非选择题）评卷人得分二．填空题（共 1 21 小题） 3．一把钥匙只能开一把锁．现在有 10 把钥匙 10 把锁，但不知哪把钥匙开哪把锁．最多要试次才能将所有的钥匙和锁成功配对． 4．猪八戒去餐厅吃午餐，由于客人太多，小吃只剩下：水晶虾饺、蟹黄汤包、牛肉豆皮、米酒汤圆，主食只剩下：担担面和过桥米线，饮品只剩下：豆浆和可乐．如果猪八戒主食只点一种，但小吃至少要点两种，饮品必须有，则猪八戒有种不同的点餐方法． 5．学校庆祝元旦联欢会上的奖品是钢笔、圆珠笔、铅笔和水笔，每位获奖学生可任选两只不同的笔．至少位同学获奖，才能保证其中必有 4 人拿到的奖品完全相同． 6．艾迪、大宽、薇儿今天想要从北京去天津旅游，从北京到天津，可以乘火车，也可以坐大巴，如果乘火车，那么一天有 23 趟火车；如果坐大巴，一天有 12辆大巴，那么宫宝今天去天津，不同的走法共有种． 7．编号从 1 到 50 的 50 个球排成一行，现在按照如下方法涂色：（1）涂 2 个球；（2）被涂色的 2 个球的编号之差大于 2．如果一种涂法被涂色的两个球与另一种涂法被涂色的两个球至少有一个是不同号的，这两种涂法就称为不同的．那么不同的涂色方法有种． 8．小池塘中有 6 片荷叶，如图所示，一只青蛙在荷叶 A 上，想要跳到荷叶 F 上，可以通过 B、C、D、E 任意一片或两片跳到荷叶 F 上，也可以直接跳到荷叶 F上，但跳过的荷叶不能再跳．它一共有种不同的跳法． 9．如图，用水平线或竖直线连结相邻汉字，沿着这些线读下去，正好可以读成我爱学而思，那么可读成我爱学而思的路线有条． 10．在抄题目时，林林把一个循环小数错抄成了0.123456，若数字没错，只是忘记标表示循环节的点，原小数共有种可能． 11．有四个不同重量的砝码，它们最多可能称出种重量．12．某次宴会共有 n 个人参加，每个人都与其它的人互相恰好握手一次．若在此宴会中总共握手 231 次，请问 n 的值为． 13．在 1，2，3100 ...。