第4讲第四讲枚举法进阶知识站牌五年级秋季五年级秋季几何计数进阶排列组合进阶五年级暑假枚举法进阶四年级春季排列组合初步四年级寒假几何计数初步用枚举法计算较复杂的几何，数论等问题漫画释义第9级上超常体系教师版1\n课堂引入枚举法虽然是一种最简单，最基本的计数方法，但在生活中有很多的应用．例如，破译电脑密码.破译密码最简单的原理，就是尝试所有可能的密码组合，直到得到正确的密码．只要有足够的时间和存储空间，枚举密码原则上是可行的.教学目标1.掌握枚举法不重不漏的方法：分类，有序2.灵活运用枚举法解决各种计数问题．经典精讲枚举常用的方法有列表法、树形图、标数法、找规律及公式法．（1）列表法例：有一张伍拾元，4张贰拾元，8张拾元．要拿出80元，可以有多少种不同的拿法？取的张数4376548伍拾元1100000贰拾元0112340拾元3164208（2）树形图例：暑假里，一个学生在A、B、C三个城市游览．他今天在这个城市，明天就到另一个城市．假如他第一天在A市，第五天又回到A市，问他有几种不同的游览方案？2第9级上超常体系教师版\n第4讲第一天第二天第三天第四天第五天BAACABACBAABAACACABBA（3）标数法例：如图，从A到B的最短路线有多少条？BA（4）找规律:适用于规律性强，情形较多的题．例：从1到100的自然数中，每次取出两个数，要使它们的和大于100，共有多少种取法？（5）公式法:此法比较适合于题目涉及的对象比较富有规律性，且情形繁多，数目很大，不宜用逐一列举来解．但通过适当的分类，逐一分析后，可利用公式解答．例题思路模块1：例1-2，树形图，标数法；模块2：例3-5，分类，定序枚举；模块3：例6-8，枚举法综合.例1甲、乙二人打乒乓球,谁先连胜头两局谁赢,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？(学案对应：超常1，带号1)【分析】法1：枚举法(树形图)．如下图,我们先考虑甲胜第一局的情况：第9级上超常体系教师版3\n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．法2：标数法．如下图,设横线为甲胜,竖线为乙胜．则图中Ｃ,Ｄ,Ｂ分别表示甲乙比分为2:0,3:1,3:2．可进行标数,如下右图,甲胜的可能为1+2+4=7种．同理,乙胜的可能也为7种,共有14种可能．B244D1222ACA11【巩固】如图,现在要从图中的A点沿线走到B点,如果每个点最多只能经过一次,那么一共有多少种不同的走法？【分析】从A出发,第一条路线有3种选择；若从A第一步去往C地；则有6种；DGBEGBFBACBFGBEDGB同理,若从A第一步去往D地；则有6种；若从A第一步去往E地；则有4种；所以共有16种方法。例24第9级上超常体系教师版\n第4讲如图，8个单位正方体拼成大正方体，沿着面上的格线，从A到B的最短路线共有____条。BA(学案对应：超常2)【分析】直接用标数法，即可。观察发现，从A点出发的三个面左面、下面、前面所标数相等，则上面的中间填6，进而中间右填18。类似的，即可得到到达B点的方法总共有：18×3=54。61854B3618316361862231136123A11【铺垫】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？3BB16220C1C312213A11A1【分析】因为B在A的右上方，由标数法可知，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．第9级上超常体系教师版5\n穷举法与密码破译穷举法是一种针对于密码的破译方法。这种方法很像数学上的“完全归纳法”，并在密码破译方面得到了广泛的应用。简单来说就是将密码进行逐个推算，直到找出真正的密码为止。比如一个全部由数字组成的四位密码共有10000种组合，也就是说最多我们会尝试9999次才能找到真正的密码。利用这种方法我们可以运用计算机来进行逐个推算，也就是说我们破解任何一个密码也都只是一个时间问题。当然如果破译一个有8位而且可能拥有大小写字母、数字以及符号的密码用普通的家用电脑可能会用掉几个月甚至更多的时间去计算，其组合方法可能有几千万亿种组合。这样长的时间显然是不能接受的。其解决办法就是运用字典，所谓“字典”就是给密码锁定某个范围，比如英文单词以及生日的数字组合等，所有的英文单词不过10万个左右，这样可以大大缩小密码范围，很大程度上缩短了破译时间。例3把等边三角形的每一条边都6等分，过各分点作边的平行线，然后擦掉其中的3条线段，得到如下图形．数一数图中共有多少个三角形？【分析】法1：分类枚举按三角形的边长分类枚举，设最小的等边三角形边长为1，则边长为1的三角形有1224361222530个（按照尖朝上与尖朝下分类）；边长为2的三角形有1032310212个；边长为3的三角形有023207个；边长为4的三角形有1236个；边长为5的三角形有123个；边长为6的三角形有1个；综上，共有3012763159个．法2：排除法如果把这3条线段补上，共有78个三角形；擦掉3条线段后，三角形减少了6第9级上超常体系教师版\n第4讲69400019个，共有781959个三角形．【铺垫】把等边三角形的每一条边都6等分，过各分点作边的平行线，得到如下图形．数一数图中共有多少个三角形？【分析】按三角形的边长分类枚举，设最小的等边三角形边长为1，则边长为1的三角形有1234561234536个（按照尖朝上与尖朝下分类）；边长为2的三角形有1234512321个；边长为3的三角形有1234111个；边长为4的三角形有1236个；边长为5的三角形有123个；边长为6的三角形有1个；综上，共有36211163178个．【巩固】数一数图中共有多少个正方形？【分析】按照面积大小分类枚举，设最小的正方形面积为1，则面积为1的正方形有4个；面积为2的正方形有4个；面积为4的正方形有5个；面积为8的正方形有1个；面积为16的正方形有1个；综上，图中共有4451115个正方形．例4有一批长度分别为1、2、3、4、5、6、7、8、9、10与11厘米的细木条,它们的数量都足够多,从中适当选取3根木条作为三条边,可围成一个三角形．如果规定其中一边是11厘米长,你能围成多少个不同的三角形?(提示：三角形两边边长之和大于第三边)(学案对应：超常3，带号2)【分析】一个三角形,任何两条边的长度之和,比余下的一条边长．在本题中,设底边是11厘米的三角形其余二边分别是a及b,则必有11<a+b．此外,为确切起见,可设a≤b,于是(a,b)的可能的值便有：(11,11)；第9级上超常体系教师版7\n(10,10),(10,11)；(9,9),(9,10),(9,11)；(8,8),(8,9),(8,10),(8,11)；(7,7),(7,8),(7,9),(7,10),(7,11)；(6,6),(6,7),(6,8),(6,9),(6,10),(6,11)；(5,7),(5,8),(5,9),(5,10)(5,11)；(4,8),(4,9),(4,10),(4,11)；(3,9),(3,10),(3,11)；(2,10),(2,11)；(1,11)．共1+2+3+4+5+6+5+4+3+2+1=36种.【铺垫】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．【分析】白球的数最多,红球的数最少,可以通过红球分类,最后用白球的数来补充剩下的．枚举如下(注：当其他球确定后,白球也就定下来了．此表中白球并未写出)：红球(不超过3)黄球(不超过4)白球(不超过5)共几种01,2,3,4410,1,2,3,4520,1,2,3,4530,1,2,34可见他拿出球的情况共有：4+5+5+4=18（种）．例5(1)从1～10中每次取两个不同的整数相加,和大于10的共有多少种取法？(2)从1～100中每次取两个不同的整数相加,和大于100的共有多少种取法？(3)从1～10中每次取两个不同的整数相加,和大于11的共有多少种取法？(4)从1～100中每次取两个不同的整数相加,和大于101的共有多少种取法？(5)从1～100中每次取两个不同的偶数相加,和大于101的共有多少种取法？(6)从1～100中每次取两个不同的奇数相加,和大于101的共有多少种取法？(7)从1～100中每次取两个不同的整数相加,和不超过150的共有多少种取法？【分析】(1)设第一个数较小,将和大于10的取法分为9类,枚举如下：因此,根据加法原理,共有：1+2+3+4+5+4+3+2+1=25种取法使和大于10．通过枚举也要能发现其中的规律,可以看出来此题的取法成等差数列,并在中间“拐弯”．8第9级上超常体系教师版\n第4讲(2)由(1)题的规律可知：“拐弯”的地方为第一个数为50,第二个数为51～100,共50种选择．因此此题答案为1+2+3+…+49+50+49+…+3+2+1=2500.(3)同(1)题的方法,枚举如下：第一个数第二个数有几种第1类2101第2类39,102第3类48,9,103第4类57,8,9,104第5类67,8,9,104第6类78,9,103第7类89,102第8类9101共有1+2+3+4+4+3+2+1=20种取法．此题中间的“拐弯”数有两个,需要注意．(4)同(3)题,答案为1+2+3+…+49+49+…+3+2+1=2450.(5)枚举找规律．第一个数第二个数有几种第1类21001第2类498,1002第3类696,98,1003第…类………第24类4854,56,…,10024第25类5052,54,…,10025第26类5254,…,10024第…类………第49类981001因此答案为1+2+3+…+24+25+24+…+3+2+1=625(6)枚举找规律．第一个数第二个数有几种第1类3991第2类597,992第3类795,97,993第…类………第24类4953,55,…,9924第25类5153,55,…,9924第…类………第48类97991因此答案为1+2+3+…+24+24+…+3+2+1=600(7)枚举找规律．第一个数第二个数有几种第1类12--10099第2类23--10098第3类34--10097第…类………第49类4950--10051第50类5051--10050第51类5152--9948第52类5253--9846第9级上超常体系教师版9\n第53类5354--9744第…类………第74类7475,762因此答案为(99+98+97+…+51)+(50+48+…+4+2)=3675+650=4325例6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”．(1)用3,6,7,9这四个数,可以组成个“上升数”．(2)三位数中共有_______个“上升数”.(3)最大的“上升数”是___________．(4)自然数中共有个“上升数”．(学案对应：超常4，带号3)【分析】(1)法1：枚举法.这样的“上升数”是36,37,39,67,69,79,367,369,379,679,3679一共有11个．法2：组合．几个数字不同,那么每一种选择都会对应一个唯一的“上升数”．2①当选2个数字时,共有C6种选择；43②当选3个数字时,共有C4种选择；44③当选4个数字时,共有C41种选择；综上,共有6+4+1=11个“上升数”3(2)组合．共有C84个9(3)123456789(4)法1：将两位,三位,四位,…,九位“上升数”相加．23456789C9C9C9C9C9C9C9C9502法2：加乘原理．123456789中任意删掉某个数字,剩下的还是“上升数”,因此每个数字都9有“删”与“留”2种选择．9个数共有2512种选择,但是存在全删完(1种)和删掉8个(9种)的情况,因此共有512-1-9=502个“上升数”.例7大小形状相同的红、黄、蓝三种颜色的珠子依次有2枚、2枚、3枚,现在要将它们穿成一串,要求相同颜色的珠子不能相邻,共有多少种不同实质的穿法？如果要穿成一个圈呢？(学案对应：带号4)【分析】枚举：按照蓝球位置分类,位置对称的只考虑一种。①（1,3,5）共2×2=4种②（1,3,6）共2×2=4种③（1,3,7）2种④（1,4,6）共2×2=4种⑤（1,4,7）3种⑥（2,4,6）4种共21种。排成圈时,蓝球间的间隔是1,1,2,此时只有2种。例810第9级上超常体系教师版\n第4讲某次武林大会有九个级别的高手参加,按级别从高到低分别是游侠、火枪手、骑士、剑客、武士、弓箭手、法师、猎人、牧师．为公平起见,分组比赛的规则是：两人或三人分为一组,若两人一组,则这两人级别必须相同；若三人一组,则这三名高手级别相同,或者是连续的三个级别各一名．现有13个人,其中有三名游侠、三名牧师,其它七类高手各一名．若此时再有一人加入,所有这些人共分为五组比赛,那么新加入这个人的级别可以有____________种选择．【分析】现在总共是有14个人,且分为五组,则必然是下面的这种情况：第①组第②组第③组第④组第⑤组如果我们给：游侠、火枪手、骑士、剑客、武士、弓箭手、法师、猎人、牧师依次编号为：①、②、③、④、⑤、⑥、⑦、⑧、⑨．接下来分情况讨论：第⑤组第一种情况：如果里填①①,则其它组可以是：①②③、④⑤⑥、⑦⑧⑨、⑨⑨那么加入⑨．也可以是：①②③、④⑤、⑥⑦⑧、⑨⑨⑨那么加入③或⑥都可．第⑤组第二种情况：如果里填⑨⑨,则其它组可以是：①①①、②③、④⑤⑥、⑦⑧⑨那么加入①或④都可．也可以是：①①①、②③④、⑤⑥⑦、⑧⑨那么加入⑦．第①组第②组第三种情况：如果里填①①①、⑨⑨⑨,那么其它组可以是：②③④、⑤⑥⑦、⑧那么加入⑧．也可以是：②、③④⑤、⑥⑦⑧那么加入②．还可以是：②③④、⑤、⑥⑦⑧那么加入⑤．所以新加入这个人的级别可以有9种选择．第9级上超常体系教师版11\nQ先生和S先生、P先生在一起做游戏.Q先生用两张小纸片，各写一个数.这两个数都是正整数，差数是1.他把一张纸片贴在S先生额头上，另一张贴在P先生额头上.于是，两个人只能看见对方额头上的数.Q先生不断地问：你们谁能猜到自己头上的数吗?S先生说：“我猜不到.”P先生说：“我也猜不到.”S先生又说：“我还是猜不到.”P先生又说：“我也猜不到.”S先生仍然猜不到；P先生也猜不到.S先生和P先生都已经三次猜不到了.可是，到了第四次，S先生喊起来：“我知道了!”P先生也喊道：“我也知道了!”问：S先生和P先生头上各是什么数?答案：S头上是8，P头上是7附加题1.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。起点终点【分析】给这些点依次标上字母（如左图）,然后采用枚举法（如右图）：cedcefafbdefcaedfbdcbdef共4种不同的走法。12第9级上超常体系教师版\n第4讲2.小明用70元钱买了甲、乙、丙、丁4种书,共10册．已知甲、乙、丙、丁这4种书每本价格分别为3元、5元、7元、11元,而且每种书至少买了一本．那么,共有多少种不同的购买方法？【分析】4种书每种1本,共3571126（元）,702644,44元买6本书,共4种:1135132,112725131,1127153,1117451．3.明明带8元钱去商店买冰激凌．有三种冰激凌,售价分别是5元一支、2元一支和1元一支．如果这8元钱全部用于买这三种冰激凌,共有多少种不同的买法？【分析】有顺序地思考买法,如下表：5元1支2元1支1元1支总价8元1支1支1支5218(元)1支/3支5138(元)/4支/248(元)/3支2支23128(元)/2支4支22148(元)/1支6支2168(元)//8支188(元)所以,共有7种不同的买法．4.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。）【分析】先每个砝码取一个，这样还剩下100-3-11-17=69kg．此时可以出现不取某类砝码的情况．列表如下：17kg11kg3kg002303120611210218306还原后可得到如下的式子．100324111171,100313114171,32117171100,37111174100,311113172100,39112173100,一共有6种。n05.称n个相同的数a相乘叫做a的n次方,记作a,并规定a1．如果某个自然数可以写成2的两个3052不同次方(包括零次方)的和,我们就称这样的数为“双子数”,如922,3622,它们都是双子数．那么小于1040的双子数有_____个．ab【分析】设104022(ab),那么a≤10a10时,b0,1,2,3；a9时,b0,1,2,3,4,5,6,7,8；a8时,b0,1,2,3,4,5,6,7；…；a1时,b0因此小于1040双子数有129449个6.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,如第9级上超常体系教师版13\n257,1459等等,这类数共有个.【分析】法1：按自然数的最高位数分类：⑴最高位为1的有：10112358,112358,12358,1347,1459,156,167,178,189共9个⑵最高位为2的有：202246,21347,2246,2358,246,257,268,279共8个⑶最高位为3的有：303369,31459,3257,3369,347,358,369共7个⑼最高位为9的有：9099共1个所以这类数共有98762145个法2：定出前两个数字就可以确定这个数是多少,所以也可以枚举前两位的可能性。共45个.7.一个三位数,若它的中间数字恰好是首尾数字的平均值,则称它是“好数”。则好数总共有____个。【分析】法1：当十位为1时,共有111,210共2个；当十位为2时,共有：123；222；321；420共4个；当十位为3时,共有：135；234；333；432；531；630共6个；当十位为4时,共有：147；246；345；444；543；642；741；840共8个；当十位为5时,共有：159；258；357；456；555；654；753；852；951共9个；当十位为6时,共有：369；468；567；666；765；864；963；共7个；当十位为7时,共有：579；678；777；876；975；共5个；当十位为8时,共有：789；888；987共3个；当十位为9时,共有：999共1个；所以,中间数字恰好是首尾数字的平均值的好数共有：45个。法2：由题意得,首尾两数字同奇偶,定出首尾,则中间数确定．因此首位有9种选择,不管首位选择什么数,末尾都有5个对应的数．因此共有9×5=45个．知识点总结枚举法的核心是：分类，有序；枚举常用的方法：列表法、树形图、标数法、倒推法、公式法．家庭作业1.一个学生假期往A、B、C三个城市游览．他今天在这个城市,明天就到另一个城市．假如他第一天在A市,第五天又回到A市．问他的游览路线共有几种不同的方案？14第9级上超常体系教师版\n第4讲第一天A第二天BC第三天ACAB第四天BCABBCAC第五天AAAAAA【分析】可见他第五天回到A市的不同游览路线共有6种．2.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?111111234513610151410203515153570【分析】法1：标数法．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数法来解：(如右上图，在格子里标数)共70种不同的读法．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4C70种不同的读法．83.把等边三角形的每一条边都5等分，过各分点作边的平行线，然后再擦掉一条线段，得到如下图形．数一数图中共有多少个三角形？【分析】法1：分类枚举按三角形的边长分类枚举，设最小的等边三角形边长为1，则边长为1的三角形有12335122423个（按照尖朝上与尖朝下分类）；边长为2的三角形有122319个；边长为3的三角形有1225个；边长为4的三角形有123个；边长为5的三角形有1个；综上，共有23953141个．法2：排除法如果把这条线段补上，共有48个三角形；擦掉线段后，三角形减少241007个，所以图中共有48741个三角形．第9级上超常体系教师版15\n4.三条边的边长均为整数,且最长边的边长是8厘米,这样的三角形共有多少种？【分析】由三角形两边之和大于第三边（由于是整数,至少是9）,两边之差小于第三边（至多是7）,其余两条边长至少是1,至多是8,枚举得满足要求的另外两条边之长的组合可以是：（1,8）（2,7）（2,8）（3,6）（3,7）（3,8）（4,5）（4,6）（4,7）（4,8）（5,5）（5,6）（5,7）（5,8）（6,6）（6,7）（6,8）（7,7）（7,8）（8,8）共1+2+3+4+4+3+2+1=20种.5.从1～30中每次取两个不同的整数相加,和为奇数且大于30的共有多少种取法？【分析】和为奇数，表明取出的数1奇1偶．设第一个数较小．枚举如下：第一个数第二个数有几种第1类1301第2类2291第3类328，302第4类427，292第…类………第14类1417，19，…，297第15类1516，18，…，308第16类16，17，19，…，297第…类………第28类28291第29类29301共1+1+2+2+…+7+8+7+…+2+2+1+1=120种取法．6.在所有的两位数中,十位数字比个位数字大的两位数有多少个？【分析】适合要求的两位数中,个位数字小于十位数字可将它们列出来：十位数字个位数字1020,130,1,2………90,1,2,…,8（19）9因此,适合要求的两位数共有：1＋2十3＋…＋9==45(个)27.某工厂生产一批玩具,玩具为一条圆环上均匀安装着13个小球,其中3个是红球,10个是白球。如果2个圆环通过翻转后可以叠放在一起,使得红球对红球、白球对白球,这样的两个圆环就认为是相同的。那么一共可以生产多少种不同的圆环？【分析】按照白球个数分类。104425507309104336407211000共14种。54163182053262281116第9级上超常体系教师版\n第4讲8.1、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?【分析】法1：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：1234，1234，1234．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个不同的乘积，枚举如下：1234，1234，1234．⑶若插入三个乘号，则只有1个插法，可以得到1个不同的乘积，枚举如下：1234．所以，根据加法原理共有3317种不同的乘积．法2：每个空可以放入乘号也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：222=8，去掉都不放的一种情况，所以共有：81=7（种）选择超常班学案【超常班学案1】巍巍给他的四个小伙伴每人写了一张贺卡,并且装在信封里,结果粗心的巍巍把每一封信都装错了信封,问一共有多少种错装信封的可能？【分析】设巍巍的四个小伙伴分别为A,B,C,D,他们得到的贺卡编号分别为1,2,3,4A234B1341413C441412212D313221321所以,共有9种可能．注：也可只分析A拿到2号的情况,共3种,由地位的对等性,A拿到3,4号也都是3种情况,因此共有3×3=9种可能．【巩固】红领巾春节慰问小组在确定去敬老院演出的节目单时,遇到如下问题：除夕夜的演出有唱歌、舞蹈、杂技、小品4个节目．如果要求唱歌不排在第4项,舞蹈不排在第3项,杂技不排在第2项,小品不排在第1项,那么,满足上述要求的节目单,共有____种不同的排法．此题与“错装信封问题”一样．【巩固】甲、乙、丙、丁四个同学排成一排,从左往右数,如果甲不排在第一个位置上,乙不排在第二个位置上,丙不排在第三个位置上,丁不排在第四个位置上,那么不同的排法共有____种．此题与“错装信封问题”一样．第9级上超常体系教师版17\n【超常班学案2】如图，27个单位正方体拼成大正方体，沿着面上的格线，从A到B的最短路线共有_____条。B2056128B10183612848185614102012836181361056188123420104AA111【分析】最短路线有384条。【超常班学案3】有长度分别为1,2,3,4,5,6,7,8,9的线段各一条,从中选出若干条来组成正方形．那么有多少种不同的选法？12394n【分析】设每边长度为n,解得7n11.25,如下分类：123n4n边长为11：2+9=3+8=4+7=5+6共1种；边长为10：1+9=2+8=3+7=4+6共1种；边长为9：9=1+8=2+7=3+6=4+5,从5个中去掉1个,共有5种选择；边长为8：8=1+7=2+6=3+5,共1种；边长为7：7=1+6=2+5=3+4,共1种；共1+1+5+1+1=9种选法．【超常班学案4】自然数21,654,7520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”．(1)用4,6,7,9这四个数,可以组成个“下降数”．(2)三位数中共有_______个“下降数”.(3)最大的“下降数”是___________．(4)自然数中共有个“下降数”．【分析】(1)法1：枚举法这样的“下降数”是9764,976,974,964,764,97,96,94,76,74,64,一共有11个．法2：组合．几个数字不同,那么每一种选择都会对应一个唯一的“下降数”．2⑴当选2个数字时,共有C6种选择；43⑵当选3个数字时,共有C4种选择；44⑶当选4个数字时,共有C1种选择；4综上,共有6+4+1=11个“下降数”3(2)此题可以选0,因此三位数中共有C120个“下降数”.10(3)987654321010(4)21101013个.18第9级上超常体系教师版\n第4讲123班学案【超常123班学案1】如图所示,一只蚂蚁从A点出发,沿着八面体的棱行进,要求恰好经过每个顶点各一次,一共有多少种不同的走法？CDEFBA【分析】法1：第一站到如果是到B有10种（如下图）；到D、到E、到F类似,所以共有40种；EDFCFDEDFCFDABECFDFCECDFCECDEED法2：走完6个顶点，有5个步骤，可分为两大类：①第二次走C点：就是意味着从A点出发，我们要先走F，D，E，B中间的一点，再经过C点，但之后只能走D，B点，最后选择后面两点．有412118种(从F到C的话，是不能到E的)；②第二次不走C：有4222132种(同理，F不能到E)；共计：83240种．【超常123班学案2】有长度分别为2,3,4,5,6,7,8,9的线段各一条,从中选出三条来组成三角形．那么有多少种不同的选法？【分析】三角形两边之和大于第三边．分类如下：(2，3，4)，(2，4，5)，(2，5，6)，(2，6，7)，(2，7，8)，(2，8，9)；(3，4，5)，(3，4，6)，(3，5，6)，(3，5，7)，(3，6，7)，(3，6，8)，(3，7，8)，(3，7，9)；(4，5，6)，(4，5，7)，(4，5，8)，(4，6，7)，(4，6，8)，(4，6，9)，(4，7，8)，(4，7，9)，(4，8，9)(5，6，7)，(5，6，8)，(5，6，9)，(5，7，8)，(5，7，9)，(5，8，9)；(6，7，8)，(6，7，9)，(6，8，9)第9级上超常体系教师版19\n(7，8，9)共计：6+8+9+6+3+1=33种．【超常123班学案3】一个自然数若能拆成若干个(至少2个)不同的立方数之和的形式,我们称之为33333“好数”,如9(12),73(124),…,那么不超过441的自然数中有___个“好数”.33333333【分析】因为123456182764125216441,而7343,8512,因此不超过441的“好数”只能由1,8,27,64,125,216,343中的数构成．以下分两种情况考虑．(1)若不出现343,则1+8+27+64+125+216中任意删掉某个数,剩下的还是“好数”,再去掉全6删和删掉5个的情况,共有21657个“好数”.(2)若出现343,则另外的数之和不能超过441-343=98,而1+8+27+64=100,和不超过100共有42115种情况(注：因为已经有343了,此时可以出现只留一个数的情况),因此和不超过98共有15-2=13种情况(去掉1+8+27+64和8+27+64这两种情况)．综上,符合题意的“好数”共有57+13=70个．【超常123班学案4】两个篮子中分别装有很多同样的牵牛花和月季花,从中选出6朵串成花环（图是其中的一种情况）,可以得到不同的花环种。（通过旋转和翻转能重合的算同一种花环）。月季花牵牛花【分析】考虑月季花的数量有0、1、2、3、4、5、6共7类情况,分类讨论：（1）有0朵月季花,则有1种；（2）有1朵月季花,则有1种；（3）有2朵月季花,2朵月季花中间可包夹有0、1、2朵月季花,共有3种情况。（包夹3、4朵分与包夹1、0朵相同）；（4）有3朵月季花,3多月季花中间可包含有0、1、2朵月季花,共有3种情况。（包含3朵月季花与包含0朵相同）；（5）有4朵月季花,同（3）,有3种情况；（6）有5朵月季花,有1种；（7）有6朵月季花,有1种；所以共有1+1+3+3+3+1+1=13（种）20第9级上超常体系教师版