第9讲第九讲数字谜中的计数知识站牌六年级寒假组合六年级秋季模块综合选讲（一）抽屉原理进阶六年级秋季数字谜中的计数六年级暑期最值问题综合六年级暑期逻辑推理综合数字谜与计数的综合，学会用弃九法确定符合条件的数字谜的个数漫画释义第11级下超常体系教师版1\n课堂引入大家都知道董存瑞的事迹吧，董存瑞抱着炸药包迅速猛冲到桥下。这桥离地面有一人多高，两旁是砖石砌的，没沟、没棱，哪儿也没有安放炸药包的地方。如果把炸药包放在河床上，又炸不着暗堡，河床上又找不到任何东西代替火药支架。怎么办?他用自己的身体作为炸碉堡的突破口。如果我们把数字谜比喻为碉堡，我们要炸掉碉堡，一定要找到突破口。一般数字谜的突破口有数位、首位、末位、进位、借位、错位、给出的数字或重复的数字都可以作为突破口，但即使我们解决了突破口问题，有些数字谜还是不确定的，这就是我们今天要学习的数字谜的另一个分支——数字谜中的计数问题。教学目标1.掌握解决数字谜的相关技巧2.运用相关技巧解决数字谜中相关的计数问题知识点回顾1.下式中不同的汉字代表1-9中的不同的数字，相同的汉字代表相同的数字，那么竖式中所得的和用数字表示应为．赛学数杯文少届一十+864197532十一届少文杯数学赛【分析】首位、个位分析得：9876543212.在下边乘法算式中，被乘数是______．【分析】给出的数字9作为突破口，逐步递推得被乘数为52833.下面的算式里，四个小纸片各盖住了一个数字．被盖住的四个数字的总和是多少?+1492第11级下超常体系教师版\n第9讲【分析】进位分析：149的个位数是9，说明两个个位数相加没有进位，因此，9是两个个位数的和，14是两个十位数的和．于是，四个数字的总和是14＋9＝23．4.在下图的加法算式中，每个字母代表一个数字，不同的字母代表不同的数字，那么EFFC代表的四位数是。ABCADEFFC【分析】错位分析：E1,F0,C9,因此EFFC代表的四位数是10095.如图，不同的汉字代表不同的数字，其中“变”为1，3，5，7，9，11，13这七个数的平均数，那么“学习改变命运”代表的多位数是．学习改变命运变1999998【分析】由题意知“变”7，由此得知，“运”4，“命”1，“改”5，“习”8，“学”2，所以“学习改变命运”代表的多位数是285714．经典精讲数字谜分为竖式数字谜和横式数字谜。一般有加减乘除四类。竖式数字谜掌握下面方法：六位分析法：首位分析法；个位分析法；109三角空位分析法（见图一）；进位和借位分析（每进位一次数字和少9）；加减法中的不变位分析（见图二）；除法竖式中的继承位。另外，要学会估算和试算。在图一中，如果出现图中所示三角，那么一定填1，0，9这三个数字，且减数的个位一定比被减数个位大，所以必不为0。在图二中，两个数十位数字相同，我们称为不变位，那么对应的差应该填0或9。横式谜中要注意两种分析法：分解质因数和位值原理。例题思路模块一：数字没有限制的数字谜例1：分解质因数的数字谜例2：金三角的数字谜第11级下超常体系教师版3\n模块二：数字有限制的数字谜例3：不同数字的金三角数字谜例4：进位相关的数字谜例5：进位相关且数字不同的数字谜例6与数论相关的数字谜模块三：数字谜综合例7：乘法竖式的数字谜例8：除法竖式的数字谜例1右式是三位数与一位数相乘的算式，每个方格填入一个数字，使算式成立，那么共有_____种不同的填法。（学案对应：超常1）□□□□1992【分析】将1992分解成1992=2×2×2×3×83．易知1992的约数是一位数的只有5个，即2、4、8、3、6．检验后均合题意．故共有5种不同填法．例2⑴每个方格填一个数字，满足下面算式共有多少种填法？□□□□⑵每个方格填一个数字，满足下面算式共有多少种填法？□□□－□□□⑶每个方格填一个数字，满足下面算式共有多少种填法？□□□□□□□9□【分析】⑴其中被减数的十位数字只能为1，当被减数为10时，减数可以是1~9，共9种当被减数为11时，减数可以是2~9，共8种…当被减数为18时，减数可以是9，共1种因此共有982145种填法⑵只能是如下图10□－9□□4第11级下超常体系教师版\n第9讲当三位数为100时，两位数可以填91~99共9种当三位数为101时，两位数可以填92~99共8种当三位数为102时，两位数可以填93~99共7种…当三位数为108时，两位数可以填99共1种因此共有982145种填法⑶方法一：只能是如下图，且被减数的十位必须向百位数借位，10□□9□□9□当个位向十位借位时，被减数和减数的十位数字必须相同，因此共有10(9821)450种填法当个位不向十位借位时，十位数字中，被减数比减数小1，因此共有9(109821)495种填法，因此一共有450495945种填法.方法二：当差为90时，减数可以是910~999，共10010种填法当差为91时，减数可以是909~999，共1009种填法…当差为99时，减数可以是901~999，共1001种填法因此一共有10010(12310)945种填法例3在下面的减法算式中，每一个字母代表一个数字，不同的字母代表不同的数字，那么D＋G=？（学案对应：带号1）ABCBD－EFAGFFF【分析】由于是五位数减去四位数，差为三位数，所以可确定A=1，B=0，E=9.此时算式为：10C0D－9F1GFFF分成两种情况进行讨论：①若个位没有向十位借1，则由十位可确定F=9，但这与E=9矛盾．②若个位向十位借1，则由十位可确定F=8，百位上可确定C=7.这时只剩下2、3、4、5、6五个数字，由个位可确定出：D=2D=3D=4或或，因此，问题得解G=4G=5G=6第11级下超常体系教师版5\n1070210703－9814－981588888810704－9816888所以D＋G=2＋4=6或D＋G=3＋5=8或D＋G=4＋6=10例4在图的方框内填入3、4、5、6中的一个数字，使得竖式成立。请问：所填的九个数字之和是多少？一共有多少种填法？（学案对应：超常2，带号2）4995【分析】由于个位数字是3个数字的和不可能等于5，必然进位，同理十位数字必然进位，两个数字和不可能等于19，因此百位没有进位，因此这个竖式加法共进位两次，而和的数字和为abcdefg499527，因此九个数字之和为279245，设，因此有hk4995dgk15，cfh18，be8，a4，有45615，55515，36615，66618，448，358因此共有(613)1(12)30种填法.6第11级下超常体系教师版\n第9讲人们所说的紫禁城是指明清皇宫，也称故宫。历史上，每当一个朝代灭亡，另一个朝代建立之后，人们就把前朝的皇宫称为故宫。如同古埃及神秘的金字塔，紫禁城建筑中也暗藏着许多数字。故宫宫殿的建筑布局有外朝和内廷之分。内廷二宫乾清宫和坤宁宫组成的院落，南北相距218米，东西相距118米，二者之比为11比6；外朝三大殿太和殿、中和殿、保和殿组成的院落，南北相距437米，东西相距234米，二者之比也是11比6。同时外朝院落的长、宽几乎是内廷院落的2倍，外朝的院落面积就是内廷的4倍。中国古代皇帝有“化家为国”的观念，所以建造皇宫时以皇帝的家，也就是内廷为模数，按比例规划外朝与其他建筑群落。明代奉天殿，面阔九间，进深五间，二者之比为9比5；太和殿、中和殿、保和殿共处的土字形大台基，其南北相距232米，东西相距130米，二者之比也刚好为9比5；天安门东西面阔九间，南北进深五间，二者之比仍为9比5。例5，把数字1～9填入上面的方框中，使等式成立，每个数字只能填一次，一共有多少种不同的填法？（学案对应：超常3，带号3）【分析】按照等号后两数相加的进位，决定了等号前三位数的百位必是1．1AB+CD=EF+GH能产生等价的4组：1AB+CD=EF+GH1AB+CD=GH+EF1CD+AB=EF+GH1CD+AB=GH+EF等号后两数必要向百位进1．等号前后个位数不进位的话，数字将不够用．按以上限制，排列2到9使满足加法AB+CD=EF+GH即可．123+48=75+96123+57=84+96124+38=65+97124+56=83+97125+37=64+98125+46=73+98第11级下超常体系教师版7\n126+45=73+98126+54=83+97127+35=64+98127+53=84+96128+34=65+97128+43=75+96134+28=65+97135+27=64+98137+25=64+98138+24=65+97143+28=75+96145+26=73+98146+25=73+98148+23=75+96153+27=84+96154+26=83+97156+24=83+97157+23=84+96共24组，每组能产生4个不同的算式，所以，一共有：24×4=96（种）不同的填法．例6一个六位数abcdef，如果满足4abcdeffabcde，则称abcdef为“迎春数”(例如4102564410256，则102564就是“迎春数”)．请你求出所有“迎春数”的总和．（学案对应：超常4，带号4）abcdef【分析】方法一：将题目写成竖式数字谜，4，因此f4，当f4时，推得fabcde102564128205e6，进而得到d5,c2,b0,a1，即12214，1324，4102565128201538461794872051282307694，4，4，421312331322131323615384717948820512923076因此所有迎春数的和为102564128205153846179487205128230769999999方法二：由于是把六位数abcdef的末位f调到首位构成了新六位数fabcde，所以不妨把8第11级下超常体系教师版\n第9讲abcde看成一个整体，设abcdeA，则根据位值原理可知“迎春数”是10Af，并满足关系式：410Af100000fA．对等式化简得：39A99996f．所以：A2564f．因为A是五位数，f是一位数，所以f可以为4，5，6，7，8，9．而“迎春数”abcdef10Af102564ff25641f，那么，所有“迎春数”的总和是：256414567892564139999999．例7满足图中算式的三位数abc最小值是________，当abc取最小值时，共有______种不同填法abc102×2de202041□1□0□0□□□□□□【分析】为了使得abc最小，那么a1，由于三个积的十位数字为0、1、0，那么个位上进位、不进位都必须出现，那么b0，c2，所以abc102；根据题意e5,d4，因此e5,6,7,8,9;d1,2,3,4，因此共有20种填法例8“回文数”是一种特殊的数，如:156651，141等，这些数正着读，倒着读都一样，我们称这种数为回文数。现在我们知道下面竖式中的被除数是一个回文数，且恰好整除，那么所有满足条件的被除数之和是。□□□□□□□２□□□０□□１□□□1□□0【分析】观察第一个减法算式，可得被除数的万位为1，所以个位也为1。被除数是1□2□1，它等于10201+□0□0，是101的倍数，而101是质数，商是两位数，所以除数是101的倍数，且不能被2或5整除（因为被除数也不能）。●如果除数是101，则它乘以商的个位不能是四位数；●如果除数是303，则它乘以商的个位后，百位为1，只能是303×7=2121，且212和它上面的□0□（它等于303与商的十位之积）相加后是四位数，只能是909，经检验，符合条件，被除数为11211；●如果除数是707，则它乘以商的个位后，百位为1，只能是707×3=2121，且212和它上面第11级下超常体系教师版9\n的□0□（它等于707与商的十位之积）相加后是四位数，不符合条件；●如果除数是909，则它乘以商的个位后，百位为1，只能是909×9=8181，且818和它上面的□0□（它等于909与商的十位之积）相加后是四位数，只能是909，经检验，符合条件，被除数为17271。综上所述，所有满足条件的被除数之和为11211+17271=28482。下面一些数和数列，均可以猜一个成语，你知道几个？7⑴0000⑵⑶一718⑷8⑸1%⑹156⑺1,2,5,6,7,8,9⑻87523⑼9除以9等于1⑽1000100⑾10100010000⑿3333333322⒀12345⒁12435⒂5,10⒃1xx1⒄1+2+3⒅333555⒆⒇123456092⑴万无一失⑵七上八下⑶横七竖八⑷不三不四(无穷无尽)⑸百里挑一⑹吆五喝六⑺丢三落四⑻缺衣少食⑼九九归一⑽千方百计⑾成千上万⑿三长两短⒀屈指可数⒁颠三倒四⒂一五一十⒃一成不变⒄接二连三⒅三五成群⒆一分为二⒇七零八落知识点总结1.n位数减去n1位数等于n2位数，（n3）有三个位置的数可以确定2.两个加数的数字和与和的数字和的关系：每进位一次和的数字和减少9附加题1.在下图中的口里填入合适的数字，求所有可能的除数的和。10第11级下超常体系教师版\n第9讲□□5□□□□□9□□3□□□□□□6□94【分析】当除数为513,533,553,573,593时符合条件，所以所有可能除数的和是2765。2.＝10243，能否从1～9中选出8个不同的数填入上式，使得等式成立，如果可以，一共有多少种填法(交换加数顺序我们算不同的填法)，如果不行，请说明理由。【分析】两边考虑除以9的余数知道左边填的是1，2，3，4，5，6，7，9。相加时进位三次，先得到3个答案：3451＋6792＝3514＋6729＝4316＋5927＝10243，对于每种情况可得到16个不同的答案。因此共有16348种填法3.在下面竖式的方框中可以填上合适的数字，使竖式成立．所填数字中共有___________个2．【分析】根据口8×口=口口6，乘数是2或7．但积的首位必须是4，于是乘数只能是7，并且被乘数“口8”的首位只能是6(因为78×7=546>50口)．这样有又50口476，在24(=500476)与33(=509476)之间，所以商的个位是4，这样就有由此得在所填的数字中共有5个2第11级下超常体系教师版11\n家庭作业1.下图是三位数与一位数相乘的乘法竖式，每个方框填入一个数字，不同的填法有多少种．□□□□1998【分析】根据竖式可得，一个三位数与一个一位数的积是1998，可以先把1998分解质因数，然后根据题意进一步解答即可．因为1998=2×3×3×3×37，竖式中有一个因数是一位数，1998的一位因数有：1，2，3，6，9；所以这个一位数可能是：1，2，3，6，9；当一个因数是1时，另一个因数是：1998÷1=1998，是四位数，不符合题意；当一个因数是2时，另一个因数是：1998÷2=999，符合题意；当一个因数是3时，另一个因数是：1998÷3=666，符合题意；当一个因数是6时，另一个因数是：1998÷6=333，符合题意；当一个因数是9时，另一个因数是：1998÷9=222，符合题意；由以上分析可得：999×2=1998，666×3=1998，333×6=1998，9×222=1998，共有4种不同的填法．故答案为：4．2.每个方格填一个数字，满足下面算式共有多少种填法？□□5□□5□□□【分析】只能是如下图，且被减数的个位必须向十位数借位105□95□9□当四位数为1050时，三位数可以填951~959共9种当四位数为1051时，三位数可以填952~959共8种…当四位数为1058时，三位数可以填959共1种因此共有982145种填法3.下面算式中，汉字“第、七、届、冬、令、营”分别代表0～7这8个整数中某个数字，不同汉字代表不同数字，恰好使等式成立，则这样的减法算式成立的可能有多少种？.第七届冬－令营2007【分析】算式可换成2007＋令营＝第七届冬，令营最大为76，76＋2007＜2100，所以“第”＝2，“七”＝0.则还剩下7＋令营＝届冬，“届”≠“令”，所以个位有进位，“届”＝“令”＋1，“营”＋7＝10＋“冬”，“营”＝3＋“冬”，还剩1、3、4、5、6、7这6个数字，可试出有4种情况.12第11级下超常体系教师版\n第9讲4.从0至9这10个数字中选出7个填入图的方框中，使竖式成立，一共有多少种不同的填法？2008abcd【分析】设efg，因此有dg8，cf10，be9，a1，因此2008(,)dg(0,8)(2,6)(3,5)，(,)cf(2,8)(3,7)(4,6)，(,)be(0,9)(1,8)(2,7)(3,6)(4,5)（e0）(,)dg(0,8)(0,8)(2,6)(2,6)(3,5)(3,5)(3,5)(,)cf(3,7)(4,6)(3,7)(3,7)(2,8)(4,6)(4,6)(,)be(4,5)(2,7)(0,9)(4,5)(0,9)(2,7)(0,9)六个数字的选法8848484因此共有844344种填法5.将1～8填入下面的空格中，使得等式成立，那么和一共有多少种？+=+【分析】两边都是9的倍数，所以两边的四个数字之和都是9的倍数，不能是9，只能都是18，因此计算过程需进位一次.当个位进位时，和为两位数。和的十位不能少于6，可以为63，81，90，99。（如果为72，则6，7，8不能写在任何一个位置）；当十位进位时，和为三位数，可以为108，117，135。6.(第十三届“华罗庚金杯”少年数学邀请赛决赛)设六位数abcdef满足fabcdefabcdef，请写出所有这样的六位数．【分析】设abcdex，则100000fx(10xf)f2100000ffx10f1经试验，只有当f为1或4时x才为整数：当f=1时，六位数为111111当f=4时，六位数为102564．7.在每个方框中填入一个数字，使得乘法竖式成立，已知乘积有两种不同的得数，那么这两个得数的差是______.□□□ABC×□□2×DE2□0□□0□□□1□□□1□□1□F1□□□□□□□□□□□【分析】B只能是0或5，当B=5时，F小于等于8，D为偶数比2大，所以A只能等于1（比1大第五行就会是四位数），由两个1可知C=3，D=4，E=6，与第四行是4位数不符，矛盾；当B=0时，有D=4，C=3，A=2，E=5或6，答案为203×（462-452）=2030.第11级下超常体系教师版13\n8.在“口”里填上适当的数字，使算式成立，有________种填法【分析】在下式中，从最后的9看，△=1，3，7，9．从第一次的减法可知△9△=1,▽=9;或者△=3,▽=3；或者△=7，▽=7．经验算，填法只有两种。超常班学案【超常班学案1】在算式1997÷口=口……9的两个方框中填入适当的数，可以组成正确的除法算式．这样的算式共有______个．2【分析】1997919882771，共有(21)(11)(11)12个因数。去掉1、2、4、7四个小于9的，余下8个均可填入第一个方框中，所以共有8种．填法如下：1997÷1988=1······91997÷994=2······91997÷497=4······91997÷284=7······91997÷142=14······91997÷71=28······91997÷28=71······91997÷14=142······914第11级下超常体系教师版\n第9讲【超常班学案2】在下面的竖式中，相同的汉字表示相同的数字，不同的汉字表示不同的数字，那么在所有满足下面条件的竖式中“上海滩”代表的三位数有多少种不同的情况？其中最大是多少？最小是多少？上海滩世博会创辉煌2010【分析】十个数字0~9相加之和为45，2010的四个数字之和为3，现从0~9中选出9个数字填入，这9个数字之和必是39，不能用6，393=36，所以在竖式做加法时进位4次，个位进1，十位进1，百位进2，因此有“上”“世”“创”=19，“海”“博”“辉”=10，“滩”“会”+“煌”=10，分下面三种情况：①784=19，91+0=10，235=10；②793=19，820=10，145=10；③892=19，730=10，1+4+5=10。“上海滩”可以代表3333=81个不同的三位数。其中最大的是985。最小的是201。【超常班学案3】请填入三个合适自然数，（一个三位数，一个两位数，一个四位数）求满足下列算式的不同填法共有多少种．□□+□□□=□□□□【分析】将横式改为竖式，其中三个位置可以确定,如下图BD9AC10EF（1）当A=1时，B=8或9，即A=1，B=8时，10≤C+D≤18，有45种；A=1，B=9时，有10×10=100种，共有：45+100种；（2）当A=2时，B=7或8或9，即A=2，B=7时，10≤C+D≤18，有45种；A=2，B=8时，有10×10=100种；A=2，B=9时，有10×10=100种，共有：45+100×2种；（3）同理，当A=3时，B=6～9，共有：45+100×3种；…（4）当A=8时，B=1～9，共有：45+100×8种；（5）当A=9时，B=1～9，因为B在最高位不能为0，所以共有：100×9种；因此共有：（45+100）+（45+100×2）+（45+100×3）++（45+100×8）+（100×9）=4860．第11级下超常体系教师版15\n【超常班学案4】（第十五届“华罗庚金杯”少年数学邀请赛决赛）已知两位自然数“虎威”能被它的数字之积整除，求出“虎威”代表的两位数。10【分析】设这个两位数为ab，ab|10ab.设10abkab，其中k是整数，则ba，由于a、bka110均为整数，所以是整数，则ka1为10的约数，只有1，2，5，10.所以ka2,3,611或。ka1当ka2时，b不是一位数，所以无符合题意的解；当ka3时，b5a，所以只能a1,k3，此时b5,ab15；当ka6时，b2a，可能a1,k6;a2,k3或a3,k2，分别得ab为12，24，36；当ka11时，ba，只能a1,k11，得ab为11。综上，符合题意的两位数有11，12，15，24，36。123班学案【123班学案1】英文“HALLEY”表示“哈雷”，“COMET”表示“彗星”，“EARTH”表示地球.在下面的算式中，每个字母均表示0～9中的某个数字，且相同的字母表示相同的数字，不同的字母表示不同的数字.这些字母各代表什么数字时，算式成立？HALLEY－COMETEARTH【分析】因为是一个六位数减去一个五位数，其差为五位数，所以可确定被减数的首位数字H＝1.若个位没有向十位借1，则十位上E-E=0，有T=0，那么个位上，Y-0＝1，得Y＝1，与H=1矛盾，所以个位要向十位借1，于是十位必向百位借1，则十位上，10＋E-1-E＝9，则T=9，因此，由个位可确定Y＝0.此时算式为：1ALLE0－COME9EAR91①若百位不向千位借位，则有R＋M＋1=L，这时剩下数字2、3、4、5、6、7、8，因为2＋3＋1=6，所以L最小为6．若L=6，则（R，M）=（2，3）（表示R、M为2、3这两个数字，其中R可能为2，也可能为3，M也同样）.这时还剩下4、5、7、8这四个数字，由千位上有O+A=6，而在4、5、7、8这四个数字中，不论哪两个数字相加，和都不可能为6，因此L≠6.若L＝7，则M＋R=6，于是（M，R）＝（2，4），还剩下3、5、6、8这四个数字.由千位上O＋A=7，而在3、5、6、8这四个数字中，不论哪两个数字相加，和都不可能为7，因此L≠7．若L=8，则M＋R＝7，（M，R）=（2，5）或（M，R）＝（3，4）．若（M，R）=（2，5），则还剩下3、4、6、7这四个数字．由千位可确定O＋A=8，而在3、4、6、7这四个数字中，不论哪两个数字相加，和都不可能为8，因此（M，R）≠（2，5）．若（M，R）＝（3，4），则还剩下2、5、6、7这四个数字．由千位可确定O＋A=8，而2＋6=8，所以（O，A）＝（2，6），最后剩下5和7.因为5＋7＝12，所以可确定A＝2，O=6，则（C，E）＝（5，7）.由于C与E可对换，M与R可对换，所以得到问题的四个解：16第11级下超常体系教师版\n第9讲128850128850－76359－764595249152391128870128870－56379－564797249172391②若百位向千位借1，则M＋R＝L＋9.还剩下2、3、4、5、6、7、8．若L＝2，则（M，R）＝（3，8）或（M，R）=（4，7）或（M，R）＝（5，6）.由千位得O+A＝11，则必有C＋E=11，而万位上C＋E＝9+A，由此可得A=2，与L＝2矛盾.所以L≠2．若L＝3，则M＋R＝12，（M，R）=（4，8）或（M，R）＝（5，7）.由千位得O＋A＝12，这时还剩下2、6这两个数字.由万位得C+E=9＋A，即2＋6=9＋A，A无解.所以L≠3．若L＝4，则M＋R＝13，（M，R）＝（5，8）或（M，R）＝（6，7）.由千位得O＋A=13，这时还剩下2和3这两个数字.由万位得C+E＝A+9，即2＋3＝A＋9，A无解.所以L≠4．若L=5，则M＋R＝14，（M，R）=（6，8）.由千位得O＋A＝14，而在剩下的2、3、4、7这四个数中，任意两个数字的和都不等于14.所以L≠5．若L=6，则M＋R=15，（M，R）=（7，8）.由千位得O＋A＝5，则（O，A）=（2，3）.这时还剩下4和5这两个数字，由万位得C+E＝10+A，即4＋5=10＋A，A无解.所以L≠6．因为M＋R的和最大为15，所以L最大取6．128850128850－76359－764595249152391128870128870－56379－564797249172391共以上四个解．【123班学案2】将1~9填入图中的竖式中使得其成立，不同的字母代表不同的数字，那么一共有多少种不同的填写方法（加数交换位置认为是不同的填写方法）？ABCDEFGHI999【分析】十位向百位的进位为1，个位向十位的进位也为1。所以，ADG8；BEH18；第11级下超常体系教师版17\n369478CFI19，然后分类讨论。从ADG8入手讨论125378469468379279568134,共五种情况，每种情况有3!3!3!216种填法，因此一共567289有52161080种【123班学案3】问：共有几种填法使等式成立？□＋□□＋□□□=□□□□【分析】以三位数来分类讨论：（三位数最小为1000－99－9=892）（1）三位数为892~900时：892：9＋99，1种；893：9＋99、9＋98、8＋99，1＋2=3种；894：9＋99、9＋98、9＋97、8＋99、8＋98、7＋99，1＋2＋3=6种；……900：1＋2＋3＋＋9=45种。（2）三位数为901~981时：901：2＋3＋4＋…＋10=12×92种；902：3＋4＋5＋…＋11=14×92种；903：4＋5＋6＋…＋12=16×92种；……981：82＋83＋84＋…＋90=172×92种。（3）三位数为982~988时：982：83＋84＋85＋86＋87＋88＋89＋90＋90=90×9－（1＋2＋3＋4＋5＋6＋7）种；983：84＋85＋86＋87＋88＋89＋90＋90＋90=90×9－（1＋2＋3＋4＋5＋6）种；984：85＋86＋87＋88＋89＋90＋90＋90＋90=90×9－（1＋2＋3＋4＋5）种；……988：89＋90＋90＋90＋90＋90＋90＋90＋90=90×9－1种。（4）三位数为989~999时：每一个都有90×9种，共11个90×9。18第11级下超常体系教师版\n第9讲将第一部分的前7项与第三部分结合计算，共7个90×9；然后再与第四部分结合，共（7＋11）=18个90×9，即90×9×18=14580种；这样，第一部分剩下：36＋45=81种；第二部分：（12＋14＋16＋…＋172）×92=33534种；全部合计共有：14580＋81＋33534=48195种。【123班学案4】（2012年第十七届华杯赛决赛A卷）将一个2n位数的前n位数和后n位数各当成一个n位数,如果这两个n位数之和的平方正好等于这个2n位数,则称这个2n位数为卡布列克(Kabulek)怪数，例如2(3025)3025,所以3025是一个卡布列克怪数.请问在四位数中有哪些卡布列克怪数?【分析】设这个四位数的千位百位所组成的两位数为A，注意其必须为两位数；十位个位所组成的两位数为B，注意其可能为一位数，由位值原理知道，这个四位数可表示为100AB，又2由题目得到，(AB)100AB，两边同时减去AB，变为AB(AB1)99A，因为(AB)与(AB1)互质，所以，只有四种情况：9(AB)A20①，此时得到，四位数为202511(AB1)B2511(AB)A30②，此时得到，四位数为30259(AB1)B25③99(AB)，此时得到四位数为9801④99(AB1)，此时A100为三位数，不满足条件。所以综上，共三个，9801,3025,2025第11级下超常体系教师版19