小学奥数 加法原理之树形图及标数法 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）；知识要点教学目标7-1-3.加法原理之树形图及标数法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．模块一、树形图法“树形图法”实际上是枚举的一种，但是它借助于图形，可以使枚举过程不仅形象直观，而且有条理又不重复遗漏，使人一目了然．【例 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多少种？ 【考点】加法原理之树形图法 【难度】3星 【题型】解答 【关键词】2005年，小数报【解析】 如图，A 第一次传给B ，到第五次传回A 有5种不同方式． 同理，A 第一次传给C ，也有5种不同方式．所以，根据加法原理，不同的传球方式共有5510+=种．C B CC B AAB A B CCBA【答案】10【巩固】 一只青蛙在A ，B ，C 三点之间跳动，若青蛙从A 点跳起，跳4次仍回到A 点，则这只青蛙一共有多少种不同的跳法？ 【考点】加法原理之树形图法 【难度】3星 【题型】解答【解析】 6种，如图，第1步跳到B ，4步回到A 有3种方法；同样第1步到C 的也有3种方法．根据加法原理，共有336+=种方法．AA A BCAB C BA【答案】6【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？ 【考点】加法原理之树形图法 【难度】3星 【题型】解答 【解析】 如下图，我们先考虑甲胜第一局的情况：例题精讲图中打√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．【答案】14【例 3】 如图，从起点走到终点，要求取出每个站点上的旗子，并且每个站点只允许通过一次，有 种不同的走法。
终点【考点】加法原理之树形图法 【难度】3星 【题型】填空 【关键词】希望杯，五年级，一试，第3题【解析】 给这些点依次标上字母（如左图），然后采用枚举法（如右图）：fa bdefed f de f f e c cd cba共4种不同的走法。
【答案】4种模块二、标数法适用于最短路线问题，需要一步一步标出所有相关点的线路数量，最终得到到达终点的方法总数．标数法是加法原理与递推思想的结合．（一）简单图形的标数法【例 4】 如图所示，沿线段从A 到B 有多少条最短路线？GFE D C BA111064332111AB【考点】加法原理之标数法 【难度】2星 【题型】解答【解析】 图中B 在A 的右上方，因此从A 出发，只能向上或者向右才能使路线最短，那么反过来想，如果到达了某一个点，也只有两种可能：要么是从这个点左边的点来的，要么是从这个点下边的点来的．那么，如果最后到达了B ，只有两种可能：或者经过C 来到B 点，或者经D 来到B 点，因此，到达B 的走法数目就应该是到达C 点的走法数和到达D 点的走法数之和，而对于到达C 的走法，又等于到达E 和到达F 的走法之和，到达D 的走法也等于到达F 和到达G 的走法之和，这样我们就归纳出：到达任何一点的走法都等于到它左侧点走法数与到它下侧点走法数之和，根据加法原理，我们可以从A 点开始，向右向上逐步求出到达各点的走法数．如图所示，使用标号方法得到从A 到B 共有10种不同的走法．【答案】10【巩固】 如图，从A 点到B 点的最近路线有多少条？BA 10204111111B6243310A【考点】加法原理之标数法 【难度】2星 【题型】解答【解析】 使用标号法得出到B 点的最近路线有20条．【答案】20【例 5】 如图，某城市的街道由5条东西向马路和7条南北向马路组成，现在要从西南角的A 处沿最短的路线走到东北角B 出，由于修路，十字路口C 不能通过，那么共有＿＿＿＿种不同走法．AA【考点】加法原理之标数法 【难度】3星 【题型】解答【解析】 本题是最短路线问题．要找出共有多少种不同走法，关键是保证不重也不漏，一般采用标数法．如上图所示，共有120种．另解：本题也可采用排除法．由于不能经过C ，可以先计算出从A 到B 的最短路线有多少条，再去掉其中那些经过C 的路线数，即得到所求的结果．对于从A 到B 的每一条最短路线，需要向右6次，向上4次，共有10次向右或向上；而对于每一条最短路线，如果确定了其中的某6次是向右的，那么剩下的4次只能是向上的，从而该路线也就确定了．这就说明从A 到B 的最短路线的条数等于从10次向右或向上里面选择6次向右的种数，为610C ． 一般地，对于m n ⨯的方格网，相对的两个顶点之间的最短路线有m m n C +种．本题中，从A 到B 的最短路线共有610C 种；从A 到C 的最短路线共有26C 种，从C 到B 的最短路线共有24C 种，根据乘法原理，从A 到B 且必须经过C 的最短路线有2264C C ⨯种，所以，从A 到B 且不经过C 的最短路线有622106421090120C C C -⨯=-=种． 【答案】120【例 6】 如图所示，从A 点到B 点，如果要求经过C 点或D 点的最近路线有多少条？【考点】加法原理之标数法 【难度】3星 【题型】解答【解析】 1、方格图里两点的最短路径，从位置低的点向位置高的点出发的话，每到一点（如C 、D 点）只能向前或者向上．2、题问的是经过C 点，或者D 点；那么A 到B 点就可以分成两条路径了 A --C ---B ；A ---D ---B ，那么也就可以分成两类．但是需要考虑一个问题——A 到B 点的最短路径会同时经过C 和D 点吗？最短路径只能往上往前，经过观察发现C 、D 不会同时出现在最短路径上了．3、A ---C ---B ，那么C 就是必经之点了，就需要用到乘法原理了．A ---C ，最短路径用标数法标出，同样C ---B 点用标数法标注，然后相乘A ---D ---B ，同样道理．最后结果是735+420=1155条．【答案】1155【例 7】 如图1为一幅街道图，从A 出发经过十字路口B ，但不经过C 走到D 的不同的最短路线有 条. 【考点】加法原理之标数法 【难度】4星 【题型】解答 【解析】 到各点的走法数如图2所示.ACB1118126666633211D BC A所以最短路径有18条.【答案】18【例 8】 小王在一年中去少年宫学习56次，如图所示，小王家在P 点，他去少年宫都是走最近的路，且每次去时所走的路线正好互不相同，那么少年宫在________点处．人工湖超市DCB A【考点】加法原理之标数法 【难度】3星 【题型】解答【解析】 本题属最短路线问题．运用标数法分别计算出从小王家P 点到A 、B 、C 、D 、E 点的不同路线有多少条，其中，路线条数与小王学习次数56相等的点即为少年宫．因为，从小王家P 点到A 点共有不同线路84条；到B 点共有不同线路56条；到C 点共有不同线路71条；到D 点共有不同线路15条；到E 点共有不同线路36条．所以，少年宫在B 点处．【答案】B【例 9】一只兔子沿着方格的边从A到B,规定上只能往上或往右走，但是必须经过一座独木桥MN,这只兔子有（）种不同的走法BA【考点】加法原理之标数法【难度】3星【题型】填空【关键词】走美杯，3年级，初赛，第15题【解析】标数法【答案】18种【例 10】在下图的街道示意图中，有几处街区有积水不能通行，那么从A到B的最短路线有多少种？AB1111111111455511136162151422 1111 1311B A【考点】加法原理之标数法【难度】3星【题型】解答【解析】因为B在A的右下方，由标号法可知，从A到B的最短路径上，到达任何一点的走法数都等于到它左侧点的走法数与到它上侧点的走法数之和．有积水的街道不可能有路线经过，可以认为积水点的走法数是0．接下来，可以从左上角开始，按照加法原理，依次向下向右填上到各点的走法数．如右上图，从A到B的最短路线有22条．【答案】22条（二）不规则图形的标数法【例 11】在下图的街道示意图中，C处因施工不能通行，从A到B的最短路线有多少条？CB A633311122221111CB A【考点】加法原理之标数法【难度】3星【题型】解答【解析】 因为B 在A 的右上方，由标号法可知，从A 到B 的最短路径上，到达任何一点的走法数都等于到它左侧点的走法数与到它下侧点的走法数之和．而C 是一个特殊的点，因为不能通行，所以不可能有路线经过C ，可以认为到达C 点的走法数是0．接下来，可以从左下角开始，按照加法原理，依次向上向右填上到各点的走法数．如图，从A 到B 的最短路线有6条．【答案】6条【巩固】 小群家到学校的道路如图4所示。
高斯小学奥数含答案三年级(上)第14讲树形图
我们已经学过了枚举法，有时还需要先分类再按一定顺序进行枚举?接下来我们将要学习如果对某件事情的过程进行枚举，一般会使用另一种方法：树形图法?所谓树形图法就是用像树一样的、不断分叉的图来表示出所有情况的方法画出树形图与一棵树的生长过程类似，先从“树根”开始，然后不断长出新的“树枝每次长出新的“树枝”时都有可能产生分叉，最后长满了“果实这样一直下去把所有情况都画完，最后数一下“果实”的数目即可例题 1 乌龟、兔子、米老鼠站成一排，如果乌龟不站在第 1 个，兔子不站在第 2 个米老鼠不站在第 3 个，请问它们共有多少种不同的站法?分析：第 1 个位置可以站哪些小动物？第 2 个位置呢？以第一动物位置站的人作为“树根” 表用树形图示出所有的站法.甲、乙、丙4个人站队，站成一条直线?如果甲不站第1、2 个，乙不站第2、3个，丙不站第3、4 个丁不站第4、1 个，那么一共有多少种站队的方法?b厂第十四讲\r1树形图II. fi li (小高、墨莫和萱萱玩传球游戏，每次持球人都可以把球传给另外两人中的任 何一人 . 先由小高拿球，第 1 次传球可以传给其他两人中的任何一人，经过 次传球之后，球又回到了小高手里 . 请问一共有多少种不同的传球过程 ?分析：第 1 次有多少种传法？试着用树形图画出每次传球后给谁 里 上才是符合题意的传法 .不同，一共有多少个满足条件的四位数 ?分析：四位数的千位数字和个位数字分别有几种情况？应该选择哪个数位的数字作为: 练习 3）一个三位数 位上的数字都是 5、6、 7 中的某一个，并且相邻的两个数字不相同，一共有多少个满足条件的三位数 ?☆题2注意：只有第 4 次传球后回到小高手练习 2有 A 、B 、C 三片荷叶 ' 青蛙另一片荷叶上，结果它跳了呱呱”在荷叶 A 上，每次它都会从一片荷叶跳到3次之后，不在荷叶 A 上. 请问：它一共有多少种不同的跳法 ?例题 3一个四位数，每一位上的数字都是0、1、2 中的一个，并且相邻的两个数字树根”来画树形例题 4王老师有一个带密码锁的公文包，但是他忘记了密码 . 只记得密码是一个三位数. 这个三位数的个位数字比十位数字大，十位数字比百位数字大，并且没有比 5 大的数字 . 试问：王老师最多需要试多少次就肯定能打开这个公文包 画出树形图卜析：百位数字最小， 有几种情况？把这些情况分别作为“树根”一个三位数，百位比十位大，十位比个位大，个位不小于数一共有几个？例题5常昊与古力两人进行围棋赛，谁先胜三局就赢得比赛. 如果最后常昊获胜了，那么比赛的进程有多少种可能？分析：试着把每场比赛的结果用树形图表示出来?注意：不会有古常----- 古古- 常——（常）这样的过程出现，因为在这种情况下，赛完第 4 场后古力已经获胜，不符合题意.例题65 块六边形的地毯拼成了如下图的形状，每块地毯上都有一个编号，现在小高站在1 号地毯上，他想要走到5 号地毯上?如果小高每次都只能走到和他相邻的地毯上（两个六边形如果有公共边就成为相邻），并且只能向右边走，例如1f 2—3—5 就是一种可能的走法. 请问：小高一共有多少种不同的走法？分析：注意开始是从 1 号毯开始，结束在 5 号地毯才能符合题意汽车品牌家族树形图甲、乙、丙三个人传球，从甲开始传球，每次拿球的人都把球传给剩下两个人中的一人，传了次后球在丙的手上，那么一共有多少种可能的传球过程？2.且相邻的两个数字不一样，那么卡莉娅最多试多少次就一定能打开日记本？3. 粗心的卡莉娅忘记了日记本的三位密码，只记得密码是由1、2、7 三个数字中的某些数字构成的，4. 甲、乙比赛乒乓球，五局三胜. 已知甲胜了第 1 局，并最终获胜. 请问一共有多少种不同的比赛过程？5. 满足下面性质的数称为阶梯数：它的百位数字比十位数字小，十位数字比个位数字小，并且相邻两位数字的差不超过 2 . 例如：135 、234 为阶梯数，156 就不是阶梯数，那么共有多少个三位数是阶梯数？☆2种 121233龟兔鼠鼠龟兔212312344墨■墨小小萱萱小 墨萱小墨墨曰311222211212 2 2 1001 22141 第十四讲 树形图可以画成树形图，如下图，共详解 1 次可以给萱萱可以画成树形图，第8 种， 2 的也有 8 种，共 16树根有 1 的共有1、2 4 10 次2、3 三个数作为树可以画出三幅树形分别详例题 答案 例题答例题 答案 详解 例题 答案详解 种.1 2种2 6种3 16 种可以画成树形图，如下图，树根有 也可以给墨莫，如下图，共 6 种5. 例题 5答案：10 种6. 例题 6答案： 5 种详解：可以画成树形图，共有 5 种.4535245 145 3572种12341243甲甲甲乙丙丁 甲乙丁 丁8123 123 BBAACCCBBCAAC练习93答案简答 练习 答案 简答 6种 12 种 2 6种3 次后不在 A 荷叶上，如下图，共可以画成树形图，如下图，树根B 、 C 荷叶上 跳了 5、6、7 树根是 5的共有 4种，6 的也有 4种，7的也有 4 种，共 12可以画成树形图，第 1 次可跳在B丙 练习 1 答案： 2 种 简答：可以画成树 形图，如下图，共510 练习答案：简答：7610 种可以画成树形图，从个位开始枚举如下图，共百＞98581 作业 11答案：342;423简答：可以画成树形图3、4 2、2、3 12 作业 23答案：3简答：可以画成树形图710 种百＞513. 作业3简答：如下图. 首位是 2 或7 开头的密码也有 4 个，所以符合条件的有12 个，最多要试12 次.14. 作业 4答案：615. 作业 5答案：24 个简答：如下图，可分别画出百位是1、2、3、4、5、6、7的树形图，百位为1的有4种，百位为2的有4 种，百位为 3 的有 4 种，百位为 4 的有 4 种，百位为5 的有 4 种，百位为6 的有 3 种，百位为7 的有 1 种，共有24 个阶梯三位数.甲丙乙丙甲丙甲丙乙丙13. 作业 3答案：12简答：如下图．首位是2 或 7 开头的密码也有 4 个，所以符合条件的有 12 个，最多要试 12次．百十个127 117214. 作业 4答案： 6简答：可以画成树形图：1、 2 、 3、 4、 5 、 6、 7 的树形图，百位为 1 的有 4 种，百 位为 2 的有 4 种， 百位为 3 的有 4 种，百位为 4 的有 4 种，百位为 5 的有 4 种，百位为 6 的有 3 种，百位为 7 的有 1 种，共有 24 个阶梯三位数． 甲甲甲乙 乙甲甲乙 甲乙乙 甲15. 作业 5答案：24 个简答：如下图， 可分别画出百位是。
四年级上册数学讲义(共6讲)--第5讲 加法原理(二) 全国通用(含答案)
知识要点加法原理（二） —树形图及标数法一、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”．树形法“树形图法”实际上是枚举的一种，但是它借助于图形，可以使枚举过程不仅形象直观，而且有条理又不重复遗漏，使人一目了然．【例1】 一只青蛙在A 、B 、C 这三点之间跳动，若青蛙从A 点跳起，跳4次仍回到A 点，则这只青蛙一共有多少种不同的跳法？【分析】 树形图，如图所示，若青蛙从A 点跳起，跳4次仍回到A 点一共有6种不同的跳法。
小学奥数 加法原理之树形图及标数法.学生版
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，然后在这知识要点教学目标7-1-3.加法原理之树形图及标数法个标准下进行分类；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．模块一、树形图法“树形图法”实际上是枚举的一种，但是它借助于图形，可以使枚举过程不仅形象直观，而且有条理又不重复遗漏，使人一目了然．【例 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多少种？【考点】加法原理之树形图法 【难度】3星 【题型】解答【关键词】2005年，小数报 【解析】 如图，A 第一次传给B ，到第五次传回A 有5种不同方式． 同理，A 第一次传给C ，也有5种不同方式．所以，根据加法原理，不同的传球方式共有5510+=种．C B CC B AAB A B CCBA【答案】10例题精讲【巩固】 一只青蛙在A ，B ，C 三点之间跳动，若青蛙从A 点跳起，跳4次仍回到A 点，则这只青蛙一共有多少种不同的跳法？【考点】加法原理之树形图法 【难度】3星 【题型】解答 【解析】 6种，如图，第1步跳到B ，4步回到A 有3种方法；同样第1步到C 的也有3种方法．根据加法原理，共有336+=种方法．AA A BCAB C BA【答案】6【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？ 【考点】加法原理之树形图法 【难度】3星 【题型】解答 【解析】 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． 【答案】14【例 3】 如图，从起点走到终点，要求取出每个站点上的旗子，并且每个站点只允许通过一次，有 种不同的走法。
小学奥数 几何计数(三) 精选练习例题 含答案解析(附知识点拨及考点)
1.掌握计数常用方法；2.熟记一些计数公式及其推导方法；3.根据不同题目灵活运用计数方法进行计数．本讲主要介绍了计数的常用方法枚举法、标数法、树形图法、插板法、对应法等，并渗透分类计数和用容斥原理的计数思想．一、几何计数在几何图形中，有许多有趣的计数问题，如计算线段的条数，满足某种条件的三角形的个数，若干个图分平面所成的区域数等等．这类问题看起来似乎没有什么规律可循，但是通过认真分析，还是可以找到一些处理方法的．常用的方法有枚举法、加法原理和乘法原理法以及递推法等．n 条直线最多将平面分成21223(2)2n n n ++++=++……个部分；n 个圆最多分平面的部分数为n (n -1)+2；n 个三角形将平面最多分成3n (n -1)+2部分；n 个四边形将平面最多分成4n (n -1)+2部分……在其它计数问题中，也经常用到枚举法、加法原理和乘法原理法以及递推法等．解题时需要仔细审题、综合所学知识点逐步求解．排列问题不仅与参加排列的事物有关，而且与各事物所在的先后顺序有关；组合问题与各事物所在的先后顺序无关，只与这两个组合中的元素有关．二、几何计数分类数线段：如果一条线段上有n +1个点(包括两个端点)（或含有n 个“基本线段”），那么这n +1个点把这条线段一共分成的线段总数为n +(n -1)+…+2+1条数角：数角与数线段相似，线段图形中的点类似于角图形中的边．数三角形：可用数线段的方法数如右图所示的三角形（对应法），因为DE 上有15条线段，每条线段的两端点与点A 相连，可构成一个三角形，共有15个三角形，同样一边在BC 上的三角形也有15个，所以图中共有30个三角形．ED CBA数长方形、平行四边形和正方形：一般的，对于任意长方形（平行四边形），若其横边上共有n 条线段，纵边上共有m 条线段，则图中共有长方形（平行四边形）mn 个．模块一、立体几何计数【例 1】 用同样大小的正方体小木块堆成如下图的立体图形，那么一共用了__________块小正方体。
小学奥数 加法原理之树形图及标数法 精选例题练习习题(含知识点拨)
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7-1-3.加法原理之树形图及标数法模块一、树形图法“树形图法”实际上是枚举的一种，但是它借助于图形，可以使枚举过程不仅形象直观，而且有条理又不重复遗漏，使人一目了然．【例 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多少种？【考点】加法原理之树形图法 【难度】3星 【题型】解答 【关键词】2005年，小数报 【解析】 如图，A 第一次传给B ，到第五次传回A 有5种不同方式． 同理，A 第一次传给C ，也有5种不同方式．所以，根据加法原理，不同的传球方式共有5510+=种．C B CC B AAB A B CCBA【答案】10【巩固】 一只青蛙在A ，B ，C 三点之间跳动，若青蛙从A 点跳起，跳4次仍回到A 点，则这只青蛙一共有多少种不同的跳法？【考点】加法原理之树形图法 【难度】3星 【题型】解答 【解析】 6种，如图，第1步跳到B ，4步回到A 有3种方法；同样第1步到C 的也有3种方法．根据加法原理，共有336+=种方法．AA A BCAB C BA【答案】6【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？【考点】加法原理之树形图法 【难度】3星 【题型】解答 【解析】 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．【答案】14【例 3】 如图，从起点走到终点，要求取出每个站点上的旗子，并且每个站点只允许通过一次，有 种不同的走法。
小学奥数7-1-3 加法原理之树形图及标数法.专项练习及答案解析
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．知识要点教学目标7-1-3.加法原理之树形图及标数法模块一、树形图法“树形图法”实际上是枚举的一种，但是它借助于图形，可以使枚举过程不仅形象直观，而且有条理又不重复遗漏，使人一目了然．【例 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多少种？【考点】加法原理之树形图法 【难度】3星 【题型】解答 【关键词】2005年，小数报【解析】 如图，A 第一次传给B ，到第五次传回A 有5种不同方式．同理，A 第一次传给C ，也有5种不同方式．所以，根据加法原理，不同的传球方式共有5510+=种．C B CC B AAB A B CCBA【答案】10【巩固】 一只青蛙在A ，B ，C 三点之间跳动，若青蛙从A 点跳起，跳4次仍回到A 点，则这只青蛙一共有多少种不同的跳法？【考点】加法原理之树形图法 【难度】3星 【题型】解答【解析】 6种，如图，第1步跳到B ，4步回到A 有3种方法；同样第1步到C 的也有3种方法．根据加法原理，共有336+=种方法．AA A BCAB C BA【答案】6【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？【考点】加法原理之树形图法 【难度】3星 【题型】解答【解析】 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． 【答案】14例题精讲【例 3】 如图，从起点走到终点，要求取出每个站点上的旗子，并且每个站点只允许通过一次，有 种不同的走法。
【奥赛】小学数学竞赛：加法原理之树形图及标数法.学生版解题技巧 培优 易错 难
【例 5】如图，某城市的街道由5条东西向马路和7条南北向马路组成，现在要从西南角的 处沿最短的路线走到东北角 出，由于修路，十字路口 不能通过，那么共有＿＿＿＿种不同走法．
【例 6】如图所示，从A点到B点，如果要求经过C点或D点的最近路线有多少条？
【例 7】如图 为一幅街道图，从 出发经过十字路口 ，但不经过 走到 的不同的最短路线有条.
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．
模块一、树形图法
“树形图法”实际上是枚举的一种，但是它借助于图形，可以使枚举过程不仅形象直观，而且有条理又不重复遗漏，使人一目了然．
（二）不规则图形的标数法
【例 11】在下图的街道示意图中，C处因施工不能通行，从A到B的最短路线有多少条？
【巩固】小群家到学校的道路如图4所示。从小君家到学校有_________种不同的走法。（只能沿图中向右向下的方向走）
如下表，请读出“我们学习好玩的数学”这9个字，要求你选择的9个字里能连续(即相邻的字在表中也是左右相邻或上下相邻)，这里共有多少种完整的“我们学习好玩的数学”的读法．
【巩固】右图中的“我爱希望杯”有______种不同的读法.
【例 13】如图，沿着“北京欢迎你”的顺序走（要求只能沿着水平或竖直方向走），一共有多少种不同的走法？
【例 14】如图所示，科学家“爱因斯坦”的英文名拼写为“Einstein”，按图中箭头所示方向有种不同的方法拼出英文单词“Einstein”.
【例 12】在下图中，用水平或者垂直的线段连接相邻的字母，当沿着这些线段行走是，正好拼出“APPLE”的路线共有多少条？
三年级上奥数第1讲 树形图
三秋第1讲有序思考——树形图一、教学目标在数学计数问题中，每当我们面对一些非常规的题目一筹莫展、无从下手时，枚举法往往可以发挥巨大的威力。
枚举法又叫穷举法，顾名思义，就是把所有符合题目条件的对象一一列举出来，然后根据要求从中挑出合理的。
但是，怎样在枚举的过程中既不重复也不遗漏地枚举出所有符合条件的对象来呢？“树形图”就可以使我们的枚举过程不仅形象直观，而且有条理又不易重复或遗漏，使人一目了然。
二、例题精选【例1】乌龟、兔子、米老鼠站成一排，如果乌龟不站在第1个，兔子不站在第2个，米老鼠不站在第3个，那么，它们共有多少种不同的站法？【巩固1】甲、乙、丙、丁四个人站队，站成一条直线，如果甲不站在第1、2个，乙不站在第2、3个，丙不站在第3、4个，丁不站在第4、1个，那么一共有多少种不同的站队方法？【例2】小高、小莫、小萱玩传球游戏，每次持球的人都可以把球传给另外两个人中的任何一个，先由小高拿球，经过4次传球之后，球又回到了小高的手里，那么一共有多少种不同的传球过程？【巩固2】有A、B、C三片荷叶，青蛙“呱呱”在荷叶A上，每次它都会从一片荷叶跳到另一片荷叶上，结果它跳了3次之后，不在荷叶A上，那么它一共有多少种不同的跳法？【例3】一个四位数，每一位上的数字都是0、1、2中的一个，并且相邻的两个数字不同，一共有多少个满足条件的四位数？【巩固3】一个三位数，每一位上的数字都是5、6、7中的某一个，并且相邻的两个数字不相同，一共有多少个满足条件的三位数？【例4】王老师有一个带密码锁的公文包，但是他忘记了密码，只记得密码是一个三位数，这三位数的个位数字比十位数字大，十位数字比百位数字大，并且没有比5大的数字，那么王老师最多试几次就肯定能打开这个公文包？【巩固4】一个三位数，百位比十位大，十位比个位大，个位不小于5，那么这样的三位数一共有多少个？【例5】小甲和小乙两人进行围棋赛，谁先胜三局就赢得比赛，如果最后小甲获胜了，那么比赛的过程有多少种可能？【例6】如下图，如果小高站在1号地毯上，他想要走到5号地毯上，每次只能走到相邻的编号，而且只能向右边走（例如1——>2——>3——>5），那么小高一共有多少种不同的走法？三、回家作业【作业1】用1、2、3可以构成几个相邻两位不相同的三位数？（比如121等）【作业2】一个人在三个城市A、B、C中游览。
三年级下册数学试题-奥数练习：树形图(含答案)全国通用
树形图(有特殊要求的树形图、比赛进程问题)1.一个三位数，每一位上的数字都是1、2、3 中的一个，并且相邻的两个数字不同，一共有______个满足条件的三位数．2.一个三位数，每一位上的数字都是2、4、6 中的一个，并且相邻的两个数字不同，一共有______个满足条件的三位数．3.旦旦、雁雁和蒙蒙玩传球游戏，每次持球人要把球传给另外两人中的任何一人．先由旦旦拿球，第1次传球可以传给其他两人中的任何一人，经过 4 次传球之后，球又回到了旦旦手里．那么一共有________种不同的传球过程．4.旦旦、雁雁和蒙蒙玩传球游戏，每次持球人要把球传给另外两人中的任何一人．先由旦旦拿球，第1次传球可以传给其他两人中的任何一人，经过 4 次传球之后，球到了蒙蒙手里．那么一共有__________种不同的传球过程．5.一个三位数，百位数字比十位数字大，十位数字比个位数字大，个位数字不小于5，那么这样的三位数一共有__________个．6.一个三位数，个位数字比十位数字大，十位数字比百位数字大，并且都比 5 小．那么这样的三位数一共有__________个．7.阿呆、阿瓜、旦旦、雁雁四个人每个人写了一封信，把这4 封信放在一起，每个人拿一封信且不能拿自己写的信，那么一共有__________种不同的拿法．8.有4 本书排成一排，阿呆、阿瓜、旦旦、雁雁四个人选书，每人选1 本书．阿呆不要第 1 本书，阿瓜不要第2 本书，旦旦不要第3 本书，雁雁不要第 4 本书，那么一共有__________种不同的选法．9.旦旦和雁雁比赛乒乓球，约定三局两胜，如果最后旦旦获胜了，那么比赛的进程有__________种可能．10.文雯和蒙蒙比赛羽毛球，约定谁先赢两局就获胜，比赛就结束．如果最后文雯获胜了，那么比赛的进程有__________种可能．11.旦旦、雁雁和蒙蒙三个人在打牌（没有和局），一旦有人赢了2 局就获胜，牌局结束．最后旦旦赢了，那么打牌的进程有__________种不同的可能．12.阿呆、阿瓜和文雯三个人在打牌（没有和局），一旦有人赢了2 局就获胜，牌局结束．最后阿瓜赢了，那么打牌的进程有__________种不同的可能．13.小山羊、卡莉娅和小高三个人在打牌（没有和局），一旦有人赢了 2 局就获胜，牌局结束．最后小高赢了，那么有__________种不同的打牌进程．14.高高队和思思队进行足球比赛，高高队在比赛过程中从未让思思队比分领先过，最后以4 比3 取得胜利，那么比赛的进球顺序有__________ 种可能．15.高高队和思思队进行足球比赛，高高队在比赛过程中从未让思思队比分领先过，最后以 3 比2 取得胜利，那么比赛的进球顺序有__________种可能．答案：1.（12） 2.（12） 3.（6） 4.（5）5.（10）6.（4）7.（9）8.（9）9.（3）10.（3）11.（11）12.（11）13.（11）14.（14）15.（5）割圆术数学意义：“割圆术”，则是以“圆内接正多边形的面积”，来无限逼近“圆面积”。
小学数学三年级上学期 树形图 PPT+作业+答案
作业3
3.学校食堂里每天供应果汁和牛奶两种饮料。如果曼曼第 一天和第四天喝的都是牛奶，那么第二天她喝的饮料可 能有（ ）种情况，分别是（ ）。如果曼曼第二天 喝的是牛奶，那么第三天她喝的饮料可能有（）种情况， 分别是（ ）。
【答案】2；牛奶、果汁；2；牛奶、果汁。
作业4 4.如图：如果从 F 点出发，以 F➙C➙E 的路线行进，且要求同 一个点或同一条线段只能经过一次，那么从 E 点继续走，可以 直接到达（ ）点。
例题1 由1、2、3组成的三位数一共有多少个？
解析： ⚠️题目没有强调数字不能重复，因此画树形图时需注意。
百位 十位 个位
1 12
3 1 12 2
3 1 32
3
百位为1时，有9个三位数，同样地，百 位为2、3时也分别有9个三位数， 所以，一共有三位数：9☓3=27（个） 答：三位数一共有27个。
总结：画树形图解题，注意数字是否可以重复。
总结：注意数字卡片6和9可以颠倒。
练习2 用2、5、9三张数字卡片可以组成多少个不同的三位数？
59 2
95
29 5
92
25 9
52
数字卡片9可以倒过来变成6，因此一共 有三位数：6☓2=12（个） 答：可以组成12个不同的三位数。
例题3
一个快递员给A、B、C三栋写字楼送快递，每天去其中的一 栋写字楼，并且相邻的两天不能去同一栋写字楼。如果他 第一天去了A栋写字楼，第四天又去了A栋写字楼，那么这 四天的送货方式一共有多少种？
【答案】9 种。
作业7 7、由 0、1、2 所组成的三位数一共有多少个？
【答案】18 个
作业8 8、用 0、7、8、9 这四张数字卡片一共可以组成多少个不同的 两位数？ 【答案】14 个。 【解析】