[小學奧數(shù)專題15】7-1加法原理.題庫版

1、加法原理知識框架圖7 計數(shù)綜合7-1 加法原理7-1-1分類討論中加法原理的應用7-1-2樹形圖法、標數(shù)法及簡單的遞推7-1-2-1樹形圖法7-1-2-2標數(shù)法7-1-2-3簡單遞推：斐波那契數(shù)列的應用教學目標1.使學生掌握加法原理的基本內(nèi)容；2.掌握加法原理的運用以及與乘法原理的區(qū)別；3.培養(yǎng)學生分類討論問題的能力，了解分類的主要方法和遵循的主要原則加法原理的數(shù)學思想主旨在于分類討論問題，教授本講的目的也是為了培養(yǎng)學生分類討論問題的習慣，鍛煉思維的周全細致知識要點一、加法原理概念引入生活中常有這樣的情況，就是在做一件事時，有幾類不同的方法，而每一類方法中，又有幾種可能的做法那么，考慮完成這件

2、事所有可能的做法，就要用加法原理來解決例如:王老師從北京到天津，他可以乘火車也可以乘長途汽車，現(xiàn)在知道每天有五次火車從北京到天津，有4趟長途汽車從北京到天津那么他在一天中去天津能有多少種不同的走法？分析這個問題發(fā)現(xiàn)，王老師去天津要么乘火車，要么乘長途汽車，有這兩大類走法，如果乘火車，有5種走法，如果乘長途汽車，有4種走法上面的每一種走法都可以從北京到天津，故共有5+4=9種不同的走法在上面的問題中，完成一件事有兩大類不同的方法在具體做的時候，只要采用一類中的一種方法就可以完成并且兩大類方法是互無影響的，那么完成這件事的全部做法數(shù)就是用第一類的方法數(shù)加上第二類的方法數(shù)二、加法原理的定義一般地，如

3、果完成一件事有k類方法，第一類方法中有種不同做法，第二類方法中有種不同做法，第k類方法中有種不同做法，則完成這件事共有種不同方法，這就是加法原理加法原理運用的范圍：完成一件事的方法分成幾類，每一類中的任何一種方法都能完成任務，這樣的問題可以使用加法原理解決我們可以簡記為：“加法分類，類類獨立”分類時，首先要根據(jù)問題的特點確定一個適合于它的分類標準，然后在這個標準下進行分類；其次，分類時要注意滿足兩條基本原則： 完成這件事的任何一種方法必須屬于某一類； 分別屬于不同兩類的兩種方法是不同的方法只有滿足這兩條基本原則，才可以保證分類計數(shù)原理計算正確運用加法原理解題時，關鍵是確定分類的標準，然后再針對

4、各類逐一計數(shù)通俗地說，就是“整體等于局部之和”三、加法原理解題三部曲1、完成一件事分N類；2、每類找種數(shù)（每類的一種情況必須是能完成該件事）；3、類類相加枚舉法：枚舉法又叫窮舉法，就是把所有符合條件的對象一一列舉出來進行計數(shù)分類討論的時候經(jīng)常會需要把每一類的情況全部列舉出來，這時的方法就是枚舉法枚舉的時候要注意順序，這樣才能做到不重不漏例題精講模塊一、分類討論中加法原理的應用【例 1】 （難度等級 ）小寶去給小貝買生日禮物，商店里賣的東西中，有不同的玩具8種，不同的課外書20本，不同的紀念品10種，那么，小寶買一種禮物可以有多少種不同的選法？【解析】 小寶買一種禮物有三類方法：第一類，買玩具，

5、有8種方法；第二類，買課外書，有20種方法；第三種，買紀念品，有10種方法根據(jù)加法原理，小寶買一種禮物有8+20+10=38種方法【鞏固】 （難度等級 ）有不同的語文書6本，數(shù)學書4本，英語書3本，科學書2本，從中任取一本，共有多少種取法？【解析】 根據(jù)加法原理，共有6+4+3+2=15種取法【鞏固】 （難度等級 ）陽光小學四年級有3個班，各班分別有男生18人、20人、16人從中任意選一人當升旗手，有多少種選法？【解析】 解決這個問題有3類辦法：從一班、二班、三班男生中任選1人，從一班18名男生中任選1人有18種選法：同理，從二班20名男生中任選1人有20種選法；從三班16名男生中任意選1人有

6、16種選法；根據(jù)加法原理，從四年級3個班中任選一名男生當升旗手的方法有：種【例 2】 （難度等級）從110中每次取兩個不同的數(shù)相加，和大于10的共有多少種取法？【解析】 根據(jù)第一個數(shù)的大小，將和大于10的取法分為9類：第一個數(shù)第二個數(shù)有幾種第1類110選擇合適的分類方式是運用加法原理的關鍵好的分類方式往往達到事半功倍的效果注意：本題中“”與“”只能算一種取法1第2類210、92第3類310、9、83第4類410、9、8、74第5類510、9、8、7、65第6類610、9、8、74第7類710、9、83第8類810、92第9類9101 因此，根據(jù)加法原理，共有：1+2+3+4+5+4+3+2+1

7、=25種取法使和大于10【鞏固】 （難度等級）從18中每次取兩個不同的數(shù)相加，和大于10的共有多少種取法？【解析】 兩個數(shù)和為11的一共有3種取法；兩個數(shù)和為12的一共有2種取法； 兩個數(shù)和為13的一共有2種取法；兩個數(shù)和為14的一共有1種取法； 兩個數(shù)和為15的一共有1種取法； 一共有3+2+2+1+1=9種取法【例 3】 （難度等級 ）甲、乙、丙三個工廠共訂300份報紙，每個工廠至少訂了99份，至多101份，問：一共有多少種不同的訂法？【解析】 甲廠可以訂99、100、101份報紙三種方法如果甲廠訂99份，乙廠有訂100份和101份兩種方法，丙廠隨之而定如果甲廠訂100份，乙廠有訂99份、

8、100份和101份三種方法，丙廠隨之而定如果甲廠訂101份，乙廠有訂99份和100份兩種方法，丙廠隨之而定根據(jù)加法原理，一共有種訂報方法【鞏固】 （難度等級 ）大林和小林共有小人書不超過9本，他們各自有小人書的數(shù)目有多少種可能的情況？【解析】 大林和小林共有9本的話，有10種可能；共有8本的話，有9種可能，共有0本的話，有1種可能，所以根據(jù)加法原理，一共有10+9+3+2+1=55種可能【例 4】 （難度等級 ）四個學生每人做了一張賀年片，放在桌子上，然后每人去拿一張，但不能拿自己做的一張問：一共有多少種不同的方法？【解析】 設四個學生分別是A，B，C，D，他們做的賀年片分別是a，b，c，d先

9、考慮A拿B做的賀年片b的情況（如下表），一共有3種方法同樣，A拿C或D做的賀年片也有3種方法一共有333=9（種）不同的方法【例 5】 (第六屆走美試題)一次，齊王與大將田忌賽馬每人有四匹馬，分為四等田忌知道齊王這次比賽馬的出場順序依次為一等，二等，三等，四等，而且還知道這八匹馬跑的最快的是齊王的一等馬，接著依次為自己的一等，齊王的二等，自己的二等，齊王的三等，自己的三等，齊王的四等，自己的四等田忌有_種方法安排自己的馬的出場順序，保證自己至少能贏兩場比賽【解析】 第一場不管怎么樣田忌都必輸，田忌只可能在接下來的三場里贏得比賽， 若三場全勝，則只有一種出場方法； 若勝兩場，則又分為三種情況：二

10、，三兩場勝，此時只能是田忌的一等馬贏得齊王的二等馬，田忌的二等馬贏齊王的三等馬，只有這一種情況；二，四兩場勝，此時有三種情況；三，四兩場勝，此時有七種情況；所以一共有種方法【例 6】 （難度等級 ）把一元錢換成角幣，有多少種換法？人民幣角幣的面值有五角、二角、一角三種【解析】 把一元錢換成角幣，有三類分法：第一類：有五角幣2張，只有1種換法：第二類：有五角幣1張，則此時二角幣可以有0，1，2張，相應的，一角幣有5，3，1張，有3種換法；第三類：有五角幣0張，則此時二角幣可以有0，1，2，3，4，5張，相應的，一角幣有10，8，6，4，2，0張，有6種換法所以，根據(jù)加法原理，總共的換法有種【鞏固

11、】 （難度等級 ）一把硬幣全是2分和5分的，這把硬幣一共有1元，問這里可能有多少種不同的情況？【解析】 按5分硬幣的個數(shù)對硬幣情況進行分類：如果5分硬幣有奇數(shù)個，那么無論2分硬幣有多少個都不能湊成100分如表當5分硬幣的個數(shù)為020的偶數(shù)時，都有對應個數(shù)的2分硬幣所以一共有11種不同的情況類別12345678910115分024681012141618202分50454035302520151050【例 7】 （難度等級 ）用100元錢購買2元、4元或8元飯票若干張，沒有剩錢，共有多少不同的買法?【解析】 如果買0張8元飯票，還剩100元，可以購買4元飯票的張數(shù)為025張，其余的錢全部購買2元

12、飯票，共有26種買法；如果買l張8元飯票，還剩92元，可購4元飯票023張，其余的錢全部購買2元飯票，共有24種不同方法；如果買2張8元飯票，還剩84元，可購4元飯票021張，其余的錢全部購買2元飯票，共有22種不同方法；如果買12張8元飯票，還剩4元飯票，可購4元飯票01張，其余的錢全部購買2元飯票，共有2種方法總結(jié)規(guī)律，發(fā)現(xiàn)各類情況的方法數(shù)組成了一個公差為2，項數(shù)是13的等差數(shù)列利用分類計數(shù)原理及等差數(shù)列求和公式求出所有方法：26+24+22+2=(26+2)132=182(種) 共有182種不同的買法【鞏固】 （難度等級 ）一個文具店橡皮每塊5角、圓珠筆每支1元、鋼筆每支2元5角小明要在

13、該店花5元5角購買兩種文具，他有多少種不同的選擇【解析】 一共三種文具，要買兩種文具那么就可以分三類了第一類：橡皮和圓珠筆 5元5角=55角=11塊橡皮（要買兩種，所以這個不考慮）=9塊橡皮+1只圓珠筆 =7塊橡皮+2只圓珠筆 =5塊橡皮+3只圓珠筆 =3塊橡皮+4只圓珠筆 =1塊橡皮+5只圓珠筆 第一類共5種第二類：橡皮和鋼筆 55角=11塊橡皮（不做考慮）=6塊橡皮+1只鋼筆 =1塊橡皮+2只鋼筆 第二類共2種第三類：圓珠筆和鋼筆55角=11塊橡皮（不做考慮） =1只鋼筆+3只圓珠筆第三類共1種【例 8】 （難度等級 ）袋中有3個紅球，4個黃球和5個白球，小明從中任意拿出6個球，他拿出球的

14、情況共有_種可能（2008年北京“數(shù)學解題能力展示”讀者評選活動）【解析】 按最少的紅球來分類：3紅時，黃白3，黃可取0，1，2，3共4種2紅時，黃白4，黃可取0，1，2，3，4共5種1紅時，黃白5，黃可取0，1，2，3，4共5種0紅時，黃白6，黃可取0，1，2，3共4種共有：4+5+5+4=18（種）【例 9】 （難度等級 ）1、2、3、4四個數(shù)字，從小到大排成一行，在這四個數(shù)中間，任意插入乘號(最少插一個乘號)，可以得到多少個不同的乘積?【解析】 按插入乘號的個數(shù)進行分類：若插入一個乘號，4個數(shù)字之間有3個空當，選3個空當中的任一空當放乘號，所以有3種不同的插法，可以得到3個不同的乘積，枚

15、舉如下：， 若插入兩個乘號，由于必有一個空當不放乘號，所以從3個空檔中選2個空當插入乘號有3種不同的插法，可以得到3個不同的乘積，枚舉如下：， 若插入三個乘號，則只有1個插法，可以得到l個不同的乘積，枚舉如下： 所以，根據(jù)加法原理共有種不同的乘積【例 10】 （難度等級 ）1995的數(shù)字和是1995=24，問：小于2000的四位數(shù)中數(shù)字和等于26的數(shù)共有多少個? 【解析】 小于2000的四位數(shù)千位數(shù)字是1，要它數(shù)字和為26，只需其余三位數(shù)字和是25因為十位、個位數(shù)字和最多為99=18，因此，百位數(shù)字至少是7于是百位為7時，只有1799，一個；百位為8時，只有1889，1898，二個；百位為9時

16、，只有1979，1997，1988，三個；總計共123=6個【鞏固】 （難度等級 ）1995的數(shù)字和是1995=24，問：小于2000的四位數(shù)中數(shù)字和等于24的數(shù)共有多少個?【解析】 小于2000的四位數(shù)千位數(shù)字是1，要它數(shù)字和為24，只需其余三位數(shù)字和是23因為十位、個位數(shù)字和最多為，因此，百位數(shù)字至少是5于是百位為5時，只有1599一個； 百位為6時，只有1689，1698兩個； 百位為7時，只有1779，1788，1797三個； 百位為8時，只有1869，1878，1887，1896四個；百位為9時，只有1959，1968，1977，1986，1995五個；根據(jù)加法原理，總計共個【鞏固】

17、 （難度等級 ）2007的數(shù)字和是2+0+0+7=9，問：大于2000小于3000的四位數(shù)中數(shù)字和等于9的數(shù)共有多少個?【解析】 大于2000小于3000的四位數(shù)千位數(shù)字是2，要它數(shù)字和為9，只需其余三位數(shù)字和是7因此，百位數(shù)字至多是7于是根據(jù)百位數(shù)進行分類：第一類，百位為7時，只有2700一個； 第二類，百位為6時，只有2610，2601兩個； 第三類，百位為5時，只有2520，2511，2502三個； 第四類，百位為4時，只有2430，2421，2412，2403四個；第五類，百位為3時，只有2340，2331，2322，2313，2304五個；第六類，百位為2時，只有2250，2241，

18、2232，2223，2214、2205六個；第七類，百位為1時，只有2160，2151，2142，2133，2124、2115、2106七個；第八類，百位為0時，只有2070，2061，2052，2043，2034、2025、2016、2007八個； 根據(jù)加法原理，總計共個【鞏固】 （難度等級 ）在四位數(shù)中，各位數(shù)字之和是4的四位數(shù)有多少？【解析】 以個位數(shù)的值為分類標準，可以分成以下幾類情況來考慮： 第1類個位數(shù)字是0，滿足條件的數(shù)共有10個其中： 十位數(shù)字為0，有4000、3100、2200、1300，共4個； 十位數(shù)字為1，有3010、2110、1210，共3個； 十位數(shù)字為2，有202

19、0、1120，共2個； 十位數(shù)字為3，有1030，共1個 第2類個位數(shù)字是1，滿足條件的數(shù)共有6個其中： 十位數(shù)字為0，有3001、2101、1201，共3個； 十位數(shù)字為1，有2011、1111，共2個；十位數(shù)字為2，有1021，滿足條件的數(shù)共有1個第3類個位數(shù)字是2，滿足條件的數(shù)共有3個其中：十位數(shù)字為0，有2002、1102，共2個；十位數(shù)字為1，有1012，共1個第4類個位數(shù)字是3，滿足條件的數(shù)共有1個其中：十位數(shù)字是0，有l(wèi)003，共1個根據(jù)上面分析，由加法原理可求出滿足條件的數(shù)共有個【例 11】 有一類自然數(shù)，從第三個數(shù)字開始，每個數(shù)字都恰好是它前面兩個數(shù)字之和，直至不能再寫為止，

20、如，等等，這類數(shù)共有 個.【解析】 按自然數(shù)的最高位數(shù)分類： 最高位為的有，共個最高位為的有，共個最高位為的有，358，共個最高位為的有共個所以這類數(shù)共有個【例 12】 如果一個大于9的整數(shù)，其每個數(shù)位上的數(shù)字都比他右邊數(shù)位上的數(shù)字小，那么我們稱它為迎春數(shù)那么，小于2008的迎春數(shù)一共有多少個？【解析】 (法1)兩位數(shù)中迎春數(shù)的個數(shù)十位數(shù)字為1的：12，13，198個十位數(shù)字為2的：23，24，297個十位數(shù)字為3的：34，35，396個十位數(shù)字為4的：45，46，495個十位數(shù)字為5的：56，57，594個十位數(shù)字為6的：67，68，693個十位數(shù)字為7的：78，792個十位數(shù)字為8的：89

21、1個兩位數(shù)共個三位數(shù)中迎春數(shù)的個數(shù)百位數(shù)字是1的：123129，134139189共28個百位數(shù)字是2的：234239，289共21個百位數(shù)字是3的：345349，389共15個百位數(shù)字是4的：456458，489共10個百位數(shù)字是5的：567569，589共6個百位數(shù)字是6的：678，679，689共3個百位數(shù)字是7的：7891個10001999中迎春數(shù)的個數(shù)前兩位是12的：12341239，1289共21個前兩位是13的：13451349，1389共15個前兩位是14的：14561459，1489共10個前兩位是15的：15671569，1589共6個前兩位是16的：1678，1679，1

22、6893個前兩位是17的：17891個共56個所以小于2008的迎春數(shù)共個(法2)小于2008的迎春數(shù)只可能是兩位數(shù)，三位數(shù)和1000多的數(shù)兩位數(shù)的取法有個三位數(shù)的取法有個1000多的迎春數(shù)的取法有個所以共個【例 13】 有些五位數(shù)的各位數(shù)字均取自1，2，3，4，5，并且任意相鄰兩位數(shù)字(大減小)的差都是1問這樣的五位數(shù)共有多少個？【解析】 首位取1時，千位只能是2，百位可以是1和3 百位是1，十位只能是2，個位可以是1和32種 百位是3，十位可以是2和4；十位是2，個位可以是1和3，十位是4，個位可以是3和54種 所以，首位取1時，共有種 首位取2時，千位可以是1和3 千位是1，百位只能是2

23、，十位可以是1和3有3種 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種百位是4，十位可以是3和5，有3種千位是3時有種 所以首位取2時，共有種 首位取3時，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，個位可以是1和3；2種百位是3時，十位可以是2和4十位是2個位可以是1和3；十位是4，個位可以是3和5；4種 千位是4，百位可以取3和5 百位是5，十位只能是4，個位可以是3和5；2種百位是3，十位可能是2和4十位是2個位可以是1和3；十位是4個位可以是3和5；4種 所以，首位取3時，共有種 首位取4時，千位可以取3和5 千位是5，百位只能是4，十位可以是3

24、和5十位是3個位可以是2和4；十位是5個位只能是4有3種 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個位只能是2；十位是3個位可以是2和4有3種百位是4，十位可以是3和5十位是5個位只能是4；十位是3，個位可以是2和4有3種千位是3共有種 所以，首位取4時，共有種 首位取5時，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種；百位是3，十位可以是2和4，有4種所以，首位取5時共有種 總共有：個 也可以根據(jù)首位數(shù)字分別是1、2、3、4、5，畫5個樹狀圖，然后相加總共有：個 模塊二、樹形圖法、標數(shù)法及簡單的遞推一、樹形圖法“樹形圖法”實際上是枚舉的一種，但是它借助于圖

25、形，可以使枚舉過程不僅形象直觀，而且有條理又不重復遺漏，使人一目了然【例 14】 （難度等級 ）A、B、C三個小朋友互相傳球，先從A開始發(fā)球(作為第一次傳球)，這樣經(jīng)過了5次傳球后，球恰巧又回到A手中，那么不同的傳球方式共多少種？(2005年小數(shù)報數(shù)學邀請賽)【解析】 如圖，第一次傳給，到第五次傳回有5種不同方式 同理，第一次傳給，也有5種不同方式 所以，根據(jù)加法原理，不同的傳球方式共有種【鞏固】 （難度等級 ）一只青蛙在A，B，C三點之間跳動，若青蛙從A點跳起，跳4次仍回到A點，則這只青蛙一共有多少種不同的跳法？【解析】 6種，如圖，第1步跳到，4步回到有3種方法；同樣第1步到的也有3種方法

26、根據(jù)加法原理，共有種方法【例 15】 （難度等級 ）甲、乙二人打乒乓球，誰先連勝兩局誰贏，若沒有人連勝頭兩局，則誰先勝三局誰贏，打到?jīng)Q出輸贏為止問：一共有多少種可能的情況？【解析】 如下圖，我們先考慮甲勝第一局的情況：圖中打的為勝者，一共有7種可能的情況同理，乙勝第一局也有 7種可能的情況一共有 77=14（種）可能的情況二、標數(shù)法適用于最短路線問題，需要一步一步標出所有相關點的線路數(shù)量，最終得到到達終點的方法總數(shù)標數(shù)法是加法原理與遞推思想的結(jié)合【例 16】 （難度等級 ）如圖所示，沿線段從A到B有多少條最短路線？ 【解析】 圖中在A的右上方，因此從A出發(fā)，只能向上或者向右才能使路線最短，那么

27、反過來想，如果到達了某一個點，也只有兩種可能：要么是從這個點左邊的點來的，要么是從這個點下邊的點來的那么，如果最后到達了B，只有兩種可能：或者經(jīng)過C來到B點，或者經(jīng)D來到B點，因此，到達B的走法數(shù)目就應該是到達C點的走法數(shù)和到達D點的走法數(shù)之和，而對于到達C的走法，又等于到達和到達的走法之和，到達的走法也等于到達和到達的走法之和，這樣我們就歸納出：到達任何一點的走法都等于到它左側(cè)點走法數(shù)與到它下側(cè)點走法數(shù)之和，根據(jù)加法原理，我們可以從點開始，向右向上逐步求出到達各點的走法數(shù)如圖所示，使用標號方法得到從到共有10種不同的走法【鞏固】 （難度等級 ）如圖，從點到點的最近路線有多少條？ 【解析】 使

28、用標號法得出到點的最近路線有20條【例 17】 （難度等級 ）如圖，某城市的街道由5條東西向馬路和7條南北向馬路組成，現(xiàn)在要從西南角的處沿最短的路線走到東北角出，由于修路，十字路口不能通過，那么共有種不同走法 【解析】 本題是最短路線問題要找出共有多少種不同走法，關鍵是保證不重也不漏，一般采用標數(shù)法如上圖所示，共有120種另解：本題也可采用排除法由于不能經(jīng)過，可以先計算出從到的最短路線有多少條，再去掉其中那些經(jīng)過的路線數(shù)，即得到所求的結(jié)果對于從到的每一條最短路線，需要向右6次，向上4次，共有10次向右或向上；而對于每一條最短路線，如果確定了其中的某6次是向右的，那么剩下的4次只能是向上的，從而

29、該路線也就確定了這就說明從到的最短路線的條數(shù)等于從10次向右或向上里面選擇6次向右的種數(shù)，為一般地，對于的方格網(wǎng)，相對的兩個頂點之間的最短路線有種本題中，從到的最短路線共有種；從到的最短路線共有種，從到的最短路線共有種，根據(jù)乘法原理，從到且必須經(jīng)過的最短路線有種，所以，從到且不經(jīng)過的最短路線有種【例 18】 （難度等級 ）如圖所示，從A點到B點，如果要求經(jīng)過C點或D點的最近路線有多少條？【解析】 1、方格圖里兩點的最短路徑，從位置低的點向位置高的點出發(fā)的話，每到一點（如C、D點）只能向前或者向上2、題問的是經(jīng)過C點，或者D點；那么A到B點就可以分成兩條路徑了 A-C-B；A-D-B，那么也就可

30、以分成兩類但是需要考慮一個問題A到B點的最短路徑會同時經(jīng)過C和D點嗎？最短路徑只能往上往前，經(jīng)過觀察發(fā)現(xiàn)C、D不會同時出現(xiàn)在最短路徑上了3、A-C-B，那么C就是必經(jīng)之點了，就需要用到乘法原理了A-C，最短路徑用標數(shù)法標出，同樣C-B點用標數(shù)法標注，然后相乘A-D-B，同樣道理最后結(jié)果是735+420=1155條【例 19】 如圖為一幅街道圖，從出發(fā)經(jīng)過十字路口，但不經(jīng)過走到的不同的最短路線有 條.【解析】 到各點的走法數(shù)如圖所示. 圖1 圖2所以最短路徑有條.【例 20】 小王在一年中去少年宮學習56次，如圖所示，小王家在點，他去少年宮都是走最近的路，且每次去時所走的路線正好互不相同，那么少

31、年宮在_點處【解析】 本題屬最短路線問題運用標數(shù)法分別計算出從小王家點到、點的不同路線有多少條，其中，路線條數(shù)與小王學習次數(shù)56相等的點即為少年宮因為，從小王家點到點共有不同線路84條；到點共有不同線路56條；到點共有不同線路71條；到點共有不同線路15條；到點共有不同線路36條所以，少年宮在點處【例 21】 （難度等級 ）在下圖的街道示意圖中，有幾處街區(qū)有積水不能通行，那么從A到B的最短路線有多少種？ 【解析】 因為在的右下方，由標號法可知，從到的最短路徑上，到達任何一點的走法數(shù)都等于到它左側(cè)點的走法數(shù)與到它上側(cè)點的走法數(shù)之和有積水的街道不可能有路線經(jīng)過，可以認為積水點的走法數(shù)是0接下來，可

32、以從左上角開始，按照加法原理，依次向下向右填上到各點的走法數(shù)如右上圖，從到的最短路線有22條【例 22】 （難度等級 ）在下圖的街道示意圖中，C處因施工不能通行，從A到B的最短路線有多少條？ 【解析】 因為在的右上方，由標號法可知，從到的最短路徑上，到達任何一點的走法數(shù)都等于到它左側(cè)點的走法數(shù)與到它下側(cè)點的走法數(shù)之和而是一個特殊的點，因為不能通行，所以不可能有路線經(jīng)過，可以認為到達點的走法數(shù)是0接下來，可以從左下角開始，按照加法原理，依次向上向右填上到各點的走法數(shù)如圖，從到的最短路線有6條【鞏固】 （難度等級 ）在下圖的街道示意圖中，C處因施工不能通行，從A到B的最短路線有多少種？【解析】 因

33、為B在A在右下方，由標號法可知，從A到B的最短路徑上，到達任何一點的走法數(shù)都等于到它左側(cè)點的走法數(shù)與到它上側(cè)點的走法數(shù)之和.而C是一個特殊的點，因為不能通行，所以不可能有路線經(jīng)過C，可以認為到達C點的走法數(shù)是0.接下來，可以從左上角開始，按照加法原理，依次向下向右填上到各點的走法數(shù).如圖，從A到B的最短路線有6條【例 23】 （難度等級 ）如下表，請讀出“我們學習好玩的數(shù)學”這9個字，要求你選擇的9個字里能連續(xù)(即相鄰的字在表中也是左右相鄰或上下相鄰)，這里共有多少種完整的“我們學習好玩的數(shù)學”的讀法我們學習好們學習好玩學習好玩的習好玩的數(shù)好玩的數(shù)學【解析】 方法一：標數(shù)法第一個字只能選位于左

34、上角的“我”，以后每一個字都只能選擇前面那個字的下方或右方的字，所以本題也可以使用標號法來解：(如右上圖，在格子里標數(shù))共70種不同的讀法方法二：組合法仔細觀察我們可以發(fā)現(xiàn)，按“我們學習好玩的數(shù)學”走的路線就是向右走四步，向下走四步的路線，而向下和向右一個排列順序則代表了一種路線所以總共有種不同的讀法【例 24】 （難度等級 ）如圖，沿著“北京歡迎你”的順序走（要求只能沿著水平或豎直方向走），一共有多少種不同的走法？ 【解析】 沿著“北京歡迎你”的順序沿水平或豎直方向走，北以后的每一個字都只能選擇上面的或左右兩邊的字，按加法原理，用標號法可得右上圖所以一共有種走法【鞏固】 （難度等級 ）如下表

35、，請讀出“我們學習好玩的數(shù)學”這9個字，要求你選擇的9個字里能連續(xù)(即相鄰的字在表中也是左右相鄰或上下相鄰)，這里共有多少種完整的“我們學習好玩的數(shù)學”的讀法我們學習好們學習好玩學習好玩的習好玩的數(shù)好玩的數(shù)學【解析】 第一個字只能選位于左上角的“我”，以后每一個字都只能選擇前面那個字的下方或右方的字，所以本題也可以使用標號法來解：(在格子里標數(shù))共70種不同的讀法【例 25】 （難度等級 ）在下圖中，用水平或者垂直的線段連接相鄰的字母，當沿著這些線段行走是，正好拼出“APPLE”的路線共有多少條？ 【解析】 要想拼出英語“APPLE”的單詞，必須按照“APPLE”的次序拼寫在圖中的每一種拼寫方

36、式都對應著一條最短路徑如下圖所示，運用標號法原理標號得出共有31種不同的路徑【鞏固】如圖，用水平線或豎直線連結(jié)相鄰漢字，沿著這些線讀下去，正好可以讀成“祖國明天更美好”，那么可讀成“祖國明天更美好”的路線有 條.【解析】 如圖2所示，利用加法原理，將讀到各個字的路線數(shù)寫在每個字下方，共有不同的路線(條).祖祖國祖祖國明國祖祖國明天明國祖祖國明天更天明國祖祖國明天更美更天明國祖祖國明天更美好美更天明國祖圖1祖1祖1國3祖1祖1國2明7國2祖1祖1國2明4天15明4國2祖1祖1國2明4天8更31天8明4國2祖1祖1國2明4天8更16美63更16天8明4國2祖1祖1國2明4天8更16美32好127美

37、32更16天8明4國2祖1圖2【鞏固】(第三屆“希望杯”2試試題)右圖中的“我愛希望杯”有_種不同的讀法. 【解析】 “我愛希望杯”的讀法也就是從“我”走到“杯”的方法.如上右圖所示，共16種方法.【例 26】 如圖所示，科學家“愛因斯坦”的英文名拼寫為“Einstein”，按圖中箭頭所示方向有 種不同的方法拼出英文單詞“Einstein”. 圖1 圖2【解析】 由的拼法如圖所示.根據(jù)加法原理可得共有(種)不同拼法.【例 27】 （難度等級 ）圖中有10個編好號碼的房間，你可以從小號碼房間走到相鄰的大號碼房間，但不能從大號碼走到小號碼，從1號房間走到10號房間共有多少種不同的走法？ 【解析】

38、我們可以把這個圖展開，用箭頭標出來就更直觀了，然后采用我們學的標數(shù)法【例 28】 （難度等級 ）國際象棋中“馬”的走法如圖所示，位于位置的“馬”只能走到標有的方格中， 類似于中國象棋中的“馬走日”如果“馬”在的國際象棋棋盤中位于第一行第二列（圖中標有的位置），要走到第八行第五列（圖中標有的位置），最短路線有_條【2008年北京“數(shù)學解題能力展示”讀者評選活動】 【解析】 最后一步的可能如圖，倒數(shù)第二步的可能如圖，倒數(shù)第三步的可能如圖最后（種）【例 29】 （難度等級 ）從北京出發(fā)有到達東京、莫斯科、巴黎和悉尼的航線，其他城市間的航線如圖所示(虛線表示在地球背面的航線)，則從北京出發(fā)沿航線到達其

39、他所有城市各一次的所有不同路線有多少？【解析】 第一站到東京的路線有10條：同理，第一站到悉尼、巴黎、莫斯科的路線各有10條，不同的路線共有條【例 30】 一個實心立方體的每個面分成了四部分如圖所示，從頂點出發(fā)，可找出沿圖中相連的線段一步步到達頂點的各種路徑若要求每步沿路徑的運動都更加靠近，則從到的各種路徑的數(shù)目為幾？【解析】 因為正方體每個面的對面也有同樣的路徑，最靠近Q的有三個點，從P點到這三個點都是18種路徑故有三、簡單遞推：斐波那契數(shù)列的應用對于某些難以發(fā)現(xiàn)其一般情形的計數(shù)問題，可以找出其相鄰數(shù)之間的遞歸關系，有了這一遞歸關系就可以利用前面的數(shù)求出后面的數(shù)，這種方法稱為遞推法【例 31

40、】 （難度等級 ）一樓梯共10級，規(guī)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？【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(shù)，發(fā)現(xiàn)這么一個規(guī)律：從第三個數(shù)開始，每個數(shù)是前面兩個數(shù)的和；依此規(guī)律我們就可以知道了第10級的種數(shù)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，那么登了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 在這里要強調(diào)一點，那么A2 到A3 既然是一步到了，那么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

41、假設到n級的選擇數(shù)就是An 那么從A0 到A3 就可以分成兩類了：第一類：A0 - A1 - A3 ，那么就可以分成兩步有A11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【例 32】 （難度等級 ）12的小長方形(橫的豎的都行)覆蓋210的方格網(wǎng)，共有多少種不同的蓋法【解析】 如果用的長方形蓋的長方形，設種數(shù)為,則，,對于，左邊可能豎放1個的，也可能橫放2個的，前者有種，后者有種，所以,所以根據(jù)遞推，覆蓋的長方形一共有89種【例 33】 （難度等級 ）如下圖，一只蜜蜂從處出發(fā)，回到家里處，每次只能從一個蜂房爬向右側(cè)鄰近的蜂房而不準逆行，共有多少種回家的方法？ 【解析】 蜜蜂“每次只能從一個蜂房爬