小学奥数7-1-2 加法原理之分类枚举(二).学生版
-
7-1
-2.
加法原理之分类枚举（二）
教学目标
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
．
知识要点
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
m
1
种不同做
法，
第二类方法中有
m
2
种不同做法，
…
，
第
k
类方法中有
m
k<
/p>
种不同做法，则完成这件事共有
N
m
1
m
2
……
m
k
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
分类枚举
——
找规律
< br>
【例
1
】
有
一个电子表的表面用
2
个数码显示
“
小时
”
，另用
2
个数码显示
“
分<
/p>
”
。例如
“
21
：
32”
表示
21
时
32
分，那么这个手表从
“10
：
00”
至<
/p>
“11
：
30”
之间共有
分钟表面上显示有数码
“2”.
【考点】加法原理之分类枚举
【难度】
3
星
【题型】填空
【关键词】学而思杯，
6
年级，
1
试
，第
9
题
【解析】
显
示小时的数码不会出现
2
，只有分钟会出现。
< br>10
点到
11
点分别有
2
，
12
，
20
，
21
，
22
，
……
，
29
，
32
，
42
，
52
，共
15
次，
11
点到
11
点半有
2
，<
/p>
12
，
20
，<
/p>
21
，
22
，<
/p>
……
，
29
共<
/p>
12
次，所以有
27
分钟。
【答案】
27
分钟
【例
2
】
袋
中有
3
个红球，
4
个黄球和
5
个白球，小明从中任意拿出
6
个球，他拿出球的情况共有
____
____
种可能．
【考点】加法原理之分类枚举
【难度】
4
星
【题型】解答
【关键词】分类讨论思想，迎春杯，四年级，初赛，
6
题
【
解
析
】
< br>如
果没拿红球，那么拿（黄、白）球的可能有（
1
、
5
）
、
（
2
、
4
）
、
（
3
、
3
）
、
（
4
、
2
）<
/p>
4
种
.
如果拿
1
个红球，那么拿（黄、白）球的可能有（
0
、
5
）
（
1
、
4
）<
/p>
、
（
2
、
3
）
、
（
3
、
2
）
、
（
4
、
1
）
5
种
.
如果拿
2
个红球，那么拿（黄、白
）球的可能有（
0
、
4
）
、
（
1
、
3
）
、
（
2
、
2
）<
/p>
（
3
、
1
）
、
（
4
、
0
）
5
种
如果拿
3
个红球，那么拿（黄、白）球的可能有（
0
、
3
）
、
（
1
、
2
）
< br>、
（
2
、
1
）
、
（
3
、
0
）
4
种
.
可见他拿出球的情况共有：
4+5+5+4=18
（种）
．
有
18
种
.
【答案】
18
种
【例
3
】
1
、
2
、
3
、
4
四个数字，从小到大排成一行，在这四个数
中间，任意插入乘号
(
最少插一个乘号
)
，可
以得到多少个不同的乘积
?
【考点】加法原理之分类枚举
【难度】
4
星
【题型】解答
【关键词】分类讨论思想
【解析】
方
法一：按插入乘号的个数进行分类：
⑴
若插入一个乘号，
4
个数字之间有
3
个空当，选
3
个空当中的任一空当放乘号，所以有
3
种不同
的插法，可以得到
3
个不同的乘
积，枚举如下：
1
2 3
4
，
1
2
3
4
，
1 2
3
4
．
⑵
若插入两个乘号，由于必有一个空当不放乘号，所以从
3
个空档中选
2
个空当插
入乘号有
3
种不
同的插法，可以得到<
/p>
3
个不同的乘积，枚举如下：
1
2
3
4
，
1
2
3
4
，
1
2
3
4<
/p>
．
⑶
若插入
三个乘号，则只有
1
个插法，可以得到
l
个不同的乘积，枚举如下：
1<
/p>
2
3
4
．
所以，根据加法原理共有
3
3
1
< br>7
种不同的乘积．
方法二：每个空可以放入乘号可以
可以不放乘号共有两种选择，在
1
、
2
、
3
、
4
这四个数中共有
3
个
空所以共有：
2
2
2=8
去掉都不放的一种情况，所以共有：
8
1=7
（种）选择
【答案】
7
【例
4
】
1
995
的数字和是
1
＋
9
＋
9
＋
5
=
24
，问
：小于
2000
的四位数中数字和等于
26
的数共有多少个
?
【考点】加法原理之分类枚举
【难度】
4
星
【题型】解答
【关键词】分类讨论思想
【解析】
小
于
2000
的四位数千位数字是
1
，要它数字和为
26
，只需其余三位数字和
是
25
．因为十位、个位
数字和最多为
9
＋
9=18
，因此，百位数字至少是
7
．于是
<
/p>
百位为
7
时，只有
1799
，一个；百位为
8
时，只有
1889
，
1898
< br>，二个；
百位为
9
时，只有
1979
，
19
97
，
1988
，三个；
总计共
1
＋
2
＋
3=6
个．
【答案】
6
【巩固】
1995
< br>的数字和是
1
＋
9
＋
9
＋
5
< br>=
24
，问：小于
2000
的四位数中数字和等于
24
的数共有多少个
?
【考点】加法原理之分类枚举
【难度】
4
星
【题型】解答
【关键词】分类讨论思想
【解析】
小
于
2000
的四位数千位数字是
1
，要它数字和为
24
，只需其余三位数字和
是
23
．因为十位、个位
数字和最多为
9
9
18
，因此，百位数字至少是
5
．于是
百位为
5
时，只有
1599
一个；
百位为
6
时，只有
1689
，
1698
两个；
百位为
7
时
，只有
1779
，
1788
，
1797
三个；
百位为
8
时，只有
1869
，
1878
，
1887
，
1896
四个；<
/p>
百位为
9
时，
只有
1959
，
1968
，
1977
，
1986
，
1995
五个；
根据加法原理，总计共
1
2
3
4
5
15
个．
【答案】
15
【巩固】
2007
的数字和是
2
+
0
+
0
+
< br>7
=
9
，问：大于
2000
小于
3000
的四
位数中数字和等于
9
的数共有多少个
?
【考点】加法原理之分类枚举
【难度】
4
星
【题型】解答
【关键词】分类讨论思想
【解析】
大
于
2000
小于
3000
的四位数千位数字是
2
，要它数字和为
9
，只需其余三位数字和是
7
．因此，百
位数字至多是
7
．于是根
据百位数进行分类：
第一类，百位为
7
时，只有
2700
一个；
第二类，百位为
6
< br>时，只有
2610
，
2601<
/p>
两个；
第三类，百位为
< br>5
时，只有
2520
，
2511
，
2502
三
个；
第四类，百位为
4
< br>时，只有
2430
，
2421<
/p>
，
2412
，
2
403
四个；
第五类，百位为
3
时，只有
2340
，
2331
，
2322
，
2313
，
2304
五个；
第六类，百位为
2
时，只有
2250
，
2241
，
2232
，<
/p>
2223
，
2214
、
2205
六个；
第七类，百位为
1
时，只有
2160
，
2151
，
2142
，
2133
，
2124
、
2115
、
2106
七个；
< br>第八类，百位为
0
时，只有
20
70
，
2061
，
2052
，
2043
，
2034
、
2025
、<
/p>
2016
、
2007
八个；
根据加法原理，总计共
1
2
3
4
5
6
7
8
36
个．
【答案】
36
【例
5
】
从
101
到
900
这
800
个自然数中，数字和被
8
整除的数共有
______
个。
【考点】加法原理之分类枚举
【难度】
5
星
【题型】填空
【关键词】走美杯，四年级，初赛，第
13
题
【解析】
数
字和被
8
整除，则数字和可能为
< br>8
、
16
、
24
①
数字和
8=8+0+0=7+1+0=6+2+0=5+3+0=4
+4+0=6+1+1=5+2+1=4+3+1=4+2+2=3+3+2
这样的
数共有
1
3
2
2
<
/p>
2
3
3
2
6
36
个
②
数字和
16=9+7+0=8+8+0=9+6+1=9+5+2=
9+4+3=8+7+1=8+6+2=8+5+3=8+4+4=……
这样的数共有
58
个
③
数字和
=24=9+9+6=9+8+7=8+8+8
这样的
数共有
6
个
所以满
足题意的数字共有
100
个
【答案】
100
个
【巩固】
在四位数中，各位数字之和是
4
的四位数有多少？
【考点】加法原理之分类枚举
【难度】
4
星
【题型】解答
【关键词】分类讨论思想
【解析】
以
个位数的值为分类标准，可以分成以下几类情况来考虑：
第
1
类
——
个位数字
是
0
，满足条件的数共有
10
个．其中：
⑴
十位数
字为
0
，有
4000
< br>、
3100
、
2200
、
1300
，共
4
个；
⑵
十位数字为
1
，有
3010
、
2110
< br>、
1210
，共
3
个；
⑶
十位数
字为
2
，有
2020
< br>、
1120
，共
2
个；
⑷
十位数字为
3
，有
1030
，共
1
个．<
/p>
第
2
类
——
个位数字是
1
，满足条件的数共有
6
个．其中：
⑴
十位数字为
0
，
有
3001
、
2101
、
1201
，共
3
个；
⑵
十位数字为
1
，有
2011
、
< br>1111
，共
2
个；
⑶
十位数字为
2
，有
1021
，满足条件的数共有
1
个．
第
3
类
——
个位数字是
2
，满足条件的数共有
3
个．其中：
⑴
十位数字为
0
，有
2002
、<
/p>
1102
，共
2
个；
⑵
十位数字为
< br>1
，有
1012
，共
1
个．第
4
类
——
个位数字是
3
，满足
条件的数共有
1
个．其中：十
位数字是
0
，有
l003
，共
1
个．根据上面分析，由加法原理可求出满足条件的数共
有
10
6
3
1
20
个．
【答案】
20
【例
6
】
将
1~999
这
999
个自然数排成一行（不一定按从大到小或从小到大的顺序排列）
，得到一个
2889
位
数，那么数字串
“123”
最多能出现
次．
【考点】
加法原理之分类枚举
【难度】
5
星
【题型】填空
【关键词】迎春杯，高
年级，复试，
4
题
< br>【
解
析
】
构
成数字串
“123”
的方式有很多，它可能是由一个数单独构成，也可能是由两个数或三个数构成．统
< br>计数字串
“123”
出现的次数，最好的办法就是对其进
行分类统计．我们将出现的
“123”
分为如下几类：
就是
123
三位数本身，一个；
1
和
23
分别属于两个不同的
多位数，那么后面这个数可能是
23
或以
23
开头的三位数．
23
或以
23
开头的三位数有
23
，
230
，
231
，
232
，
…
，
238
，
239
共
11
个，而以
1
结尾的数远远多于
11
个，所以这类最多有<
/p>
11
个；
12
和
3
分别属于两个不同的多位数，那么前面这
个数可能是
12
或以
12
结尾的三位数．
12
或以
12
结尾的三位数有
12
，
112
，
212
，
312
，
…
，
812
，
912
共
10
个，
而以
3
结尾的数远远多于
10
个，
最多有
10
个；
1
、
2
和
3
分别属于三个不同的多位数，
那么中间这个数只能是
2
，最多出现
1
次．综上，最多出
现
1
11
10
1
<
/p>
23
次，而且易看出可以达
到．
【答案】
23
次
【例
7
】
将
10
、
16
以及另
外
4
个不同的自然数填入下面六个
□<
/p>
，使这
6
个自然数从左到右构成等差数列
，一
共有
种不同的填法。
□□□□□□
【考点】加法原理之分类枚举
【难度】
5
星
【题型】填空
【关键词】学而思杯，
4
年级，第
6
题
【解析】
由
于
10
和
16
都在该等差数列当中，所以该等差数列的公差是
16
与
10
之差的约数，即只能是
1
，
2
，
3
，
6
，对这些公差分别讨论：<
/p>
（
1
）当公差
为
1
时，两个数所在的位臵相隔
5
格，但一共只有
6
个方格，所以该情况不存
在。
（
2
）
当公差为
2
时，两个数所在的位臵相隔
2
格，在保证数列中各个数都是自然数的情况下，可以
枚举
3
2
6
种填法。
（
3
）当公差为
3
时，
两个数所在的位臵相隔
1
格，
在保证数
列中各个数都是自然数的情况下，可以枚
举出
4
2
8
种填法。
（
4
< br>）当公差为
6
时，两个数所在的位臵相邻，在保证数列中
各个数都是自然数的情况下，只能枚举
出
2
2
4
种填法。所以一共只有
6
8
4
18
种填法。
【答案】
18
【例
8
】
有
一类自然数，从第三个数字开始，每个数字都恰好是它前面两个数字之和，直至不能再写为止
，
如
257
，
1459
等等，这类数共有
个
.
【考点】加法原理之分类枚举
【难度】
5
星
【题型】解答
【关键词】分类讨论思想
【解析】
按
自然数的最高位数分类：
⑴
最高位为
1
的有
10112358
，
112358
，
123
58
，
1347
，
1459
，
156
，
167
，
178
，
189
共
9
个
⑵
最高位为
2
的有
202246
，
21347
，
2246
，
2358
，
246
，
257
，
268<
/p>
，
279
共
8<
/p>
个
⑶
最高位为
3
的有
30
3369
，
31459
，
3257
，
3369
，
347
，
358
，
369
共
7
个
⑼
最高位
为
9
的有
9099
共
1
个所以这类数共有
9
8
7
6
< br>
2
1
45
个
【答案】
45