小学数学思想方法第6讲枚举法
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小学数学思想方法
第六讲
枚举法
枚举法是将问题所涉及的所有情况全部列举出来，一一加以讨论，从而
< br>解决问题的一种方法。当问题出现的情况是有限种，而且这些情况又无法统
一处理
时，就可以用枚举法来解决。
例
1
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，
有多少种不同的支付方法？
解：
要付
2
角
3
分即
23
分，
最多可以使用
4
枚
5
分硬币，
而全部
1
分和
2
分硬币一共才
1
角
2
分即
12
分，所以最少要用
3
枚
5
分硬币。
(1)
使用
4
枚
5
分
硬币时，有：
< br>23
＝
4
×
5
＋
2
＋
1
，即
4
枚
5
分硬币、
1
枚
2
分硬币、
1
枚
1
分硬币；
23
＝
4<
/p>
×
5
＋
3
×
1
，即
4
枚
5
分硬币、
3
枚
1
分硬币。
2
种支付方法；
(2)
使
用
3
枚
5
分硬
币时，有：
23
＝
3
×
5
＋
4
×
2
，即
3
枚
5<
/p>
分硬币、
4
枚
2
分硬币；
23
＝
3
×<
/p>
5
＋
3
×
2
＋
2
×
1
，
即
3
枚
5
分硬币、
3
枚
2
分硬币、
2
枚
1
分硬币；
23
＝<
/p>
3
×
5
＋
2
×
2
＋
4
×
1
，
即
3
枚
5
分硬币、
2
枚
2
< br>分硬币、
4
枚
1
分硬币。
3
种支付方法。
共有
5<
/p>
种支付方法。
例
2
设<
/p>
a
与
b
是两个不
相同的自然数，如果它们的最小公倍数是
72
，
那么
a
与
b
< br>之和可以有多少种不同的值？
解：
a
与<
/p>
b
的最小公倍数
72
＝
2
×
2
×
2
×
3
×<
/p>
3
，
有
12
个约数：
1,
2
，
3,
4
，
6,
8
，
9, 12, 18, 24, 36, 72
。不妨设
a
＞
b
。
(1)
当
a
＝
72
时，
b
可以取小于
72
的
11
种约数
，
a
＋
b
的值
为
73
、
74
、
75
、
76
、
78
、
80
、
81
、
84
、
90
、
96
、
108
，共
11
个；
(2)
当
< br>a
＝
36
时，
< br>b
不能是
36
的约数，只能取<
/p>
8
或
24
，
a
＋
b
的值为
44
或
60
，共<
/p>
2
个；
(3)
当
a
＝
24<
/p>
时，
b
不能是
2
4
的约数，只能取
9
或
18
，
a
＋
< br>b
的值为
33
或
42
，共
2
个；
(4)
当
a
＝
18
时，
b
不能是
18
的约数，也不能取
4
或
12
，只能取
< br>8
，
a
＋
1
b
的值只有
< br>1
个
26
；
(5)
当
a
＝
12
时，
b
无解；
(6)
当
a
＝
9
时，
< br>b
只能取
8
，
< br>a
＋
b
的值只有
1
个
17
。
< br>
以上
a
＋
b
的值均不相同，
所以
a
＋
b
可以有
11
＋
2
＋
2
＋
1
＋
1
＝
17
< br>种不同
的值。
例
3
如图，
24
块边长为
10
厘米的正方体瓷砖，
排成如下黑白相间的长
方形。一只蚂蚁沿着瓷砖的边爬行，爬行
中它的左边总有一块黑的瓷砖。这
只蚂蚁从
P
< br>到
Q
，至少爬了多少厘米？
P
Q
解：蚂蚁爬行的路线只有下面三种情况，
P
P
P
Q
Q
Q
长度都是
120
厘米。
例
4 <
/p>
设
n
＝
200<
/p>
×
209
×
21
8
×…×
2000
，那么
n
的末尾有多少个连续的
0
？
解：
n
的
末尾有多少个
0
，取决于
n
的质因数中有多少个
5
和
2
。观察发
现，
n
的因数是一个首项为
200
，公差为
9
，末项为
2000
的数列，显然质
因
数
2
的个数多于质因数
5
，
所以
n
的末尾有多少个
0
，
就取决于
质因数
5
的个
数。观察还发现，
n
的因数数列的首项
200
< br>和末项
2000
都是
5
的倍数，所以
n
的因数中，
只有与
200
的差既是
5
的倍数也是
9
的倍数的数才含有质因数
5
。
这样的因数有
20
0
、
245
、
290
、
335
、……、
1910
、
1955
、
2000
共
41
个
，这
就使得
n
含有
41
个质因数
5
。
进一步观察又发现，
这
41
个
因数中的
200
、
425
、
650
、
875
、
1100
、
1325
、
1550
、
1775
、
2000
这
9
个数含有因数
25
，这就使
得
n
所含有的质因数
5
的个数又增加了
9
个。再进一步观察又发现，这
9
个因
数中的
875
、
2000
两个数含有因数
125
，这就使得
n
所含
有的质因数
5
的个
数又增加了
2
个。因此
n
所含有的
质因数
5
的个数共有
41
＋
9
＋
2
< br>＝
52(
个
)
< br>。
2
所以
< br>n
的末尾有
52
个连续的
0
。
例
5
在射击运动中，每射一箭得到的
的环数是不超过
10
的自然数
(
包
括
0)
。甲、乙两
名运动员各射了
5
箭，每人
5
箭得到的环数的积都是
1764
，
但是甲的总环数比乙少
4
环。求甲、乙的总环数。<
/p>
解：因为
每箭射中的环数都是
1764
的因数，把
1784
分解质因数，
1764
＝<
/p>
2
×
2
×
3
×
3
×
7
×
7
，而环数是不超过
10
的自然数，
7
不可能与别的质因数
相乘，
所以必有两箭是
7
环，
其余
3
箭的环数是
2
×
2
×
3
×
3
＝
36
的因数。
36
＝
1
×
4
×
9
＝
1
< br>×
6
×
7
＝
2
×
3
×
9
＝
2
×
3
×
6
＝
3
×
3
×
4
，
因此，
两人射箭的环数
有
5
种可能：
7,
7
，
1, 4
，
9
，和是
28
；
7,
7
，
1, 6
，
6
，和是
27
；
7,
7
，
2, 2
，
9
，和是
27
；
7,
7
，
2, 3
，
6
，和是
25
；
7,
7
，
3, 3
，
4
，和是
24
。
因为甲的环数比乙少
4
，所以甲的总环数是
24
< br>，乙的总环数是
28
。
例
6 <
/p>
5
张卡片上分别写有数字
0
、
0
、
1
< br>、
2
、
3
，可以用它们组成许多不
同的五位数。所有这些五位数的平均数是多少？
解：
(1)
首先确定这些五位数的个数。设五位数是
abcde
：
当
a
＝
1
时，有
10023, 10032, 10203, 10230, 10302,
10320, 12003,
12030, 12300, 13002,
13020, 13200
共
12
个数
；
当
a
＝<
/p>
2
时，有
20013, 20031,
20103, 20130
，
20301, 20310,
21003,
21030,
21300
，
23001, 23010, 23100
共
12
个数；
当
a
＝
3
时，有
30012, 30021, 30102, 30120,
30201, 30210, 31002
，
31020,
31200, 32001, 32010, 32100
共
1
2
个数。
(2)
其次求所有这些五位数的平均数。
观察发现，数字
1
、
2
、
3
在万位上各出现
12
次
，在千位上、百位上、十
位上、个位上各出现
6
次。所以这
36
个数的平均数是
[(1
＋
2
＋
3)
×
12
×
10000
< br>＋
(1
＋
2
＋
3)
×
6
×
(1000
＋
100
＋
10
＋
1)]
÷
36
＝
21111
。
3