五年级奥数加法原理之分类枚举(一)学生版
五年级奥数专题 加法原理和乘法原理综合(学生版)

学科培优数学“加法原理和乘法原理综合”学生姓名授课日期教师姓名授课时长知识定位本讲力求让学生懂得并运用加法乘法原理来解决问题,掌握常见的计数方法,会使用这些方法来解决问题知识梳理乘法原理我们在完成一件事时往往要分为多个步骤,每个步骤又有多种方法,当计算一共有多少种完成方法时就要用到乘法原理.乘法原理:一般地,如果完成一件事需要n个步骤,其中,做第一步有m1种不同的方法,做第二步有m2种不同的方法 ,…,做第n步有mn种不同的方法,则完成这件事一共有N=m1×m2×…×mn种不同的方法.乘法原理运用的范围:这件事要分几个彼此互不影响的独立步骤来完成,这几步是完成这件任务缺一不可的,这样的问题可以使用乘法原理解决.我们可以简记为:“乘法分步,步步相关”.加法原理无论自然界还是学习生活中,事物的组成往往是分门别类的,例如解决一件问题的往往不只一类途径,每一类途径往往又包含多种方法,如果要想知道一共有多少种解决方法,就需要用到加法原理.加法原理:一般地,如果完成一件事有k类方法,第一类方法中有m1种不同做法,第二类方法中有m2种不同做法 ,…,第k类方法中有mk种不同的做法,则完成这件事共有N= m1 + m2 +…+mk 种不同的方法.加法原理运用的范围:完成一件事的方法分成几类,每一类中的任何一种方法都能完成任务,这样的问题可以使用加法原理解决.我们可以简记为:“加法分类,类类独立”.例题精讲【试题来源】【题目】从五年级8个班中评选出学习、体育、卫生先进集体,如果要求同一个班级只能得到一个先进集体,那么一共有多少种评选方法?【试题来源】【题目】用5种不同颜色的笔来写“智康教育”这几个字,相邻的字颜色不同,共有多少种写法?【试题来源】【题目】北京到广州之间有10个站,其中只有两个站是大站(不包括北京、广州),从大站出发的车辆可以配卧铺,那么铁路局要准备多少种不同的卧铺车票?【试题来源】【题目】7个相同的球放在4个不同的盒子里,每个盒子至少放一个,不同的放法有多少种?【试题来源】【题目】如图所示,沿线段从A 走最短路线到B 有多少种走法?【试题来源】【题目】如果从3本不同的语文书、4本不同的数学书、5本不同的外语书中选取2本不同学科的书阅读,那么共有多少种不同的选择?GD F CE BA106343211111BA【试题来源】【题目】用1,2,3,4这4个数字,组成各位数字互不相同的四位数,例如1234,4321等,求全体这样的四位数之和.【试题来源】【题目】某条铁路线上,包括起点和终点在内原来共有7个车站,现在新增了3个车站,铁路上两站之间往返的车票不一样,那么,这样需要增加多少种不同的车票?【试题来源】【题目】用0~9这十个数字可组成多少个无重复数字的四位数.【试题来源】【题目】12个人围成一圈,从中选出三个人,其中恰有两人相邻,共有多少种不同选法?【试题来源】【题目】A、B、C三个小朋友互相传球,先从A开始发球(作为第一次传球),这样经过了5次传球后,球恰巧又回到A手中,那么不同的传球方式共多少种.【试题来源】【题目】在2000到2999这1000个自然数中,有多少个千位、百位、十位、个位数字中恰有两个相同的数?【试题来源】【题目】将一些数字分别填入下列各表中,要求每个小格中填入一个数字,表中的每横行中从左到右数字由小到大,每一竖列中从上到小数字也由小到大排列。
小学奥数 加法原理之分类枚举(一) 精选练习例题 含答案解析(附知识点拨及考点)

1.使学生掌握加法原理的基本内容;2.掌握加法原理的运用以及与乘法原理的区别;3.培养学生分类讨论问题的能力,了解分类的主要方法和遵循的主要原则.加法原理的数学思想主旨在于分类讨论问题,教授本讲的目的也是为了培养学生分类讨论问题的习惯,锻炼思维的周全细致.一、加法原理概念引入 生活中常有这样的情况,就是在做一件事时,有几类不同的方法,而每一类方法中,又有几种可能的做法.那么,考虑完成这件事所有可能的做法,就要用加法原理来解决.例如:王老师从北京到天津,他可以乘火车也可以乘长途汽车,现在知道每天有五次火车从北京到天津,有4趟长途汽车从北京到天津.那么他在一天中去天津能有多少种不同的走法?分析这个问题发现,王老师去天津要么乘火车,要么乘长途汽车,有这两大类走法,如果乘火车,有5种走法,如果乘长途汽车,有4种走法.上面的每一种走法都可以从北京到天津,故共有5+4=9种不同的走法.在上面的问题中,完成一件事有两大类不同的方法.在具体做的时候,只要采用一类中的一种方法就可以完成.并且两大类方法是互无影响的,那么完成这件事的全部做法数就是用第一类的方法数加上第二类的方法数.二、加法原理的定义一般地,如果完成一件事有k 类方法,第一类方法中有1m 种不同做法,第二类方法中有2m 种不同做法,…,第k 类方法中有k m 种不同做法,则完成这件事共有12 k N m m m =+++……种不同方法,这就是加法原理.加法原理运用的范围:完成一件事的方法分成几类,每一类中的任何一种方法都能完成任务,这样的问题可以使用加法原理解决.我们可以简记为:“加法分类,类类独立”.分类时,首先要根据问题的特点确定一个适合于它的分类标准,然后在这个标准下进行分类;其次,分类时要注意满足两条基本原则:① 完成这件事的任何一种方法必须属于某一类;② 分别属于不同两类的两种方法是不同的方法.只有满足这两条基本原则,才可以保证分类计数原理计算正确.运用加法原理解题时,关键是确定分类的标准,然后再针对各类逐一计数.通俗地说,就是“整体等于局部之和”.三、加法原理解题三部曲知识要点教学目标7-1-1.加法原理之分类枚举(一)2、每类找种数(每类的一种情况必须是能完成该件事);3、类类相加枚举法:枚举法又叫穷举法,就是把所有符合条件的对象一一列举出来进行计数.分类讨论的时候经常会需要把每一类的情况全部列举出来,这时的方法就是枚举法.枚举的时候要注意顺序,这样才能做到不重不漏.例题精讲模块一、分类枚举——数出来的种类【例1】小宝去给小贝买生日礼物,商店里卖的东西中,有不同的玩具8种,不同的课外书20本,不同的纪念品10种,那么,小宝买一种礼物可以有多少种不同的选法?【考点】加法原理之分类枚举【难度】2星【题型】解答【关键词】分类讨论思想【解析】小宝买一种礼物有三类方法:第一类,买玩具,有8种方法;第二类,买课外书,有20种方法;第三种,买纪念品,有10种方法.根据加法原理,小宝买一种礼物有8+20+10=38种方法.【答案】38【巩固】有不同的语文书6本,数学书4本,英语书3本,科学书2本,从中任取一本,共有多少种取法?【考点】加法原理之分类枚举【难度】2星【题型】解答【关键词】分类讨论思想【解析】根据加法原理,共有6+4+3+2=15种取法.【答案】15【巩固】阳光小学四年级有3个班,各班分别有男生18人、20人、16人.从中任意选一人当升旗手,有多少种选法?【考点】加法原理之分类枚举【难度】2星【题型】解答【关键词】分类讨论思想【解析】解决这个问题有3类办法:从一班、二班、三班男生中任选1人,从一班18名男生中任选1人有18种选法:同理,从二班20名男生中任选1人有20种选法;从三班16名男生中任意选1人有16种选法;根据加法原理,从四年级3个班中任选一名男生当升旗手的方法有:18201654++=种.【答案】54【例2】和为15的两个非零自然数共有对。
小学奥数题目及解析分类枚举

小学奥数题目及解析:分类枚举分类枚举,就是依据一定的标准把题目的答案分为几种类型,一一列举出来。
分类枚举的方法主要用来解决一些排列组合的问题,列举时要有序分类,保证答案既不遗漏又不重复,其中分类标准的确定是解题的关键,同一题因标准不同可能有不同的分类方法,好的分类方法会使解题过程变得更加简单。
学会分类枚举,不仅可以解决本讲的问题,遇到更复杂问题时,我们也可以用列举的方法找出部分答案,然后在已有答案中发现规律,从而进一步寻求解题方案。
【题目】:把10只鸽子关在3个同样的笼子里,使得每个笼子里都有鸽子,可以有多少种不同的放法?【解析】:这里笼子都是同样的,因此3只笼子是无序的。
因为10÷3=3……1,根据题中条件,可得鸽子最少的那个笼子里的鸽子不多于3只,不少于1只,我们可以这样分为三类:一、鸽子最少的那个笼子里有1只鸽子,共有4种放法:①1只、1只、8只;②1只、2只、7只;③1只、3只、6只;④1只、4只、5只。
二、鸽子最少的那个笼子里有2只鸽子,共有3种放法:①2只、2只、6只;②2只、3只、5只;③2只、4只、4只。
三、鸽子最少的那个笼子里有3只鸽子,共有1种放法:①3只、3只、4只。
所以共有放法:4+3+1=8(只)。
【题目】:有一架天平和三只重量分别为1克,3克,6克的砝码,你知道用这架天平和这些砝码共能称出多少种重量吗?【解析】:这一题要在孩子学习了三上第三单元,认识了常见的称和质量单位后,再学习比较合适。
如果超前完成,需要对孩子介绍一下天平的用法。
因为1克+3克+6克=10克,所以这架天平最重能称出10克,最轻能称出1克。
因此这架天平最多能称出1克到10克之间的10种不同重量的物体,然后我们再对这10类情况进行验证:①天平左边:物体右边:1克砝码能称出1克重的物体;②天平左边:物体+1克砝码右边:3克砝码能称出2克重的物体;③天平左边:物体右边:3克砝码能称出3克重的物体;④天平左边:物体右边:3克砝码+1克砝码能称出4克重的物体;⑤天平左边:物体+1克砝码右边:6克砝码能称出5克重的物体;⑥天平左边:物体右边:6克砝码能称出6克重的物体;⑦天平左边:物体右边:6克砝码+1克砝码能称出7克重的物体;⑧天平左边:物体+1克砝码右边:6克砝码+3克砝码能称出8克重的物体;⑨天平左边:物体右边:6克砝码+3克砝码能称出9克重的物体;⑩天平左边:物体右边:6克砝码+3克砝码+1克砝码能称出10克重的物体。
小学奥数知识点趣味学习--枚举法

小学奥数知识点趣味学习——枚举法运用枚举法解题的关键是要正确分类,要注意以下两点:一是分类要全,不能造成遗漏;二是枚举要清,要将每一个符合条件的对象都列举出来。
【典型例题】【例1】:从小华家到学校有3条路可以走,从学校到岐江公园有4条路可以走,从小华家到岐江公园,有几种不同的走法?【试一试】1. 从甲地到乙地,有3条公路直达,从乙地到丙地有2条铁路可以直达,从甲地到丙地有多少种不同的走法?2. 新华书店有3种不同的英语书,4种不同的数学读物销售,小明想买一种英语书和一种数学读物,共有多少种不同的买法?【例2】把4个同样的苹果放在两个同样的盘子里,允许有的盘子空着不放,问共有多少种不同的分法?【试一试】1.把5个同样的苹果放在两个同样的盘子里,允许有的盘子空着不放,问共有多少种不同的分法?2.把7个同样的苹果放在三个同样的盘子里,不允许有的盘子空着不放,问共有多少种不同的分法?【例3】从1~6这六个数字中,每次取2个数字,这两个数字的和都必须大于7,能有多少种取法?【试一试】1.从1~9这九个数字中,每次取2个数字,这两个数字的和都必须大于10,能有多少种取法?2.从1~19这十九个数字中,每次取2个数字,这两个数字的和都必须大于20,能有多少种取法?【例4】一个长方形的周长是22米,如果它的长和宽都是整米数,那么这个长方形的面积有多少种可能值?【试一试】1.一个长方形的周长是30厘米,如果它的长和宽都是整厘米数,那么这个长方形的面积有多少种可能值?2.把15个玻璃球分成数量不同的4堆,共有多少种不同的分法?【例5】有4位小朋友,寒假中互相通一次电话,他们一共打了多少次电话?【试一试】1.6个小队进行排球比赛,每两队比赛一场,共要进行多少次比赛?2.有8位小朋友,要互通一次电话,他们一共打了多少次电话?。
小学奥数知识点趣味学习——枚举法(1)

小学奥数知识点趣味学习——枚举法(1)例1:如下图所示,已知长方形的周长为20厘米,长和宽都是整厘米数,这个长方形有多少种可能形状?哪种形状的长方形面积最大?(边长为1厘米的正方形的面积叫做1平方厘米)。
解:由于长方形的周长是20厘米,可知它的长与宽之和为10厘米。
下面列举出符合这个条件的各种长方形。
(注意,正方形可以说成是长与宽相等的长方形)。
下面把5种长方形按实际尺寸大小一一画出来,见下面图(1)~(5)。
例2:如右图所示,ABCD是一个正方形,边长为2厘米,沿着图中线段从A到C的最短长度为4厘米。
问这样的最短路线共有多少条?请一一画出来。
解:将各种路线一一列出,可知共6条,见下图。
注意,如果题中不要求将路径一一画出,可采用如右图所示方法较为便捷。
图中交点处的数字表示到达该点的路线条数,如O点处的数字2,表示由A到O有2条不同的路径,见上图中的(1)和(2);又H点处的数字3的意义也如此,见上图中的(1)、(2)、(3)可知有3条路径可由A到H。
仔细观察,可发现各交点处的数字之间的关系,如O点的2等于F点和E点的数字相加之和,即1+1=2,又如,C点的6等于G点和H点的数字相加之和,即3+3=6。
例3:在10和31之间有多少个数是3的倍数?解:由尝试法可求出答案:3×4=12 3×5=15 3×6=18 3×7=213×8=24 3×9=27 3×10=30可知满足条件的数是 12、15、18、21、24、27和30共7个。
注意,倘若问10和1000之间有多少个数是3的倍数,则用上述一一列举的方法就显得太繁琐了,此时可采用下述方法:10÷3=3余1,可知10以内有3个数是3的倍数;1000÷3=333余1,可知1000以内有333个数是3的倍数;333-3=330,则知10~1000之内有330个数是3的倍数。
5年级奥数枚举或列表分析法例题解析

【内容概述】各种通过枚举或列表分析法解的逻辑推理问题.枚举即为逐个探讨各种假设的正确性,进而得出确切的信息;列表即将同一对象的两种不同表达方式分别用行与列标出,通过横向与纵向的不断比较得出结论.【例题】1.在三只盒子里,一只装有两个黑球,一只装有两个白球,还有一只装有黑球和白球各一个.现在三只盒子上的标签全贴错了.你能否仅从一只盒子里拿出一个球来,就确定这三只盒子里各装的是什么球?[分析与解]我们可以枚举,一一尝试.当从贴有“一黑一白”的盒子中取出一个球,如果是白球,那么这只盒子一定装有两个白球,那么贴有“两个黑球”的盒子一定是装有一个白球和一个黑球,最后贴有“两个白球”的盒子一定是装有两个黑球.对应的,如果从贴有“一黑一白”的盒子中取出一个球,如果是黑球,那么这只盒子一定装有两个黑球,剩下的两只盒子可以同上分析出.所以,只要从标有“一黑一白”盒子中取球即可.2.甲、乙、丙、丁4位同学的运动衫上印上了不同的号码.赵说:“甲是2号,乙是3号.”钱说:“丙是4号,乙是2号.”孙说:“丁是2号,丙是3号.”李说:“丁是1号,乙是3号.”又知道赵、钱、孙、李每人都只说对了一半.那么丙的号码是几号?[分析与解]第一种情况.如果赵说的前半话是正确的,那么甲是2号,乙不是3号,而李说:“丁是1号,乙是3号.”所以李的后半句话错误,那么前半句话就正确,所以丁是1号,而孙说:“丁是2号,丙是3号.”所以孙的前半句话错误,那么后半句话正确,所以丙是3号,而钱说:“丙是4号,乙是2号.”所以钱的前半句话错误,那么后半句话正确,所以乙是2号.由甲和乙均是2号,所以开始的假设不正确,即赵的前半句话错误.第二种情况.所以,赵的前半句话错误,那么后半句话正确,所以甲是不是2号,乙是3号,而钱说:“丙是4号,乙是2号.”所以钱的后半句话错误,那么前半句话正确,所以丙是4号,孙说:“丁是2号,丙是3号.”所以孙的后半句话错误,那么前半句话正确,所以丁是2号,而李说:“丁是1号,乙是3号.”所以李的前半句话错误,那么后半句话正确,所以乙是3号.即甲是1号,乙是3号,丙是4号,丁是2号.3.某校数学竞赛,A,B,C,D,E,F,G,H这8位同学获得前8名.老师让他们猜一下谁是第一名.A说:“或者F是第二名,或者H是第一名.”B说:“我是第一名.”C说:“G是第一名.”D说:“B不是第二名.”E说:“A说得不对.”F说:“我不是第一名,H也不是第一名.”G说:“C不是第一名.”H说:“我同意A的意见.”老师指出:8个人中有3人猜对了.那么第一名是谁?[分析与解]我们抓住谁是第一名这点,一一尝试,如果A是第一名,那么D、E、F、G这4人都猜对了,不满足;如果B是第一名,那么B、E、F、G这4人都猜对了,不满足;如果C是第一名,那么D、E、F这3人都猜对了,满足;如果D是第一名,那么D、E、F、G这4人都猜对了,不满足;如果E是第一名,那么D、E、F、G这4人都猜对了,不满足;如果F是第一名,那么A、D、G、H这4人都猜对了,不满足;如果G是第一名,那么C、D、E、F、G这5人都猜对了,不满足;如果H是第一名,那么A、D、G、H这4人都猜对了,不满足.所以,第一名是C.4.某参观团根据下列条件从A,B,C,D,E这5个地方中选定参观地点:①若去A地,则也必须去B地;②B,C两地中至多去一地;③D,E两地中至少去一地;④C,D两地都去或者都不去;⑤若去E地,一定要去A,D两地.那么参观团所去的地点是哪些?[分析与解]假设参观团去了A地,由①知一定去了B地,由②知没去C地,由④知没去D 地,由③知去了E地,由⑤知去了A、D两地,矛盾.所以开始的假设不正确,那么参观图没有去A地,由由①知也没去了B地,由②知去了C地,由④知去了D地,因为A、D两地没有都去,所以由⑤知去了没去E地.即参观团去了C、D两地.5.人的血型通常分为A型、B型、O型、AB型.子女的血型与其父母间的关系如图10-1所示.现有3个分别身穿红、黄、蓝上衣的孩子,他们的血型依次为O,A,B.每个孩子的父母都戴着同颜色的帽子,颜色也分红、黄、蓝3种,依次表示所具有的血型为AB,A,O.问:穿红、黄、蓝上衣的孩子的父母各戴什么颜色的帽子?[分析与解]孩子是O型血的父母只能均是O型或A型血,孩子是A型血的父母只能均是A 型或AB型血,孩子是B型血的父母只能均是B型或AB型血.因为现在这些孩子的父母中没有人是B型血,所以孩子是B型血的父母均是AB 型血,孩子是A型血的父母只能均是A型血,孩子是O型血的父母只能均是O 型血.即穿红、黄、蓝上衣的孩子父母对应的均是O、A、AB型血,对应戴蓝、黄、红颜色帽子.6.如图10-2,有一座4层楼房,每个窗户的4块玻璃分别涂上黑色和白色,每个窗户代表一个数字.每层楼有3个窗户,由左向右表示一个三位数.4个楼层表示的三位数为:791,275,362,612.问:第二层楼表示哪个三位数?7.房间里有12个人,其中有些人总说假话,其余的人总说真话.其中一个人说:“这里没有一个老实人.”第二个人说:“这里至多有一个老实人.”第三个人说:“这里至多有两个老实人.”如此往下,至第十二个人说:“这里至多有11个老实人.”问房间里究竟有多少个老实人?[分析与解]假设这房间里没有老实人,那么第1个人的话正确,说正确话的人应该是老实人,矛盾;假设这房间里只有1个老实人,那么第2~12个人的话都正确,那么应该有11个老实人,矛盾;假设这房间里只有2个老实人,那么第3~12个人的话都正确,那么应该有10个老实人,矛盾;假设这房间里只有3个老实人,那么第4~12个人的话都正确,那么应该有9个老实人,矛盾;假设这房间里只有4个老实人,那么第5~12个人的话都正确,那么应该有8个老实人,矛盾;假设这房间里只有5个老实人,那么第6~12个人的话都正确,那么应该有7个老实人,矛盾;假设这房间里只有6个老实人,那么第7~12个人的话都正确,那么应该有6个老实人,满足;…………以下假设有7~12个老实人,均矛盾,所以这个房间里只有6个老实人.解法二:如果一共有n个老实人,则说“至多0个老实人”、“至多1个老实人”……“至多n—1老实人”的都是骗子;说“至多n个老实人”、“至多n+1个老实人”……“至多11个老实人”的都是老实人,共有n个老实人、n骗子,而一共12个人,所以n=6.综上所述,一共6个老实人.8.甲、乙、丙、丁约定上午10时在公园门口集合.见面后,甲说:“我提前了6分钟,乙是正点到的.”乙说:“我提前了4分钟,丙比我晚到2分钟.”丙说:“我提前了3分钟,丁提前了2分钟.”丁说:“我还以为我迟到了1分钟呢,其实我到后1分钟才听到收音机报北京时间10时整.”请根据以上谈话分析,这4个人中,谁的表最快,快多少分钟?[分析与解]注意到丁有标准时间依据,从丁开始推算,有各自到达公园的时间为:甲说:提前了6分钟,实际上甲提前了10分钟,所以甲表快了4分钟,验证为甲的表的最快.解法二:丁表快2分钟,丁实际上提前了1分钟到达;再依据丙的话,丙表慢1分钟,丙实际提前2分钟到达;再依据乙的话,乙表准时,乙实际提前4分钟到达;再依据甲的话,甲表快4分钟,甲提前了10分钟.于是,甲的表最快,快4分钟.9.桌子上放了8张扑克牌,都背面向上,牌放置的位置如图l0-3所示.现在知道:①每张牌都是A,K,Q,J中的某一张;②这8张牌中至少有一张是Q;③其中只有一张A;④所有的Q都夹在两张K之间;⑤至少有一张K夹在两张J之间;⑥至少有两张K相邻;⑦J与Q互不相邻,A与K也互不相邻.试确定这8张牌各是什么?[分析与解]为了方便说明我们将8张牌标上数字,如下图所示,由于至少有一个Q,其两边为K,则这样的KQK在图中的位置只能为下图的a、b、c、d的4种,另一方面,条件⑤告诉我们还有JKJ的存在,因此可以将KQK与JKJ的位置结合起来考虑;对于上图a,JKJ只能在146,或567,若JKJ在146,则无法有两个K相连与条件⑥矛盾若JKJ在567,则在5的J与Q相连,与条件⑦矛盾.对于上图b,JKJ只能为567,再考虑A,由条件⑦,A不能在8,只能在2或3,为使两个K相连,则8为K,由条件④知,2与3中不能有Q,再由条件⑦,知2是J,3是A,此为正确答案.对于上图c,JKJ只能为234则在4的J与Q相连,与条件⑦矛盾.对于上图d,无法填入JKJ,与条件⑤矛盾.综上所述,本题有唯一的答案,如下图.10.甲、乙、丙、丁4个同学同在一间教室里,他们当中一个人在做数学题,一个人在念英语,一个人在看小说,一个人在写信.已知:①甲不在念英语,也不在看小说;②如果甲不在做数学题,那么丁不在念英语;③有人说乙在做数学题,或在念英语,但事实并非如此;④丁如果不在做数学题,那么一定在看小说,这种说法是不对的;⑤丙既不是在看小说,也不在念英语.那么在写信的是谁?11.在国际饭店的宴会桌旁,甲、乙、丙、丁4位朋友进行有趣的交谈,他们分别用了汉语、英语、法语、日语4种语言.并且还知道:①甲、乙、丙各会两种语言,丁只会一种语言;②有一种语言4人中有3人都会;③甲会日语,丁不会日语,乙不会英语;④甲与丙、丙与丁不能直接交谈,乙与丙可以直接交谈;⑤没有人既会日语,又会法语.请根据上面的情况,判断他们各会什么语言?12.甲、乙、丙3个学生分别戴着3种不同颜色的帽子,穿着3种不同颜色的衣服去参加一次争办奥运的活动.已知:①帽子和衣服的颜色都只有红、黄、蓝3种:②甲没戴红帽子,乙没戴黄帽子;③戴红帽子的学生没有穿蓝衣服;④戴黄帽子的学生穿着红衣服;⑤乙没有穿黄色衣服.试问:甲、乙、丙3人各戴什么颜色的帽子,穿什么颜色的衣服?[分析与解]我们将题中条件利用下图体现出来,其中实线表示两端需同时成立.虚线表示两端不能同时成立.因为戴黄帽子的穿红衣服,而戴红帽子的又不穿蓝衣服,所以对戴红帽子的人而言只能穿黄衣服,所以戴蓝帽子的之只能穿蓝衣服.乙不穿黄衣服,又不带黄帽子→穿红衣服,所以乙只能穿蓝衣服,即乙—蓝帽子—蓝衣服,甲不戴红帽子,而乙戴蓝帽子,所以甲戴黄帽子,即甲—黄帽子—红衣服,所以丙—红帽子-黄衣服.即甲戴黄帽子,穿红衣服;乙戴蓝帽子,穿蓝衣服;丙戴红帽子,穿黄衣服.13.甲、乙、丙、丁、戊5人各从图书馆借来一本小说,他们约定读完后互相交换,这5本书的厚度以及他们5人的阅读速度都差不多,因此总是5人同时交换书.经过数次交换后,他们5人每人都读完了这5本书.现已知:①甲最后读的书是乙读的第二本;②丙最后读的书是乙读的第四本;③丙读的第二本书甲在一开始就读了;④丁最后读的书是丙读的第三本;⑤乙读的第四本是戊读的第三本;⑥丁第三次读的书是丙一开始读的那本.设甲、乙、丙、丁、戊5个人最后读的书分别为A,B,C,D,E,根据以上情况确定他们5人读的第四本书各是什么书?[分析与解]由①知乙读的第二本书是A,由②知乙读的四本书是C,由④知丙读的第三本书是D,由⑤知戊读的第二本书是C.如下左图.14.如图10-4,这是一个挖地雷的游戏,在64个方格中一共有10个地雷,每个方格中至多有一个地雷.对于写有数字的方格,其格中无地雷.但与其相邻(由公共边或公共顶点)的格中有可能有地雷,地雷的个数与该数字相等.请你指出哪些方格中有地雷.[分析与解]如下图,我们利用数组将未知区域编号,如第三行第二列称为(3,2)①.我们通过第六行的4个“0”,第6列的2个“0”,所以这6个方格的附近区域都没有地雷.如下左图:②.因为(2,5),(1,6),(6,6)这3个位置的附近均只有一个地雷,而这3个位置又各只用一个附近位置可能存在雷,所以这3各位置的附近未知的位置一定有地雷,如上右图.③.而(1,5),(1,6),(2,4),(2,5),(2,6),(3,8)这些位置的附近只有一个地雷,并且这个地雷已经确定,所以它们的附近位置不再有地雷,如下左图所示.④.(1,7)这个方格的附近有2个地雷,其中一个地雷已知,所以还有1个地雷在其附近,但是其附近只有(1,8)这个位置有可能,所以(1,8)格有地雷,如上右图所示.⑤.注意到(4,1)格附近只有1格地雷,而只用(3,2),(4,2)两个位置中的其中之一有可能,如果是(4,2)格有地雷,那么(3,2)格就没有地雷.而(3,1)格附近必须有2个地雷,现在只有(4,2)格有地雷,所以剩下的唯一有可能存在地雷的(2,2)格一定有地雷,这样就满足了(2,1)格附近只用一个地雷,所以(2,1)格附近的其他格内就没有地雷,即(1,1),(1,2)格没有地雷,如下左图所示.如果开始假设是(3,2)格有地雷,可推至矛盾.⑥.再看(7,1)格,其附近只有1个地雷,而(8,1),(8,2)两个位置有可能,假设(8,1)格有地雷,那么(8,2)格无地雷,再根据(7,2)格附近有2个地雷的条件知(8,3),(8,4)格均有地雷,这样(7,4)格的附近有2个地雷,矛盾,所以开始的假设错误.即(8,2)格有地雷,(8,1)格无地雷,(8,3)格有地雷,(8,4)格无地雷,如上右图所示.⑦.接着看(8,7)格,其附近只有1个地雷,而(8,8),(7,8)两个位置有可能,假设(8,8)格有地雷,那么(7,8)格无地雷.又因为(7,7)格附近只有一个地雷,所以(6,8)格没有地雷,又因为(6,7)格附近有3个地雷,现在只有(5,6)格有地雷,那么其附近剩下的两个位置(5,8),(6,8)格均有地雷,但是这样(5,7)格附近就有3个地雷,与条件矛盾,所以开始的假设错误.那么只能是(7,8)格有地雷,(8,8)格无地雷,因为(7,7)格附近不再有地雷,所以(6,8)格也无地雷,又(5,7)格附近要求有2个地雷,现在只有1个地雷,所以剩下的唯一附近位置(5,8)格有地雷,这样也满足(6,7)格附近有3格地雷,如下左图所示.⑧.这样10个地雷均找到,所以剩下的位置均不再有地雷,最终地雷分步情况如上右图.15.5位学生A,B,C,D,E参加一场比赛.某人预测比赛结果的顺序是ABCDE,结果没有猜对任何一个名次,也没有猜中任何一对相邻的名次(意即某两个人实际上名次相邻,而在此人的猜测中名次也相邻,且先后顺序相同);另一个人预测比赛结果为DAECB,结果猜对了两个名次,同时还猜中了两对相邻的名次.求这次比赛的结果.[分析与解]猜中两对相邻的名次,可以有两种情况:一种是3个相连字母的相对位置正确;另一种是两对4个母字各自的位置的对位置正确.第一种情况:3个相连字相字母相对位置正确.这时,如果这3个字母中有一个字母本身的位置,则这3个字母的位置就一下都正确,但这与DAECB中只有两上字母位置正确矛盾,所以5个字母中,位置正确的只能为3个字母之外的两个字母,由于这3个字母相连,则位置正确的字母只能为D、A或D、B,但无论哪一种情况,剩下三个字母相连的位置确定不变,得到的结果均仍为DAECB,这显然是不符合条件.第二种情况:两对4个字母是相邻正确的,这时,因5字母中一共有2个字母为位置是正确的,所以在这4个字母中一定有一个字母位置正确,那么和它相邻位置正确的字母本身位置也正确,并且一共就这样相邻一对字母的位置与实际位置相同,则这对字母有4种可能:①正确顺序为DA□□□:此时,符合DAECB所满足条件的顺序有2组,分别是DACBE、DABEC为正确答案,则C为第3个,不符合ABCDE所满足的条件;若DABEC为正确答案,则AB相邻,也不符合ABCDE,所满足条件,这样,DA□□□不可能为正确名次.②正确顺序为□AE□□:这时,因另有两个字母的位置是相邻正确的,则只能为CB,可这样推出的实际顺序只能还是DAECB,显然不符合题目条件,这样□AE□□不可能为正确名次.③正确顺序为□□EC□:此时的情况和□AE□□类似,也不可能为正确名次.④正确顺序为□□□CB:此时,符合DAECB所满足条件的顺序有两组,分别是AEDCB、EDACB若AEDCB为正确答案,ABDCE中A的位置正确,不符合条件,经验证,EDACB为正确答案.这样,我们就得到了正确答案:EDACB.。
五年级奥数竞赛之枚举法

枚举法
1、A 、B 、C 三个小朋友互相传球,先从A 开始发球(作为第一次传球),这样经过了5次传球后,球恰巧又回到A 手中,那么不同的传球方式共有 种。
2、有一楼梯共10级,规定每次只能跨上二级或三级,要登上第10级,共有 种不同的走法。
3、两个分母不大于24的异分母分数的和是12
11。
这样的最简分数有多少对? 4、昌江商场采购了一批玻璃鱼缸,经预算,每只应卖A 元(A 为整数),总收入则为630元。
但在运输中损坏了3只鱼缸,为了不影响收入,每只鱼缸的价格增加1元。
问原来的售价是多少元?
5、用1分、2分和5分的硬币凑成一元钱。
共有多少种不同的凑法?
6、从1至9这九个数字中挑出六个不同的数,填在右图所示的六个圆圈
内,使任意相邻两个圆圈内数字之和都是质数。
那么最多能找出多少中
不同的挑法来。
(六个数字相同,排列次序不同算同一种)
7、一次射击比赛中,5个泥制的靶子挂成3列,一射手按下列
规则去击碎靶子:先挑选一列,然后必须击碎这列中尚未
被击碎的靶子中最低的一个。
若每次都遵循这一原则,击
碎五个靶子可以有 种不同的次序。
8、有30个贰分硬币和8个伍分硬币。
用这些用比不能构成的1分到1元之间的币值有多少种?
9、将自然数N 接写在任意一个自然数的右面(例如,将2接写在35的右面得352),如果得到的新数都能被N 整除,那么N 称为魔术数,今问小于1996的自然数中有多少个魔术数?。
小学奥数教程:加法原理之分类枚举(一)全国通用(含答案)

1.使学生掌握加法原理的基本内容;2.掌握加法原理的运用以及与乘法原理的区别;3.培养学生分类讨论问题的能力,了解分类的主要方法和遵循的主要原则.加法原理的数学思想主旨在于分类讨论问题,教授本讲的目的也是为了培养学生分类讨论问题的习惯,锻炼思维的周全细致.一、加法原理概念引入 生活中常有这样的情况,就是在做一件事时,有几类不同的方法,而每一类方法中,又有几种可能的做法.那么,考虑完成这件事所有可能的做法,就要用加法原理来解决.例如:王老师从北京到天津,他可以乘火车也可以乘长途汽车,现在知道每天有五次火车从北京到天津,有4趟长途汽车从北京到天津.那么他在一天中去天津能有多少种不同的走法?分析这个问题发现,王老师去天津要么乘火车,要么乘长途汽车,有这两大类走法,如果乘火车,有5种走法,如果乘长途汽车,有4种走法.上面的每一种走法都可以从北京到天津,故共有5+4=9种不同的走法.在上面的问题中,完成一件事有两大类不同的方法.在具体做的时候,只要采用一类中的一种方法就可以完成.并且两大类方法是互无影响的,那么完成这件事的全部做法数就是用第一类的方法数加上第二类的方法数.二、加法原理的定义一般地,如果完成一件事有k 类方法,第一类方法中有1m 种不同做法,第二类方法中有2m 种不同做法,…,第k 类方法中有k m 种不同做法,则完成这件事共有12 k N m m m =+++……种不同方法,这就是加法原理.加法原理运用的范围:完成一件事的方法分成几类,每一类中的任何一种方法都能完成任务,这样的问题可以使用加法原理解决.我们可以简记为:“加法分类,类类独立”.分类时,首先要根据问题的特点确定一个适合于它的分类标准,然后在这个标准下进行分类;其次,分类时要注意满足两条基本原则:① 完成这件事的任何一种方法必须属于某一类;② 分别属于不同两类的两种方法是不同的方法.只有满足这两条基本原则,才可以保证分类计数原理计算正确.运用加法原理解题时,关键是确定分类的标准,然后再针对各类逐一计数.通俗地说,就是“整体等于局部之和”.三、加法原理解题三部曲1、完成一件事分N 类;2、每类找种数(每类的一种情况必须是能完成该件事);3、类类相加枚举法:枚举法又叫穷举法,就是把所有符合条件的对象一一列举出来进行计数.分类讨论的时候经常会需要把每一类的情况全部列举出来,这时的方法就是枚举法.枚举的时候要注意顺序,这样才能做到不重不漏.例题精讲知识要点教学目标7-1-1.加法原理之分类枚举(一)模块一、分类枚举——数出来的种类【例1】小宝去给小贝买生日礼物,商店里卖的东西中,有不同的玩具8种,不同的课外书20本,不同的纪念品10种,那么,小宝买一种礼物可以有多少种不同的选法?【考点】加法原理之分类枚举【难度】2星【题型】解答【关键词】分类讨论思想【解析】小宝买一种礼物有三类方法:第一类,买玩具,有8种方法;第二类,买课外书,有20种方法;第三种,买纪念品,有10种方法.根据加法原理,小宝买一种礼物有8+20+10=38种方法.【答案】38【巩固】有不同的语文书6本,数学书4本,英语书3本,科学书2本,从中任取一本,共有多少种取法?【考点】加法原理之分类枚举【难度】2星【题型】解答【关键词】分类讨论思想【解析】根据加法原理,共有6+4+3+2=15种取法.【答案】15【巩固】阳光小学四年级有3个班,各班分别有男生18人、20人、16人.从中任意选一人当升旗手,有多少种选法?【考点】加法原理之分类枚举【难度】2星【题型】解答【关键词】分类讨论思想【解析】解决这个问题有3类办法:从一班、二班、三班男生中任选1人,从一班18名男生中任选1人有18种选法:同理,从二班20名男生中任选1人有20种选法;从三班16名男生中任意选1人有16种选法;根据加法原理,从四年级3个班中任选一名男生当升旗手的方法有:18201654++=种.【答案】54【例2】和为15的两个非零自然数共有对。
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五年级奥数加法原理之分类枚举(一)学生版
2.掌握加法原理的运用以及与乘法原理的区别;
3.培养学生分类讨论问题的能力,了解分类的主要方法和遵循的主要原则.
加法原理的数学思想主旨在于分类讨论问题,教授本讲的目的也是为了培养学生分类讨论问题的习惯,锻炼思维的周全细致.
一、加法原理概念引入 生活中常有这样的情况,就是在做一件事时,有几类不同的方法,而每一类方法中,又有几种可能的做法.那么,考虑完成这件事所有可能的做法,就要用加法原理来解决.
例如:王老师从北京到天津,他可以乘火车也可以乘长途汽车,现在知道每天有五次火车从北京到天津,有4趟长途汽车从北京到天津.那么他在一天中去天津能有多少种不同的走法?
分析这个问题发现,王老师去天津要么乘火车,要么乘长途汽车,有这两大类走法,如果乘火车,有5种走法,如果乘长途汽车,有4种走法.上面的每一种走法都可以从北京到天津,故共有5+4=9种不同的走法.
在上面的问题中,完成一件事有两大类不同的方法.在具体做的时候,只要采用一类中的一种方法就可以完成.并且两大类方法是互无影响的,那么完成这件事的全部做法数就是用第一类的方法数加上第二类的方法数.
二、加法原理的定义
一般地,如果完成一件事有k 类方法,第一类方法中有1m 种不同做法,第二类方法中有2m 种不同做法,…,第k 类方法中有k m 种不同做法,则完成这件事共有12 k N m m m =+++……种不同方法,这就是加法原理.
加法原理运用的范围:完成一件事的方法分成几类,每一类中的任何一种方法都能完成任务,这样的问题可以使用加法原理解决.我们可以简记为:“加法分类,类类独立”.
分类时,首先要根据问题的特点确定一个适合于它的分类标准,然后在这个标准下进行分类;其次,分类时要注意满足两条基本原则:
① 完成这件事的任何一种方法必须属于某一类;
② 分别属于不同两类的两种方法是不同的方法.
只有满足这两条基本原则,才可以保证分类计数原理计算正确.
运用加法原理解题时,关键是确定分类的标准,然后再针对各类逐一计数.通俗地说,就是“整体等于局部之和”.
三、加法原理解题三部曲
知识要点
教学目标
7-1-1.加法原理之分类枚举(一)
1、完成一件事分N类;
2、每类找种数(每类的一种情况必须是能完成该件事);
3、类类相加
枚举法:枚举法又叫穷举法,就是把所有符合条件的对象一一列举出来进行计数.分类讨论的时候经常会需要把每一类的情况全部列举出来,这时的方法就是枚举法.枚举的时候要注意顺序,这样才能做到不重不漏.
例题精讲
模块一、分类枚举——数出来的种类
【例 1】小宝去给小贝买生日礼物,商店里卖的东西中,有不同的玩具8种,不同的课外书20本,不同的纪念品10种,那么,小宝买一种礼物可以有多少种不同的选法?
【巩固】有不同的语文书6本,数学书4本,英语书3本,科学书2本,从中任取一本,共有多少种取法?
【巩固】阳光小学四年级有3个班,各班分别有男生18人、20人、16人.从中任意选一人当升旗手,有多少种选法?
【例 2】和为15的两个非零自然数共有对。
【例 3】用1至8这八个自然数中的四个组成四位数,从个位到千位的数字依次增大,且任意两个数字的差都不是1,这样的四位数共有人。
【例 4】三张数字卡片0,2,4可以组成______个能被4整除的不同整数。
【巩固】节目期间,小明将6个彩灯排成一列,其中有2个红灯,4个绿灯,如果两个红灯不相邻,则不同的排法有_________种(其中“红绿红绿绿绿”与“绿绿绿红绿红”类型算作
一种)。
【例 5】从1、2、3、4、5、6这些数中,任取两个数,使其和不能被3整除,则有_______种取法。
【巩固】从l~9这9个数码中取出3个,使它们的和是3的倍数,则不同取法有_______种。
【例 6】小明的两个口袋中各有6张卡片,每张卡片上分别写着1,2,3,……,6。
从这两个口袋中各拿出一张卡片来计算上面所写两数的乘积,那么,其中能被6整除的不同乘积有
_____个。
【例 7】老师带着佳佳、芳芳和明明做计算练习.老师先分别给他们一个数,然后让他们每人取3张写有数的卡片.佳佳取的是3、6、7,芳芳取的是4、5、6,明明取的是4、5、
8.这时老师让他们分别取自己卡片上的两个数相乘,再加上开始老师给他们的数.如
果老师开始时给他们的数依次是234、235、236,而且他们计算都正确,那么可能算
出_________个不同的数.
【例 8】如果三位数m同时满足如下条件:⑴m的各位数字之和是7;⑵2m还是三位数,且各位数字之和为5.那么这样的三位数m共有个.
【例 9】把数1,2,3,4,5,6分为三组(不考虑组内数的顺序也不考虑组间的顺序),每组两个数,每组的数之和互不相等且都不等于6,共有____________________种分法.
【例 10】自然数12,456,1256这些数有一个共同的特点,相邻两个数字,左边的数字小于右边的数字.我们取名为“上升数”.用3,6,7,9这四个数,可以组成
个“上升数”.
【巩固】自然数21,654,7521这些数有一个共同的特点,相邻两个数字,左边的数字大于右边的数字.我们取名为“下降数”.用4,6,7,9这四个数,可以组成
个“下降数”.
【例 11】将左下图中20张扑克牌分成10对,每对红心和黑桃各一张。
问:你能分出几对这样的牌,两张牌上的数的乘积除以10的余数是1?(将A看成1)
模块二、分类枚举——分类
【例 12】甲、乙、丙三个工厂共订300份报纸,每个工厂至少订了99份,至多101份,问:一共有多少种不同的订法?
【巩固】大林和小林共有小人书不超过9本,他们各自有小人书的数目有多少种可能的情况?
【例 13】从1~10中每次取两个不同的数相加,和大于10的共有多少种取法?
【巩固】从1~8中每次取两个不同的数相加,和大于10的共有多少种取法?
【例 14】思思想将3个相同的小球放入A、B、C三个盒中,那么一共有________种不同的放法.
【例 15】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?
【例 16】一次,齐王与大将田忌赛马.每人有四匹马,分为四等.田忌知道齐王这次比赛马的出场顺序依次为一等,二等,三等,四等,而且还知道这八匹马跑的最快的是齐王
的一等马,接着依次为自己的一等,齐王的二等,自己的二等,齐王的三等,自己的三等
,齐王的四等,自己的四等.田忌有________种方法安排自己的马的出场顺序,保证
自己至少能赢两场比赛.
【例 17】给定三种重量的砝码(每种数量都有足够多个)3kg,11kg,17kg,将它们组合凑成100kg有种,不同的方法(每种砝码至少用一块。
)
【例 18】把一元钱换成角币,有多少种换法?人民币角币的面值有五角、二角、一角三种.
【巩固】一把硬币全是2分和5分的,这把硬币一共有1元,问这里可能有多少种不同的情况?【巩固】用若干个1分、2分、5分的硬币组成一角钱(不要求每种硬币都有),共有()种不同的方法.
【例 19】用100元钱购买2元、4元或8元饭票若干张,没有剩钱,共有多少不同的买法? 【巩固】一个文具店橡皮每块5角、圆珠笔每支1元、钢笔每支2元5角.小明要在该店花5元5角购买两种文具,他有多少种不同的选择.
【巩固】有面值为1分,2分,5分的硬币各4枚,用它们去支付2角3分.问:有多少种不同的支付方法?
【例 20】用1元、5元、10元、50元、100元人民币各一张,2元、20元人民币各两张,在不找钱的情况下,最多可以支付种不同的款额。