2020年初中数学竞赛讲义：计数问题

初中数学竞赛讲义(1)

初中数学竞赛讲义
1、证明：对于任意自然数k，存在无穷多个不含数码0的自然数t（十进制计数法），使得t与kt数码和相同。

2、设n是一个正整数，且d是十进制中的一个一位数，若
=0.d25d25d25…，求n
3、两位数
能整除十位数字为零的三位数。

求。

4、设n=99…9（100个9），则n3 的10进制表示中含有的数字9的个数为多少
5、求
…，1234567892的和的个位数的数字
6、求数1,2,3…，10n -2,10n -1的所有数码之和
7、求最小的自然数，当它的最后一个数码排列到第一位时，它的值增加到原来的五倍
8、已知a是一个1988位的自然数且可被9整除，a的各位数字相加和为b，b的各位数字相加和为c，c的各位数字相加和为d，求d
9、求适合等式
中的数码x，y，z
10、设x=0.1234567…999中的数字依次写下整数1到999而得到的，那么小数点右边第1983位数字是什么
11、设x与y是两个有两位数码的自然数，且x<y，乘积xy是一个有四位数码的自然数.首位数是2，如果把这个首位数2去掉，剩下的数正好是x+y，例如x=30，y=70.除此之外还有一组数具有如上性质，试求出这两个数
12、试求满足下列条件的六位整数
，。

这里a,b,c,d,e,f表示不同的数码，且a，e≠0
13、求满足
=（a+b+c）3的所有三位数。

14、已知某三位整数是5的倍数，其各位数字之和是20，个位数字与百位数字的和是3的倍数，求此整数。

15、求使nn有k个数字，kk有n个数字的所有自然数n，k
16、证明：如果n是正奇数，那么数22n（22n+1-1）在十进制中的最后两位数是28。

初中数学竞赛讲座——数论部分1(进位制)

第一讲正整数的表示及进位制一、基础知识：1．我们通常接触的整数都是“十进制”整数，十进制计数法就是用0，1，2…9十个数码，采用“逢十进一”的法则进行计数的方法。

例如1999就是一个一千，9个一百，9个十，9个1组成的，故1999这个数也可以表示为：1999=1×1000+9×100+9×10+9底数为10的各整数次幂，恰好是十进制数的各个位数：100=1(个位上的数—第1位)， 101=10(十位上的数---第2位)，102=100(百位上的数---第3位)，…10n(第n+1位上的数)故1999=1×103+9×102+9×101+9×1003na记作：3na=10n-1+…+102a n-2+10其中最高位a1≠0，即，其它则是0≤a1，a．各位上的数字相同的正整数记法：999=1000－1104－1，∴999n个＝10n-1111n个＝1019n-，333n个＝103n555n个＝5(101)9n-解答有关十进制数的问题，常遇到所列方程，少于未知数的个数，这时需要根据示0到9的整数这一性质进行讨论。

．二进制及其它进制二进制即计数法就是用0，1两个数码，采用“逢二进一”的法则进行计数的方法。

例如二进制中的111记为(111)2111=1×22+1×2+1=73na )2记作：3na=2n-1××a3+…+22×a其中最高位a1≠0，，其它则是0≤a1，a2，位数(n为正整数3na )b记作：3na=b n-1××a3+…+b2×a其中最高位a1≠0，，其它则是0≤a1，（一）十进制转二进制（整数部分）辗转相除直到结果为，将余数和最后的60/2 = 30 余 0 30/2 = 15 余 0 15/2 = 7 余 1 7/2 = 3 余 1 3/2 = 1 余 1所以十进制数60转为二进制数即为 (11100)2 （二）十进制小数转换为二进制小数方法：乘2取整，顺次排列。

初中数学竞赛—奥数讲义计数专题：排列组合及答案

华杯赛计数专题：排列组合基础知识：1.排列：从n个对象中选出m（不超过n）个并进行排序，共有的方法数称为排列数，写成。

2.排列数的计算：约定：0!=1排列数是由乘法原理得到的，因此排列可以看成是乘法原理的一种应用。

3.组合：从n个对象中选出m（不超过n）个，不进行排序，共有的方法数称为组合数，写成。

4.排列与组合的关系：。

5.组合数的计算：6.排列数与组合数的一些性质：例题：例1.4名男生和3名女生站成一排:（1）一共有多少种不同的站法?（2）甲,乙二人必须站在两端的排法有多少种?（3）甲,乙二人不能站在两端的排法有多少种?（4）甲不排头,也不排尾,有多少种排法?（5）甲只能排头或排尾,有多少种排法?【答案】（1）5040；（2）240；（3）2400；（4）3600；（5）略【解答】例2.在50件产品中有4件是次品,从中任意抽出5件，至少有3件是次品的抽法共多少种？【答案】4186种【解答】至少有3件是次品，分两种情况第一种情况：3件是次品的抽法：从4件次品中中抽出3件是种，其中，，然后，从46件正常品中抽2件，总共种。

其中，所以，3件是次品的抽法共种。

第二种情况：4件是次品的抽法共：种。

任意抽出5件产品，至少有3件是次品的抽法，是将上述两种情况加在一起，所以，总共是4×23×45+46=23×182=4186种。

总结：有序是排列，无序是组合。

例3.3名医生和6名护士被分配到3所学校为学生体检,每校分配1名医生和2名护士,不同的分配方法共有多少种？【答案】540种【解答】可设三所学校为甲、乙、丙，三位医生去3所学校的分配方案：用排列数表示为=3×2×1=6。

用乘法原理表示为3！=6。

六名护士去学校甲有种选法，剩下4名护士去乙学校，有种选法，剩下两名自然去学校丙。

所以，不同的分配方法共有种。

例4.有多少个五位数，满足其数位上的每个数字均至少出现两次？【答案】819【解答】方法一：（1）出现一个数字的情况是9种；（2）出现两个数字，首位不能是0，共有9种情况，（i）首位确定之后，如果首位数总共出现3次，则从后面的4个数位中，选出两位，共种情况，剩下的两个数位，还需要选相同的数，因为可以是0，所以，有9种选择。

初中数学竞赛《计数方法》练习题及答案 (1)

初中数学竞赛《计数方法》练习题
1.有数之代数和等于零，则至少要添n个负号，这个数n是（）
A．4B．5C．6D．71．钟面上有十二个数1，2，3，…，12．将其中某些数的前面添上一个负号，使钟面上所
【分析】首先算出12个数的和，要使所有数之代数和等于零，12个数分成两部分，正、负之和的绝地值相等，考虑添上负号的数最大即可解决．
【解答】解：因为1+2+3+…+11+12＝78，
所以78÷2＝39，也就是添上负号的数的和为﹣39，其余数的和为39使代数和等于零，
要填负号最少，首先从大数前面加负号，
因此﹣10﹣11﹣12＝﹣33，﹣33﹣6＝﹣39，
由此得到至少要添4个负号．
故选：A．
【点评】此题主要通过计算发现数的规律，从极端情形考虑寻找问题的答案．。

初中数学竞赛—奥数讲义计数专题：加法原理、乘法原理及答案

华杯赛计数专题：加法原理、乘法原理基础知识：1.加法原理：如果完成一件事情可以分成几类方法，每一类又包含若干种不同方法，那么将所有类中的方法数累加就是完成这件事的所有方法数.加法原理的关键在于分类，类与类之间用加法.2.乘法原理：如果完成一件事情可以分成几个步骤，每一步又包含若干种不同方法，那么将所有步骤中的方法数连乘就是完成这件事的所有方法数.乘法原理的关键在于分步，步与步之间用乘法.3.分类原则：分类要做到“不重不漏”.任意两类之间不可以重复，这叫做不重；把所有的类别累加在一起就得到整体，这叫做不漏.4.分步原则：分步要做到“前不影响后”.无论前面步骤采取哪种方法，后面一个步骤都应该有相同多的方法数，也就是说后面一个步骤的方法数与前面步骤采取哪一种方法无关.例题：例1.从1开始依次写下去一直到999，得到一个多位数1234567891011121314…997998999，请问：（1）这个多位数一共有多少位？（2）第999位数字是多少？（3）在这个多位数中，数字9一共出现了多少次？（4）数字0一共出现了多少次？问题（1）这个多位数一共有多少位？【答案】（1）2889；（2）9；（3）300；（4）189【解答】分析1：999个自然数构成一个多位数，可以利用加法原理分类的思想求这个多位数的位数.将这999个自然数分成3类：第1类是1位数；第2类是2位数；第3类是3位数.分别计算每一类自然数占了多少位，再求和就可以得出多位数的位数了.详解1：按照自然数的位数去分类.构成这个多位数的自然数中1位数有9个，占了9位；2位数有90个，占了2×90=180位；3位数有900个，占了3×900＝2700位；所以这个多位数总共有9+180+2700=2889位.问题（2）第999位数字是多少？详解2：1位数和2位数一共占了189位，999位数数字还需要3位数占据999－189=810位.由810÷3=270…0可知第999位数字是第270个3位数的最后1位.第270个3位数是369，所以第999位数字是9.问题（3）在这个多位数中，数字9一共出现了多少次？分析3：前面2问分类的方法是按照自然数的位数去分类，1位数，2位数，3位数各自分为一类.但按照这种分类的思路来解第3问就不是很方便了：1位数含有1个9，2位数含有19个9，但是考虑3位数含有多少个9还是比较复杂.通过这种分类的思路去分析问题并没有使问题变得简单.可以考虑按照分段的方法去分类，第1类1—99；第2类100—199；第3类200—299；……；第10类900—999.分别计算每一类中包含了多少个9，然后再加和就可以了.注意利用每一类的相似性，比如第1类到第9类每一类所包含9的个数应该一样多，当然第10类900—999中9的个数比前9类要多100个.再考虑一种分类的方法，按照9出现的位置去分类.首先考虑9在百位出现了多少次；再考虑9在十位出现了多少次；最后考虑9在个位出现了多少次.详解3：按照分段的方法去分类.实际这种分类方法也是按照百位数的不同去分类，在每一类中百位数是相同的（1—99可以看成百位数为0）.考虑第1类1—99中包含了多少个9，个位包含9的有：9，19，29，39，49，59，69，79，89，99一共10个；十位包含9的有：90，91，92，93，94，95，96，97，98，99也是10个.这样在1—99中9在个位和十位各出现了10次，一共是20次.同理，第2类100—199；第3类200—299；……；第9类800—899；每一类中也都包含20个9.第10类900—999中9的个数比前9类要多100个，应该是120个.所以原来的多位数中总共有20×9＋120=300个9.其实更快的方法是按9出现的位置去数，应用乘法原理.问题（4）数字0一共出现了多少次？详解4：按照0出现在个位、十位去分类当0出现在十位时，百位可以为1~9，个位可以为0~9，根据乘法原理，共有9×10=90次；同理，当0出现在个位时，共有9×10+9=99次，所以原来的多位数中0出现了99＋90=189次.例2.允许数字重复，那么用数字0、1、3、5、7、9最多可以组成多少个不同的三位数？【答案】180【解答】百位有5种选择，十位和个位都有6种选择.根据乘法原理，一共可以组成5×6×6=180个三位数.变化：如果不允许数字重复呢？其中被5整除的无重复数字的三位数又有多少个呢？例3.在所有的三位数中，至少出现一个2的偶数有________个.【答案】162【解答】①个位是2的有9×10=90个；②十位是2但个位不是2的偶数有9×4＝36个；③百位是2但十位和个位都不是2的偶数有9×4=36个，所以一共有90＋36＋36＝162个符合条件的三位数.例4.用1、2、3、4、5这5个数字组成四位数，至多允许有1个数字重复两次.例如1234、1233和2454是满足条件的，而1212、3335和4444就是不满足条件的.那么，所有这样的四位数共有________个.【答案】480个【解答】方法1：分类讨论.如果包含4个互不相同的数字，一共有5×4×3×2=120个；如果包含3个互不相同的数字，我们可以先从5个数字中选出3个数字，然后再从挑出的3个数字中选1个可以重复，最后把这3个数字带上1个重复的数字共4个数字排成1行.根据乘法原理，就有个，所以一共有120＋360＝480个四位数.方法2：排除法.所有可能的四位数有5×5×5×5＝625个；只包含1个数字的有5个，包含2个数字的有5×4×（2×2×2－1）＝140个.那么包含3个或4个不同数字的四位数有625－5－140=480个.例5.书架上有1本英语书，9本不同的语文书，9本不同的数学书和7本不同的历史书.现在要从中取出3本书，而且不能有两本是同一科的.那一共有多少种取法？【答案】774【解答】因为一共要4种书中选3种，所以要分4种情况讨论：如果拿的是英语、语文和数学书，根据乘法原理一共有1×9×9种方法；如果拿的是英语、语文和历史书，一共有1×9×7种拿法，同理另外两种情况分别有1×9×7种和9×9×7种拿法.最后我们根据加法原理，一共有1×9×9＋1×9×7＋1×9×7＋9×9×7＝1×9×16＋10×9×7＝144＋630＝774种拿法.例6.用0，1，2，3，4这五个数字可以组成多少个无重复数字的：（1）银行存折的四位密码；（2）四位数；（3）四位奇数.【答案】（1）120（个）；（2）96（个）；（3）36（个）.【解答】（1）完成“组成无重复数字的四位密码”这件事，可以分四个步骤：第一步：选取左边第一个位置上的数字，有5种选取方法；第二步：选取左边第二个位置上的数字，有4种选取方法；第三步：选取左边第三个位置上的数字，有3种选取方法；第四步：选取左边第四个位置上的数字，有2种选取方法；由乘法原理，可组成不同的四位密码共有N=5×4×3×2=120（个）.（2）完成“组成无重复数字的四位数”这件事，可以分四个步骤：第一步：从1，2，3，4中选取一个数字作千位数字，有4种选取方法；第二步：从1，2，3，4中余下的三个数字和0中选取一个数字作百位数字，有4种选取方法；第三步：从余下的三个数字中选取一个数字作十位数字，有3种选取方法；第四步：从余下的两个数字中选取一个数字作个位数字，有2种选取方法；由乘法原理，可组成不同的四位数共有N=4×4×3×2=96（个）.（3）完成“组成无重复数字的四位奇数”这件事，可以分四个步骤：第一步：从1，3中选取一个数字作个位数字，有2种选取方法；第二步：从1，3中余下的一个数字和2，4中选取一个数字作千位数字，有3种选取方法；第三步：从余下的三个数字中选取一个数字作百位数字，有3种选取方法；第四步：从余下的两个数字中选取一个数字作十位数字，有2种选取方法；由乘法原理，可组成不同的四位奇数共有N=2×3×3×2=36（个）.例7.在1～20共20个整数中取两个数相加,使其和为偶数的不同取法共有多少种?【答案】90（种）【解答】取a+b与取b+a是同一种取法.分类标准为两加数的奇偶性,第一类,偶偶相加,由乘法原理得（10×9）/2=45种取法,第二类,奇奇相加,也有（10×9）/2=45种取法.根据加法原理共有45＋45=90种不同取法.例8.将5名志愿者分配到3个不同的奥运场馆参加接待工作，每个场馆至少分配一名志愿者的方案有多少种？【答案】150（种）【解答】5名志愿者分配到3个不同的奥运场馆，可以分成3，1，1和2，2，1两类，第一类：分成3，1，1，完成此件事可以分成3步，第1步：3个馆选一个馆去3个人，共有3种选法，第2步：5个人中选3个人，共有种选法，第3步：剩下的2个人分别去两个馆，所以当分配成3，1，1时，根据乘法原理，共有3×10×2=60（种）；第二类：分成2，2，1，完成此件事可以分成3步，第1步：5个人中选出一个人，共有5种选法，第2步：3个馆中选出一个馆，共有3种选法，第3步：剩下的4个人中选2个人去剩下两个馆中的一个，最后一个人去另外一个馆，共有（种），所以当分配成2，2，1时，根据乘法原理，共有5×3×6=90（种）；所以根据加法原理，不同的分配方案共有60＋90=150（种）.例9.用1，2，3，4，5，6组成六位数（没有重复数字），要求任何相邻两个数字的奇偶性不同，且1和2相邻，这样的六位数有多少个？【答案】40（个）【解答】可分三步来做这件事：第一步：先将3、5放到六个数位中的两个，共有2种排法；第二步：再将4、6插空放入剩下四个数位中的两个，共有2×2=4种排法；第三步：将1、2放到3、5、4、6形成的空位中，共有5种排法.根据乘法原理：共有2×4×5=40（种）.例10.在一个3行4列的方格表内放入4枚相同的棋子，要求每列至多只有1枚棋子，每行不做限制，那么一共有多少种不同的放法？在一个3行4列的方格表内放入4枚互不相同的棋子，要求每列至多只有1枚棋子，每行不做限制，那么一共有多少种不同的放法？【答案】81（种）；1944（种）【解答】「问题1」4枚棋子放入4列，每一列有且仅有1枚棋子，因此总共分4个步骤考虑.第1步考虑第1列的棋子放在什么位置；第2步考虑第2列的棋子放在什么位置；第3步考虑第3列的棋子放在什么位置；第4步考虑第4列的棋子放在什么位置.每一步都有3种选择方法，所以方法数一共有3×3×3×3=81种.「问题2」假设4枚互不相同的棋子为A，B，C，D.将按照下面的4个步骤进行考虑，先放棋子A，12个格子可以随便选择，一共有12种方法.第2步放棋子B，A那一列的3个格子不能选择，其它的格子都可以放B，所以一共有9种方法.第3步放棋子C，A、B那两列一共6个格子不能选，所以一共有6种方法.第4步放棋子D，A、B、C三列一共9个格子不能选，还剩3个格子，所以一共有3种方法.利用乘法原理，放入4个不同棋子的方法数一共有12×9×6×3=1944种方法.另外一种解法.「问题2」4个棋子要占4个方格，先选出放棋子的4个方格.实际上挑出4个方格的方法数和第1问是完全相同的，总共有3×3×3×3=81种选择方法.选好方格后再将棋子排列进去，第1列的方格可以选择A，B，C，D中的任何一个棋子，所以有4种方法；第2列的方格还剩下三个棋子可供选择，所以有3种方法；第3列的方格还剩下两个棋子可供选择，有2种方法；第4列的方格只有1种方法.所以选好4个方格后排列棋子的方法数一共是4×3×2×1=24种.选4个方格有81种方法，选好4个方格后放棋子一共有24种方法，所以将表格中放入4个互不相同的棋子的总方法数是81×24=1944种.例11. 如图，把图中的8个部分用红、黄、绿、蓝4种不同的颜色着色，且相邻的部分不能使用同一种颜色，不相邻的部分可以使用同一种颜色.那么，这幅图共有多少种不同的着色方法？【答案】768（种）【解答】按照A，B，D，E，C，G，F，H的步骤进行染色.对A进行染色的时候没有任何的限制，总共有4种染色的方法；对B进行染色的时候由于不能和A同色，所以有3种染色的方法；对D进行染色的时候由于不能和A，B同色，所以只剩2种染色的方法；对E进行染色时不能和B，D同色，所以有2种染色的方法；对C进行染色时不能和B，E同色，所以有2种染色方法；对G进行染色时不能和D，E同色，所以有2种染色的方法；对F进行染色时不能和D，G同色，所以有2种染色的方法；对H 进行染色时不能和E，G同色，所以有2种染色的方法.综合上面的八个步骤，利用乘法原理，共有4×3×2×2×2×2×2×2=768种着色的方法.「评议」本题染色的步骤还有很多种，大家考虑一下按照A，B，C，D，E，F，G，H 的步骤进行染色是否可以？可能有同学发现按照A，B，C，D，E，F，G，H的步骤进行染色会算出另外一个答案4×3×3×2×1×3×1×2=432.当然，正确答案只能有一个，那么这种分步方法到底错在哪里呢？这里要提到利用乘法原理一条重要的原则：“前不影响后”.无论前面步骤采取哪种染色方法，后面一个步骤都应该有相同多的方法数，也就是说后面一个步骤的方法数与前面步骤采取哪一种方法无关.而按照A，B，C，D，E，F，G，H的步骤来染色就违反了这个原则.请看下面图中的例子：在上面的例子中，左图前4步采取的染色方法是红、黄、绿、蓝，第5步对E进行染色时只有1种方法；右图前4步采取的染色方法是红、黄、绿、绿，这样第5步对E进行染色时有2种方法.于是第5个步骤对E进行染色无法确定到底有几种染色的方法，前4步不同的染色方案影响到了第5步的方法数，既然不能确定是1种还是2种，乘法原理自然也就无法应用了.。

初中奥数讲义计数专题：几何计数

华杯赛计数专题：6几何计数基础知识：1.几何计数,从类型上看,可分为数线段、数三角形、数正方形、数长方形、数平行四边形等几类.2.几何计数的基本方法和思想：分类枚举与对应.3.分类的标准：按大小,按包含的图形等.4.常见对应方法：线段对应到端点,三角形对应到端点或边,长方形对应到对边等.5.特殊方法：去点法与去线法,本质是分类.方法铺垫：1）加法原理,乘法原理；2）容斥原理；3）排列数,组合数；4）对应法.例题：例1.如图,数一数图中有多少条线段？【答案】28（条）【解答】分类：1个单位长的线段有7条；2个单位长的线段有6条；3个单位长的线段有5条；……7个单位长的线段有1条；故共有线段7＋6＋5＋……＋1=28（条）.例2.数一数,图中共有多少个三角形？【答案】13（个）【解答】分类：含有1块的三角形有4个；含有2块的三角形有5个；含有3块的三角形有2个；含有4块的三角形有1个；含有6块的三角形有1个；故共有三角形4＋5＋2＋1＋1=13（个）.例3.如图,数一数,图中有多少个三角形？【答案】48（个）.【解答】分类：包含1个小三角形的三角形有1＋3＋5＋7＋9=25个；包含4个小三角形的三角形有1＋2＋3＋4＋3=13个；包含9个小三角形的三角形有1＋2＋3=6个包含16个小三角形的三角形有1＋2=3个；包含25个小三角形的三角形有1个；故共有三角形25＋13＋6＋3＋1=48（个）.例4.数一数,图中共有多少个三角形？【答案】35（个）【解答】分类：含有1块的三角形有10个；含有2块的三角形有10个；含有3块的三角形有10个；含有5块的三角形有5个；故共有三角形10＋10＋10＋5=35（个）.例5.图中有多少个正方形？【答案】30（个）【解答】包含1个正方形的正方形有4×4=16个；包含4个正方形的正方形有3×3=9个；包含9个正方形的正方形有2×2=4个；包含16个正方形的正方形有1个；故共有三角形16＋9＋4＋1=30（个）.例6.如图,数一数图中一共有多少条线段？多少个矩形？【答案】70（条）; 60个【解答】线段：横线,共有4×条；竖线：5×,故共有线段40＋30=70条；矩形：竖线中选出两条,共有条,横线中选出两条,共有,根据乘法原理,共有矩形10矩形原60个.例7.如图,这是一个长为9,宽为4的网格,每一个小格都是一个正方形.请问：（1）从中可以数出多少个长方形？（2）从中可以数出包含红点的长方形有多少个？【答案】450（个）；144个【解答】（1）竖线中选出两条,共有条,横线中选出两条,共有,根据乘法原理,共有矩形45×10=450个.（2）竖线中选出两条,共有6竖线中选出条,横线中选出两条,共有2×3=6条,根据乘法原理,共有矩形24×6=144个.例8.如图,数一数,图中共有多少个长方形？【答案】135个【解答】横向看：共有矩形个,竖向看：共有矩形个,这样重复计算了个,所以共有矩形90＋63－18=135个.例9.如图,木板上钉着12枚钉子,排成三行四列的长方阵.用橡皮筋一共可以套出多少个不同的三角形？【答案】200（个）【解答】共有三角形个.例10.下图由相同的正方形和相同的等腰直角三角形构成, 则正方形的个数为多少？（17届华杯赛笔试初赛小高组第6题）【答案】83（个）【解答】包含1小个正方形的正方形有2＋4＋6＋8＋8＋6＋4＋2=40个；包含4小个正方形的正方形有1＋3＋5＋7＋5＋3＋1=25个；包含9小个正方形的正方形有2＋4＋4＋2=12个；包含16小个正方形的正方形有1＋3＋1=5个；共有正方形40＋25＋12＋5＋1=83个.例11. 求图中一共有多少条线段？求图中一共有多少个矩形？【答案】70条线段,60个矩形【解答】每一条线段由同一行或同一列的两个顶点确定,因此共有条线段.每个矩形由长和宽上的各一条线段对应形成,如下图：因此共有个矩形.例12. 数一数,图中有多少个三角形？【答案】78个【解答】只包含1个基本图形的有36个（朝上的21个,朝下的15个）；包含4个基本图形的有21个（朝上的15个,朝下的6个）；包含9个基本图形的有11个（朝上的10个,朝下的1个）；包含16个基本图形的有6个；包含25个基本图形的有3个；包含36个基本图形的有1个.所以共有36＋21＋11＋6＋3＋1=78个.例13. 下图是一个长为9,宽为4的长方形网格,每一个小格都是一个正方形,那么：1）从中可以数出多少个矩形？2）从中可以数出多少个正方形？3）从中可以数出包含黑点的矩形有多少个？【答案】1）450个；2）80个；3）144个【解答】1）图中共有个矩形；2）包含1个基本图形的正方形共有4×9=36个；包含4个基本图形的正方形共有3×8=24个；包含9个基本图形的正方形共有2×7=14个；包含16个基本图形的正方形共有1×6=6个.则共有36＋24＋14＋6=80个.3）黑点左下方的顶点共有18个,黑点右上方的顶点共有8个,所以包含黑点的矩形共有18×8=144个.例14. 图中一共包含多少个矩形？【答案】135个【解答】第（1）部分和第（3）部分合并起来是一个3×5的大矩形（如下图所示）,其中一共包含矩形个；第（2）部分和第（3）部分合并起来是一个6×2的大矩形（如下图所示）,其中一共包含矩形个；第（3）部分中的矩形被重复计算了,其中共有矩形个.所以图中一共包含矩形90＋63－18=135个.例15. 图中的木板上钉着12枚钉子,排成三行四列的长方阵. 那么用橡皮筋一共可以套出多少个不同的三角形？【答案】200个【解答】从12枚钉子中选择3枚钉子的组合总数是.而图中共有3条直线上各有4个点（如下图实线所示）,另外还有8条直线上各有3个点（如下图虚线所示）.因此用橡皮筋一共可以套出个不同的三角形.例16. 求图中所有矩形的面积和以及周长的总和.【答案】周长总和：1364；面积总和：1800【解答】矩形的10种长的总长是3＋+4＋+2＋+6＋+7＋+6＋+8＋+9＋+12＋+15=72。

2020江苏初中数学竞赛初一年级集训练习组合与计数专题(含答案)

2020江苏初中数学竞赛初一年级集训练习组合与计数专题（含答案）1. 有多少个有序整数对(x ,y )满足225x y +≤？解析我们把这个问题分成6种情况：22x y i +=，0i =，1，2， (5)当220x y +=时，（x ，y ）=（0，0）；当221x y +=时，(x ,y )=(0,1-)，(0,y )，(1,0)，(1-,0)；当222x y +=时，(x ,y )=(1-,1-)，(1-,1)，(1,1-)，(1,1)；当223x y +=时，不可能；当223x y +=时，不可能；当224x y +=时，(x ,y )=(0,2-)，(0,2)，(2-,0)，(2,0)；当225x y +=时，(x ,y )=(2-,1-)，(2-,1)，(1-,2-)，(1-,2)，(1,2-)，(1,2)，(2,1-)，(2,1)．由加法原理知，满足题设的有序数对共有14404821+++++=（个）． 2. 利用数字1、2、3、4、5共可组成（1）多少个数字不重复的三位数？（2）多少个数字不重复的三位偶数？（3）多少个数字不重复的偶数？解析（1）百位数有5种选择；十位数有4种选择；个位数有3种选择，所以共有54360⨯⨯=个数字不重复的三位数．（2）先选个位数，共有两种选择：2或4．在个位数选定后，十位数还有4种选择；百位数有3种选择．所以共有24324⨯⨯=个数字不重复的三位偶数．（3）分为5种情况：一位偶数，只有两个：2和4．二位偶数，共有8个：12，32，42，52，14，24，34，54．三位偶数由上述（2）中求得的为24个．四位偶数共有：()243248⨯⨯⨯=个．括号外面的2表示个位数有2种选择（2或4）．五位偶数共有：()2432148⨯⨯⨯⨯=个．由加法原理，偶数的个数共有28244848130++++=（个）． 3. 从1到300的正整数中，完全不不含有数字3的有多少个？解析1 将符合要求的正整数分为以下三类：（1）一位数，有1、2、4、5、6、7、8、9共8个．6、7、8、9八种情形，在个位上出现的数字除以上八个数字外还有0，共9种情形，故二位数有8972⨯=个．（3）三位数，在百位上出现的数字有1，2两种情形，在十位、个位上出现的数字则有0、1、2、4、5、6、7、8、9九种情形，故三位数有299162⨯⨯=个．因此，从1到300的正整数中完全不含数字3的共有872162242++=个．解析2将0到299的整数都看成三位数，其中数字3不出现的，百位数字可以是0、1或2三种情况，十位数字与个位数均有九种，因此除去0共有3991242⨯⨯-=个．4.一个班级有30名学生．（1）从中选出2人，一个担任班长，一个担任副班长，共有多少种不同的选法？（2）从中选2个人去参加数学竞赛，有多少种不同的选法？解析（1）从30个人中选1个人担任班长，有30种选法，再从剩下的29个人中选1个人担任副班长，有29种选法，则由乘法原理知，共有不同的选法为3029870⨯=（种）．（2）从30个人中选两人有3029⨯种选法，但由于选出甲、乙去比赛和选出乙、甲去比赛是相同的情况，因此不同的选法共有30294352⨯=（种）．5.在小于10 000的正整数中，含有数字1的数有多少个？解析不妨将1至9999的正整数均看作四位数，凡位数不到四位的正整数在前面补0，使之成为四位数．先求不含数字1的这样的四位数共有几个，即有0、2、3、4、5、6、7、8、9这九个数字所组成的四位数的个数，由于每一位都有9种写法，所以，根据乘法原理，由这九个数字组成的四位数个数为99996561⨯⨯⨯=．其中包括了一个0000，这不是正整数，所以比10000小的不含数字1的正整数有6560个，于是，小于10 000且含有数字1的正整数共有999965603439-=个．6.在1到9999中，有多少个整数与4567相加，至少在一个数位中发生进位？解析将0到9999这10 000个整数都看成四位数，即位数不中四位的，在左面添0补足四位．考虑这些四位数中，有多少个在与4567相加时不发生进位．这样的数，千位数字有0、1、2、3、4、5这6种可能；百位数字有0、1、2、3、4这5种可能；十位数字有0、1、2、3这4种可能；个位数字有0、1、2这3种可能．所以这样的数共有6543360⨯⨯⨯=（个）．其中包括0．所以，在1到9999中，与4567相加产生进位的整数有100003609640-=（个）．7.在1到1999这1999个自然数中，取4的倍数与7的倍数各一个相加，一共可得到多少个不同的和．解析在1到1999这1999个自然数中，有4的倍数499个，它们是4，8，12， (1992)1996；有7的倍数285个，它们是7，14，21，…，1988，1995．可得到的和最小为7411+=，最大为199619953991+=，介于11至3991之间的自然数，有一部分得不到．例如：12、13、14、16、17、20、21、24、28不能得到，下面能依次得到29218=+，301416=+，31724=+，32284=+，332112=+，341420=+，35728=+，36288=+，…反过来，不能得到的数还有3990、3989、3988、3986、3985、3982、3981、3978、3974．不能得到的数共有9918+=（个）．所以可得到的不同的和共有 ()3991111183963-+-=（个）． 8. 600有多少个不同的正约数（包括1和600）?解析将600质因数分解，有312600235=⨯⨯．一个正整数m 是600的约数的弃要条件是m 具有235a b c ⨯⨯的形式，其中a 、b 、c 是整数且03a ≤≤，01b ≤≤，02c ≤≤．由于a 有()431=+种选择：0、1、2、3；b 有()211=+种选择：0、1；c 有()321=+种选择：0、1、2，故由乘法原理知，这样的m 有42324⨯⨯=（个）．评注一般地，若一个正整数n 的质因数分解式为1212r a a a r n p p p =L ．其中1p ，2p ，…，r p 是互不相同的质数，1α，2α，…，r α是正整数，则n 的不同正约数的个数为()()()12111r ααα+++L ．9. 在20000与70000之间，有多少个数字不重复的偶数？解析设abcde 是满足要求的偶数，那么a 只能取2、3、4、5、6，e 只能取0、2、4、6、8．（1）若a 取2、4、6之一，即a 有3种选法，此时e 有()451=-种选法，b 、c 、d 分别有8、7、6种选法，由乘法原理知，不重复的偶数有348764032⨯⨯⨯⨯=（个）．（2）若a 取3、5之一，则a 有2种选法，e 有5种选法，b 、c 、d 分别有8、7、6种选法，由乘法原理知，此时不重复的偶数有258763360⨯⨯⨯⨯=（个）．最后，由加法原理知，满足题意的偶数共有403233607392+=（个）．评注在很多计数问题中，都是加法原理和乘法原理结合在一起用的． 10. 求至少出现一个数字6，而且是3的倍数的五位数的个数．解析设满足要求的五位数为12345a a a a a ．由于3整除12345a a a a a 的充要条件是123453a a a a a ++++，所以分情况讨论如下：（1）从左向右看，若最后一个6出现在第5位，即56a =，则2a 、3a 、4a 可以从0，1，2，…，9这10个数字中任取1个，为了保证123453a a a a a ++++，1a 只有3种可能（例如，()23451mod3a a a a +++=，则1a 只能取2，5，8之一，等等），由乘法原理，五位数中最后一位是6，且是3的倍数的数有31010103000⨯⨯⨯=（个）．（2）从左向右看，最后一个6出现在第4位，即46a =，于是5a 只有9种可能（因为56a ≠），2a 、3a 各有10种可能，为了保证123453a a a a a ++++，1a 只有3种可能，由乘法原理，这一类的五位数有3910102700⨯⨯⨯=（个）．（3）从左向右看，最后一个6出现在第3位，即36a =，则4a 、5a 均有9种可能，2a 有10种可能，1a 有3种可能，这类五位数有 399102430⨯⨯⨯=（个）．（4）从左向右看，最后一个6出现在第2位，26a =，则3a 、4a 、5a 均有9种可能，1a 有3种可能，所以这类五位数有 39992187⨯⨯⨯=（个）．（5）从左向右看，最后一个6出现在第1位，即16a =，则2a 、3a 、4a 均有9种可能，为了保证123453a a a a a ++++，5a 只有3种可能，从而这类五位数有39992187⨯⨯⨯=（个）．最后，由加法原理知，五位数中至少出现一个6，且是3的倍数的数有3000270024302187218712504++++=（个）． 11. 将1，2，3，4，5这五个数字排成一排，最后一个数是奇数，且使得其中任意连续三个数之和都能被这三个数中的第一个数整除，问：满足要求的排法有多少种？解析设1a ，2a ，3a ，4a ，5a 是1，2，3，4，5的一个满足要求的排列．首先，对于1a ，2a ，3a ，4a ，不能有连续的两个都是偶数，否则，这两个之后都是偶数，与已知条件矛盾．又如果()13i a i ≤≤是偶数，1i a +是奇数，则2i a +是奇数，这说明一个偶数后面一定要接两个或两个以上的奇数，除非接的这个奇数是最后一个数．所以1a ，2a ，3a ，4a ，5a 只能是：偶，奇，奇，偶，奇，有如下5种情形满足条件：2，1，3，4，5；2，3，5，4，1；2，5，1，4，3；4，3，1，2，5；4，5，3，2，1． 12. 由35个单位小正方形组成的长方形中，如图所示，有两个“*”，问包含两个“*”在内的小正方形组成的长方形（含正方形）共有多少个？解析含两个“*”的矩形，与第二、三两行有公共部分．它们可能与第一行有公共部分，也可能没有公共部分，即分为两类：每一类中的矩形，可能与四、五两行都有公共部分，或都没有公共部分，或仅与第四行有公共部分而与第五行没有公共部分，即又分为三类，这样，从行考虑共有236⨯=类．同样，考虑列，矩形可能与第一、二列都有公共部分，或都没有公共部分，或仅与第二列有公共部分，共三类．而与第五、六、七列的关系则有四列(都有公共部分，都没有公共部分，仅与第五列有公共部分，与第五、六列有公共部分而与第七列无公共部分)．所以，由乘法原理，含两个“*”的矩形共有233472⨯⨯⨯=（个）．13. 设有红、黑、白三种颜色的球各10个．现将它们全部放入甲、乙两个袋子中，要求每个袋子里三种颜色球都有，且甲乙两个袋子中三种颜色球数之积相等，问共有多少种放法．解析设甲袋中的红、黑、白三种颜色的球数为x 、y 、z ，则有1x ≤、y 、9z ≤，且 ()()()101010xyz x y z =---，①即()()500505xyz x y z xy yz zx =-+++++，②于是有5xyz ．因此x ，y ，z 中必有一个取5．不妨设5x =，代入（1）式，得到10y z +=．此时，y 可取1，2，…，8，9（相应地z 取9，8，…，2，1），共9种放法．同理可得5y =或者5z =时，也各有9种放法，但有x y z ==时两种放法重复．因此可得共有93225⨯-=种放法．14. 设正整数p 和q 互质．问：有多少个非负整数n 不能表示成px qy +（x 和y 是非负整数）的形式？解析首先，由于p 、q 互质，所以下面q 个数 n ，n p -，2n p -，…，()1n q p --除以q 所得的余数不同．事实上，若()mod n ip n jp q -=-，01i j q <-≤≤，则()()0mod j i p q -=，()q j i p -，所以q j i -，矛盾．所以这q 个数中一定有一个除以q 余数为0，设这个数为n xp -，01x q -≤≤，于是可设n xp qy -=，即px py n +=恰有一组满足01x q -≤≤的整数解（x ，y ）．设n 与数组（x ，y ）依上述规律对应，即n px qy =+，01x q -≤≤．与0y ≥的数组（x ，y ）春风一度的整数n 称为“好的”；否则称为“坏的”．若n 与（x ，y ）对应，即n px qy =+，01x q -≤≤，则**pq p q n pq p q px qy ---=----()()11p q x q y =--+--．因为 011q x q ---≤≤，且y 与1y --中恰有一个是非负的，所以，pq p q n ---与（1q x --，1y --）对应，且n 与pq p q n ---中恰有一个是好的，一个是坏的．所以在0，1，2，…，pq p q --中好数与坏数一一对应，从而其中的坏数有()()111122pq p q p q --+=--（个）．当0n <，则n 是坏数（显然0y <），故大于pq p q --的数均为好数．由此得坏数即不能表为px qy +（x ，y 为非负整数）的非负整数n 有()()1112p q --个． 15. 把1，2，3，…，2012这2012个正整数随意放置在一个圆周上，统计所有相邻三个数的奇偶性得知：三个数全是奇数的600组，恰好两个奇数的有500组，问：恰好一个奇数的有几组？全部不是奇数的有几组？解析设恰好1个奇数的有x 组，则全部不是奇数的有2010600500912x x ---=-．将圆周上的数从某个数开始，依次计为1x ，2x ，…，2012x ，令 1,,1,i i i x y x -⎧⎪=⎨⎪⎩奇偶当为数时当为数时,则1220120y y y +++=L ，再令12i i i i A y y y ++=++121212123,,,1,,,21,,,3,,,i i i i i i i i i i i i x x x x x x x x x x x x ++++++++-⎧⎪-⎪=⎨⎪⎪⎩全奇恰好奇恰好一奇全偶当为数时当个数时当个数时当为数时其中20012i i x x +=，1i =，2，于是 ()12201203y y y =+++L122012A A A =+++L()36005003912x x =-⨯-++-，解得218x =．恰好一个奇数的有218组，全部不是奇数的有912218694-=组．。

初中数学竞赛：计数的方法与原理(含例题练习及答案)

初中数学竞赛：计数的方法与原理计数方法与原理是组合数学的主要课题之一，本讲介绍一些计数的基本方法及计数的基本原理。

一、枚举法一位旅客要从武汉乘火车去北京，他要了解所有可供乘坐的车次共有多少，一个最易行的办法是找一张全国列车运行时刻表，将所有从武汉到北京的车次逐一挑出来，共有多少次车也就数出来了，这种计数方法就是枚举法。

所谓枚举法，就是把所要求计数的所有对象一一列举出来，最后计算总数的方法。

运用枚举法进行列举时，必须注意无一重复，也无一遗漏。

例1四个学生每人做了一张贺年片，放在桌子上，然后每人去拿一张，但不能拿自己做的一张。

问：一共有多少种不同的方法？解：设四个学生分别是A，B，C，D，他们做的贺年片分别是a，b，c，d。

先考虑A拿B做的贺年片b的情况（如下表），一共有3种方法。

同样，A拿C或D做的贺年片也有3种方法。

一共有3＋3＋3=9（种）不同的方法。

例2甲、乙二人打乒乓球，谁先连胜两局谁赢，若没有人连胜头两局，则谁先胜三局谁赢，打到决出输赢为止。

问：一共有多少种可能的情况？解：如下图，我们先考虑甲胜第一局的情况：图中打√的为胜者，一共有7种可能的情况。

同理，乙胜第一局也有 7种可能的情况。

一共有 7＋7=14（种）可能的情况。

二、加法原理如果完成一件事情有n类方法，而每一类方法中分别有m1，m2，…，mn种方法，而不论采用这些方法中的任何一种，都能单独地完成这件事情，那么要完成这件事情共有：N=m1+m2+…mn种方法。

这是我们所熟知的加法原理，也是利用分类法计数的依据。

例 3 一个自然数，如果它顺着数和倒着数都是一样的，则称这个数为“回文数”。

例如1331，7，202都是回文数，而220则不是回文数。

问：1到6位的回文数一共有多少个？按从小到大排，第2000个回文数是多少？解：一位回文数有：1，2，…，9，共9个；二位回文数有：11，22，…，99，共9个；三位回文数有：101，111，…，999，共90个；四位回文数有：1001，1111，…，9999，共90个；五位回文数有：10001，10101，…，99999，共900个；六位回文数有：100001，101101，…，999999，共900个。

2020江苏初中数学竞赛初一年级集训练习组合与计数专题(含答案)

2020江苏初中数学竞赛初一年级集训练习组合与计数专题（含答案）1. 有多少个有序整数对(x ,y )满足225x y +≤？解析我们把这个问题分成6种情况：22x y i +=，0i =，1，2， (5)当220x y +=时，（x ，y ）=（0，0）；当221x y +=时，(x ,y )=(0,1-)，(0,y )，(1,0)，(1-,0)；当222x y +=时，(x ,y )=(1-,1-)，(1-,1)，(1,1-)，(1,1)；当223x y +=时，不可能；当223x y +=时，不可能；当224x y +=时，(x ,y )=(0,2-)，(0,2)，(2-,0)，(2,0)；当225x y +=时，(x ,y )=(2-,1-)，(2-,1)，(1-,2-)，(1-,2)，(1,2-)，(1,2)，(2,1-)，(2,1)．由加法原理知，满足题设的有序数对共有14404821+++++=（个）． 2. 利用数字1、2、3、4、5共可组成（1）多少个数字不重复的三位数？（2）多少个数字不重复的三位偶数？（3）多少个数字不重复的偶数？解析（1）百位数有5种选择；十位数有4种选择；个位数有3种选择，所以共有54360⨯⨯=个数字不重复的三位数．（2）先选个位数，共有两种选择：2或4．在个位数选定后，十位数还有4种选择；百位数有3种选择．所以共有24324⨯⨯=个数字不重复的三位偶数．（3）分为5种情况：一位偶数，只有两个：2和4．二位偶数，共有8个：12，32，42，52，14，24，34，54．三位偶数由上述（2）中求得的为24个．四位偶数共有：()243248⨯⨯⨯=个．括号外面的2表示个位数有2种选择（2或4）．五位偶数共有：()2432148⨯⨯⨯⨯=个．由加法原理，偶数的个数共有28244848130++++=（个）． 3. 从1到300的正整数中，完全不不含有数字3的有多少个？解析1 将符合要求的正整数分为以下三类：（1）一位数，有1、2、4、5、6、7、8、9共8个．6、7、8、9八种情形，在个位上出现的数字除以上八个数字外还有0，共9种情形，故二位数有8972⨯=个．（3）三位数，在百位上出现的数字有1，2两种情形，在十位、个位上出现的数字则有0、1、2、4、5、6、7、8、9九种情形，故三位数有299162⨯⨯=个．因此，从1到300的正整数中完全不含数字3的共有872162242++=个．解析2将0到299的整数都看成三位数，其中数字3不出现的，百位数字可以是0、1或2三种情况，十位数字与个位数均有九种，因此除去0共有3991242⨯⨯-=个．4.一个班级有30名学生．（1）从中选出2人，一个担任班长，一个担任副班长，共有多少种不同的选法？（2）从中选2个人去参加数学竞赛，有多少种不同的选法？解析（1）从30个人中选1个人担任班长，有30种选法，再从剩下的29个人中选1个人担任副班长，有29种选法，则由乘法原理知，共有不同的选法为3029870⨯=（种）．（2）从30个人中选两人有3029⨯种选法，但由于选出甲、乙去比赛和选出乙、甲去比赛是相同的情况，因此不同的选法共有30294352⨯=（种）．5.在小于10 000的正整数中，含有数字1的数有多少个？解析不妨将1至9999的正整数均看作四位数，凡位数不到四位的正整数在前面补0，使之成为四位数．先求不含数字1的这样的四位数共有几个，即有0、2、3、4、5、6、7、8、9这九个数字所组成的四位数的个数，由于每一位都有9种写法，所以，根据乘法原理，由这九个数字组成的四位数个数为99996561⨯⨯⨯=．其中包括了一个0000，这不是正整数，所以比10000小的不含数字1的正整数有6560个，于是，小于10 000且含有数字1的正整数共有999965603439-=个．6.在1到9999中，有多少个整数与4567相加，至少在一个数位中发生进位？解析将0到9999这10 000个整数都看成四位数，即位数不中四位的，在左面添0补足四位．考虑这些四位数中，有多少个在与4567相加时不发生进位．这样的数，千位数字有0、1、2、3、4、5这6种可能；百位数字有0、1、2、3、4这5种可能；十位数字有0、1、2、3这4种可能；个位数字有0、1、2这3种可能．所以这样的数共有6543360⨯⨯⨯=（个）．其中包括0．所以，在1到9999中，与4567相加产生进位的整数有100003609640-=（个）．7.在1到1999这1999个自然数中，取4的倍数与7的倍数各一个相加，一共可得到多少个不同的和．解析在1到1999这1999个自然数中，有4的倍数499个，它们是4，8，12， (1992)1996；有7的倍数285个，它们是7，14，21，…，1988，1995．可得到的和最小为7411+=，最大为199619953991+=，介于11至3991之间的自然数，有一部分得不到．例如：12、13、14、16、17、20、21、24、28不能得到，下面能依次得到29218=+，301416=+，31724=+，32284=+，332112=+，341420=+，35728=+，36288=+，…反过来，不能得到的数还有3990、3989、3988、3986、3985、3982、3981、3978、3974．不能得到的数共有9918+=（个）．所以可得到的不同的和共有 ()3991111183963-+-=（个）． 8. 600有多少个不同的正约数（包括1和600）?解析将600质因数分解，有312600235=⨯⨯．一个正整数m 是600的约数的弃要条件是m 具有235a b c ⨯⨯的形式，其中a 、b 、c 是整数且03a ≤≤，01b ≤≤，02c ≤≤．由于a 有()431=+种选择：0、1、2、3；b 有()211=+种选择：0、1；c 有()321=+种选择：0、1、2，故由乘法原理知，这样的m 有42324⨯⨯=（个）．评注一般地，若一个正整数n 的质因数分解式为1212r a a a r n p p p =L ．其中1p ，2p ，…，r p 是互不相同的质数，1α，2α，…，r α是正整数，则n 的不同正约数的个数为()()()12111r ααα+++L ．9. 在20000与70000之间，有多少个数字不重复的偶数？解析设abcde 是满足要求的偶数，那么a 只能取2、3、4、5、6，e 只能取0、2、4、6、8．（1）若a 取2、4、6之一，即a 有3种选法，此时e 有()451=-种选法，b 、c 、d 分别有8、7、6种选法，由乘法原理知，不重复的偶数有348764032⨯⨯⨯⨯=（个）．（2）若a 取3、5之一，则a 有2种选法，e 有5种选法，b 、c 、d 分别有8、7、6种选法，由乘法原理知，此时不重复的偶数有258763360⨯⨯⨯⨯=（个）．最后，由加法原理知，满足题意的偶数共有403233607392+=（个）．评注在很多计数问题中，都是加法原理和乘法原理结合在一起用的． 10. 求至少出现一个数字6，而且是3的倍数的五位数的个数．解析设满足要求的五位数为12345a a a a a ．由于3整除12345a a a a a 的充要条件是123453a a a a a ++++，所以分情况讨论如下：（1）从左向右看，若最后一个6出现在第5位，即56a =，则2a 、3a 、4a 可以从0，1，2，…，9这10个数字中任取1个，为了保证123453a a a a a ++++，1a 只有3种可能（例如，()23451mod3a a a a +++=，则1a 只能取2，5，8之一，等等），由乘法原理，五位数中最后一位是6，且是3的倍数的数有31010103000⨯⨯⨯=（个）．（2）从左向右看，最后一个6出现在第4位，即46a =，于是5a 只有9种可能（因为56a ≠），2a 、3a 各有10种可能，为了保证123453a a a a a ++++，1a 只有3种可能，由乘法原理，这一类的五位数有3910102700⨯⨯⨯=（个）．（3）从左向右看，最后一个6出现在第3位，即36a =，则4a 、5a 均有9种可能，2a 有10种可能，1a 有3种可能，这类五位数有 399102430⨯⨯⨯=（个）．（4）从左向右看，最后一个6出现在第2位，26a =，则3a 、4a 、5a 均有9种可能，1a 有3种可能，所以这类五位数有 39992187⨯⨯⨯=（个）．（5）从左向右看，最后一个6出现在第1位，即16a =，则2a 、3a 、4a 均有9种可能，为了保证123453a a a a a ++++，5a 只有3种可能，从而这类五位数有39992187⨯⨯⨯=（个）．最后，由加法原理知，五位数中至少出现一个6，且是3的倍数的数有3000270024302187218712504++++=（个）． 11. 将1，2，3，4，5这五个数字排成一排，最后一个数是奇数，且使得其中任意连续三个数之和都能被这三个数中的第一个数整除，问：满足要求的排法有多少种？解析设1a ，2a ，3a ，4a ，5a 是1，2，3，4，5的一个满足要求的排列．首先，对于1a ，2a ，3a ，4a ，不能有连续的两个都是偶数，否则，这两个之后都是偶数，与已知条件矛盾．又如果()13i a i ≤≤是偶数，1i a +是奇数，则2i a +是奇数，这说明一个偶数后面一定要接两个或两个以上的奇数，除非接的这个奇数是最后一个数．所以1a ，2a ，3a ，4a ，5a 只能是：偶，奇，奇，偶，奇，有如下5种情形满足条件：2，1，3，4，5；2，3，5，4，1；2，5，1，4，3；4，3，1，2，5；4，5，3，2，1． 12. 由35个单位小正方形组成的长方形中，如图所示，有两个“*”，问包含两个“*”在内的小正方形组成的长方形（含正方形）共有多少个？解析含两个“*”的矩形，与第二、三两行有公共部分．它们可能与第一行有公共部分，也可能没有公共部分，即分为两类：每一类中的矩形，可能与四、五两行都有公共部分，或都没有公共部分，或仅与第四行有公共部分而与第五行没有公共部分，即又分为三类，这样，从行考虑共有236⨯=类．同样，考虑列，矩形可能与第一、二列都有公共部分，或都没有公共部分，或仅与第二列有公共部分，共三类．而与第五、六、七列的关系则有四列(都有公共部分，都没有公共部分，仅与第五列有公共部分，与第五、六列有公共部分而与第七列无公共部分)．所以，由乘法原理，含两个“*”的矩形共有233472⨯⨯⨯=（个）．13. 设有红、黑、白三种颜色的球各10个．现将它们全部放入甲、乙两个袋子中，要求每个袋子里三种颜色球都有，且甲乙两个袋子中三种颜色球数之积相等，问共有多少种放法．解析设甲袋中的红、黑、白三种颜色的球数为x 、y 、z ，则有1x ≤、y 、9z ≤，且 ()()()101010xyz x y z =---，①即()()500505xyz x y z xy yz zx =-+++++，②于是有5xyz ．因此x ，y ，z 中必有一个取5．不妨设5x =，代入（1）式，得到10y z +=．此时，y 可取1，2，…，8，9（相应地z 取9，8，…，2，1），共9种放法．同理可得5y =或者5z =时，也各有9种放法，但有x y z ==时两种放法重复．因此可得共有93225⨯-=种放法．14. 设正整数p 和q 互质．问：有多少个非负整数n 不能表示成px qy +（x 和y 是非负整数）的形式？解析首先，由于p 、q 互质，所以下面q 个数 n ，n p -，2n p -，…，()1n q p --除以q 所得的余数不同．事实上，若()mod n ip n jp q -=-，01i j q <-≤≤，则()()0mod j i p q -=，()q j i p -，所以q j i -，矛盾．所以这q 个数中一定有一个除以q 余数为0，设这个数为n xp -，01x q -≤≤，于是可设n xp qy -=，即px py n +=恰有一组满足01x q -≤≤的整数解（x ，y ）．设n 与数组（x ，y ）依上述规律对应，即n px qy =+，01x q -≤≤．与0y ≥的数组（x ，y ）春风一度的整数n 称为“好的”；否则称为“坏的”．若n 与（x ，y ）对应，即n px qy =+，01x q -≤≤，则**pq p q n pq p q px qy ---=----()()11p q x q y =--+--．因为 011q x q ---≤≤，且y 与1y --中恰有一个是非负的，所以，pq p q n ---与（1q x --，1y --）对应，且n 与pq p q n ---中恰有一个是好的，一个是坏的．所以在0，1，2，…，pq p q --中好数与坏数一一对应，从而其中的坏数有()()111122pq p q p q --+=--（个）．当0n <，则n 是坏数（显然0y <），故大于pq p q --的数均为好数．由此得坏数即不能表为px qy +（x ，y 为非负整数）的非负整数n 有()()1112p q --个． 15. 把1，2，3，…，2012这2012个正整数随意放置在一个圆周上，统计所有相邻三个数的奇偶性得知：三个数全是奇数的600组，恰好两个奇数的有500组，问：恰好一个奇数的有几组？全部不是奇数的有几组？解析设恰好1个奇数的有x 组，则全部不是奇数的有2010600500912x x ---=-．将圆周上的数从某个数开始，依次计为1x ，2x ，…，2012x ，令 1,,1,i i i x y x -⎧⎪=⎨⎪⎩奇偶当为数时当为数时,则1220120y y y +++=L ，再令12i i i i A y y y ++=++121212123,,,1,,,21,,,3,,,i i i i i i i i i i i i x x x x x x x x x x x x ++++++++-⎧⎪-⎪=⎨⎪⎪⎩全奇恰好奇恰好一奇全偶当为数时当个数时当个数时当为数时其中20012i i x x +=，1i =，2，于是 ()12201203y y y =+++L122012A A A =+++L()36005003912x x =-⨯-++-，解得218x =．恰好一个奇数的有218组，全部不是奇数的有912218694-=组．。

初一数学竞赛习题专题讲座第10讲计数的方法与原理含例题练习及答案⑽

初一数学竞赛讲座第10讲计数的方法与原理计数方法与原理是组合数学的主要课题之一，本讲介绍一些计数的基本方法及计数的基本原理。

一、枚举法一位旅客要从武汉乘火车去北京，他要了解所有可供乘坐的车次共有多少，一个最易行的办法是找一张全国列车运行时刻表，将所有从武汉到北京的车次逐一挑出来，共有多少次车也就数出来了，这种计数方法就是枚举法。

所谓枚举法，就是把所要求计数的所有对象一一列举出来，最后计算总数的方法。

运用枚举法进行列举时，必须注意无一重复，也无一遗漏。

例1四个学生每人做了一张贺年片，放在桌子上，然后每人去拿一张，但不能拿自己做的一张。

问：一共有多少种不同的方法？解：设四个学生分别是A，B，C，D，他们做的贺年片分别是a，b，c，d。

先考虑A拿B做的贺年片b的情况（如下表），一共有3种方法。

同样，A拿C或D做的贺年片也有3种方法。

一共有3＋3＋3=9（种）不同的方法。

例2甲、乙二人打乒乓球，谁先连胜两局谁赢，若没有人连胜头两局，则谁先胜三局谁赢，打到决出输赢为止。

问：一共有多少种可能的情况？解：如下图，我们先考虑甲胜第一局的情况：图中打√的为胜者，一共有7种可能的情况。

同理，乙胜第一局也有 7种可能的情况。

一共有 7＋7=14（种）可能的情况。

二、加法原理如果完成一件事情有n类方法，而每一类方法中分别有m1，m2，…，mn种方法，而不论采用这些方法中的任何一种，都能单独地完成这件事情，那么要完成这件事情共有：N=m1+m2+…mn种方法。

这是我们所熟知的加法原理，也是利用分类法计数的依据。

例3 一个自然数，如果它顺着数和倒着数都是一样的，则称这个数为“回文数”。

例如1331，7，202都是回文数，而220则不是回文数。

问：1到6位的回文数一共有多少个？按从小到大排，第2000个回文数是多少？解：一位回文数有：1，2，…，9，共9个；二位回文数有：11，22，…，99，共9个；三位回文数有：101，111，…，999，共90个；四位回文数有：1001，1111，…，9999，共90个；五位回文数有：10001，10101，…，99999，共900个；六位回文数有：100001，101101，…，999999，共900个。

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