【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
【奥赛】小学数学竞赛：游戏与策略.学生版解题技巧 培优 易错 难
游戏与策略教学目标1.通过实际操作寻找题目中蕴含的数学规律2.在操作过程中，体会数学规律的并且设计最优的策略和方案3.熟练掌握通过简单操作、染色、数论等综合知识解决策略问题知识点拨实际操作与策略问题这类题目能够很好的提高学生思考问题的能力，激发学生探索数学规律的兴趣，并通过寻找最佳策略过程，培养学生的创造性思维能力，这也是各类考试命题者青睐的这类题目的原因。
例题精讲模块一、探索与操作【例 1】将1—13这13个自然数分别写在13张卡片上，再将这13张卡片按一定的顺序从左至右排好．然后进行如下操作：将从左数第一张和第二张依次放到最后，将第三张取出而这张卡片上的数是1；再将下面的两张依次放到最后并取出下一张，取出的卡片上面的数是2；继续将下面的两张依次放到最后并取出下一张，取出的卡片上面的数是3……如此进行下去，直到取出最后一张是13为止．则13张卡片最初从左到右的顺序为．【例 2】在纸上写着一列自然数1，2，…，98，99．一次操作是指将这列数中最前面的三个数划去，然后把这三个数的和写在数列的最后面．例如第一次操作后得到4，5，…，98，99，6；而第二次操作后得到7，8，…，98，99，6，15．这样不断进行下去，最后将只剩下一个数，则最后剩下的数是．【巩固】在1，9，8，9后面写一串这样的数字：先计算原来这4个数的后两个之和8+9=17，取个位数字7写在1，9，8，9的后面成为1，9，8，9，7；再计算这5个数的后两个之和9+7=16；取个位数字6写在1，9，8，9，7的后面成为1，9，8，9，7，6；再计算这6个数的后两个之和7+6=13，取个位数字3写在1，9，8，9，7，6的后面成为1，9，8，9，7，6，3. 继续这样求和，这样添写，成为数串1，9，8，9，7，6，3，9，2，1，3，4…那么这个数串的前398个数字的和是________.【例 3】圆周上放有N枚棋子，如图所示，B点的那枚棋子紧邻A点的棋子．小洪首先拿走B点处的1枚棋子，然后沿顺时针方向每隔1枚拿走2枚棋子，这样连续转了10周，9次越过A．当将要第10次越过A处棋子取走其他棋子时，小洪发现圆周上余下20多枚棋子．若N是14的倍数，请精确算出圆周上现在还有多少枚棋子？AB【例 4】 有足够多的盒子依次编号0，1，2，…，只有0号是黑盒，其余的都是白盒．开始时把10个球放入白盒中，允许进行这样的操作：如果k 号白盒中恰有k 个球，可将这k 个球取出，并给0号、1号、…，(1)k -号盒中各放1个．如果经过有限次这样的操作后，最终把10个球全放入黑盒中，那么4号盒中原有 个球．【例 5】 一个数列有如下规则：当数n 是奇数时，下一个数是1n +；当数n 是偶数时，下一个数是2n．如果这列数的第一个数是奇数，第四个数是11，则这列数的第一个数是 ．【巩固】 在信息时代信息安全十分重要，往往需要对信息进行加密，若按照“乘3加1取个位”的方式逐位加密，明码“16”加密之后的密码为“49”，若某个四位明码按照上述加密方式，经过两次加密得到的密码是“2445”，则明码是 ．【例 6】 设有25个标号筹码，其中每个筹码都标有从1到49中的一个不同的奇数，两个人轮流选取筹码．当一个人选取了标号为x 的筹码时，另一个人必须选取标号为99x -的最大奇因数的筹码．如果第一个被选取的筹码的编号为5，那么当游戏结束时还剩 个筹码．【例 7】 一个盒子里有400枚棋子，其中黑色和白色的棋子各200枚，我们对这些棋子做如下操作：每次拿出2枚棋子，如果颜色相同，就补1枚黑色棋子回去；如果颜色不同，就补1枚白色的棋子回去．这样的操作，实际上就是每次都少了1枚棋子，那么，经过399次操作后，最后剩下的棋子是 颜色(填黑或者白)【巩固】 30粒珠子依8粒红色、2粒黑色、8粒红色、2粒黑色、L L 的次序串成一圈．一只蚱蜢从第2粒黑珠子起跳，每次跳过6粒珠子落在下一粒珠子上．这只蚱蜢至少要跳几次才能再次落在黑珠子上．【巩固】 在黑板上写上1、2、3、4、……、2008，按下列规定进行“操怍”：每次擦去其中的任意两个数a 和b ，然后写上它们的差(大数减小数)，直到黑板上剩下一个数为止．问黑板上剩下的数是奇数还是偶数？为什么？【例 8】 桌上有一堆石子共1001粒。
(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。
递推法
学而思奥数网奥数专题 (计数问题)1. 五年级计数问题：递推法难度：中难度答：2. 五年级计数问题：递推法难度：中难度答：【例 1】 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】 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？学而思奥数网奥数专题（计数问题）1、五年级计数问题：递推法答案2、五年级计数问题：递推法答案：例题：的乘积中有多少个数字是奇数？分析与解答：如果我们通过计算找到答案比较麻烦，因此我们先从最简单的情况入手。
9×9＝81，有1个奇数；99×99＝99×(100－1)＝9900－99＝9801，有2个奇数；999×999＝999×(1000－1)＝99900－999＝998001，有3个奇数；……从而可知，999…999×999…999的乘积中共有10个奇数。
例题：分析与解答：这道题我们可以采用分别求出每个数的立方是多少，再求和的方法来解答。
但是，这样计算的工作量比较大，我们可以从简单的情况开始研究。
例题：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，…… 按这个规律如此下去，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。
第二次报数后共留下5人，因为10÷2＝5 ，这5人开始时的编号依次是：4、8、12、16、20，都是4的倍数，也就是2×2的倍数。
小学奥数六年级上第3讲《递推计数》教学课件
递推计数
• Culture
知识树
mathematics
• Culture
知识树
mathematics
• Culture
知识树
mathematics
数学知识点
mathematics
• Culture
1.知识精讲 3.极限挑战
2.例题讲解 4.巩固提升
数学知识点
mathematics
作业5：用8个1×2的长方形纸片覆盖下面的方格表，共有多少种覆盖方法?
答案：29种
下节课见！
心有花种，静候花开！
mathematics
例题6：圆周上有10个点A1，A2，…，A10，以这些点为端点连接5条线段，要求线段之间 没有公共点，共有多少种连接方式? 分析：圆周上10个点，连5条线段，连法很多，很难直接画出来枚举像这类问题，我们同
样还是从简单的情况入手；那么是应该按1个点、2个点、3个点、…这样依次计数，来找 递推关系吗? 答案：42种
例题讲解
mathematics
练习1：一个楼梯共有12级台阶，规定每步可以迈二级台阶或三级台阶，走完这12级台阶， 共有多少种不同的走法? 答案：12种
例题讲解
mathematics
例题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?
分析：与：28种
黄、绿、蓝四种颜色球衣的人分别是A、B、C、D；如下图，最开始时，球在A手上，第 一次传球由A传给B、C或D，也就是第一层有三个字母就够了；然后B、C、D都会继续往 下传球，各有3种传法，传到第二层需要9个字母；再传到第三层，需要27个字母…每一层 需要的字母增加迅猛！如果传8次球，到最后一层会用到6561个字母，这要多大的一个树 形图啊！ 可见画树形图的方案不可行，但树形图对这道题就没有用了吗？并非如此，它可以帮助我 们找出传球过程中所隐藏的递推关系，事实上，我们并不关心树形图长啥样，我们关心的 是数量——树形图每一层分支的数量.
【奥赛】小学数学竞赛：几何计数(三).学生版解题技巧 培优 易错 难
【巩固】将正方形纸片由下往上对折，再由左向右对折，称为完成一次操作．按上述规则完成五次操作后，剪去所得的小正方形的左下角．问：当展开这张正方形纸后，一共有多少个小洞孔？
【例 5】如图所示，在边长为1的小正方形组成的4×4方格图中，共有25个格点。在以格点为顶点的直角三角形中，两条直角边长分别是1和3的直角三角形共有个。
【例 6】用9个钉子钉成相互间隔为1厘米的正方阵(如右图)．如果用一根皮筋将适当的三个钉子连结起来就得到一个三角形，这样得到的三角形中，面积等于1平方厘米的三角形的个数有多少？面积等于2平方厘米的三角形有多少个？
【例 7】下图中的正方形被分成9个相同的小正方形，它们一共有16个顶点（共同的顶点算一个），以其中不在一条直线上的3个点为顶点，可以构成三角形．在这些三角形中，与阴影三角形有同样大小面积的有多少个？
【巩固】图中每个小正方形的边长都是l厘米，则在图中最多可以画出面积是3平方厘米的格点三角形(顶点在图中交叉点上的三角形)____个。
【例 11】九个大小相等的小正方形拼成了右图．现从点A走到点B，每次只能沿着小正方形的对角线从一个顶点到另一个顶点，不允许走重复路线（如图的虚线就是一种走法）．那么从点A走到点B共有________种不同的走法．
【例 12】国际象棋中“马”的走法如图所示，位于○位置的“马”只能走到标有×的格中．在5×5个方格的国际象棋棋盘上（如右图）放入四枚白马（用○表示）和四枚黑马（用●表示）．要求将四枚白马移至四枚黑马的位置，将四枚黑马移至四枚白马的位置，而且必须按照国际象棋的规则，棋子只能移动到空格中，每个格最多放一枚棋子．那么最少需要__________步．
【奥赛】小学数学竞赛：还原问题(二).学生版解题技巧 培优 易错 难
二、解还原问题的方法
在解题过程中注意两个相反：一是运算次序与原来相反；二是运算方法与原来相反．
方法：倒推法。
口诀：加减互逆，乘除互逆，要求原数，逆推新数．
【巩固】小巧、小亚、小红共有 个玻璃球，小巧给小亚 个，小亚给小红 个，小红给小巧 个，他们的玻璃球个数正好相等．小巧、小亚、小红原来各有多少个玻璃球？
【例 8】三棵树上共有36只鸟，有4只鸟从第一棵树上飞到第二棵树上，有8只鸟从第二棵树上飞到第三棵树上，有10只鸟从第三棵树上飞到第一棵树上，这时，三棵树上的鸟同样多．原来每棵树上各有几只鸟?
【巩固】3个探险家结伴去原始森林探险，路上觉得十分乏味就聚在一起玩牌．第一局，甲输给了乙和丙，使他们每人的钱数都翻了一番．第二局，甲和乙一起赢了，这样他们俩钱袋里面的钱也都翻了倍．第三局，甲和丙又赢了，这样他们俩钱袋里的钱都翻了一倍．结果，这3位探险家每人都赢了两局而输掉了一局，最后3人手中的钱是完全一样的．细心的甲数了数他钱袋里的钱发现他自己输掉了100元．你能推算出来甲、乙、丙3人刚开始各有多少钱吗？
【巩固】三棵树上共有27只鸟，从第一棵飞到第二棵2只，从第二棵飞到第三棵3只，从第三棵飞到第一棵4只，这时，三棵树上的鸟同样多．原来每棵树上各有几只鸟？
【巩固】3个笼子里共养了78只鹦鹉，如果从第1个笼子里取出8只放到第2个笼子里，再从第2个笼子里取出6只放到第3个笼子里，那么3个笼子里的鹦鹉一样多．求3个笼子里原来各养了多少只鹦鹉?
【巩固】
【例 21】有一堆棋子，把它三等份后剩一枚，拿去两份和另一枚，将剩下的棋子再三等份后还是剩下一枚，再拿去两份和另一枚，最后将剩下的棋子再三等份后还是剩下一枚，问原来至少有多少枚棋子？
小学数学奥赛7-6-1 计数之归纳法.学生版
7-6-1.计数之归纳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．【例 1】如图所示，在2×2方格中，画一条直线最多穿过3个方格；在3×3方格中，画一条直线最多穿过5个方可知；那么在5×5方格中，画一条直线，最多穿过个方格。
【例 2】一条直线分一个平面为两部分．两条直线最多分这个平面为四部分．问5条直线最多分这个平面为多少部分?【巩固】平面上5条直线最多能把圆的内部分成几部分？平面上100条直线最多能把圆的内部分成几部分？【例 3】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？【例 4】10个三角形最多将平面分成几个部分？【例 5】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？【例 6】在平面上画5个圆和1条直线，最多可把平面分成多少部分?【例 7】在一个西瓜上切6刀，最多能将瓜皮切成多少片？【例 8】在一大块面包上切6刀最多能将面包切成多少块．（注：面包是一个立体几何图形，切面可以是任何方向）一、现代文阅读1．现代文阅读阅读短文，回答问题。
中国小说是来自民间的，是人民群众思想、愿望以及生活实际的反映，中国小说的每次发展、进步都是由优秀的文人作家向民间学习，参与、加工民间创作而取得的。
在封建制度的上升时期，《诗经》、乐府、神话传说都是政府为了解民情，从民间搜集来的；“小说”本是“稗官”从民间搜集来，供施政参考的，志人志怪小说也是文人学习、参与民间创作的成果。
唐代文人自感文意枯索，转向民间学习，从而开拓了小说创作的新境界，丰富了我国的传统文化。
小学奥数计数问题之递推法例题讲解【三篇】
【导语】海阔凭你跃，天⾼任你飞。
愿你信⼼满满，尽展聪明才智;妙笔⽣花，谱下锦绣第⼏篇。
学习的敌⼈是⾃⼰的知⾜，要使⾃⼰学⼀点东西，必需从不⾃满开始。
以下是为⼤家整理的《⼩学奥数计数问题之递推法例题讲解【三篇】》供您查阅。
【第⼀篇】 例题： 的乘积中有多少个数字是奇数？分析与解答：如果我们通过计算找到答案⽐较⿇烦，因此我们先从最简单的情况⼊⼿。
9×9＝81，有1个奇数；99×99＝99×(100－1)＝9900－99＝9801，有2个奇数；999×999＝999×(1000－1)＝99900－999＝998001，有3个奇数；……从⽽可知，999…999×999…999的乘积中共有10个奇数。
【第⼆篇】 例题：分析与解答：这道题我们可以采⽤分别求出每个数的⽴⽅是多少，再求和的⽅法来解答。
但是，这样计算的⼯作量⽐较⼤，我们可以从简单的情况开始研究。
【第三篇】例题： 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，…… 按这个规律如此下去，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。
第⼆次报数后共留下5⼈，因为10÷2＝5 ，这5⼈开始时的编号依次是： 4、8、12、16、20，都是4的倍数，也就是2×2的倍数。
第三次报数后共留下2⼈，因为5÷2＝2 ……1 ，这2⼈开始时的编号依次是： 8、16，都是8的倍数，也就是2×2×2的倍数。
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？【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．。
【奥赛】小学数学竞赛：算式谜(二).学生版解题技巧 培优 易错 难
偶数-偶数=偶数.
④整数的乘法有以下性质：
奇数×奇数=奇数；
奇数×偶数=偶数；
偶数×偶数=偶数.
模块一、填横式数字谜
【例 1】将数字1~9填入下面方框，每个数字恰用一次，使得下列等式成立； 现在“2”、“4”已经填入，当把其它数字都填入后，算式中唯一的减数（★处）是．
【例 2】将1～9这九个数字分别填入下面算式的空格内，其中有一个数字已经知道，每个空格内只许填一个数字，使算式成立：
【例 3】1～9这九个数字分别填入下面算式的空格中，每个空格只许填一个数字，使算式成立：
模块二、填横式数字谜综合
【例 4】将1～9分别填入下面算式的中 ，使每个算式都成立，其中1，2，5已填出.
【例 5】下题是由1～9这九个数字组成的算式，其中有一个数字已经知道，请将其余的数字填入空格，使算式成立：
算符：指+、-、×、÷、（）、[]、｛｝。
二、解决巧填算符的基本方法
（1）凑数法：根据所给的数，凑出一个与结果比较接近的数，再对算式中剩下的数字作适当的增加或减少，从而使等式成立。
（2）逆推法：常是从算式的最后一个数字开始，逐步向前推想，从而得到等式。
三、奇数和偶数的简单性质
（一）定义：整数可以分为奇数和偶数两类
【例 26】将1、2、3、……、15、16填入右图的16个方格中，并满足下列条件.(1) ；(2) ；(3) ；(4) ；(5) ；(7) ；(7) ：(8) ；(9) .那么L=__________.
【例 27】如图，A,B,C,D,E,F,G,H,I,J表示10个各不相同的数字。表中的数为所在行与列的对应字母的和，例如“G+C=14”。请将表中其它的数全部填好。
小学四年级奥数竞赛班《加乘原理与归纳递推》
加乘原理与归纳递推是一种数学思维学习方法，它可以帮助学生更有
效地掌握知识和解决问题。
加乘原理是指，如果将两个数A和B相加，同时将这两个数分别乘以
一个数C，那么我们得到的结果是：(A+B)C=AC+BC。
这种思维原理可以用
来解决一些计算方面的问题，如几何图形的分析、几何问题的求解等等。
归纳递推是指，从一个具有特定特征的基本元素出发，通过研究它的
特征并将其包含在其他元素当中，这样就可以一步步地求得一系列新元素
的特征及它们之间的关系。
此外，归纳递推还可以更详细地分析其中一元素，比如一个几何图形，从而理解它的形状与特征。
在学习数学时，学生应该结合加乘原理和归纳递推来学习，不仅可以
更好地理解课程内容，还可以更好地记住。
在解决实际数学问题时，也可
以考虑使用加乘原理和归纳递推等数学思维方法，从而更容易地解决问题。
尤其是学习奥数时，更需要学生学习加乘原理与归纳递推的思维方法，可以使孩子们记忆数学知识和掌握解题的思维模式更加系统化，让孩子们
更有效的解决问题，从而取得更好的学习成绩。
因此，在小学四年级的奥数竞赛班中。
【奥赛】小学数学竞赛：组合的基本应用(二).学生版解题技巧 培优 易错 难
2.了解组合数的意义，能根据具体的问题，写出符合要求的组合；
3.掌握组合的计算公式以及组合数与排列数之间的关系；
4.会分析与数字有关的计数问题，以及与其他专题的综合运用，培养学生的抽象能力和逻辑思维能力；
通过本讲的学习，对组合的一些计数问题进行归纳总结，重点掌握组合的联系和区别，并掌握一些组合技巧，如排除法、插板法等．
【例 15】某池塘中有 三只游船， 船可乘坐 人， 船可乘坐 人， 船可乘坐 人，今有 个成人和 个儿童要分乘这些游船，为安全起见，有儿童乘坐的游船上必须至少有个成人陪同，那么他们 人乘坐这三支游船的所有安全乘船方法共有多少种？
【例 16】有蓝色旗 面，黄色旗 面，红色旗 面．这些旗的模样、大小都相同．现在把这些旗挂在一个旗杆上做成各种信号，如果按挂旗的面数及从上到下颜色的顺序区分信号，那么利用这些旗能表示多少种不同信号?
【例 9】将三盘同样的红花和四盘同样的黄花摆放成一排，要求三盘红花互不相邻，共有__________种不同的方法．
【例 10】在一次合唱比赛中，有身高互不相同的8个人要站成两排，每排4个人，且前后对齐．而且第二排的每个人都要比他身前的那个人高，这样才不会被挡住．一共有多少种不同的排队方法？
【例 11】在一次考试的选做题部分，要求在第一题的 个小题中选做 个小题，在第二题的 个小题中选做 个小题，在第三题的 个小题中选做 个小题，有多少种不同的选法？
从排列和组合的定义可以知道，排列与元素的顺序有关，而组合与顺序无关．如果两个组合中的元素完全相同，那么不管元素的顺序如何，都是相同的组合，只有当两个组合中的元素不完全相同时，才是不同的组合．
从 个不同元素中取出 个元素( )的所有组合的个数，叫做从 个不同元素中取出 个不同元素的组合数．记作 ．
六年级奥数-递推的方法
递推的方法有时，我们会遇上一些具有规律性的数学问题，这就需要我们在解题时根据已知条件尽快地去发现规律，并利用这一规律去解决问题。
例如：按规律填数：1，4，9，16，25，（），49，64。
分析：要在括号内填上适当的数，就要正确判断出题目所呈现出的规律。
若你仔细地观察这一数列，就会发现这些数之间的规律：（1）先考虑相邻两个数之间的差，依次是3，5，7，9，…，15；可以看到相邻两数的差从3开始呈现递增2的规律，所以括号里的数应是25+11=36，再看36+13=49得到验证。
（2）如果我们换一个角度去考虑，那么我们还可以发现，这数列的第一项是1的平方，第二项是2的平方，第三项是3的平方……从这些事实中，发现规律是第n项是n的平方。
那么所求的第六项是6²=36。
我们把相邻数之间的关系称为递归关系，有了递归关系可以利用前面的数求出后面的未知数。
像这种解题方法称为递推法。
例1 999…999×999…999的乘积中有多少个数字是奇数？10个10个分析我们可以从最简单的9×9的乘积中有几个奇数着手寻找规律。
解 9×9=81，有1个奇数；99×99=99×（100-1）=9900-99=9801，有2个奇数；999×999=999×（1000-1）=999000-999=998001，有3个奇数；……从而可知，999…999×999…999的乘积中共有10个数字是奇数。
10个10个例2 如图所示：线段AB上共有10个点（包括两个端点），那么这条线段上一共有多少条不同的线段？1234 5 678分析先从AB之间只有一个点开始，再逐步增加AB之间的点数，找出点和线段之间的规律。
我们可以采用列表的方法清楚地表示出点和线段数之间的规律。
解AB之间只有1个点：线段有1+2=3(条)；AB之间只有2个点：线段有1+2+3=6(条)；AB之间只有3个点：线段有1+2+3+4=10(条)；AB之间只有4个点：线段有1+2+3+4+5=15(条)；……不难发现，当AB之间有8个点时，线段有1+2+3+4+5+6+7+8+9=45（条）。
六年级奥数-递推的方法
递推的方法有时，我们会遇上一些具有规律性的数学问题，这就需要我们在解题时根据已知条件尽快地去发现规律，并利用这一规律去解决问题。
例如：按规律填数：1，4，9，16，25，（），49，64。
分析：要在括号内填上适当的数，就要正确判断出题目所呈现出的规律。
若你仔细地观察这一数列，就会发现这些数之间的规律：（1）先考虑相邻两个数之间的差，依次是3，5，7，9，…，15；可以看到相邻两数的差从3开始呈现递增2的规律，所以括号里的数应是25+11=36，再看36+13=49得到验证。
（2）如果我们换一个角度去考虑，那么我们还可以发现，这数列的第一项是1的平方，第二项是2的平方，第三项是3的平方……从这些事实中，发现规律是第n项是n的平方。
那么所求的第六项是6²=36。
我们把相邻数之间的关系称为递归关系，有了递归关系可以利用前面的数求出后面的未知数。
像这种解题方法称为递推法。
例1 999…999×999…999的乘积中有多少个数字是奇数？10个10个分析我们可以从最简单的9×9的乘积中有几个奇数着手寻找规律。
解 9×9=81，有1个奇数；99×99=99×（100-1）=9900-99=9801，有2个奇数；999×999=999×（1000-1）=999000-999=998001，有3个奇数；……从而可知，999…999×999…999的乘积中共有10个数字是奇数。
10个10个例2 如图所示：线段AB上共有10个点（包括两个端点），那么这条线段上一共有多少条不同的线段？1234 5 678分析先从AB之间只有一个点开始，再逐步增加AB之间的点数，找出点和线段之间的规律。
我们可以采用列表的方法清楚地表示出点和线段数之间的规律。
解AB之间只有1个点：线段有1+2=3(条)；AB之间只有2个点：线段有1+2+3=6(条)；AB之间只有3个点：线段有1+2+3+4=10(条)；AB之间只有4个点：线段有1+2+3+4+5=15(条)；……不难发现，当AB之间有8个点时，线段有1+2+3+4+5+6+7+8+9=45（条）。
奥林匹克数学题型递推与组合
奥林匹克数学题型递推与组合奥林匹克数学竞赛一直以来都是考察学生数学思维和解题能力的高难度赛事。
在其中，递推与组合是两个重要的题型。
递推是一种通过递推关系式求解数列的方法，而组合则涉及到从给定的元素中选取特定数量的元素进行排列组合。
本文将详细介绍奥林匹克数学竞赛中的递推与组合题型，并探讨它们的应用和解题策略。
一、递推题型递推题型在奥林匹克数学竞赛中占有重要地位。
递推关系式是一种基于前一项或前几项计算出下一项的数学关系，通过这种递推关系式，我们可以求解数列中的任意项。
递推题型考察学生对递推关系式的理解和运用能力。
下面以一个例题来说明递推题型的解题思路。
例题：已知数列{an}满足a1=1，a2=2，an=2an-1-an-2+1(n≥3)。
求a100的值。
解题思路：根据题目所给的递推关系式an=2an-1-an-2+1，我们可以从前两项a1=1和a2=2开始依次计算后面的项。
具体计算过程如下：a3 = 2a2 - a1 + 1 = 2*2 - 1 + 1 = 4 - 1 + 1 = 4a4 = 2a3 - a2 + 1 = 2*4 - 2 + 1 = 8 - 2 + 1 = 7a5 = 2a4 - a3 + 1 = 2*7 - 4 + 1 = 14 - 4 + 1 = 11...按照这种方法，我们可以递推得到数列的后续项。
在这个例题中，我们要求的是a100的值，因此可以通过递推关系式依次计算得到。
二、组合题型组合题型在奥林匹克数学竞赛中也是常见的一种题型。
组合是数学中的一种计数方法，用于求解从给定集合中选择特定数量元素的不同方式的问题。
解决组合问题需要了解排列组合的基本原理和公式，同时需要具备一定的抽象思维和运算技巧。
下面以一个例题来说明组合题型的解题思路。
例题：在一个有7个红球和3个蓝球的盒子里，从中随机取4个球。
求取到的球中至少有一个红球的概率。
解题思路：对于这个题目，我们需要求解取到的球中至少有一个红球的概率。
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？
○
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 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。
【奥赛】小学数学竞赛：排列的综合应用.学生版解题技巧 培优 易错 难
⑵能组成多少个正整数？
⑶能组成多少个六位奇数？
⑷能组成我少个能被 整除的四位数？
⑸能组成多少个比 大的数？
⑹求三位数的和．
【例 14】由0，2，5，6，7，8组成无重复数字的数．
⑴四位数有多少个？
⑵四位数奇数有多少个？
⑶四位数偶数有多少个？
⑷整数有多少个？
⑸是5的倍数的三位数有多少个？
【例 8】书架上有 本故事书， 本作文选和 本漫画书，全部竖起来排成一排．⑴如果同类的书不分开，一共有多少种排法？⑵如果同类的书可以分开，一共有多种排法？
【例 9】一共有赤、橙、黄、绿、青、蓝、紫七种颜色的灯各一盏，按照下列条件把灯串成一串，有多少种不同的串法？
⑴把 盏灯都串起来，其中紫灯不排在第一位，也不排在第七位．
【例 1】甲、乙、丙、丁、戊、己六个人站队，要求：甲乙两人之间必须有两个人，问一共有多少种站法？
【巩固】甲、乙、丙、丁、戊、己六个人站队，要求：甲乙两人之间最多有两个人，问一共有多少种站法？
【例 2】甲、乙、丙、丁、戊、己六个人站队，要求：甲不能站在队伍左半边，乙不能站在队伍右半边，丙不能站在队伍两端，问一共有多少种站法？
⑹是25的倍数的四位数有多少个？
⑺大于5860的四位数有多少个？
⑻小于5860的四位数有多少个？
⑼由小到大排列的四位数中，5607是第几个数？
⑽由小到大排列的四位数中，第128个数是多少？
【例 15】⑴从1，2，…，8中任取3个数组成无重复数字的三位数，共有多少个？（只要求列式）
⑵从8位候选人中任选三位分别任团支书，组织委员，宣传委员，共有多少种不同的选法？
⑵串起其中 盏灯，紫灯不排在第一位，也不排在第四位．
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【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？
【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】 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 次传球后，球仍回到甲手中．问：共有多少种传球方式？
【例 13】设 、 为正八边形 的相对顶点，顶点 处有一只青蛙，除顶点 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 时青蛙就停止跳动，则青蛙从顶点 出发恰好跳 次后落到 的方法总数为种．
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．
对于某些难以发现其一般情形的计数问以利用前面的数求出后面未知的数，这种方法称为递推法．
【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．
【巩固】在正五边形 上，一只青蛙从 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 点上就停止跳动．青蛙在6次之内(含6次)跳到 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．