高思导引六年级第12讲 计数综合三完整版

第12讲计数综合三
内容概述
建立递推的思想，将问题的复杂情形与简单情形联系起来；学会现察和发现递推关系；利用树形图、列表等方法处理某些递推关系．另外，综合运用各种方法处理与数字相关的复杂计数问题．
兴趣篇
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。

解析：将台阶数和走台阶的方法数列成一张表格，如下所示：
走1、2级台阶的方法数可以枚举得到．走3级台方法数可以分两类得到：如果第一步走1级台阶，那么参考数表可得，剩下2级有2种走法；如果第一步走2级台阶，同样参考数表可得，剩下1级有1种走法；因此3级合阶的走法总数为1+2=3，如上表箭头所示．以此类推便可填满整张表格．
2．卡莉娅买了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
解析：将巧克力的数量与吃法数列成一张表格，如下所示：
吃1、2、3块巧克力的方法数可以枚举得到，吃4块巧克力的方法数可以分三类得到：如果第一天吃1块，那么参考数表可得，剩下3块有4种吃法；如果第一天吃2块，同样参考数表可得，剩下2块有2种吃法；如果第一天吃3块，那么剩下1块还有1种吃法，因此4块巧克力的吃法总数为1+2+4=7，如
上表箭头所示．以此类推便可填满整张表格．
3．用1×2的小方格覆盖7×2的长方形，共有多少种不同的覆盖方法？
答案：21种
解析：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，从而得到如下所示的一张表格．
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
线，最多可以分成几个部分？
答案：11个；211个
解析：由于新增直线被分为几部分，区域数量自然也就增加几部分，所以可以将情况写为如下的一张数表：
所以20条直线的时候最多把平面分成2+2+3+4+…+20=211个部分．
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：22种
解析：采用“传球法”，甲拿球，所以最开始甲标1，乙、丙都标o，接着甲必须由乙、丙传球给他，所以他下方的数也必须由乙、两累加给他；其余两人同理——这就是传球规则决定累加规则，依据这一累加规则，我们不停地将数表向下累加，
每传一次球就多累加一行，最后得到第“6”行．这一行的三个数分别为22、21和21.他们分别表示6次传球后，由甲、乙、丙拿球的传球方法数．由于题目要求最后球回到甲手中，因此答案为22种．
6．如图12—1，用红、黄、蓝三种颜色给一个五边形的各个顶点染色，同一条边的两端点不能同色，且顶点A必须染红色，请问：有多少种不同的染色方式？
图12—1
答案：10种
解析：采用“传球法”，A染红色，所以在红色的下方标1，黄色和蓝色下方标0．B 不能再染红色，所以红色下面的标O，黄色和蓝色下方标1．后面的C、D、E 按照传球规则进行累加，注意到E不能染红色，所以有5+5=10种染法．
7．一个三位数，有相邻两个数字的和为16，那么这样的三位数共有多少个？
答案：54个
解析：首先要审清题，题目中说“有相邻两个数字的和为16”，并不是说所有相邻两个数字之和都是16.相邻两个数字之和为16有三种可能：79，97或88.
(1)若百位和十位的数字之和为16，个位可以填O ～9，共3×10一30种填法．
(2)若十位和个位的数字之和为16，百位可以填1～9，共3×9—27种填法，两种情况共计57种填法，考虑到797、979和888被算了两次，因此这样的三位数有57-3=54个．
8．一个各位数字互不相等的五位数不含数字0，且数字和为18，这样的五位数共有多少个？
答案：360个
解析：满足条件的情况只有以下三种：1+2+4+5+6=18, l+2+3+4+8=18, 1+2+3+5+7=18，共计5
5A ×3=360个．
9．一个十位数只含有数字1或2，且不含两个连续的数字1，一共有多少个这样的十位数？
答案：144个
解析：十位数中不含有1，有1种，十位数中含有一个1，有1
10C =10种．十位
数中含有两个l ，有29C = 36种．十位数中含有三个l ，有38C = 56种．十位数中含
有四个1，有47C =35种．十位数中含有五个1，有5
6C =6种．共计144种，
10．一个六位数由1、2、3、4、5组成，而且任意相邻两个数位的数字之差都是1，这
样的六位数有多少个？
答案：72个
解析：采用“传球法”，十万位可以填1、2、3、4、5，因此在下方分别填1．要求任意相邻两个数位之差都是1，因此万位1、2、3、4、5的下方分别填1、2、
2、2、1．后面的数位同理，因此这咩的六位数共有9+18+18+18+9=72个，
拓展篇
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，那么共有多少种写完作文的方法？
答案：927种
解析：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1+2+4=7，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2+4+7=13……以此类推便可填满整张表格．
2．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？
2.答案：28种
解析：我们可以列出一个递推数表，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，如下匿所示，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的表格的覆盖方法数为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4×3的方法数加上2×3的方法数，因此等于3+1=4．接着以此类推即可，
余下部分恰好是一个3×3的方格表，覆盖方法数为2。

阴影方格下方的格子只能用横放的纸片盖住，因此只剩下1×3的方格表需要覆盖，方法数为1．
3．现有14块糖，如果墨莫每天吃奇数块糖，直到吃完，那么墨莫共有多少种吃法？
答案：377种
解析：采用递推计数法，从简单情况出发寻找规律。

当有1块糖时，墨莫有1
种吃法。

当有2块糖时，墨莫有1种吃法。

当有3块糖时，墨莫有2种吃法。

当有4块糖时，墨莫有3种吃法。

当有5块糖时，墨莫有5种吃法。

当有6块糖时，墨莫有8种吃法……如下表所示，很奇妙的是方法数恰好为斐波那契数列。

4．平面上有六条直线，这六条直线把平面分成了16个区域．现在往该平面上添加第
七条直线，请问：添加该直线后，平面上最多会增加多少个区域？
答案：7个
解析：第七条直线与前六条直线最多有6个交点，把第七条直线分成7个部分，每一部分都会位于一个原有的区域中，因此每一部分就会把原有的某个区域一分为二，所以最多会增加7个区域．
5．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，最多可以把平面分成几个部分？
答案：37个58个
解析：根据上面第4题的解答可知：新增直线被分为几部分，区域数量自然也就增加几部分，所以可以将8条直线的情况写为如下的一张数表
8个圆也是同样的道理：
6．四个人分别穿着红、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？
答案：1641种
解析：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．如下表格所示，除了第“O”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”行红下方的O，就是通过第“O”行黄、绿、蓝的数量相加得到的；第“3”行黄下方的7，就是通过第“2”行红、绿、蓝的数量相加得到的；第“4”行绿下方的20，就是通过第“3”行红、黄、蓝的数量相加得到的；第“6”行蓝下方的182，就是通过第“5”行红、黄、绿的数量相加得到的．之所以有这样的累加规则，就是因为红想拿球，必须由黄、绿、蓝传球给他，所以他下方的数也必须由黄、绿、蓝累加给他一这就是传球规则决定累加规则．依据这一累加规则，我们不停地将数表向下累加，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，由红、黄、绿、蓝拿球的传球方法数．由于题目要求最后球回到红手中，因此答案为1641种．
7．如图12 -2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，要求相邻两部分颜色不同，共有多少种染色方法？
图12-2
答案：258种 解析：采用“传球法”，将圆环分别编号为A 、B 、C 、D 、E 、F 、G 、H ，设A 染红色，如下表所示，由于H 不能再染红色，所以共有43+43—86种染法，由对称性可知，共有86×3=258种染法。

8．圆周上有10个点A 1，A 2，…，A 10，以这些点为端点连结5条线段，要求任两
条线段之间都没有公共点，共有多少种连结方式？
答案：42种
解析：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（如图1），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连结A2，剩下4个点连法数为2；第二，A1连结A4，剩下4个点连法数为1；第三，A1连结A6，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（如图2），那么与A1相连的点有四种可能，分别是A2、A4、A6或A8．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A1相连的点，分五类讨论，如图3所示。

共43种方法。

9．由1、3、4组成的各位数字之和为9的多位数共有多少个？
答案：40个
解析：数字和为9有如下几种情况：多位数中含有两个4和一个1，这样的数有3个．含有一个4、一个3和两个1，这样的数有12个，含有一个4和五个1，这样的数有6个．含有一个3和六个1，这样的数有7个．含有两个3和三个1，这样的数有10个，含有三个3，这样的数有1个．含有九个1，这样的数有1个，共有3+12+6+7+10+1+1=40个．
10．在有些多位数的各位数字中，奇数的个数比偶数的个数多，例如1370、36712等，请问：在1至10000中有多少个这样的多位数？
答案：3505个
解析：这样的一位数为：1、3、5、7、9，有5个，满足条件的两位数，十位和个位都是奇数，有5×5=25个．满足条件的三位数：有两个数位为奇数或三个数
位都是奇数．有两个数位是奇数的数有：5×5×(1
523C C ⨯-1>=350个。

减1是考虑
到首位为0的情况．三个数位都是奇数的数有：5×5×5=125个．满足条件的四
位数：有三个数是奇数或四个数都是奇数．有三个数是奇数的有：5×5×5×（15
3
4C C ⨯一1）=2375个．四个数都是奇数的有：5×5×5×5=625个．共有5+25+350+125+2375+625=3535个。

11.有些自然数存在相邻的两位数字顺次为7和5，例如1975、75675等，但432579不算在内．请问：具有这种性质的六位数有多少个？
答案：45 431个
解析：若75在首位，剩余4个数字有0000～9999共10000个．若75在第2、3两位，则第一位不能为O，有9×10×lO×10=9000个．若75在第3、4两位不在首位，则首位不能为0．前两位不为75，这样前两位有89种情况，共有89×10×10=8900个．若75在第4、5两位，前三位不是75口和口75，这样前三位有900-9-10=881个，共有881×10=8810个，若75在第5、6两位，前四位不是75口口、口75口和口口75，其中7575多减了一次，共有9000-100-90-90+1= 8721个，则满足条件的六位数共有10000+9000+8900+8810+8721=45431个．
12．用1至9这9个数字组成一个没有重复数字的九位数，满足以下要求：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：这样的九位数共有多少个？
答案：256个
解析：采用递推计数法，从简单情况出发寻找规律，当有1个数字时，满足条件的数有1个，当有2个数字时，满足条件的数有2个．当有3个数字时，满足条件的数有4个．当有4个数字时，满足条件的数有8个……如下表所示，很奇妙的是满足条件的个数恰好为等比数列，
13.一个七位数，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？
答案：1224个
解析：我们把这个七位数看作是1、2、3三个人之间传6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”，我们可以列出如下表所示的一张递推表格．表格的第“0”行是发球行，对立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（个）．
14．满足下面性质的四位数称为“好数”：它的个位比十位大，十位比百位大，百位比千位大，并且任意相邻两位数字的差都不超过3．例如1346、2579是好数，但1567就不是好数，请问：一共有多少个好数？
答案：81个
解析：采用传球法，如下表所示：(1)千位可以填1～9．(2)按照题目条件，千位填l时，百位可以填2，因此百位2下面为1．千位填1、2时，百位可以填3，因此百位3下面为2．千位填1、2和3时，百位可以填4，因此百位4下面为3．千位填2、3和4时，百位可以填5，因此百位5下面为3……千位填6、？和8时，百位可以填9，因此百位9下面为3．(3)百位填2时，十位可以填3，因此百位3下面为1-百位填2、3时，十位可以填4，因此十位4下面为3．百
位填2、3和4时，十位可以填5，因此十位5下面为6．百位填3、4和5时，十位可以填6，因此十位6下面为8……百位填6、7和8时，十位可以填9，因此十位9下面为9．(4)个位同理，因此一共有1+4+10+17+23+26=81个好数．
超越篇
1．一个九位数，它只由数字1、2和3组成，而且它的任意连续两位数都不等于12、21、22或31，这样的自然数有多少个？如果还要求数字1、2和3每个数字都至少出现一次，那么这样的九位数有多少个？
答案：177个79个
解析：(1)用传球法，由于不能含有12、21、22、31,因此“1”不能传给“2”，“2”不能传给“1”、“2”，“3”不能传给“1”，列表如下：
结果是1+67+109=177个
(2)分别算出不含有数码“1”、“2”、“3”时的数个数，从前面的177个数中去掉即可.
先算不含有数字“1”的数，同样用传球法，列表如下：
再算不含有数字“2”的数，列表如下：
结果是1+9=10个．
显然不含有数字“3”且满足题目要求的数是不存在的．
而在算不含数字“1”和不含数字“2”的数时，有一个333333重复计算了，因此
要去掉的数有89 +10-1=98；所以，数字1、2和3每个数字都至少出现一
次的有177-98=79个，
2．(l)如果在一个平面上画出8个三角形，最多可以把平面分成多少个部分？
(2)如果在一个平面上画出3个四边形、2个圆、1条直线，最多可以把平面分成多少个部分？
答案：(1) 170个(2) 86个
解析：(1)1个三角形可以把平面分成2部分；
画第2个三角形时，它与前面的三角形最多有6个交点，这6个交点会把
新画的三角形分成6段，每一段都会使整个平面多分出一个部分，因此2介三角
形可以把平面分成2+6=8个部分；
画第3个三角形，它与前面的图形有12个交点，同理可知，平面增加了12个部分，因此2个三角形可以把平面分成2+6+12=20个部分；
第n个三角形与前面的图形有6(n-1)个交点，平面增加了6(n-1)个部分，综上，挖个三角形最多把平面分成2+6×1+6×2+…+6×（n-1）-2+3n(n-1)
个部分，
因此8个三角形最多可以把平面分成2+3×8×(8 -1)=170个部分．
(2)这类题目中，如果有直线，先画直线不易错．1条直线把平面分成2个部分，再依次画3个四边形和2个圆，每个图形分别最多新增2、2+8 =10、2+8+ 8=18、2+8+8+8=26、2+8+8+8+2=28个交点，交点数与新增段数相同，每段可以增加一个部分，所以一共有2+2+10+18+26+28=86个部分．
3．如图12 -3所示，阴影部分是一个圆环，4条直线最多可以把这个阴影分成多少个部分？
图12-3
14个
解析：一条直线最多分阴影部分成2部分；第二条直线最多和圆环和前面一条直线有5个交点，那么形成4条线段，而且一定有一条在小圆内部，圆环内部多了3条线段，多了3部分，一共2+3=5部分；
同理，第三条直线和圆环和前面两条直线有6个交点，那么形成5条线段，
圆环内部多了4条线段，多了4部分，一共5+4=9部分；
第四条直线和圆环和前面三条直线有7个交点，那么形成6条线段，圆环内部多了5条线段，多了5部分，一共9+5=14部分．
4．用15个1×2的小纸片覆盖图12-4，共有多少种不同的覆盖方法？
l5种
解析：若只有3×2的方格表，显然有3种填法；仔细观察发现，高度每增加1层，方法数就增加2种；图中比3×2的方格表增加了6层，共有3+2×6=15种覆盖方法．
5．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，如此进行下去直到得数为1操作停止．问：经过9次操作变为1的数有多少个？
34个
解析：设经过n次操作岳变为1的数有a n个；先看一下前面几个寻找规律．
a1=1，这个数是2；
a2=1，这个数是4；
a3=2，这2个数是3、8；
再看a4．即求有多少个数经过一次操作后能变成3或8；若这个数是偶数，则它除以2之后是3或8，这个数可能是6或16，有2个；若这个数是奇数，则它加1后只能是偶数8，这个数是7，有1个；于是a4=2+1=3；
接下来看a5，a5中的偶数除以2后正好对应着a4所有的数，a5中的奇数加
1后正好对应a4中的偶数，而a4中的的偶数除以2后正好对应着a3中所有的数，
因此a5中偶数有a4个，奇数有a3个,所以a5=a4+a3=5；以此类推，有a6=a5+a4=8，
a7=a6+a5=13, a8=a7+a6=21，a9=a8+a7=34.
6．如图12-5所示，用4种不同的颜色将图12-5中的圆圈分别涂色，要求有线段连结的两个相邻的圆圈必须涂不同的颜色，共有多少种涂法？（不允许旋转、翻转）
2112种
解析：将十个圆圈分为三类，如下图所示．
①染中间的圆圈，共有4种方式．
②染中间圆圈周围的6个圆圈，以A为传球起点，采用传球法．此时还有
三种颜色可选，设为白、绿、黑．
当A为白色时，共有11+11=22种染色方式，所以这6个圆圈共有3×22=66
种染色方式。

③最后染角上的3个圆圈，每个圆圈都右2种染法，所以共有23 =8种染法．综上，染10个圆圈共有4×66×8=2112种涂法．
7．圆周上有15个点A
1,A
2
…，A
15
，以这些点为顶点连出5个三角形，要求任意两
个三角形没有公共点，共有多少种连结方式？
273种
解析：递推计算．
3个点时，有1种连结方式．
6个点时，有3种连结方式．
9个点时，考虑A1所在的三角形，可以是A1A2A3、A1A8A9、A1A9A2、A1A2A6、A1A5A6、A1A5A6．前三种各3种连结方式，后三种各1种连结方式，共12种连结方式．
12个点时，假设A，所在的三角形是A1A m A n．并设三个点之间的点数分别是3x、3y和3z．则3x+3y+3z=9（如图所示）．而xty+z=3有10组自然数解，不计次序的话，1+1+1有1组，0+1+2有6组，0+0+3有3组．
如果A1、A m、A n之间的点数是3、3、3，共1种连结方式；
如果A1、A m、A n之间的点数是0、3、6，共3种连结方式；
如果A1、A m、A n之间的点数是0、0、9，共12种连结方式．
所以12个点时，共1×1+3×6+12×3=55种连结方式．
15个点时，假设A1所在的三角形是A1A m A n．并设三个点之间的点数分别
3x 、3y 和3z ．则3x+3y+3z=12.而x+ y+z=4有l5组自然数解，不计次序的话，1+1+2、0+2+2翻0+0+4各有3组，0+1+3有6组．
如果A 1、A m 、A n 之间的点数是3、3、6，共1×1×3=3种连结方式； 如果A 1、A m 、A n 之间的点数是0、6、6，共3×3=9种连结方式； { 如果A 1、A m 、A n 之间的点数是0、0、12，共55种连结方式；
如果A 1、A m 、A n 之间的点数是0、3、9，共1×12=12种连结方式． 所以15个点时，共3×(3+9-1-55)+6×12=273种连结方式．
8．有一年级到六年级的同学各一人，排成一列领取糖果．如果一个高年级的同学站在一个低年级的同学前面，那么这个低年级的同学就会产生一次“怨言”（一个人可以有多次“怨言”）．在一种排列顺序里，我们把所有“怨言”的总数叫“怨言数”．例如：六位同学按下面的顺序排列：一年级、四年级、三年级、二年级、六年级、五年级，那么这六位同学产生的“怨言”次数依次为0、0、1、2、0、1，这种排列的“怨言数”就是4．请问：有多少种“怨言数”为7的排列顺序？ 101种
解析：n 个人从低年级到高年级依次用1、2、3、…、n 代替，所谓某个排列的“怨言数”即对每个数求出排在它前面且比它大的数的个数，再求这些个数的和；将n 个数排列且怨言数为m 的排列数记为m n F ，现在要找m n F 的规律（本题即是求m n F ）；
若n=1，有1种排列，怨言数为0；01F =1；
若n=2，有2种排列，怨言数分别为0、1；02F =12F =1；
若n=3，有6种排列，怨言数可能是0、1、2、3；03F =1，13F =2，23F =2，33F =1；
接下来分析n=4的情况；4个数的排列可以视为先将前三个数排列好后，再将最大数放在前3数形成的4个空隙之一；而最大数的位置是4、3、2、1时，分别会令总的怨言数增加0、1、2、3；n=4时，怨言数m 可以是0、1、2、3、4、5、6，现在一个个求它们的值：
要使m=0，最大数插入后增加的怨言数必为0，此时前三数排列的怨言数为0，因此04F =03F =1；
要使m=1，最大数插入后增加的怨言数可以是0或1，前三数排列的怨言数
对应分别为1和0，因此14F =13F +03F =3；
要使m=2，最大数插入后增加的怨言数可以是0或1或2，前三数排列的怨
言数对应分别为2和1和0，因此24F =23F +13F +03F =5；
以此类推，可得下表
当n=5时，怨言数可以是0～10，用同样的方法可得下表：
当n=6时有下表:
根据此表可得76F =101．。