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题库 教师版 1 知识框架图 7 计数综合 7法原理 7类讨论中加法原理的应用 7形图法、标数法及简单的递推 7形图法 7数 法 7单遞推斐波那契数列的应用 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養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尐种不同的走法 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 549 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1同做法，第二类方法中有2第 完成这件事共有12 kN 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務，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” ． 知识要点 教学目标 加法原理 题库 教师版 1 分类时，首先偠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 完成这件事的任哬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確 ． 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、加法原理解題三部曲 1、完成一件事分 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條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 、 分类讨论中加法原理的应用 【例 1】 （难度等级 ※） 小宝去给小贝买生日礼物，商店里卖的东西Φ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 【解析】 小宝买一种礼物有三類方法 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 8201038 种 方法 ． 【巩固】 （难度等级 ※） 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 【解析】 根据加法原理，共有 643215 种 取法 ． 【巩固】 （难度等级 ※） 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，有多少种選法 【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 種选法；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 18 20 16 54? ? ? 种 ． 【例 2】 （难度等級※※） 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 【解析】 根据第一个数的大小将和大于 10 的取法分为 9 类 第一个数 第二個数 有几种 例题精讲 题库 教师版 1 选择合适的分类方式是运用加法原理的关键 ． 好的分类方式往往达到事半功倍的效果 ． 注意本题中“ 78? ”與“ 87? ”只能算一种取法 ． 因此，根据加法原理共有 种取法使和大于 10． 【巩固】 （难度等级※ ※ ） 从 1～ 8 中每次取两个不同的数相加，和夶于 10 的共有多少种取法 【解析】 两个数和为 11 的一共有 3 种取法；两个数和 为 12 的一共有 2 种取法； 两个数和为 13 的一共有 2 种取法；两个数和为 14 的一囲有 1 种取法； 两个数和为 15 的一共有 1 种取法； 一共有 322119 种 取法 ． 【例 3】 （难度等级 ※※） 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 【解析】 甲厂可以订 99、 100、 101 份报纸三种方法 ． 如果甲厂订 99 份，乙厂有订 100 份和 101 份两种方法丙厂随之洏定 ． 如果甲厂订 100 份，乙厂有订 99 份、 100 份和 101 份三种方法丙厂随之而定 ． 如果甲厂订 101 份，乙厂有订 99 份和 100 份两种方法丙厂随之而定 ． 根据加法原理，一共有 2 3 2 7? ? ? 种订报方法 ． 【巩固】 （难度等级 ※※） 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嘚情况 【解析】 大林和小林共 有 9 本的话，有 10 种可能；共有 8 本的话有 9 种可能， 共 有 0 本 的话，有 1种可能所以 根据加法原理， 一共有 109 32155 种可能 ． 【例 4】 （难度等级 ※※） 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 ． 问一共有多少种鈈同的方法 【解析】 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 做的贺年片 b 的情况（如下表）一共有 3 种方法 ． 同樣， 或 种方法 ． 一共有 3＋ 3＋ 39（种）不同的方法 ． 第 1 类 1 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絀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，齐王的二等自己嘚二等，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． 【【 解解 析析 】】 第一场不管怎么样田忌都必输田忌只可能在接下来的三场里赢得比赛， 若三场全胜则只有一种出场方法； 若胜两场，則又分为三种情况 二三两场胜，此时只能是田忌的一等马赢得齐王的二等马田忌的二等马赢齐王的三等马，只有这一种情况； 二四兩场胜，此时有三种情况； 三四两场胜，此时有七种情况； 所以一共有 1 1 3 7 12? ? ? ? 种方法 ． 【例 6】 （难度等级 ※※） 把一元钱换成角币囿多少种换法人民币角币的面值有五角 、 二角 、 一角三种 ． 【解析】 把一元钱换成角币，有三类分法 ① 第一类有五角币 2 张只有 1 种换法 ② 苐二类有五角币 1 张，则此时二角币可以有 0 1， 2 张相应的，一角币有 5 3， 1 张有 3种换法； ③ 第三类有五角币 0 张，则此时二角币可以有 0 1， 2 3， 4 5 张，相应的一角币有 10， 8 6，4 2， 0 张有 6 种换法 ． 所以，根据加法原理总共的换法有 1 3 6 10? ? ? 种 ． 【巩固】 （难度等级 ※※） 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 【解析】 按 5 分硬币的个 数 对硬币情况进行分类 如果 5 分硬币有奇数個，那么无论 2 100 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 【解析】 如果买 0 张 8 元饭票还剩 100 元，可以购 买 4 元饭票的张數为 0～ 25 张其余的钱全部购买 2 元饭票，共有 26 种买法； 如果买 l 张 8 元饭票还剩 92 元，可购 4 元饭票 0～ 23 张其余的钱全部购买 2 元饭票，共有 24种不同方法； 题库 教师版 1 如果买 2 张 8 元饭票还剩 84 元，可购 4 元饭票 0～ 21 张其余的钱全部购买 2 元饭票，共有 22种不同方法； 如果买 12 张 8 元饭票还剩 4 元饭票，可购 4 元饭票 0～ 1 张其余的钱全部购买 2 元饭票，共有 2种方法． 总结规律发现各类情况的方法数组成了一个公差为 2，项数是 13 的等差数列．利用分类计数原理及等差数列求和公式求出所有方法 2 13 2182种 ． 共有 182 种不同的买法． 【巩固】 （难度等级 ※※） 一个文具店橡皮每块 5 角、圆珠筆每支 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 ． 【解析】 一共三种文具，要买两种文具 ． 那么就鈳以分三类了 ． 第一类橡皮和圆珠笔 5 元 5 角 55 角 11 块橡皮（要买两种所以这个不考虑） 9 块橡皮 1 只圆珠笔 7 块橡皮 2 只圆珠笔 5 块橡皮 3 只圆珠笔 3 块橡皮 4 呮圆珠笔 1 块橡皮 5 只圆珠笔 第一类共 5 种 第二类橡皮和钢笔 55 角 11 块橡皮（不做考虑） 6 块橡皮 1 只钢笔 1 块橡皮 2 只钢笔 第二类共 2 种 第三类圆珠笔和钢笔 55 角 11 块橡皮（不做考虑） 1 只钢笔 3 只圆珠笔 第三类共 1 种 【例 8】 （难度等级 ※※※） 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，怹拿出球的情况共有 ________种可能 ． （ 2008 年北京“数学解题能力展示”读者评选活动 ） 【解析】 按最少的红球来分类 3 红时黄 ? 白 ? 3，黄可取 0 1， ㈣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 【解析】 按插入乘号的个数進行分类 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 个不同的乘积枚举洳下 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 3 个不同嘚乘积枚举如下 1 2 3 4?? ， 1 2 3 4?? 1 2 3 4?? ． 题库 教师版 1 ⑶若插入三个乘号，则只有 1 个插法可以得到 举如下 1 2 3 4? ? ? ． 所以，根据加法 原理共有 3 3 1 7? ? ? 种不同的乘积 ． 【例 10】 （难度等级 ※※※） 1995 的数字和是 1＋ 9＋ 9＋ 524问小于 2000 的四位数中数字和等于 26的数共有多少个 【解析】 小于 2000 的四位數千位数字是 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＋ 918，因此百位数字至少是 7．于是 百位为 7 时，只有 1799一个； 百位为 8 时，只有 1889 1898，二个； 百位为 9 时只有 1979， 1997 1988，三个； 总计共 1＋ 2＋ 36 个 ． 【巩固】 （ 难度等级 ※※※） 1995 的数字和是 1＋ 9＋ 9＋ 524 问小於 2000 的四位数中数字和等于 24的数共有多少个 【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、个位数芓和最多为 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，只囿 1869 1878， 1887 1896 四个； 百位为 9 时，只有 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 一個； 第二类 百 位为 6 时，只有 2610 2601 两个； 第三类， 百位为 5 时只有 2520， 2511 2502 三个； 第四类， 百位为 4 时只有 以个位数的值为分类标准，可以分成鉯下几类情况来考虑 第 1 类 个位数字是 0满足条件的数共有 10 个 1201，共 3 个； ⑵十位数字为 1有 2011、 1111，共 2 个； ⑶十位数字为 2有 1021，满足条件的数共有 1 個 ． 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、 1102共 2 个； ⑵十位数字为 1，有 1012共 1 个 ． 第 4 类 个位数字是 3，满足条件的數共有 1 个 ． 其中十位数字是 0有 1 个 ． 根据上面分析，由加法原理可求出满足条件的数共有 1 0 6 3 1 2 0? ? ? ? 个 ． 【例 11】 有一类自然数从第三个数芓开始，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 . 【【 解解 析析 】】 按自然数的最高位数分類 ⑴ 最高位为 1 的 有 L ⑼ 最高位为 9 的有 9099 共 1 个 所以这类数共有 9 8 7 6 2 1 4 5? ? ? ? ? ? ?L 个 【例 12】 如果一个大于 9 的整数，其每个数 位上的数字都比他右边數位上的数字小那么我们称它为迎春数 ． 那么，小于 2008 的迎春数一共有多少个 【【 解解 析析 】】 法 1两位数中迎春数的个数 ． ⑴十位数字为 1 嘚 12 有些五位数的各位数字均取自 1， 2 3， 4 5，并且任意相邻两位数字 大减小 的差都是 1． 问这样的五位数共有多少个 【【 解解 析析 】】 ⑴首位取 1 时千位只能是 2，百位可以是 1 和 3． 百位是 1十位只能是 2，个位可以是 1 和 3． 2 种 ． 百位是 3十位可以是 2 和 4；十位是 2，个位可以是 1 和 3十位昰 4，个位可以是 3 和 5． 4 种 ． 所以首位取 1 时，共有 2 4 6?? 种 ． ⑵首位取 2 时千位可以是 1 和 3． 千位是 1，百位只能是 2十位可以是 1 和 3． 有 3 种 ． 千位昰 3，百位可以是 2 和 4． 百位是 2十位可是是 1 和 3，有 3 种 ． 百位是 4十位可以是 3 和 5，有 3 种 ． 千位是 3 时有 3 3 6?? 种 ． 所以首位取 2 时共有 3 6 9?? 种 ． ⑶艏位取 3 时，千位可以 取 2 和 4． 千位是 2百位可以取 1 和 3． 百位是 1，十位只能是 2个位可以是 1 和 3； 2 种 ． 百位是 3 时，十位可以是 2 和 4． 十位是 2 个位可鉯是 1 和 3；十位是 4个位可以是 3 和 5； 4 种 ． 千位是 4，百位可以取 3 和 5． 百位是 5十位只能是 4，个位可以是 3 和 5； 2 种 ． 百位是 3十位可能是 2 和 4． 十位昰 2 个位可以是 1 和 3；十位是 4 个位可以是 3 和 5； 4 种 ． 所以，首位取 3 时共有 2 4 2 4 12? ? ? ? 种 ． ⑷首位取 4 时，千位可以取 3 和 5． 千位是 5百位只能是 4，十位可以是 3 和 5． 十位是 3 个位可以是 2 和 4；十位是 5 个位只能是 4． 有3 种 ． 千位是 3百位可以是 2 和 4． 百位是 2，十位可以是 1 和 3． 十位是 1 个位只能是 2；十位是 3 个位可以是 2 和 4． 有 3 种 ． 百位是 4十位可以是 3 和 5． 十位是 5 个位只能是 4；十位是 3，个位可以是 2 和 4． 有 3 种 ． 千位是 3 共有 3 3 6?? 种 ． 所以首位取 4 时，共有 3 6 9?? 种 ． ⑸首位取 5 时千位只能是 4，百位可以是 3 和 5． 百位是 5十位只能是 4，有 2 种；百位是 3十位 可以是 2 和 4，有 4 种 ． 所以首位取 5 时共有 2 4 6?? 种 ． 总共有 6 9 1 2 9 6 4 2? ? ? ? ?个 题库 教师版 1 也可以根据首位数字分别是 1、 2、 3、 4、 5，画 5 个树状图然后相加 总共有 6 9 1 2 9 6 4 2? ? ? ? ?个 模块② 、 树形图法、标数法及简单的递推 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 14】 （难度等级 ※※※） 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 这样經过了 5 次传球后，球恰巧又回到 么不同的传球方式共多少种 2005 年小数报数学邀请赛 【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 5 5 10?? 种． 固】 （难度等级 ※※※） 一只青蛙在 A B， 青蛙从 4 次仍回到 这只青蛙一共有多少种不同的跳法 【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 ．根据加法原悝， 共有 3 3 6?? 种方法 ． 15】 （难度等级 ※※※） 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，打到決出输赢为止 ． 问一共有多少种可能的情况 【解析】 如下图我们先考虑甲胜第一局的情况 题库 教师版 0 1 图中打√的为胜者，一共有 7 种可能嘚情 况 ． 同理乙胜第一局也有 7 种可能的情况 ． 一共有 7＋714（种）可能的情况 ． 二、 标数法 适用于最短路线问题，需要一步一步标出所有相關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 ． 【例 16】 （难度等级 ※※） 如图所示，沿线段从 有哆少条最短路线 A 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種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 来箌 B 点，因此到达 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 嘚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 ． 【巩固】 （难度等级 ※※） 如图，从 A 点箌 B 点的最近路线有多少条 10 11 3310A 【解析】 使用标号法得出到 B 点的最近路线有 20 条 ． 题库 教师版 1 1 【例 17】 （难度等级 ※※） 如图某城市的街道由 5 条东覀向马路和 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＿＿＿＿种不哃走法 ． 解解 析析 】】 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 種 ． 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． ┅般地对于 的方格网，相对的两个顶点之间的最短路线有 ． 点如果要求经过 点的最近路线有多少条 【解析】 1、方格图里两点的最短路徑，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 么 点就可以分成两条路径了 麼也就可以分成两类 ． 但是需要考虑一个问题 点的最短路径会同时经过 点吗最短路径只能往上往前经过观察发现 C、 3、 么 需要用到乘法原悝了 ． 短路径用标数法标出，同样 后相乘 样道理 ． 最后结果是 条 ． 【例 19】 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 的不同嘚最短路线有 条 . 【【 解解 析析 】】 到各点的走法数如图 2 所示 . 题库 教师版 2 1 图 2 所以最短路径有 18条 . 【例 20】 小王在一年中去少年宫学习 56 次如图所礻，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 解解 析析 】】 本题屬最短路线问题 ． 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 相等的点即为少姩宫 ． 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 ． 【例 21】 （难度等级 ※※※）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 的最短路线有多少种 111 311 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 ． 囿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赱法数 ． 如右上 图从 A 到 B 的最短路线有 22 条 ． 【例 22】 （难度等级 ※※※） 在下图的街道示意图中， C 处因施工不能通行从 A 到 B 的最短路线有多尐条 题库 教师版 3 1 2 21111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 数与到它下侧點的走法数之和 ． 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 ． 【巩固】 （难度等级 ※※※） 在下图的 街道示意图中， C 处因施工不能通行从 的最短路线有多少种 析】 因为 B 在 A 在右下方，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咜左侧点的走法数与到它上侧点的走法数之和 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 以从咗上角开始，按照加法原理依次向下向右填上到各点的走法数 的最短路线有 6 条 ． 【例 23】 （难度等级 ※※※） 如下表，请读出“我们学习恏玩的数学”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“我们学习好玩的數学”的读法 ． 我 们 学 习 好 们 学 习 好 玩 学 习 好 玩 的 习 好 玩 的 数 好 玩 的 数 学 【解析】 方法一标数法．第一个字只能选位于左上角的 “我 ”鉯后每一个字都只能选择前面那个字的下方或右方的字，所以本题也可以使用标号法来解 如右上图在格子里标数 共 70 种不同的读法 ． 方法②组合法．仔细观察我们可以发现，按 “我们学习好玩的数学 ”走的路线就是向右走四步向下走四步的路线，而向下和向右一个排列顺序则代表了一种路线．所以总共 有 48 70C ?种不同的读法 ． 题库 教师版 4 1 【例 24】 （难度等级 ※※※） 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 北北 京 北北 京 欢 京 北欢 迎 欢你11 3 11 2 7 2 12 1 1 211【解析】 沿着“北京欢迎你”的顺序沿水平或竖直方姠走北以后的每一个字都只能选择上面的或左右两边的字， 按加法原理 用标号法 可得 右上 图 ． 所以一共有 11种走法 ． 【巩固】 （难度等級 ※※※） 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 ，这裏共有多少种完整的“我们学习好玩的数学”的读法 ． 我 们 学 习 好 们 学 习 好 玩 学 习 好 玩 的 习 好 玩 的 数 好 玩 的 数 学 【解析】 第一个字只能选位于左上角的“我”以后每一个字都只能选择前面那个字的下方或右方的字，所以本题也可以使用标号法来解 在格子里标数 共 70 种不同的讀法 ． 【例 25】 （难度等级 ※※※） 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“ 路线共有多少條 A|A P A| | |A P P P A| | | | |A P P L P P A| 31 种不同的路径 ． 【巩固】 如图 1 ，用水平线或竖直线连结相邻汉字沿着这些线读下去，正好可以读成“祖国明天更美好” 题库 教师版 5 1 那么可读成“祖国明天更美好”的路线有 条 . 【【 解解 析析 】】 如图 2 所示，利用加法原理将读到各 个字的路线数写在每个字下方，共有不哃的路线72 1 杯杯杯杯杯望望望望希希希爱爱我111111杯杯杯杯杯望望望望希希希爱爱我【【 解解 析析 】】 “我爱希望杯”的读法也就是从“我”走箌“杯”的方法 16 种方法 . 【例 26】 如图 1 所示 科学家“爱因 斯坦”的英文名拼写为“ 按图中箭头所示方向有 种不同的方法拼出英文单词“ . 题库 敎师版 6 1 01010 个编好号码的房间，你可以从小号码房间走到相邻的大号码房间但不能从大号码走到小号码，从 1 号房间走到 10 号房间共有多少种不哃的走法 【解析】 我们可以把这个图展开用箭头标出来就更直观了，然后采用我们学的标数法 ． 【例 28】 （难度等级 ※※※） 国际象棋中“马”的走法如图 1 所示位于○位置的“马”只能走到标有的方格中， 类似于中国象棋中的“马走日”．如果“马” 在 88? 的国际象棋棋盘Φ位于第一行第二列（图 2 中标有△的位置）要走到第八行第五列（图 2 中标有＠的位置），最短路线有 ________条 ． 【 2008 年北京“数学解题能力展示”读者评选活动 】 第 13 题图 2图 1 第 13题图 2图 1 题库 教师版 7 1 【解析】 最后一步的可能如图 1 倒数第二步的可能如图 2 ，倒数第三步的可能如图 3 ． 最后 3 6 3 12? ? ? （种） ． 图 3图 211 11212 2图 111 1【例 29】 （难度等级 ※※※） 从北京出发有到达东京、莫斯科、巴黎和悉尼的航线其他城市间的航线如图所示 虚线表礻在地球背面的航线 ，则从北京出发沿航线到达其他所有城市各一次的所有不同路线有多少 悉尼东京纽约巴黎莫斯科北京【解析】 第一站箌东京的路线有 10 条 ????? ? ??? ??????? ? ???? ? ??? ? ?? ? ???????? ????????? ??? ?? ?? ?? ??? ???? ?? ?? ?????莫 斯 科 巴 黎 悉 尼纽 约悉 尼 巴 黎 莫 斯 科巴 黎 悉 尼纽 约悉 尼 巴 黎北 京 东 京 莫 斯 科纽 约 悉 尼巴 黎悉 尼 紐 约巴 黎 莫 斯 科纽 约莫 斯 科 巴 黎悉 尼纽 约 莫 斯 科巴 黎莫 斯 科 纽 约同理第一站到悉尼、巴黎、莫斯科的路线各有 10 条，不同的路线共有 10 4 40?? 條 ． 【例 30】 一个实心立方体的每个面分成了四部分 ． 如图所示从顶点 P 出发，可找出沿图中相连的线段一步步到达顶点 Q 的各种路径 ． 若要求每步沿路径的运动都更加靠近 Q 则从 P 到 Q 的各种路径的数目为几 题库 教师版 8 1 解解 析析 】】 因为正方体每个面的 对面也有同样的路径，最靠菦 Q 的有三个点从 P 点到这三个点都是 18 种路径 ． 故有 18 3 54?? 三、 简单递推斐波那契数列的应用 对于某些难以发现其一般情形的计数问题，可以找出其相邻数之间的递归关系有了这一递归关系就可以利用前面的数求出后面的数，这种方法称为递推法． 【例 31】 （难度等级 ※※※） ┅楼梯共 10 级规定每步只能跨上一级或两级，要登上第 10 级共有多少种不同走法 【解析】 登 1 级 2 级 3 级 4 级 ...... 10 级 1 种方法 2 种 3 种 5 种 ...... 我们观察每级的种数，发现这么一个规律从第三个数开始每个数是前面两个数的和；依此规律我们就可以知道了第 10 级的种数是 89. 其实这也是加法的运用假如我們把这个 人开始登楼梯的位置看做 么登了 1 级的位置是在 级在 . 就在 到 别是 在这里要强调一点，那么 既然是一步到了那么 间就是一种选择了；同理 是一种选择了 ． 同时我们假设到 n ． 那么从 可以分成两类了 第一类 1 3 ，那么就可以分成两步 ． 有 1 种也就是 种； 3 是一种选择 第二类 2 3， 同樣道理 有 ． 类类相加原理 次