33_计数综合(二)

利用对应法求解的计数问题.所谓对应法,即建立起所考察对象和另一类对象之间的对应关系,通过对后者的计数而求得问题的答案.与平面和立体图形相关的复杂计数问题,其他具有相当难度的计数综合题．1. 10只无差别的橘子放到3个不同的盘子里,允许有的盘子空着.请问一共有多少种不同的放法?【分析与解】 注意到橘子是没有区别的,所以不能简单使用乘法原理为310．我们将10个橘子从左到右排成一列,其中有9个间隙,在间隙内插入2个“木棍”,即可将10个橘子分成3个部分．但是,题中允许有盘子空着,这又为计数造成了障碍,于是做如下变换：“借来”三个同样的橘子,每个盘中各放一个,这样每个盘子就不会空着,而且这种变换得出的分配方法与原来的分配方法一一对应．即现在将10+3=13个橘子分成3部分,每部分不少于1个．将13个橘子从左至右排成一列,在12个间隙中插入2个“木棍”,每个间隙最多插入一个“木棍”,共有212c =66种分配方法．评注:这类问题可以与不定方程解的组数联系起来:有X l +X 2+X 3+…+x n =k(k 为自然数),其自然数(可以取0)解就有11n n k c -+-组,其非零自然数的解有11n k c --组(要求k ≥n).大家可以利用上面的方法来解释．2. 小明有10块大白兔奶糖,从今天起,每天至少吃一块.那么他一共有多少种不同的吃法?[分析与解] 我们将10块大白兔奶糖从左至右排成一列,如果在其中9个间隙中的某个位置插入“木棍”,则将lO 块糖分成了两部分．我们记从左至右,第1部分是第1天吃的,第2部分是第2天吃的,…，如:○○○|○○○○○○○表示第一天吃了3粒,第二天吃了剩下的7粒：○○○○ | ○○○| ○○○表示第一天吃了4粒,第二天吃了3粒,第三天吃了剩下的3粒．不难知晓,每一种插入方法对应一种吃法,而9个间隙,每个间隙可以插人也可以不插入,且相互独立，故共有29=512种不同的插入方法,即512种不同的吃法．3. 若一个自然数中至少有两个数字,且每个数字小于其右边的所有数字,则称这个数是“上升的”.问一共有多少个“上升的”自然数?【分析与解】我们知道,如果选好了数字,那么“上升数”的排列顺序也就确定了,如选好3,6,2,那么对应的“上升的”自然数只能是236．又因为0不能作为首位,所以不能取0,即只能从9个数字中选取．我们知道9个数字任意选择(一个不选也算一种),则每个数字可选可不选,故共有29=512种选法．c=10种不同的但是,“上升的”自然数至少2位,则不能9个数字一个不选,也不能只选1个,即有1+19选法是不满足的．所以,共有512-10=502种不同的选择数字方法,对应有502个“上升的”自然数．4. 在8×8的方格表中,取出一个如图33-1所示的由3个小方格组成的“L”形,一共有多少种不同的方法?【分析与解】观察发现,对于每个“L”形,都有一个点M与其对应,而每个2×2的方格中,M点都对应4个不同的“L”.在8×8的方格中,类似M点的交叉点有7×7=49个(不包括边上的交叉点)．所以共有“L”形4×49=196种不同的取法．评注:通过上面两个范例我们知道,当直接去求一个集合元素的个数较为困难的时候,可考虑采用相等的原则,把问题转化成求另一个集合的元素个数．5. 从10到4999这4990个自然数中,其数字和能被4整除的数有多少个?【分析与解】我们知道对于一个任意的三位数()()2!!1!n nn⨯＋***,1***、2***、3***、4***,有且只有1个数的数字和是4的倍数,即1000～4999这4000个数中有4000÷4=1000个数的数字和是4的倍数．而对于一个任意的两位数**,9**、8**、7**、6**中必有1个数的数字和是4的倍数,也就是说999～600这400个数中有400÷4=100个数的数字和是4的倍数．同理在599～200之间有100个数的数字和是4的倍数．剩下的10～199之间,160～199,120～159,这两组数各有10个数的数字和是4的倍数．而60～99，20～59,这两组数也各有10个数的数字和是4的倍数.而100～119,10～20中只有13,17,103,107,112,116这6个数的数字和是4的倍数．所以10～4999之间共有1000+100+100+10×4+6=1246个数的数字和能被4整除．6. 有一批规格相同的均匀圆棒,每根划分成相同的5节,每节用红、黄、蓝3种颜色中的一种来涂.问可以得到多少种着色方式不同的圆棒?【分析与解】如图每根原棒的5节记为A、B、C、D、E,特别得注意到原棒可以左右倒置，即有可能与是同种情况．不难得知,当原棒上的5节对称时,即与是同种情况.①,其中A有3种颜色可选,B也有3种颜色可选,C还是有3种颜色可选,故有3×3×3=27种不同的染法．②考虑不对称时则A有3种原色可选，B、C、D、E也各有3种颜色可选,于是有3×3×3×3×3=243种不同的染法．所以,其中不对称有243-27=216种,不对称的与重复计算了,而对称的没有重复计算．所以,共有216÷2+27=135种实质不同的着色方式．7. 用剪刀沿图33-2中小方格的边界把4×4正方形格纸.剪开成形状、大小都相同的两部分,共有多少种不同的剪法?(凡经过旋转和翻转能重合的剪法视为相同的剪法．)【分析与解】因为必须剪成形状、大小都相同的两部分,所以剪刀必定通过正方形的中心,即得到的两部分在原图中为中心对称．中粗实线是剪刀必须通过的两条边,然后就不难得到下面的6种情况(不考虑旋转的情况)．8. 如图33-3,八面体有12条棱,6个顶点.一只蚂蚁从顶点A出发,沿棱爬行,要求恰好经过每个顶点一次.问共有多少种不同的走法?【分析与解】 A→B,A→D,A→E,A→F,这4类走法,每类走法的种数一样多，所以只用考察A→B 的后续步骤有多少种：B→E→C→D→F，B→E→C→F→D,B→E→D→F→C,B→E→D→C→F,B→F→D→E→C，B→F→D→C→E，B→F→C→E→D，B→F→C→D→E,B→C→E→D→F，B→C→F→D→E(从B→C后三步只能是顺时针或逆时针,只用2种).共10种．所以从A点出发共有10×4=40种不同的满足题中条件的走法9. 纸上画有一个4×4的方格表,在它的四条边的旁边分别写有东、南、西、北这4个字.现在要用8个1×2的长方形将它盖住,共有多少种不同的覆盖方法?【分析与解】在4×4的方格内,横着放的长方形必然是偶数个,于是一一列出：第一种情况：有8个横着放,0个竖着放,只有1种方法：第二种情况：有6个横着放,2个竖着放,竖着放的这两个长方形必须在同两行内,如下图可知,这时只有3种方法；上图是当这两行在第一、二行时情况,这两行还可以在第二、三行,还可以在第三、四行．于是.共有3×3=9种不同的方法．第三种情况有4个横着放,4个竖着放,这时又可以分成三种不同的情况来考虑,第一种,为4个竖着的长方形占据两行；第二种,为4个竖着的长方形占据三行；第三种,为这4个竖着的长方形有两个占据前两行,另两个占据后两行；前两行有如上的3种方法,后两行也有如上的3种方法,所以共有3×3=9种不同的方法,如下所示．所以,4个横着放,4个竖着放共有3+4+9=16种方法；第四种情况:有2个横着放,6个竖着放,因为可以由第二种情况旋转得到,所以也是有9种方法第五种情况:有0个横着放,8个竖着放,因为可以由第一种情况旋转得到,所以也是有1种方法．所以共有1+9+16+9+1=36种不同的方法．10. 某玩具厂生产大小一样的正方体形状的积木,每个面分别涂上红、黄、蓝三种颜色中的一种,每色各涂两个面.当两个积木经过适当的翻动以后,能使各种颜色的面所在位置相同时,它们就被看作是同一种积木块.试说明:最多能涂成多少种不同的积木块?【分析与解】总可以使下底面为红色．如果上底面也是红色,通过翻过,可以使前面为黄色,左面不是黄色,这时后面可以是黄色,也可以是蓝色,有2种．如果上底面不是红色,通过旋转,可以使后面为红色.这时又分两种情况：(1)前面与上面同色,可以同为黄色,也可以同为蓝色,有2种．(2)前面与上面不同色,通过翻动,可以使上面为黄色,前面为蓝色这时右面可以是黄色,也可以是蓝色，有2种．因此,共可涂成2+2+2=6种不同的积木块．11. 10人围成一圈,从中选出三个人,其中恰有两人相邻,共有多少种不同的选法?【分析与解】我们先从10人中选出一个人,有10种选法；再在与此人不相邻的7人中选择连续的两个人,有6种选法,所以满足题意的选法共有10×6=60种．12.有8个队参加比赛,采用如图33-4所示的淘汰制方式.问在比赛前抽签时,可以得到多少种实质不同的比赛安排表?【分析与解】我们标上字母,如下图．P=8！因为A,B；B,A实质赛程一样；同理C/D,E/F,G/H,I/J,K/L,M/N均是,所以除以7如果全排列为88个2．于是,共有8！÷27=315种实质不同的赛程安排．13. 4个数如果具有下面两个特点:①它们都是非零的一位数,②两两之差恰好是1,2，3,4,5,6,那么就称这4个数组成了一个好数组.好数组中的数不计顺序.问共有多少个不同的好数组?【分析与解】设a>b>c>d为满足题意的“好数组”中的四个数,有两两数的差为(a-b)+(a-C)+(a-d)+(b-d)+(b-c)+(c-d)=3(a-d)＋(b-C)=1+2+3+4+5+6=21,因为a-d是最大数减去最小数,所以应为6．b-c=3好数组中最小和最大的数只有3种可能:1和7,2和8,3和9．即好数组在不计顺序下,共有6组,依次为(7,6,3,1)；(7,5,2,1)；(8,7,4,2)；(8,6,3,2)；(9,8,5,3)；(9,7,4,3)．14. 游乐园的门票1元1张,每人限购1张.现在有10个小朋友排队购票,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,售票员没有准备零钱.问有多少种排队方法,使售票员总能找得开零钱?【分析与解】方法一:按第一个带2元钞票的小朋友前面有几个小朋友来确定排队的方案,共有五个方案：①带1元的5个小朋友都排在前边,即1111l22222,只有1种情况；⑦带1元的小朋友有4个排在前面,即1111212222,1111221222,1111222122,1111222212，共有4种情况；③带1元的小朋友有3个排在前边,如1112112222,…，共有9种情况；④带1元的小朋友有2个排在前边,如1121112222,…，共有14种情况；⑤带1元的小朋友只有1个排在前边,如1211112222，…，共有14种情况．五个方案共有1+4+9+14+14=42(种)情况．因为10个小朋友互不相同,所以每种情况有5！×5！=14400(种)排队方法,总共有42×14400=604800种排队方法,使售票员总能找得开零钱．方法二:如下左图,先将拿1元的小朋友看成相同的,2元的小朋友看成相同的.在下图中,每条小横线代表拿l元的小朋友,每条小竖线代表拿2元的小朋友．从A到B的不论在网格中的何点均有横线数不小于竖线数．相当于求A到B的走法：我们再由上右图知:从A→B的走法有42种．因为各个小朋友都是不同的,所以共有42×5！×5！=42×120×120=604800种情况．评注:游乐园的门票1元1张,每人限购1张.现在有10个小朋友排队购票,其中n个小朋友只有1元的钞票,另外n个小朋友只有2元的钞票,售票员没有准备零钱.则有()()2!!1!n nn⨯＋种排队方法,使售票员总能找得开零钱．15. 有一只表没有秒针,时针和分针无法辨别.在多数情况下可根据两针所指的位置判断出正确的时间,但有时也会出现两种可能,使你判断不出正确时间.请问从中午12时到夜里12时这段时间会遇到多少次无法判断的情况(不包括中午12点和夜里12点)？【分析与解】方法一:凡能发生两针位置互换的两个时刻都不能正确的判断当时的时间．从12点到1点这段时间里,分针在0分到5分时恰有1次判断不出,分针在5分到10分时恰有1次判断不出,……．所以在12点到1点这段时间里恰有11次判断不出．同理,在其余每一个小时里都恰有11次判断不出．所以一共有12×11=132次无法判断的情况．方法二:时针走一圈时(12小时),分针走12圈,时针与分针相交时,这个相对应的分针要走(12×12)圈．当这个分针与原来的时针所走的位置可以互换时,不能判断出正确的时间．这样的情况在12小时中可能发生(12×12-2)次.只有在分针、时针重合在一起时,即使分不出长短,也能判断出正确的时间,这种情况会发生(12—2)次，因此.把判断不出的次数减去这个次数,即可找到答案：(12×12-2)-(12-2)=132(次)．方法三:凡能发生两针位置互换的两个时刻都不能正确的判断当时的时间．两针位置互换,当时针、分针共走60格,由于时针走1格,分针走12格,所以两针位置互换的时间间隔是125605512113⨯=+(分),可以出现在中午12点多至1点多,1点多至2点多,2点多至3点多,……,夜里10点多至11点多,共11次(注意12点是可以判断的)．同样可以算出两针位置互换时针、分针共走120、180、240、300、360、420、480、540、600、660格时,可以出现两针位置互换的次数分别是10、9、8、7、6、5、4、3、2、1次,所以分辨不出正确时间的次数共有(11+10+9+8+7+6+5+4+3+2+1)×2=132次．。