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1、第四讲 枚举法1.计数问题分为两个大类,一类是“计次序”的问题,一类是“不计次序”的问题。2.枚举需要按照一定的顺序和一定的规律来进行分类,这样可以做到不重复和不遗漏。3.枚举法的根本思想在于分类,通过分类可以将原本复杂的问题拆分成若干个比较简单的问题,然后再逐一进行分析。分类的思想可以化繁为简,化复杂为简单。4.可以利用“树形图”来方便的记录枚举的过程,有几类问题就分出几个分枝,逐层按照顺序不断分叉再一一筛选,留下符合条件的,去掉不符合条件的。注意在枚举“不计次序”的问题时,只需考虑从小到大(或从大到小)排列的分枝,而不用理会其他情况。5.计次序：不但要挑选出来,而且还需要排列顺序,不同的排
2、列顺序认为是不同的情况或方法。这类问题通常是“排列”的题目。6.不计次序：只要挑选出来即可,不需要排列顺序,不同的排列顺序认为是相同的情况或方法。这类问题通常是“选取”的题目。1.理解“枚举法”的含义。2.能在题目中熟练运用枚举法解题。例1：小明和小红玩掷骰子的游戏,共有两枚骰子,一起掷出。若两枚骰子的点数和为7,则小明胜;若点数和为8,则小红胜。试判断他们两人谁获胜的可能性大。分析与解：将两枚骰子的点数和分别为7与8的各种情况都列举出来,就可得到问题的结论。用ab表示第一枚骰子的点数为a,第二枚骰子的点数是b的情况。出现7的情况共有6种,它们是：16,25,34,43,52,61。出现8的情
3、况共有5种,它们是：26,35,44,53,62。所以,小明获胜的可能性大。注意,本题中若认为出现7的情况有16,25,34三种,出现8的情况有26,35,44也是三种,从而得“两人获胜的可能性一样大”,那就错了。例2：数一数,右图中有多少个三角形。分析与解：图中的三角形形状、大小都不相同,位置也很凌乱,不好数清楚。为了避免数数过程中的遗漏或重复,我们将图形的各部分编上号(见右图),然后按照图形的组成规律,把三角形分成单个的、由两部分组成的、由3部分组成的再一类一类地列举出来。单个的三角形有6个：1 ,2,3,5,6,8。由两部分组成的三角形有4个：(1,2),(2,6),(4,6),(5,7
4、)。由三部分组成的三角形有1个：(5,7,8)。由四部分组成的三角形有2个：(1,3,4,5),(2,6,7,8)。由八部分组成的三角形有1个：(1,2,3,4,5,6,7,8)。总共有64121=14(个)。对于这类图形的计数问题,分类型数是常用的方法。例3:在算盘上,用两颗珠子可以表示多少个不同的四位数？分析与解：上珠一个表示5,下珠一个表示1。分三类枚举：(1)两颗珠都是上珠时,可表示5005,5050,5500三个数;(2)两颗珠都是下珠时,可表示1001,1010,1100,2000四个数;(3)一颗上珠、一颗下珠时,可表示5001,5010,5100,1005,1050,1500,
5、6000七个数。一共可以表示 347=14(个)四位数。由例13看出,当可能的结果较少时,可以直接枚举,即将所有结果一一列举出来;当可能的结果较多时,就需要分类枚举,分类枚举是我们需重点学习掌握的内容。分类一定要包括所有可能的结果,这样才能不遗漏,并且类与类之间不重叠,这样才能不重复。例4 有一只无盖立方体纸箱,将它沿棱剪开成平面展开图。那么,共有多少种不同的展开图？分析与解：我们将展开图按最长一行有多少个正方形(纸箱的面)来分类,可以分为三类：最长一行有4个正方形的有2种,见图(1)(2);最长一行有3个正方形的有5种,见图(3)(7);最长一行有2个正方形的有1种,见图(8)。不同的展开图
6、共有2518(种)。例5：小明的暑假作业有语文、算术、外语三门,他准备每天做一门,且相邻两天不做同一门。如果小明第一天做语文,第五天也做语文,那么,这五天作业他共有多少种不同的安排？分析与解：本题是分步进行一项工作,每步有若干种选择,求不同安排的种数(有一步差异即为不同的安排)。这类问题简单一些的可用乘法原理与加法原理来计算,而本题中由于限定条件较多,很难列出算式计算。但是,我们可以根据实际的安排,对每一步可能的选择画出一个树枝状的图,非常直观地得到结果。这样的图不妨称为“枚举树”。由上图可知,共有6种不同的安排。例6：一次数学课堂练习有3道题,老师先写出一个,然后每隔5分钟又写出一个。规定：
7、(1)每个学生在老师写出一个新题时,如果原有题还没有做完,那么必须立即停下来转做新题;(2)做完一道题时,如果老师没有写出新题,那么就转做前面相邻未解出的题。解完各题的不同顺序共有多少种可能？分析与解：与例5类似,也是分步完成一项工作,每步有若干种可能,因此可以通过画枚举树的方法来求解。但必须考虑到所有可能的情形。由上图可知,共有5种不同的顺序。说明：必须正确理解图示顺序的实际过程。如左上图的下一个过程,表示在第一个5分钟内做完了第1题,在第二个5分钟内没做完第2题,这时老师写出第3题,只好转做第3题,做完后再转做第2题。例7：是否存在自然数n,使得n2n2能被3整除？分析与解：枚举法通常是对
8、有限种情况进行枚举,但是本题讨论的对象是所有自然数,自然数有无限多个,那么能否用枚举法呢？我们将自然数按照除以3的余数分类,有整除、余1和余2三类,这样只要按类一一枚举就可以了。当n能被3整除时,因为n2,n都能被3整除,所以(n2n2)3余2; 当n除以3余1时,因为n2,n除以3都余1,所以(n2n2)3余1; 当n除以 3余 2时,因为n23余1,n3余2,所以(n2n2)3余2。因为所有的自然数都在这三类之中,所以对所有的自然数n,(n2n2)都不能被3整除。A1.A、B、C、D、E、F六支球队进行单循环赛,当比赛进行到某一天时,统计出A、B、C、D、E五队已分别比赛了5、4、3、2、
9、1场,由此可知,还没有与B队比赛的球队是( )A. C队 B. D队 C. E队 D. F队答案：C 由于是单循环赛,所以每个队至多赛5场。A队已经完成了5场,则每个队均与A队比赛过。E队仅赛一场(即与A赛过),所以E队没有与B队赛过。2写自然数1、2、3、1000,一共写了个0( )A. 90 B. 171 C. 189 D. 192答案：D 分类如下：仅各位是0的数共含90个0,仅十位是0的数共含81个0,个位、十位同时是0的共含18个0,个、十、百位同时是0的(仅1000)共含3个0,所以一共有90+81+18+3=192个03.已知x,y都有整数,且xy=6,那么适合等式的解共有8组答
10、案：84.将6拆成两个或两个以上的自然数之和,共有多少种不同拆法？答案：10种。解：6=15=24=33=114=123=2+2+2=1+1+1+31+1+2+21+1+1+1+2=1+1+1+1+1+1。5.小明有10块糖,如果每天至少吃3块,吃完为止,那么共有多少种不同的吃法？答案：9种。解：一天吃完有1种：(10);两天吃完有5种：(3,7),(4,6),(5,5),(6,4),(7,3);三天吃完有3种：(3,3,4),(3,4,3),(4,3,3)。共1+5+3=9(种)。B6.用五个12的小矩形纸片覆盖右图的25的大矩形,共有多少种不同盖法？答案：8种。解：如下图所示,只有1个小矩
11、形竖放的有3种,有3个小矩形竖放的有4种,5个小矩形都竖放的有1种。共341=8(种)。7.15个球分成数量不同的四堆,数量最多的一堆至少有多少个球？答案：6个。解：15个球分成数量不同的四堆的所有分法有下面6种：(1,2,3,9),(1,2,4,8,)(1,2,5,7),(1,3,4,7),(1,3,5,6),(2,3,4,6)。可以看出,分成的四堆中最多的那一堆至少有6个球。8.数数右图中共有多少个三角形？答案：10个。提示：由一块、两块、三块、四块组成的三角形依次有4,3,2,1个,共有432110(个)。9.甲、乙比赛乒乓球,五局三胜。已知甲胜了第一盘,并最终获胜。问：各盘的胜负情况有
12、多少种可能？答案：6种。提示：将各盘获胜者写出来,可画出枚举树如下：10.经理有4封信先后交给打字员,要求打字员总是先打最近接到的信,比如打完第3封信时第4封信还未到,此时如果第2封信还未打完,那么就应先打第2封信而不能打第1封信。打字员打完这4封信的先后顺序有多少种可能？答案：14种。提示：按四封信的完成顺序可画出枚举树如下：C11.从150这50个自然数中选取两个数字,使它们的和大于50,共有多少种不同的取法？答案;取法有很多,找到规律使数法简单且不重复不遗漏是解题的关键解 若两数中较大的是50,则另一个可以取1,2,3,49,共49种取法;若两数中较大的是49,则另一个可以取1,2,3,
13、48,共47种取法;若两数中较大的是48,则另一个可以取1,2,3,47,共45种取法;若两数中较大的是26,则另一个只能取25,共1种取法。因此共有1+3+5+47+49=625种取法。说明 在运用枚举法时,一定要找出问题的本质,按照一定的规律去设计枚举的形式。12.从150这50个自然数中选取两个数字,使它们的和不大于50,共有多少种不同的取法答案;600种。 取法共有2+4+6+46+48=600.13.求证：若整数n不是5的倍数,则n2也不是5的倍数。答案;不是5的倍数的数可以除以5的余数分为4类,按4类来讨论。证明：不是5的倍数的数可以除以5的余数分为4类,设为5k+1、5k+2、5
14、k+3、5k+4(k为整数), n=5k+1时,n2=5(5k2+2k)+1,不是5的倍数; n=5k+2时,n2=5(5k2+4k)+4,不是5的倍数; n=5k+3时,n2=5(5k2+6k+1)+4,不是5的倍数; n=5k+4时,n2=5(5k2+8k+3)+1,不是5的倍数。若整数n不是5的倍数,则n2不是5的倍数。说明 本题体现了在枚举法里常见的思路：分类考查,要注意分类的科学性。14.除以4余1的两位数共有几个？答案;22个令这样的数为4k+1(k为整数),只要令其值在10到99之间就可以了。则k=3,4,523,24。共22个。15.今有一角币1张、贰角币1张、伍角币1张、一元
15、币4张、五元币2张。这些纸币任意付款,可以付出多少种不同数额的款？答案;本题如直接枚举,情况复杂,很难求出正确答案。我们可以先考虑付款的数额范围,在此范围内,再考虑那些不能构成的付款数额,将其剔除。由题意,付款的最小数额为1角,最大数额为14.8元。其间1角的整数倍共有148种款额。另一方面,4角、9角,这两种数额是这些钱币无法付出的,所以1.4元、1.9元、2.4元、2.9元、3.4元、3.9元、14.4元,这些数额也无法付出。上述这些付不出的数额共29种,应剔除。所以能付出的数额应是148-29=119(种)。说明 本题采用逆向思维,把本来比较复杂的正面枚举改为较简单的反面枚举。这是我们做题时的常见的策略。1.由若干个小正方体堆成大正方体
