奧數(shù)：7-6計數(shù)方法與技巧綜合

1、計數(shù)方法與技巧綜合知識框架圖7- 6- 1 歸納法7- 6- 2 整體法7- 6 計數(shù)方法與技7- 6- 3- 1 圖形中的對應(yīng)關(guān)系7 計數(shù)綜合7- 6- 3- 2 數(shù)字問題中的對應(yīng)關(guān)系巧綜合7-6-3對應(yīng)法7- 6- 3- 3 對應(yīng)與階梯型標(biāo)數(shù)法7- 6- 3- 4 不完全對應(yīng)關(guān)系7- 6- 4 遞推法教學(xué)目標(biāo)前面在講加法原理、乘法原理、排列組合時已經(jīng)穿插講解了計數(shù)中的一些常用的方法，比如枚舉法、樹形圖法、標(biāo)數(shù)法、捆綁法、排除法、插板法等等，這里再集中學(xué)習(xí)一下計數(shù)中其他常見的方法，主要有歸納法、整體法、對應(yīng)法、遞推法對這些計數(shù)方法與技巧要做到靈活運用例題精講模塊一、歸納法從條件值較小的數(shù)開始

2、，找出其中規(guī)律，或找出其中的遞推數(shù)量關(guān)系，歸納出一般情況下的數(shù)量關(guān)系【例1】（難度等級）一條直線分一個平面為兩部分兩條直線最多分這個平面為四部分問5 條直線最多分這個平面為多少部分?【解析】 方法一：我們可以在紙上試著畫出1 條直線， 2 條直線， 3 條直線， 時的情形，于是得到下表：由上表已知 5 條直線最多可將這個平面分成16 個部分，并且不難知曉，當(dāng)有n 條直線時，最多可將平面分成 2+2+3+4+n=n n 1+1 個部分 2方法二：如果已有 k 條直線，再增加一條直線，這條直線與前k 條直線的交點至多k 個，因而至多被分成 k+1 段，每一段將原有的部分分成兩個部分，所以至多增加k

3、+1 個部分于是3 條直線至多將平面分為 4+3=7 個部分，4 條直線至多將平面分為7+4=11 個部分，5 條直線至多將平面分為 11+5=16個部分 一般的有 k 條直線最多將平面分成： 1+1+2+k=k k 1+1 個部分，所以五條直線可以分平面為162個部分【鞏固】（難度等級） 平面上5 條直線最多能把圓的內(nèi)部分成幾部分？平面上100 條直線最多能把圓的內(nèi)部分成幾部分？【解析】 假設(shè)用 ak 表示 k 條直線最多能把圓的內(nèi)部分成的部分?jǐn)?shù)，這里k 0， 1，2， a0 1a1=a0 +12a2=a1 2=4a3=a2 3=7a4=a3 +411故 5 條直線可以把圓分成16 部分，

4、100 條直線可以把圓分成5051 部分【例 2 】 （難度等級）平面上 10 個兩兩相交的圓最多能將平面分割成多少個區(qū)域？【解析】先考慮最簡單的情形為了敘述方便，設(shè)平面上k 個圓最多能將平面分割成ak 個部分6691234587112 32345124711 121314810從圖中可以看出，a12 ， a2422 1， a38422， a41482 3，可以發(fā)現(xiàn) ak 滿足下列關(guān)系式：akak 12 k1實際上，當(dāng)平面上的( k 1 ) 個圓把平面分成ak1 個區(qū)域時，如果再在平面上出現(xiàn)第k 個圓，為了保證劃分平面的區(qū)域盡可能多，新添的第 k 個圓不能通過平面上前k1個圓之間的交點 這樣，

5、 第 k個圓與前面 k1個圓共產(chǎn)生2(k 1) 個交點，如下圖：這 2( k1) 個交點把第 k 個圓分成了2( k1) 段圓弧， 而這 2 (k1) 段圓弧中的每一段都將所在的區(qū)域一分為二，所以也就是整個平面的區(qū)域數(shù)增加了2( k1) 個部分所以， ak ak 1 2 k 1 那么， a10a92 9a82829a72 72 829a12122 .2728292212. 78992故 10 個圓最多能將平面分成92 部分【例 3 】10個三角形最多將平面分成幾個部分？【解析】設(shè) n 個三角形最多將平面分成an 個部分n 1時， a1 2 ；n2 時，第二個三角形的每一條邊與第一個三角形最多有

6、2 個交點，三條邊與第一個三角形最多有23 6 （個）交點這 6 個交點將第二個三角形的周邊分成了6段，這6 段中的每一段都將原來的每一個部分分成 2個部分，從而平面也增加了6 個部分，即 a222 3n 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，從而平面也增加了 12 個部分，即： a3 2 2343一般地，第 n 個三角形與前面n1 個三角形最多有2 n1 3 個交點，從而平面也增加2 n 1 3 個部分，故 an223432 n 1 322 42 n 1 3 3n 2 3n2；特別地，當(dāng) n10時， a103102310 2272，即 10個三角形最多把平面分成27

7、2 個部分【例4】 （難度等級）一個長方形把平面分成兩部分，那么3 個長方形最多把平面分成多少部分？【解析】 一個長方形把平面分成兩部分第二個長方形的每一條邊至多把第一個長方形的內(nèi)部分成2 部分，這樣第一個長方形的內(nèi)部至多被第二個長方形分成五部分同理，第二個長方形的內(nèi)部至少被第一個長方形分成五部分這兩個長方形有公共部分有數(shù)字 9 的部分 )還有一個區(qū)域位于兩個長方形外面，所以兩個長方形至多把平面分成(如下圖，標(biāo)10 部分第三個長方形的每一條邊至多與前兩個長方形中的每一個的兩條邊相交，故第一條邊被隔成五條小線段，其中間的三條小線段中的每一條線段都把前兩個長方形內(nèi)部的某一部分一分為二，所以至多增加

8、 3×4=12 個部分而第三個長方形的4 個頂點都在前兩個長方形的外面，至多能增加4 個部分所以三個長方形最多能將平面分成10+12+4=26【小結(jié)】 n 個圖形最多可把平面分成部分?jǐn)?shù)：直線：nn1；12圓： 2nn1 ；三角形： 23nn1；長方形： 24nn1【例5】（難度等級）在平面上畫5 個圓和 1 條直線，最多可把平面分成多少部分?【解析】 先考慮圓 1 個圓將平面分成2 個部分這時增加1 個圓，這個圓與原有的1 個圓最多有兩個交點，成為 2 條弧，每條弧將平面的一部分一分為二，增加了2 個部分，所以2 個圓最多將平面分成4 個部分當(dāng)有3 個圓時，第3 個圓與原有的2 個產(chǎn)

9、生 4 個交點而增加4 個部分，所以3 個圓最多將平面分成 8 個部分同樣的道理， 5 個圓最多將平面分成22 個部分再考慮直線直線與每個圓最多有2 個交點，這樣與5 個圓最多有10 個交點它們將直線分成11條線段或射線，而每條線段又將平面的一部分一分為二，2 條射線增加了一部分，因此5個圓和 1條直線最多可將平面分成32 個部分【例 6 】 在一個西瓜上切 6 刀，最多能將瓜皮切成多少片？【解析】將西瓜看做一個球體，球體上任意一個切割面都是圓形，所以球面上的切割線是封閉的圓周，考慮每一次切割能增加多少瓜皮片當(dāng)切1刀時，瓜皮被切成兩份，當(dāng)切第2 刀時，由于切割線相交，所以瓜皮被切成 4 分，切

10、第 n 次時，新增加的切割線與原來的切割線最多有2 n1個交點這些交點將第 n 條切割線分成 2 n 1段，也就是說新增加的切割線使瓜皮數(shù)量增加了2n 1 ，所以在西瓜上切 6 刀，最多能將瓜皮切成11212223242 5 32片【例 7 】 在一大塊面包上切 6 刀最多能將面包切成多少塊 （注：面包是一個立體幾何圖形，切面可以是任何方向）【解析】題目相當(dāng)于 6 個平面能將空間劃分為多少個部分通過找規(guī)律來尋找遞推關(guān)系，顯然的1個平面能將空間劃分成 2 塊， 2 個平面能將空間劃分成 4塊，3 個平面能將空間劃分成8個平面，當(dāng)增加到第四個平面時，第四個平面這能將原來空間中的8 個部分中的其中幾

11、個劃分如圖：注意到第四個平面與其他三個平面相交形成3 條直線，這三條直線將第四個平面分割成7 個部分，而每一部分將原來三個平面劃分的8 個空間中的7 個劃分成兩份，所以4 個平面能將空間劃分成8715個部分同樣的第五個平面與前四個平面分別相交成4 條直線，這四條直線能將第5個平面分割成1123411個部分，每一部分都劃分原空間中的某一區(qū)域，所以第五個平面能使空間中的區(qū)域增加到151126個部分當(dāng)增加到6 個平面時，第六個平面共被劃分成11 2 3 4 5 16個部分，所以第6 個平面能將空間中的區(qū)塊數(shù)增加到26 16 42個部分所以6刀能將面包切成 42塊模塊二、整體法解決計數(shù)問題時，有時要“

12、化整為零” ，使問題變得簡單；有時反而要從整體上來考慮，從全局、從整體來研究問題，反而有利于發(fā)現(xiàn)其中的數(shù)量關(guān)系【例8】（難度等級）一個正方形的內(nèi)部有1996 個點，以正方形的4 個頂點和內(nèi)部的1996 個點為頂點，將它剪成一些三角形問：一共可以剪成多少個三角形?如果沿上述這些點中某兩點之間所連的線段剪開算作一刀，那么共需剪多少刀?【解析】 方法一：歸納法如下圖，采用歸納法，列出1 個點、 2 個點、 3 個點 時可剪出的三角形個數(shù)，需剪的刀數(shù)不難看出，當(dāng)正方形內(nèi)部有n 個點時，可以剪成2n2 個三角形，需剪 3n+l 刀，現(xiàn)在內(nèi)部有1996個點，所以可以剪成2×1996+2=3994

13、 個三角形，需剪 3×1996+1=5989 刀方法二：整體法我們知道內(nèi)部一個點貢獻(xiàn)360 度角，原正方形的四個頂點共貢獻(xiàn)了360 度角，所以當(dāng)內(nèi)部有n 個點時，共有 360n+360度角，而每個三角形的內(nèi)角和為180 度角，所以可剪成 (360n+360) ÷180=2n+2 個三角形2n+2 個三角形共有3×(2n+2)=6n+6 條邊，但是其中有 4 條是原有的正方形的邊，所以正方形內(nèi)部的三角形邊有 6n+64=6n+2 條邊，又知道每條邊被2 個三角形共用，即每 2 條邊是重合的，所以只用剪 (6n+2) ÷2 3n+1 刀本題中 n=1996，

14、所以可剪成 3994 個三角形，需剪5989 刀【鞏固】在三角形 ABC 內(nèi)有 100 個點，以三角形的頂點和這100 點為頂點，可把三角形剖分成多少個小三角形？【 解析】整體法100 個點每個點周圍有 360 度，三角形本身內(nèi)角和為 180 度，所以可以分成360 100 180 180 201 個小三角形【例 9 】 在一個六邊形紙片內(nèi)有60 個點，以這60 個點和六變形的6 個頂點為頂點的三角形，最多能剪出_個【解析】設(shè)正六邊形內(nèi)有n 個點，當(dāng) n1時有 6個三角形，每增加一個點，就增加2 個三角形，n 個點最多能剪出62 n 12 n 2個三角形n 60時，可剪出 124個三角形注：設(shè)

15、最多能剪出x 個小三角形，則這些小三角形的內(nèi)角和為形 六個 頂點 處各 角之和為4 180 ， 故這些 小三 角形的內(nèi)180 x 換一個角度看，匯聚到正六邊角總和為 603604 180 于是180 x603604180，解得 x124模塊三、對應(yīng)法將難以計數(shù)的數(shù)量與某種可計量的事物聯(lián)系起來，只要能建立一一對應(yīng)的關(guān)系，那么這兩種事物在數(shù)量上是相同的事實上插入法和插板法都是對應(yīng)法的一種表現(xiàn)形式一、圖形中的對應(yīng)關(guān)系【例10】（難度等級）在8×8的方格棋盤中，取出一個由三個小方格組成的“L形”（如圖），一共有多少種不同的方法？【解析】 注意：數(shù) “不規(guī)則幾何圖形”的個數(shù)時，常用對應(yīng)法第 1

16、 步：找對應(yīng)圖形 每一種取法，有一個點與之對應(yīng)，這就是圖中的 A 點，它是棋盤上橫線與豎線的交點，且不在棋盤邊上第 2 步：明確對應(yīng)關(guān)系從下圖可以看出，棋盤內(nèi)的每一個點對應(yīng)著4 個不同的取法（“L形”的 “角 ”在 2×2 正方形的不同 “角 ”上）第 3 步：計算對應(yīng)圖形個數(shù)由于在8×8 的棋盤上，內(nèi)部有7×7=49（個）交叉點，第 4 步：按照對應(yīng)關(guān)系，給出答案故不同的取法共有49×4=196（種）評注 :通過上面兩個范例我們知道,當(dāng)直接去求一個集合元素的個數(shù)較為困難的時候,可考慮采用相等的原則 ,把問題轉(zhuǎn)化成求另一個集合的元素個數(shù)【例11】（難度等

17、級 ）在 8×8 的黑白相間染色的國際象棋棋盤中，以網(wǎng)格線為邊的、恰包含兩個白色小方格與一個黑色小方格的長方形共有多少個？【解析】 首先可以知道題中所講的13長方形中間的那個小主格為黑色，這是因為兩個白格不相鄰，所以不能在中間顯然，位于棋盤角上的黑色方格不可能被包含在這樣的長方形中下面分兩種情況來分析：第一種情況， 一個位于棋盤內(nèi)部的黑色方格對應(yīng)著兩個這樣的1 3長方形 (一橫一豎 )；第二種情況，位于邊上的黑色方格只能對應(yīng)一個13長方形由于在棋盤上的32 個黑色方格中， 位于棋盤內(nèi)部的18 個，位于邊上的有12 個，位于角上的有2 個，所以共有 1821248 個這樣的長方形本題也

18、可以這樣來考慮：事實上，每一行都有6 個 13長方形，所以棋盤上橫、豎共有1 3長方形6 8 2 96 個由于棋盤上的染色具有對稱性，因此包含兩個白色小方格與一個黑色小方格的長方形正好與包含兩個黑色小方格與一個白色小方格的長方形具有一一對應(yīng)關(guān)系，這說明它們各占一半，因此所求的長方形個數(shù)為96248個【鞏固】（難度等級）用一張如圖所示的紙片蓋住66 方格表中的四個小方格，共有多少種不同的放置方法？【解析】 如圖，將紙片中的一個特殊方格染為黑色，下面考慮此格在66 方格表中的位置易見它不能位于四個角上；若黑格位于方格表中間如圖淺色陰影所示的44 正方形內(nèi)的某格時，紙片有4 種不同的放法，共計 4

19、4 4 64種；若黑格位于方格表邊上如圖深色陰影所示的方格中時，紙片的位置隨之確定，即只有 1 種放法，此類放法有 4 4 16 種所以，紙片共有 64 16 80 種不同的放置方法 【例12】（難度等級）圖中可數(shù)出的三角形的個數(shù)為【解析】這個圖不像我們以前數(shù)三角形那樣規(guī)則，粗看似乎看不出其中的規(guī)律，不妨我們?nèi)〕銎渲械囊粋€三角形，發(fā)現(xiàn)它的三條邊必然落在這個圖形中的三條大線段上，而每三條大線段也正好能構(gòu)成一個三角形，因此三角形的個數(shù)和三條大線段的取法是一一對應(yīng)的關(guān)系，圖中一共有8 條大線段，因此有C8356 個三角形【例 13 】如圖所示，在直線AB 上有 7 個點，直線 CD 上有 9 個點以

20、 AB 上的點為一個端點、CD 上的點為另一個端點的所有線段中，任意3 條線段都不相交于同一個點，求所有這些線段在AB 與 CD 之間的交點數(shù)ABCD【解析】常規(guī)的思路是這樣的：直線AB 上的 7 個點，每個點可以與直線CD 上的 9 個點連 9 根線段，然后再分析這些線段相交的情況如右圖所示，如果注意到下面這個事實：對于直線AB 上的任意兩點M 、 N 與直線 CD 上的任意兩點 P 、 Q 都可以構(gòu)成一個四邊形MNQP ，而這個四邊形的兩條對角線MQ 、 NP 的交點恰好是我們要計數(shù)的點，同時，對于任意四點( AB 與 CD 上任意兩點 ) 都可以產(chǎn)生一個這樣的交點，所以圖中兩條線段的交點

21、與四邊形有一一對應(yīng)的關(guān)系這說明，為了計數(shù)出有多少個交點，我們只需要求出在直線AB 與 CD 中有多少個滿足條件的四邊形MNQP 就可以了！從而把問題轉(zhuǎn)化為：在直線 AB 上有 7 個點，直線 CD 上有 9 個點四邊形 MNQP 有多少個？其中點 M 、 N 位于直線 AB 上，點 P 、 Q 位于直線 CD 上這是一個常規(guī)的組合計數(shù)問題，可以用乘法原理進(jìn)行計算：由于線段MN 有 C7221種選擇方式，線段 PQ 有 C92 36 種選擇方式， 根據(jù)乘法原理， 共可產(chǎn)生 21 36 756 個四邊形 因此在直線 AB 與 CD 之間共有 756 個交點二、數(shù)字問題中的對應(yīng)關(guān)系【例 14 】有多

22、少個四位數(shù)， 滿足個位上的數(shù)字比千位數(shù)字大，千位數(shù)字比百位大， 百位數(shù)字比十位數(shù)字大？【解析】由于四位數(shù)的四個數(shù)位上的數(shù)的大小關(guān)系已經(jīng)非常明確，而對于從 0 9 中任意選取的 4 個數(shù)字， 它們的大小關(guān)系也是明確的，那么由這4 個數(shù)字只能組成1個符合條件的四位數(shù) ( 題目中要求千位比百位大，所以千位不能為0，本身已符合四位數(shù)的首位不能為0 的要求，所以進(jìn)行選擇時可以把0 包含在內(nèi) ) ，也就是說滿足條件的四位數(shù)的個數(shù)與從0 9 中選取 4 個數(shù)字的選法是一一對應(yīng)的關(guān)系，那么滿足條件的四位數(shù)有410987個C104322101【鞏固】 （難度等級 ）三位數(shù)中，百位數(shù)比十位數(shù)大，十位數(shù)比個位數(shù)大的

23、數(shù)有多少個？【解析】 相當(dāng)于在 10 個數(shù)字中選出3 個數(shù)字，然后按從大到小排列. 共有 10× 9× 8÷（ 3×2× 1）=120 種實際上，前鋪中每一種劃法都對應(yīng)著一個數(shù)【例 15 】數(shù) 3 可以用 4 種方法表示為一個或幾個正整數(shù)的和，如3，1 2， 2 1， 1 1 1問： 1999表示為一個或幾個正整數(shù)的和的方法有多少種？【解析】我們將 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(shù)3，上述4 種和的表達(dá)方法對應(yīng)：111，1 11，11 1，1 1 1可見，將1999

24、表示成和的形式與填寫1998 個空隙處的方式之間是一一對應(yīng)的關(guān)系，而每一個空隙處都有填“”號和不填“”號2 種可能，因此1999 可以表示為正整數(shù)之和的不同方法有2 22 21998 種1998個 2 相乘【例 16 】（ 2019 年國際小學(xué)數(shù)學(xué)競賽）請問至少出現(xiàn)一個數(shù)碼3，并且是3 的倍數(shù)的五位數(shù)共有多少個？【解析】五位數(shù)共有90000 個，其中3 的倍數(shù)有30000 個可以采用排除法，首先考慮有多少個五位數(shù)是3的倍數(shù)但不含有數(shù)碼3.首位數(shù)碼有8 種選擇，第二、三、四位數(shù)碼都有9 種選擇當(dāng)前四位的數(shù)碼確定后，如果它們的和除以余數(shù)為0，則第五位數(shù)碼可以為0、 6、 9；如果余數(shù)為1，則第五位

25、數(shù)碼可以為2、 5、 8；如果余數(shù)為2，則第五位數(shù)碼可以為1、 4、7. 可見只要前四位數(shù)碼確定了，第五位數(shù)碼都有3 種選擇，所以五位數(shù)中是3 的倍數(shù)但不含有數(shù)碼3 的數(shù)共有 8999317496個所以滿足條件的五位數(shù)共有300001749612504個三、對應(yīng)與階梯型標(biāo)數(shù)法【例 17 】游樂園的門票1 元 1 張，每人限購1 張現(xiàn)在有10 個小朋友排隊購票，其中5 個小朋友只有1 元的鈔票，另外5 個小朋友只有2 元的鈔票，售票員沒有準(zhǔn)備零錢問有多少種排隊方法，使售票員總能找得開零錢？【解析】與類似題目找對應(yīng)關(guān)系要保證售票員總能找得開零錢，必須保證每一位拿2 元錢的小朋友前面的若干小朋友中，

26、拿1 元的要比拿 2 元的人數(shù)多，先將拿1 元錢的小朋友看成是相同的，將拿2 元錢的小朋友看成是相同的，可以利用斜直角三角模型在下圖中，每條小橫線段代表1 元錢的小朋友，每條小豎線段代表2 元錢的小朋友，因為從A 點沿格線走到B 點，每次只能向右或向上走，無論到途中哪一點，只要不超過斜線，那么經(jīng)過的小橫線段都不少于小豎線段，所以本題相當(dāng)于求下圖中從A 到 B 有多少種不同走法使用標(biāo)數(shù)法，可求出從A到 B有 42種走法B421442514282591412345A111111但是由于 10 個小朋友互不相同，必須將他們排隊，可以分成兩步，第一步排拿2 元的小朋友，5 個人共有 5！ 120種排法

27、；第二步排拿到1 元的小朋友，也有120 種排法，所以共有 5！ 5！ 14400 種排隊方法這樣，使售票員能找得開零錢的排隊方法共有4214400604800( 種 ) 【例 18 】（ 2008年第一屆“學(xué)而思杯”五年級試題）學(xué)學(xué)和思思一起洗5 個互不相同的碗，思思洗好的碗一個一個往上摞，學(xué)學(xué)再從最上面一個一個地拿走放入碗柜摞成一摞，思思一邊洗，學(xué)學(xué)一邊拿，那么學(xué)學(xué)摞好的碗一共有種不同的摞法【解析】我們把學(xué)學(xué)洗的5 個碗過程看成從起點向右走5 步（即洗幾個碗就代表向右走幾步），思思拿 5 個碗的過程看成是向上走5 步（即拿幾個碗就代表向上走幾步），摞好碗的摞法，就代表向右、向上走5 步到達(dá)

28、終點最短路線的方法. 由于洗的碗要多余拿的碗，所以向右走的路線要多余向上走的路線，所以我們用下面的斜三角形進(jìn)行標(biāo)數(shù)，共有42種走法，即代表42 種摞法 .B421442514282591412345A11111【例 19 】 ( 第七屆走美試題) 一個正在行進(jìn)的8 人隊列，每人身高各不相同，按從低到高的次序排列，現(xiàn)在他們要變成并列的2 列縱隊，每列仍然是按從低到高的次序排列，同時要求并排的每兩人中左邊的人比右邊的人要矮，那么，2 列縱隊有種不同排法【解析】首先，將 8 人的身高從低到高依次編號為1、2、3、4、5、6、7、8，現(xiàn)在就相當(dāng)于要將這8 個數(shù)填到一個42的方格中，要求每一行的數(shù)依次增

29、大，每一列上面的要比下面的大下面我們將 1、2、3、4、5、6、7、8依次往方格中填，按照題目規(guī)則，很容易就發(fā)現(xiàn)：第二行填的的數(shù)字的個數(shù)永遠(yuǎn)都小于或等于第一行數(shù)字填的個數(shù)也就是說，不能出現(xiàn)下圖這樣的情況而這個正好是“階梯型標(biāo)數(shù)”題型的基本原則于是，我們可以把原題轉(zhuǎn)化成：在這個階梯型方格中，橫格代表在第一行的四列，縱格代表第二行的四列，那么此題所有標(biāo)數(shù)的方法就相當(dāng)于從 A 走到 B 的最短路線有多少條例如，我們選擇一條路線：它對應(yīng)的填法就是：最后，用“標(biāo)數(shù)法”得出從A 到 B 的最短路徑有14 種，如下圖：【鞏固】 將 112 這 12 個數(shù)填入到2 行 6 列的方格表中， 使得每行右邊比左邊的

30、大，每一列上面比下面的大，共有多少種填法？【解析】根據(jù)對應(yīng)關(guān)系，再運用階梯型標(biāo)數(shù)法畫圖如下：13242132144290514284825914201234561111111共有 132 種填法四、不完全對應(yīng)關(guān)系【例 20 】圓周上有 12 個點，其中一個點涂紅，還有一個點涂了藍(lán)色，其余10 個點沒有涂色，以這些點為頂點的凸多邊形中，其頂點包含了紅點及藍(lán)點的多邊形稱為雙色多邊形；只包含紅點(藍(lán)點)的多邊形稱為紅色 ( 藍(lán)色 ) 多邊形不包含紅點及藍(lán)點的稱無色多邊形試問，以這12 個點為頂點的所有凸多邊形 ( 邊數(shù)可以從三角形到12 邊形 ) 中，雙色多邊形的個數(shù)與無色多邊形的個數(shù)，哪一種較多？

31、多多少個？【解析】從任意一個雙色的 N 邊形出發(fā) (N5時 ) ，在去掉這個雙色多邊形中的紅色頂點與藍(lán)色頂點后，將得到一個無色的N2邊形；另一方面，對于一個任意的無色的M 邊形，如果加上紅色頂點和藍(lán)色頂點，就得到一個雙色的M2 邊形，所以無色多邊形與雙色多邊形中的五邊形以上的圖形是一一對應(yīng)的關(guān)系，所以雙色多邊形的個數(shù)比較多，多的是雙色三角形和雙色四邊形的個數(shù)而雙色三角形有 10 個，雙色四邊形有C10245 個，所以雙色多邊形比無色多邊形多10 4555 個【例 21 】有一類各位數(shù)字各不相同的五位數(shù)M ，它的千位數(shù)字比左右兩個數(shù)字大，十位數(shù)字也比左右兩位數(shù)字大另有一類各位數(shù)字各不相同的五位數(shù)

32、W ，它的千位數(shù)字比左右兩個數(shù)字小，十位數(shù)字也比左右兩位數(shù)字小請問符合要求的數(shù)M 與 W ，哪一類的個數(shù)多？多多少？【解析】 M 與 W 都是五位數(shù)， 都有千位和十位與其它數(shù)位的大小關(guān)系，所以兩類數(shù)有一定的對應(yīng)關(guān)系比如有一個符合要求的五位數(shù)MABCDE ( A 不為0) ，那么就有一個與之相反并對應(yīng)的五位數(shù)(9 A)(9B)(9C )(9D )(9E ) 必屬于 W 類，比如 13254為 M 類，則與之對應(yīng)的86754 為 W 類所以對于 M 類的每一個數(shù)，W 類都有一個數(shù)與之對應(yīng)但是兩類數(shù)的個數(shù)不是一樣多，因為M 類中 0 不能做首位，而 W 類中 9 可以做首位所以W 類的數(shù)比 M 類的

33、數(shù)要多，多的就是就是首位為9的符合要求的數(shù)計算首位為9 的 W 類的數(shù)的個數(shù)， 首先要確定另外四個數(shù)，因為要求各不相同， 從除 9 外的其它9 個數(shù)字中選出4 個，有 C94126 種選法對于每一種選法選出來的4 個數(shù)，假設(shè)其大小關(guān)系為A4 A3A2 A1 ，由于其中最小的數(shù)只能在千位和十位上，最大的數(shù)只能在百位和個位上，所以符合要求的數(shù)有2 類：千位、十位排A1、 A2 ，有兩種方法，百位、十位排A3 、 A4 ，也有兩種方法，故此時共有4 種；千位、十位排A1、 A3 ，只能是千位 A3 ，百位 A4 ，十位 A1 ，個位 A2 ，只有1 種方法根據(jù)乘法原理，首位為9 的 W 類的數(shù)有 1

34、2641630 個故 W 類的數(shù)比 M 類的數(shù)多630個【例 22 】用 1 元，2 元，5 元，10 元四種面值的紙幣若干張( 不一定要求每種都有 ) ，組成 99 元有 P 種方法，組成 101 元有 Q 種方法，則 QP【解析】由于 101992，所以對于組成99 元的每一種方法，只要再加上一張2 元的，即可組成101 元；而對于組成101 元的方法，如果其中包含有一張2 元的，那么去掉這張2 元的，即可得到一種組成99元的方法 可見組成99 元的方法與組成 101 元的某些方法之間存在一一對應(yīng)的關(guān)系，組成 101 元的所有方法中， 除去這些與組成99 元的方法對應(yīng)的方法， 剩下的都是不

35、包含有2 元紙幣的組成方法 所以 Q比 P多的就是用1 元， 5 元， 10 元這三種面值的紙幣組成101 元的方法的總數(shù)假設(shè)用 x 張 1 元的， y 張 5 元的， z 張 10 元的可以組成 101 元，則 x5 y10 z101由于 10z101，所以 z10 即 10 元的可以有0 10 張如果 10 元的張數(shù)確定了， 那么有 x5 y 10110z10 10z1 5202z 1 ，那么 y 的值可以為0到 202z，也就是對每一個z 的值， y 都可以有 20 2z1212z 種可能，相應(yīng)地5 元紙幣的張數(shù)也有212z 種取法而當(dāng) 10 元和 5 元的張數(shù)都確定了以后，1 元紙幣的

36、張數(shù)也就確定了，這樣也就確定了組成101 元的方法所以只需要看取10 元和 5 元的共有多少種取法如果 10 元的取0 張，即 z0，則212 z21，即 5 元的有 21種取法；如果 10 元的取1 張，即 z1，則 212z19，即 5 元的有19 種取法；如果 10 元的取2 張，即 z2，則212 z17，即 5 元的有 17種取法；如果 10 元的取10 張，即 z 10 ，則 21 2z 1 ，即 5 元的有 1 種取法；所以總數(shù)為 2119171112121 那么Q P121 模塊四、遞推法對于某些難以發(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(guān)系，有了這一遞歸關(guān)系就可

37、以利用前面的數(shù)求出后面未知的數(shù)，這種方法稱為遞推法【例 23 】（難度等級 ）有一堆火柴共12 根，如果規(guī)定每次取1 3 根，那么取完這堆火柴共有多少種不同取法？【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，以后取任意根火柴的種數(shù)等于取到前三根火柴所有情況之和，以此類推，參照上題列表如下：1根 2根 3根 4根 5根6 根7 根8 根9根 10根11 根12 根124713244481149274504927取完這堆火柴一共有927 種方法【鞏固】 （難度等級）一堆蘋果共有8 個，如果規(guī)定每次取1 3 個，那么取完這堆蘋果共有多少種不同取法？【解析

38、】 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，以后取任意個蘋果的種數(shù)等于取到前三個蘋果所有情況之和，以此類推，參照上題列表如下：1 個2 個3 個4 個5 個6 個7 個8 個124713244481取完這堆蘋果一共有81 種方法【例 24 】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？【解析】本題可以采用遞推法，也可以進(jìn)行分類討論，當(dāng)然也可以直接進(jìn)行枚舉( 法 1) 遞推法假設(shè)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(shù)為an 種則 a21 ， a31 ， a41 由于每次

39、拿出2 枚或 3 枚，所以 anan3an 2 ( n5 ) 所以， a5a2a3 2 ； a6a3 a42 ； a7 a4a5 3 ； a8a5a64 ； a9a6a75 ；a10a7a87 即當(dāng)有10 枚棋子時，共有7 種不同的拿法( 法 2) 分類討論由于棋子總數(shù)為10 枚，是個偶數(shù)，而每次拿2 枚或 3 枚，所以其中拿3 枚的次數(shù)也應(yīng)該是偶數(shù)由于拿 3 枚的次數(shù)不超過 3 次，所以只能為0 次或 2次若為 0 次，則相當(dāng)于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26 種拿法C4根據(jù)加法原理，共有1 67 種不同的拿法【例 25 】（難度等級 ）用13的小長方形覆蓋 38的方格網(wǎng)，共有多少種不同