2023年初一數學競賽教程含例題練習及答案⑽

初一數學競賽講座第10講計數措施與原理計數措施與原理是組合數學重要課題之一，本講簡介某些計數基本措施及計數基本原理。一、枚舉法一位旅客要從武漢乘火車去北京，她要理解所有可供乘坐車次共有多少，一種最易行措施是找一張列車運行時刻表，將所有從武漢到北京車次逐一挑出來，共有多少次車也就數出來了，這種計數措施就是枚舉法。所謂枚舉法，就是把所規(guī)定計數所有對象一一列舉出來，最終計算總數措施。運用枚舉法進行列舉時，必要注意無一反復，也無一遺漏。例1四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，但不能拿自己做一張。問：一共有多少種不一樣措施？解：設四個學生分別是A，B，C，D，她們做賀年片分別是a，b，c，d。先考慮A拿B做賀年片b狀況（如下表），一共有3種措施。同樣，A拿C或D做賀年片也有3種措施。一共有3＋3＋3=9（種）不一樣措施。例2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，打到決出輸贏為止。問：一共有多少種也許狀況？解：如下圖，咱們先考慮甲勝第一局狀況：圖中打√為勝者，一共有7種也許狀況。同理，乙勝第一局也有7種也許狀況。一共有7＋7=14（種）也許狀況。二、加法原理假如完畢一件事情有n類措施，而每一類措施中分別有m1，m2，…，mn種措施，而無論采用這些措施中任何一種，都能單獨地完畢這件事情，那么要完畢這件事情共有：N=m1+m2+…mn種措施。這是咱們所熟知加法原理，也是運用分類法計數根據。例3一種自然數，假如它順著數和倒著數都是同樣，則稱這個數為“回文數”。例如1331，7，202都是回文數，而220則不是回文數。問：1到6位回文數一共有多少個？按從小到大排，第個回文數是多少？解：一位回文數有：1，2，…，9，共9個；二位回文數有：11，22，…，99，共9個；三位回文數有：101，111，…，999，共90個；四位回文數有：1001，1111，…，9999，共90個；五位回文數有：10001，10101，…，99999，共900個；六位回文數有：100001，101101，…，999999，共900個。到六位數為止，回文數共有9＋9＋90＋90＋900＋900=1998（個）。第1999個回文數是1000001，第個回文數是1001001。例4設有長度為1，2，…，9線段各一條，目前要從這9條線段中選用若干條構成一種正方形，共有多少種不一樣取法？這里規(guī)定當用2條或多條線段接成一條邊時，除端點外，不許重疊。解法1：由于因此正方形邊長不不不不小于11。下面按正方形邊長分類枚舉：（1）邊長為11：9＋2=8+3=7＋4=6＋5，可得1種選法；（2）邊長為10：9＋1=8＋2=7＋3=6＋4，可得1種選法；（3）邊長為9：9=8＋1=7＋2=6＋3=5＋4，可得5種選法；（4）邊長為8：8=7＋1=6＋2=5+3，可得1種選法；（5）邊長為7：7=6＋1=5＋2=4＋3，可得1種選法；（6）邊長≤6時，無法選用。綜上計算，不一樣取法共有1＋1+5＋1＋1=9（種）。解法2：由于這些線段互不等長，故至少要用7條線段才能構成一種正方形。當恰取7條線段構成正方形時，正方形3條邊各用2條線相接，另一條邊只用一條線段；當恰用8條線段時，只能每邊各用2條線段相接（輕易看出，其她狀況不也許發(fā)生）。由于1+2＋…＋9=45，45不能被4整除，因此用9條線段，不也許構成正方形。由解法一知，拼出正方形邊長至多為11，又易知正方形邊長不也許為1，2，3，4，5，6。有了以上分析就輕易計數了。（1）取出7條線段，有如下7種：7=1+6＝2＋5＝3＋4；8＝1+7＝2+6＝3＋5；9＝1＋8＝2＋7＝3＋6=4＋5（這個式子有5種）；（2）取出8條線段，有如下2種：1＋9＝2＋8＝3＋7＝4＋6；2＋9＝3＋8＝4＋7＝5＋6。綜上所述，不一樣取法共有7＋2=9（種）。三、乘法原理假如完畢一件事必要分n個環(huán)節(jié)，而每一種環(huán)節(jié)分別有m1，m2，…，mn種措施，那么完畢這件事共有：N＝m1×m2×…×mn種措施。這就是乘法原理，它是分步法根據。乘法原理和加法原理被稱為是計數基本原理。咱們應注意它們區(qū)別，也要注意兩者聯(lián)合使用。例5一臺晚會上有6個演唱節(jié)目和4個舞蹈節(jié)目。求：（1）當4個舞蹈節(jié)目要排在一起時，有多少不一樣安排節(jié)目次序？（2）當規(guī)定每2個舞蹈節(jié)目之間至少安排1個演唱節(jié)目時，一共有多少不一樣安排節(jié)目次序？解：（1）先將4個舞蹈節(jié)目當作1個節(jié)目，與6個演唱節(jié)目一起排，有7！=7×6×5×4×3×2×1=5404（種）措施。第二步再排4個舞蹈節(jié)目，有4！=4×3×2×1＝24（種）措施。根據乘法原理，一共有5040×24=120960（種）措施。（2）首先將6個演唱節(jié)目排成一列（如下圖中“□”），一共有6！=6×5×4×3×2×1=720（種）措施?！痢酢痢酢痢酢痢酢痢酢痢酢恋诙剑賹?個舞蹈節(jié)目排在一頭一尾或2個演唱節(jié)目之間（即上圖中“×”位置），這相稱于從7個“×”中選4個來排，一共有7×6×5×4＝840（種）措施。根據乘法原理，一共有720×840=604800（種）措施。例6有8個隊參與比賽，假如采用下面淘汰制，那么在賽前抽簽時，實際上可以得到多少種不一樣安排表？解：8個隊要通過3輪比賽才能確定冠亞軍。將第1輪4組，自左至右記為1，2，3，4組，其中第1，2組為甲區(qū)，3，4組為乙區(qū)。8個隊抽簽即是在上圖8個位置排列，共有8！=8×7×6×5×4×3×2×1=40320（種）不一樣措施。不過，兩種不一樣排列不一定是實際上不一樣比賽安排表。實際上，8隊中某4隊都分在甲區(qū)或乙區(qū)，實際上是同樣；同區(qū)4隊中某2隊在某一組或另一組，實際上也是同樣；同組中2隊，編號誰是奇數誰是偶數實際也是同樣。由乘法原理知，在40320種排法中，與某一種排法實質上相似排法有2×22×24=27=128（種），故按實際不一樣比賽安排表種數是四、對應法小孩子數蘋果，往往掰著手指頭，一種一種地掰，掰完左手掰右手，這種數蘋果措施就是對應法。小孩子把蘋果與自己手指頭一對一，她掰了幾種指頭，也就數出了幾種蘋果。一般地，假如兩類對象彼此有一對一關系，那么咱們可以通過對一類較易計數對象計數，而得出具有相似數目另一類難于計數對象個數。例7在8×8方格棋盤中，取出一種由3個小方格構成“L”形（如圖1），一共有多少種不一樣措施？解：每一種取法，有一種點與之對應，這就是圖1中A點，它是棋盤上橫線與豎線交點，且不在棋盤邊上。從圖2可以看出，棋盤內每一種點對應著4個不一樣取法（“L”形“角”在2×2正方形不一樣“角”上）。由于在8×8棋盤上，內部有7×7=49（個）交叉點，故不一樣取法共有49×4=196（種）。例8數3可以用4種措施體現(xiàn)為1個或幾種正整數和，如3，1＋2，2+1，1+1＋1。問：1999體現(xiàn)為1個或幾種正整數和措施有多少種？分析與解：咱們將1999個1寫成一行，它們之間留有1998個空隙，在這些空隙處，或者什么都不填，或者填上“＋”號。例如對于數3，上述4種和體現(xiàn)措施對應：111，11＋1，1＋11，1＋1＋1。顯然，將1999體現(xiàn)到和形式與填寫1998個空隙處方式之間一對一，而每一種空隙處均有填“＋”號和不填“＋”號2種也許，因而1999可以體現(xiàn)為正整數之和不一樣措施有五、容斥原理在應用加法原理時，關鍵在于把所要計數對象分為若干個不重不漏類，使得每類便于計數。不過詳細問題往往是復雜，常常扭成一團，難以分為不重不漏類，而要把條理分清晰就得用加法原理推廣——容斥原理。為了體現(xiàn)以便，咱們用A體現(xiàn)A類元素個數，用B體現(xiàn)B類元素個數，用A∪B體現(xiàn)是A類或是B類元素個數，用A∩B體現(xiàn)既是A類又是B類元素個數。A∪B∩C，A∪B∩C意義類似。容斥原理1假如被計數事物有兩類，那么A∪B＝A＋B－A∩B。容斥原理2假如被計數事物有三類，那么A∪B∪C＝A+B＋C-A∩B-B∩C－A∩C＋A∩B∩B。容斥原理實質在于包括與排除，或形象地稱之為“多退少補”。容斥原理若用韋恩圖進行分析和記憶，十分以便，留給讀者研究。例9在100名學生中，有10人既不會騎自行車又不會游泳，有65人會騎自行車，有73人會游泳，既會騎自行車又會游泳有多少人？解：從100名總人數中減去既不會騎自行車又不會游泳10人，就是會騎自行車或會游泳人數100-10=90（人）。既會騎自行車又會游泳有（65＋73）－90=48（人）。例10在1至100自然數中，不能被2整除，又不能被3整除，還不能被5整除數，占這100個自然數百分之幾？解：由容斥原理2知，1至100自然數中，或能被2整除，或能被3整除，或能被5整除自然數個數是＝50＋33＋20-16-6＋3＝74。因此，在1至100自然數中，不能被2整除，又不能被3整除，還不能被5整除自然數有100－74=26（個），占這100個自然數26％。六、歸納法對于比較復雜問題，可以先觀測其簡樸狀況，歸納出其中帶規(guī)律性東西，然后再來處理較復雜問題。例1110個三角形最多將平面提成幾種某些？解。設n個三角形最多將平面提成an個某些。n=1時，a1=2；n=2時，第二個三角形每一條邊與第一種三角形最多有2個交點，三條邊與第一種三角形最多有2×3=6（個）交點。這6個交點將第二個三角形周圍提成了6段，這6段中每一段都將本來每一種某些提成2個某些，從而平面也增長了6個某些，即a2＝2＋2×3。n＝3時，第三個三角形與前面兩個三角形最多有4×3＝12（個）交點，從而平面也增長了12個某些，即：a3=2＋2×3＋4×3?！话愕?，第n個三角形與前面（n-1）個三角形最多有2（n-1）×3個交點，從而平面也增長2（n－1）×3個某些，故an=2＋2×3＋4×3＋…＋2（n-1）×3＝2＋［2＋4＋…＋2（n-1）］×3＝2＋3n（n-1）＝3n2-3n＋2。尤其地，當n＝10時，a10＝3×102＋3×10＋2=272，即10個三角形最多把平面提成272個某些。七、整體法解答數學題，有時要“化整為零”，使問題變得簡樸；有時反而要從整體上來考慮，從全局、從整體來研究問題。例12正方形ABCD內部有1999個點，以正方形4個頂點和內部1999個點為頂點，將它剪成某些三角形。問：一共可以剪成多少個三角形？共需剪多少刀？解：咱們從整體來考慮，先計算所有三角形內角和。匯聚在正方形內一點諸角之和是360°，而正方形內角和也是360°，共有360°×1999＋360°，從而三角形個數是由于每個三角形有三條邊，而正方形紙本來4條邊當然不用剪；別旳邊，由于是兩個三角形公共邊，剪一刀出兩條邊，因此共剪刀數是練習101．一只青蛙在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一樣跳法？2．在國際象棋棋盤上放置兩只“車”，假如它們彼此不構成威脅，那么一共有多少種不一樣放法？3．在8×8棋盤上可以找到多少個形如右圖所示“凸”字形圖形？4．從19，20，21，…，97，98，99這81個數中，選用兩個不一樣數，使其和為偶數選法總數是多少？5．平面上有7個不在同一直線上點，以這7個點作為頂點做三角形，使得任何兩個三角形至多只有一種公共頂點。最多可做出多少個滿足條件三角形？6．下圖是一種道路圖。A處有一大群孩子，這群孩子向東或向北走，在從A開始每個路口，均有二分之一人向北走，另二分之一人向東走，假如先后有60個孩子到過路口B，那么先后共有多少個孩子到過路口C？7．在1001，1002，…，這1000個自然數中，可以找到多少對相鄰自然數，使它們相加時不進位？8．有10個箱子，編號為1，2，…，10，各配一把鑰匙，10把各不相似，每個箱子放進一把鑰匙鎖好，先撬開1，2號箱子，取出鑰匙去開別箱子，假如最終能把所有箱子鎖都打開，則說是一種好放鑰匙措施。求好措施總數。練習10答案1.6種。解：如下圖，第1步跳到B，4步回到A有3種措施；同樣第1步到C也有3種措施。共有6種措施。2.3136種。解：第一步，放第一只“車”，有64種措施；第二步，放第二只“車”，因不能和第一只同行，也不能同列，故有49種措施。由乘法原理，一共有64×49=3136（種）放法。3.168個。解：在每個2×3長方形中可以找到2個“凸”字形圖形，8×8方格棋盤中共有84個2×3長方形，因此可以找到84×2=168（個）。4.1600種。解：從19到99合計81個不一樣整數，其中有41個奇數、40個偶數。若選用兩數之和為偶數，則必要且只須選用兩個數有相似奇偶性，因此選用措施數分為兩類：第一類，選用兩個不一樣偶數措施數；第二類，選用兩個不一樣奇數措施數。依加法原理，這兩類措施數總和即為所求措施數。第一類是從40個偶數中選用兩個不一樣偶數措施數，先取第一種偶數有40種措施，從別旳39個偶數中選用第2個有39種措施，依乘法原理，共有40×39種不一樣措施，但注意選用第1個數例如30，選用第2個數例如32，與選第1個數32，再選第2個數30，是同一組。因此總選法數應當折半，第二類是從41個奇數中選用兩個不一樣奇數措施數，與上述措施相似，5.7個。2個三角形至多