小学奥数教程：容斥原理之数论问题_全国通用(含答案)

1. 了解容斥原理二量重叠和三量重叠的内容；
2. 掌握容斥原理的在组合计数等各个方面的应用．
一、两量重叠问题 在一些计数问题中，经常遇到有关集合元素个数的计算．求两个集合并集的元素的个数，不能简单地把两个集合的元素个数相加，而要从两个集合个数之和中减去重复计算的元素个数，即减去交集的元素个数，用式子可表示成：A B A B A B =+-(其中符号“”读作“并”，相当于中文“和”或者“或”的意思；符号“”读作“交”，相当于中文“且”的意思．)则称这一公式为包含与排除原理，简称容斥原理．图示如下:A 表示小圆部分，B 表示大圆部分，C 表示大圆与小圆的公共部分，记为：A B ，即阴影面积．图示如下:A 表示小圆部分，B 表示大圆部分，C 表示大圆与小圆的公共部分，记为：A B ，即阴影面积．
包含与排除原理告诉我们，要计算两个集合A B 、的并集A B 的元素的个数，可分以下两步进行：
第一步：分别计算集合A B 、的元素个数，然后加起来，即先求A B +(意思是把A B 、的一切元素都“包含”进
来，加在一起)；
第二步：从上面的和中减去交集的元素个数，即减去C A B =(意思是“排除”了重复计算的元素个数)． 二、三量重叠问题
A 类、
B 类与
C 类元素个数的总和A =类元素的个数B +类元素个数C +类元素个数-既是A 类又是B 类的元素个数-既是B 类又是C 类的元素个数-既是A 类又是C 类的元素个数+同时是A 类、B 类、C 类的元素个数．用符号表示为：A B C A B C A B B C A C A B C =++---+．图示如下：
教学目标
知识要点
1．先包含——A B + 重叠部分A B 计算了2次，多加了1次； 2．再排除——A B A B +- 把多加了1次的重叠部分A B 减去．
图中小圆表示A 的元素的个数，中圆表示B 的元素的个数，
大圆表示C 的元素的个数．
1．先包含：A B C ++ 重叠部分A B 、B C 、C A 重叠了2次，多加了1次． 2．再排除：A B C A B B C A C ++--- 重叠部分A B C 重叠了3次，但是在进行A B C ++- A B B C A C --计算时都被减掉了． 3．再包含：A B C A B B C A C A B C ++---+．
7-7-4 容斥原理之数论问题
在解答有关包含排除问题时，我们常常利用圆圈图(韦恩图)来帮助分析思考．
【例 1】 在1~100的全部自然数中，不是3的倍数也不是5的倍数的数有多少个？ A B
【考点】容斥原理之数论问题 【难度】2星 【题型】解答
【解析】 如图，用长方形表示1~100的全部自然数，A 圆表示1~100中3的倍数，B 圆表示1~100中5的倍
数，长方形内两圆外的部分表示既不是3的倍数也不是5的倍数的数．
由1003331÷=可知，1~100中3的倍数有33个；由100520÷=可知，1~100中5的倍数有20个；
由10035610÷⨯=（）可知，1~100既是3的倍数又是5的倍数的数有6个．
由包含排除法，3或5的倍数有：3320647+-=(个)．从而不是3的倍数也不是5的倍数的数有
1004753-=(个)．
【答案】53
【巩固】 在自然数1100~中，能被3或5中任一个整除的数有多少个？
【考点】容斥原理之数论问题 【难度】2星 【题型】解答
【解析】 1003331÷=，100520÷=，10035610÷⨯=（）．根据包含排除法，能被3或5中任一个整除的
数有3320647+-=(个)．
【答案】47
【巩固】 在前100个自然数中，能被2或3整除的数有多少个？
【考点】容斥原理之数论问题 【难度】2星 【题型】解答
【解析】 如图所示，A 圆内是前100个自然数中所有能被2整除的数，B 圆内是前100个自然数中所有能被3整
除的数，C 为前100个自然数中既能被2整除也能被3整除的数．
前100个自然数中能被2整除的数有：100250÷=(个)．由1003331÷=知，前100个自然数中能被
3整除的数有：33个．由10023164÷⨯=（）知，前100个自然数中既能被2整除也能被3整除的数
有16个．
所以A 中有50个数，B 中有33个数，C 中有16个数．因为A ，B 都包含C ，根据包含排除法得到，
能被2或3整除的数有：50331667+-=(个)．
【答案】67
【例 2】 在从1至1000的自然数中，既不能被5除尽，又不能被7除尽的数有多少个?
【考点】容斥原理之数论问题 【难度】2星 【题型】解答
【解析】 1～1000之间，5的倍数有10005⎡⎤⎢⎥⎣⎦=200个，7的倍数有10007⎡⎤⎢⎥⎣⎦
=142个，因为既是5的倍数，又是7的倍数的数一定是35的倍数，所以这样的数有100035⎡⎤⎢⎥⎣⎦
=28个． 所以既不能被5除尽，又不能被7除尽的数有1000-200-142+-28=686个．
【答案】686
【巩固】 求在1至100的自然数中能被3或7整除的数的个数．
【考点】容斥原理之数论问题 【难度】2星 【题型】解答
【解析】 记 A ：1～100中3的倍数，1003331÷=，有33个；
B ：1～100中7的倍数，1007142÷=，有14个；
A B ：1～100中3和7的公倍数，即21的倍数，10021416÷=，有4个．
依据公式，1～100中3的倍数或7的倍数共有3314443+-=个，则能被3或7整除的数的个数为43
个.
【答案】43
例题精讲
【例 3】 以105为分母的最简真分数共有多少个？它们的和为多少？
【考点】容斥原理之数论问题 【难度】4星 【题型】解答
【解析】 以105为分母的最简真分数的分子与105互质，105=3×5×7，所以也是求1到105不是3、5、7倍
数的数有多少个，3的倍数有35个，5的倍数有21个，7的倍数有15个，15的倍数有7个，21的
倍数有5个，35的倍数有3个，105的倍数有1个，所以105以内与105互质的数有
105-35-21-15+7+5+3-1=48个，显然如果n 与105互质，那么（105-n ）与n 互质，所以以105为分母
的48个最简真分数可两个两个凑成1，所以它们的和为24.
【答案】48个，和24
【巩固】 分母是385的最简真分数有多少个？并求这些真分数的和.
【考点】容斥原理之数论问题 【难度】4星 【题型】解答
【解析】 385=5×7×11，不超过385的正整数中被5整除的数有77个；被7整除的数有55个；被11整除的
数有35个；被77整除的数有5个；被35整除的数有11个；被55整除的数有7个；被385整除的
数有1个；最简真分数的分子可以有385-77-55-35+5+11+7-1=240.对于某个分数a/385如果是最简真
分数的话，那么（385-a ）/385也是最简真分数，所以最简真分数可以每两个凑成整数1，所以这些
真分数的和为120.
【答案】240个，120个
【例 4】 在1至2008这2008个自然数中，恰好是3、5、7中两个数的倍数的数共有 个．
【考点】容斥原理之数论问题 【难度】3星 【题型】填空
【关键词】西城实验
【解析】 1到2008这2008个自然数中，3和5的倍数有200813315⎡⎤=⎢⎥⎣⎦个，3和7的倍数有20089521⎡⎤=⎢⎥⎣⎦
个，5和7的倍数有20085735⎡⎤=⎢⎥⎣⎦个，3、5和7的倍数有200819105⎡⎤=⎢⎥⎣⎦
个．所以，恰好是3、5、7中两个数的倍数的共有1331995195719228-+-+-=个．
【答案】228个
【例 5】 求1到100内有____个数不能被2、3、7中的任何一个整除。

【考点】容斥原理之数论问题 【难度】3星 【题型】填空
【关键词】学而思杯，4年级，第12题
【解析】 被2整除的有50个，被3整除的有33个，被7整除的有14个
同时被2和3整除的有16个，同时被2和7整除的有7个，同时被3和7整除的有4个
同时被2和3和7整除的有2个，()100503314167421007228-++---+=-=个
【答案】28个。

【例 6】 在从1到1998的自然数中，能被2整除，但不能被3或7整除的数有多少个？
【考点】容斥原理之数论问题 【难度】3星 【题型】解答
【解析】 a b ⎡⎤⎢⎥⎣⎦表示取商的整数部分．例如，732⎡⎤=⎢⎥⎣⎦．要注意的是，符号[]与+、-、⨯、÷符号一样，也是一种运算，叫取整运算．
本题中，先求出能被2整除的数有多少个，再分别求出能被2和3、能被2和7分别整除的数的个
数，那么用能被2整除的数的个数减去能被2和3整除的数的个数，再减去能被2和7整除的
数的个数，所得的差是不是所求的得数呢？仔细想想你会发现不是的，因为它多减了能同时被2、3、
7整除的数．
故能被2整除的有：19982999÷=(个)．
能被2和3同时整除的有：[199823]333÷⨯=（）(个)．
能被2和7同时整除的有：[199827]142÷⨯=（）．
能被2、3、7同时整除的有：[1998237]47÷⨯⨯=（）(个)．
所以，能被2整除，但不能被3或7整除的数有99933314247571--+=(个)．
【答案】571个
【例 7】 50名同学面向老师站成一行．老师先让大家从左至右按1，2，3，…，49，50依次报数；再让报
数是4的倍数的同学向后转，接着又让报数是6的倍数的同学向后转．问：现在面向老师的同学
还有多少名?
【考点】容斥原理之数论问题 【难度】3星 【题型】解答
【关键词】华杯赛，初赛，第13题
【解析】 在转过两次后，面向老师的同学分成两类：
第一类是标号既不是4的倍数，又不是6的倍数；第二类是标号既是4的倍数又是6的倍数．
1～50之间，4的倍数有504⎡⎤⎢⎥⎣⎦=12,6的倍数有506⎡⎤⎢⎥⎣⎦
=8，即是4的倍数又是6的倍数的数一定是12的倍数，所以有5012⎡⎤⎢⎥⎣⎦
=4．于是，第一类同学有50-12-8+4=34人，第二类同学有4人，所以现在共有34+4=38名同学面向老师．
【答案】38名
【例 8】 体育课上，60名学生面向老师站成一行，按老师口令，从左到右报数：1，2，3，…，60，然后，
老师让所报的数是4的倍数的同学向后转，接着又让 所报的数是5的倍数的同学向后转，最后让
所报的数是6的倍数的同学向后转，现在面向老师的学生有________人。

【考点】容斥原理之数论问题 【难度】3星 【题型】填空
【关键词】希望杯，六年级，二试，第15题，4分
【解析】 可知其中4的倍数有15个，5的倍数有12个，6的倍数有10个，同时是4和5的倍数的有3个，
同时是5和6的倍数的有2个，同时是4和6的倍数的有5个，同时是4、5、6的倍数的数有1
个，现在背向老师的有15+12+10-3-2-5+1=28个，面向老师的学生有60-28=32人。

转过两次的有：
3－1+2－1+5－1＝7。

最后面向老师的学生数=32+7＝39个。

【答案】39个
【例 9】 有2000盏亮着的电灯，各有一个拉线开关控制着，现按其顺序编号为1，2，3，…，2000，然后
将编号为2的倍数的灯线拉一下，再将编号为3的倍数的灯线拉一下，最后将编号为5的倍数的
灯线拉一下，三次拉完后，亮着的灯有多少盏？
53
2
G
F E D C
B A
【考点】容斥原理之数论问题 【难度】3星 【题型】解答
【解析】 三次拉完后，亮着的灯包括不是2、3、5的倍数的数以及是6、10、15的倍数但不是30的倍数的数．1～
2000这2000个正整数中，2的倍数有1000个，3的倍数有666个，5的倍数有400个，6的倍数有
333个，10的倍数有200个，15的倍数有133个，30的倍数有66个，亮着的灯一共有
2000-1000-666-400+2×（333+200+133）-4×66=1002盏．
【答案】1002盏
【巩固】 2006盏亮着的电灯，各有一个拉线开关控制，按顺序编号为1，2，3，……，2006。

将编号为2的
倍数的灯的拉线各拉一下；再将编号为3的倍数的灯的拉线各拉一下，最后将编号为5的倍数的灯
的拉线各拉一下。

拉完后这着的灯数为（ ）盏。

【考点】容斥原理之数论问题 【难度】3星 【题型】填空
【关键词】走美杯，五年级，第11题，六年级，第11题
【解析】 因为灯在开始的时候是亮着的，所以拉了两次或者没拉的灯最后还是亮的．这道题实际上是求
1到2006中不能被2、3、5整除的数和只能同时被2、3、5中2个数整除的数的总个数．
我们可以求得被2整除的数有200621003÷=(盏)，
被3整除的数有200636682÷=，共668(盏)，
被5整除的数有200654011÷=，共401(盏)．
其中，同时被2、3整除的数有2006(23)3342÷⨯=，共334(盏)；
同时被3、5整除的有2006(35)13311÷⨯=，共133(盏)；
同时被2、5整除的数有2006(25)2006÷⨯=，共200(盏)；
同时被2、3、5整除的数有2006(235)6626÷⨯⨯=，共66(盏)，所以，只能同时被2、3、5中2个数整除的数的个数为334133200366469++-⨯=(盏)，不能被2、3、5整除的数的个数为
()()2006100366840133413320066535⎡⎤-++-+++=⎣⎦(盏)．所以，最后亮着的灯一共为4695351004+=(盏)．
【答案】1004盏
【巩固】 写有1到100编号的灯100盏，亮着排成一排，每一次把编号是3的倍数的灯拉一次开关，第二次
把编号是5的倍数的灯拉一次开关，那么亮着的灯还有多少盏？
【考点】容斥原理之数论问题 【难度】3星 【题型】解答
【解析】 因为灯在开始的时候是亮着的，所以拉了两次或者没拉的灯最后还是亮的．没拉的灯有
100100100100()100(33206)533535⎡⎤⎡⎤⎡⎤-+-=-+-=⎢⎥⎢⎥⎢⎥⨯⎣⎦⎣⎦⎣⎦(盏)，拉两次的有100635⎡⎤=⎢⎥⨯⎣⎦
(盏)，最后亮着的灯一共为53659+=(盏)
【答案】59盏
【例 10】 200名同学编为1至200号面向南站成一排．第1次全体同学向右转（转后所有的同学面朝西）；
第2次编号为2 的倍数的同学向右转；第3次编号为3的倍数的同学向右转；……；第200次编号为200的倍数的同学向右转；这时，面向东的同学有 名．
【考点】容斥原理之数论问题 【难度】3星 【题型】填空
【关键词】迎春杯，五年级，初赛，10题
【解析】 只有约数个数被4除余3的数，最后面向东．
约数个数为3的数有22、23、25、27、211、213，共8个数．
约数个数为7的数有62，1个，
约数个数为15的数有2432144⋅=，1个
一共有8个满足条件的编号．
【答案】8名
【例 11】 下编号是1、2、3、……36号的36名学生按编号顺序面向里站成一圈.第一次，编号是1的同学向
后转，第二次，编号是2、3的同学向后转，第三次，编号是4、5、6的同学向后转，……，第36次，全体同学向后转.这时，面向里的同学还有________名.
【考点】容斥原理之数论问题 【难度】3星 【题型】填空
【关键词】迎春杯，中年级，复试，10题
【解析】 整个过程中一共转了1+2+3+4…+36=666人次，每转过72人次所有学生的朝向就会和原来一样，那
么666÷72=9…18，于是应该有18名同学面朝里，18名同学面朝外。

【答案】18名
【例 12】 在游艺会上，有100名同学抽到了标签分别为1至100的奖券．按奖券标签号发放奖品的规则如下：
（1）标签号为2的倍数，奖2支铅笔；
（2）标签号为3的倍数，奖3支铅笔；
（3）标签号既是2的倍数，又是3的倍数可重复领奖；
（4）其他标签号均奖1支铅笔．
那么游艺会为该项活动准备的奖品铅笔共有多少支?
【考点】容斥原理之数论问题 【难度】4星 【题型】解答
【解析】 1～100，2的倍数有1002⎡⎤⎢⎥⎣⎦=50，3的倍数有1003⎡⎤⎢⎥⎣⎦
=33个，因为既是2的倍数，又是3的倍数的数一定是6的倍数，所以标签为这样的数有1006⎡⎤⎢⎥⎣⎦
=16个．于是，既不是2的倍数，又不是3的倍数的数在1～100中有100-50-33+16=33．所以，游艺会为该项活动准备的奖品铅笔共有：50×2+33×3+33×1=232支.
【答案】232支
【例 13】 在一根长木棍上，有三种刻度线，第一种刻度线将木棍分成十等份；第二种将木棍分成十二等份；
第三种将木棍分成十五等份；如果沿每条刻度线将木棍锯断，则木棍总共被锯成________段．
【考点】容斥原理之数论问题 【难度】3星 【题型】填空
【解析】 假设木棍长60cm ，则沿第一种刻度线锯成的木棍每段长60106cm ÷=，沿第二种刻度线锯成的木棍
每段长60125cm ÷=，沿第三种刻度线锯成的木棍每段长60144cm ÷=．
因为，沿三种刻度线可将木棍分别锯成10、12、15段；沿第一、二种重合的刻度线可将木棍锯成60[6,5]2÷=段，沿第一、三种重合的刻度线可将木棍锯成60[6,4]5÷=段，沿第二、三种重合的刻度线可将木棍锯成60[5,4]3÷=段；沿三种刻度重合的刻度线可将木棍锯成60[6,5,4]1÷=段．应该减去重复计算的沿任意两种重合的刻度线锯成的段数，应加上多减去的沿三种刻度重合的刻度线锯成的段数．所以，沿每条刻度线将木棍锯断，则木棍总共被锯成
101215253128++---+=段．
【答案】28段
【例 14】 一根101厘米长的木棒，从同一端开始，第一次每隔2厘米画一个刻度，第二次每隔3厘米画一
个刻度，第三次每隔5厘米画一个刻度，如果按刻度把木棒截断，那么可以截出 段．
【考点】容斥原理之数论问题 【难度】4星 【题型】填空
【关键词】101中学
【解析】 要求出截出的段数，应当先求出木棒上的刻度数，而木棒上的刻度数，相当于1、2、3、 (100)
101这101个自然数中2或3或5的倍数的个数，为：
10110110110110110110174235232535235⎡⎤⎡⎤⎡⎤⎡⎤⎡⎤⎡⎤⎡⎤++---+=⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎢⎥⨯⨯⨯⨯⨯⎣⎦⎣⎦⎣⎦⎣⎦⎣⎦⎣⎦⎣⎦
，故木棒上共有74个刻度，可以截出75段．
【答案】75段
【巩固】 一根1.8米长的木棍，从左端开始每隔2厘米画一个刻度，涂完后再从左端开始每隔3厘米画一个刻
度，再从左端每隔5厘米画一个刻度，再从左端每隔7厘米画一个刻度，涂过按刻度把木棍截断，一共可以截成多少段小木棍？
【考点】容斥原理之数论问题 【难度】4星 【题型】解答
【解析】 1.8米长的木棍，按2厘米一段画出刻度，那么也就是说所有的偶数点都已经划过了，即2、4、6、
8、10……共89个点，那么再画3的时候所有的偶数点都已经划过，那么会多出30个点，即3、9、15……，再画5的时候会多出来的点是5、25、35、55、65、85、95、115、125、145、155、175，共12个，最后画间隔7厘米的时候，会多出7、49、77、91、119、133、161共7个点，那么所有的刻度总和应该是8930127138+++=个，那么截断之后应该会有139段小木棍．
【答案】139段
【例 15】 在循环小数中类似于10.1428577••=，10.07692313
••=等，循环节是从小数点右边的第一位（即十分位）就开始的小数，叫做纯循环小数，包括7和13在内，共有 个正整数，其倒数是循环节恰好为六位的纯循环小数。

【考点】容斥原理之数论问题 【难度】5星 【题型】填空
【关键词】学而思杯，6年级，1试，第4题
【解析】 根据容斥原理，999999的约数有64个，999的约数有8个，99的约数有6个，9的约数有3个， 所
求的n 的个数为64(863)53-+-=（个）。

【答案】53个。