计数方法与技巧综合(共17页)

1、精选优质文档-倾情为你奉上计数方法与技巧综合知识框架图7 计数综合7-6 计数方法与技巧综合7-6-1归纳法7-6-2整体法7-6-3对应法7-6-3-1图形中的对应关系7-6-3-2数字问题中的对应关系7-6-3-3对应与阶梯型标数法7-6-3-4不完全对应关系7-6-4递推法教学目标前面在讲加法原理、乘法原理、排列组合时已经穿插讲解了计数中的一些常用的方法，比如枚举法、树形图法、标数法、捆绑法、排除法、插板法等等，这里再集中学习一下计数中其他常见的方法，主要有归纳法、整体法、对应法、递推法对这些计数方法与技巧要做到灵活运用例题精讲模块一、归纳法从条件值较小的数开始，找出其中规律，或找出其中

2、的递推数量关系，归纳出一般情况下的数量关系【例 1】 （难度等级）一条直线分一个平面为两部分两条直线最多分这个平面为四部分问5条直线最多分这个平面为多少部分?【解析】 方法一：我们可以在纸上试着画出1条直线，2条直线，3条直线，时的情形，于是得到下表： 由上表已知5条直线最多可将这个平面分成16个部分，并且不难知晓，当有n条直线时，最多可将平面分成2+2+3+4+n=+1个部分方法二：如果已有k条直线，再增加一条直线，这条直线与前k条直线的交点至多k个，因而至多被分成k+1段，每一段将原有的部分分成两个部分，所以至多增加k+1个部分于是3条直线至多将平面分为4+3=7个部分，4条直线至多将平面

3、分为7+4=11个部分，5条直线至多将平面分为11+5=16个部分一般的有k条直线最多将平面分成：1+1+2+k=+1个部分，所以五条直线可以分平面为16个部分【巩固】（难度等级）平面上5条直线最多能把圆的内部分成几部分？平面上100条直线最多能把圆的内部分成几部分？【解析】 假设用ak表示k条直线最多能把圆的内部分成的部分数，这里k0，1，2，a01a1=a0+12a2=a12=4a3=a23=7a4=a3+411故5条直线可以把圆分成16部分，100条直线可以把圆分成5051部分【例 2】 （难度等级 ）平面上10个两两相交的圆最多能将平面分割成多少个区域？【解析】 先考虑最简单的情形为了

4、叙述方便，设平面上个圆最多能将平面分割成个部分从图中可以看出，可以发现满足下列关系式：实际上，当平面上的()个圆把平面分成个区域时，如果再在平面上出现第个圆，为了保证划分平面的区域尽可能多，新添的第个圆不能通过平面上前个圆之间的交点这样，第个圆与前面个圆共产生个交点，如下图：这个交点把第个圆分成了段圆弧，而这段圆弧中的每一段都将所在的区域一分为二，所以也就是整个平面的区域数增加了个部分所以，那么，故10个圆最多能将平面分成92部分【例 3】 个三角形最多将平面分成几个部分？【解析】 设个三角形最多将平面分成个部分时，；时，第二个三角形的每一条边与第一个三角形最多有个交点，三条边与第一个三角形最

5、多有（个）交点这个交点将第二个三角形的周边分成了段，这段中的每一段都将原来的每一个部分分成个部分，从而平面也增加了个部分，即时，第三个三角形与前面两个三角形最多有（个）交点，从而平面也增加了个部分，即：一般地，第个三角形与前面个三角形最多有个交点，从而平面也增加个部分，故；特别地，当时，即个三角形最多把平面分成个部分【例 4】 （难度等级）一个长方形把平面分成两部分，那么3个长方形最多把平面分成多少部分？【解析】 一个长方形把平面分成两部分第二个长方形的每一条边至多把第一个长方形的内部分成2部分，这样第一个长方形的内部至多被第二个长方形分成五部分 同理，第二个长方形的内部至少被第一个长方形分成

6、五部分这两个长方形有公共部分(如下图，标有数字9的部分)还有一个区域位于两个长方形外面，所以两个长方形至多把平面分成10部分 第三个长方形的每一条边至多与前两个长方形中的每一个的两条边相交，故第一条边被隔成五条小线段，其中间的三条小线段中的每一条线段都把前两个长方形内部的某一部分一分为二，所以至多增加34=12个部分而第三个长方形的4个顶点都在前两个长方形的外面，至多能增加4个部分所以三个长方形最多能将平面分成10+12+4=26【小结】个图形最多可把平面分成部分数：直线：；圆：；三角形： ；长方形：【例 5】 （难度等级）在平面上画5个圆和1条直线，最多可把平面分成多少部分?【解析】 先考虑

7、圆1个圆将平面分成2个部分这时增加1个圆，这个圆与原有的1个圆最多有两个交点，成为2条弧，每条弧将平面的一部分一分为二，增加了2个部分，所以2个圆最多将平面分成4个部分当有3个圆时，第3个圆与原有的2个产生4个交点而增加4个部分，所以3个圆最多将平面分成8个部分同样的道理，5个圆最多将平面分成22个部分再考虑直线直线与每个圆最多有2个交点，这样与5个圆最多有10个交点它们将直线分成11条线段或射线，而每条线段又将平面的一部分一分为二，2条射线增加了一部分，因此5个圆和1条直线最多可将平面分成32个部分【例 6】 在一个西瓜上切刀，最多能将瓜皮切成多少片？【解析】 将西瓜看做一个球体，球体上任意

8、一个切割面都是圆形，所以球面上的切割线是封闭的圆周，考虑每一次切割能增加多少瓜皮片当切刀时，瓜皮被切成两份，当切第刀时，由于切割线相交，所以瓜皮被切成分，切第次时，新增加的切割线与原来的切割线最多有个交点这些交点将第条切割线分成段，也就是说新增加的切割线使瓜皮数量增加了，所以在西瓜上切刀，最多能将瓜皮切成片【例 7】 在一大块面包上切刀最多能将面包切成多少块（注：面包是一个立体几何图形，切面可以是任何方向）【解析】 题目相当于个平面能将空间划分为多少个部分通过找规律来寻找递推关系，显然的个平面能将空间划分成块，个平面能将空间划分成 块，个平面能将空间划分成个平面，当增加到第四个平面时，第四个平

9、面这能将原来空间中的个部分中的其中几个划分如图：注意到第四个平面与其他三个平面相交形成3条直线，这三条直线将第四个平面分割成个部分，而每一部分将原来三个平面划分的个空间中的个划分成两份，所以个平面能将空间划分成个部分同样的第五个平面与前四个平面分别相交成条直线，这四条直线能将第个平面分割成个部分，每一部分都划分原空间中的某一区域，所以第五个平面能使空间中的区域增加到个部分当增加到个平面时，第六个平面共被划分成个部分，所以第个平面能将空间中的区块数增加到个部分所以刀能将面包切成块模块二、整体法解决计数问题时，有时要“化整为零”，使问题变得简单；有时反而要从整体上来考虑，从全局、从整体来研究问题，

10、反而有利于发现其中的数量关系【例 8】 （难度等级 ）一个正方形的内部有1996个点，以正方形的4个顶点和内部的1996个点为顶点，将它剪成一些三角形问：一共可以剪成多少个三角形?如果沿上述这些点中某两点之间所连的线段剪开算作一刀，那么共需剪多少刀?【解析】 方法一：归纳法如下图，采用归纳法，列出1个点、2个点、3个点时可剪出的三角形个数，需剪的刀数 不难看出，当正方形内部有n个点时，可以剪成2n2个三角形，需剪3n+l刀，现在内部有1996个点，所以可以剪成21996+2=3994个三角形，需剪31996+1=5989刀 方法二：整体法我们知道内部一个点贡献360度角，原正方形的四个顶点共贡

11、献了360度角，所以当内部有n个点时，共有360n+360度角，而每个三角形的内角和为180度角，所以可剪成(360n+360)180=2n+2个三角形 2n+2个三角形共有3(2n+2)=6n+6条边，但是其中有4条是原有的正方形的边，所以正方形内部的三角形边有6n+64=6n+2条边，又知道每条边被2个三角形共用，即每2条边是重合的，所以只用剪(6n+2)23n+1刀本题中n=1996，所以可剪成3994个三角形，需剪5989刀【巩固】在三角形内有100个点，以三角形的顶点和这100点为顶点，可把三角形剖分成多少个小三角形？【解析】 整体法100个点每个点周围有360度，三角形本身内角和为

12、180度，所以可以分成个小三角形【例 9】 在一个六边形纸片内有个点，以这个点和六变形的个顶点为顶点的三角形，最多能剪出_个【解析】 设正六边形内有个点，当时有个三角形，每增加一个点，就增加个三角形，个点最多能剪出个三角形时，可剪出个三角形注：设最多能剪出个小三角形，则这些小三角形的内角和为换一个角度看，汇聚到正六边形六个顶点处各角之和为，故这些小三角形的内角总和为于是，解得模块三、对应法将难以计数的数量与某种可计量的事物联系起来，只要能建立一一对应的关系，那么这两种事物在数量上是相同的事实上插入法和插板法都是对应法的一种表现形式一、图形中的对应关系【例 10】 （难度等级 ）在88的方格棋盘

13、中，取出一个由三个小方格组成的“L”形（如图），一共有多少种不同的方法？ 【解析】 注意：数“不规则几何图形”的个数时，常用对应法第1步：找对应图形 每一种取法，有一个点与之对应，这就是图中的A点，它是棋盘上横线与竖线的交点，且不在棋盘边上第2步：明确对应关系从下图可以看出，棋盘内的每一个点对应着4个不同的取法（“L”形的“角”在22正方形的不同“角”上）第3步：计算对应图形个数 由于在 88的棋盘上，内部有77=49（个）交叉点， 第4步：按照对应关系，给出答案故不同的取法共有494=196（种）评注:通过上面两个范例我们知道,当直接去求一个集合元素的个数较为困难的时候,可考虑采用相等的原则

14、,把问题转化成求另一个集合的元素个数【例 11】 （难度等级 ）在88的黑白相间染色的国际象棋棋盘中，以网格线为边的、恰包含两个白色小方格与一个黑色小方格的长方形共有多少个？【解析】 首先可以知道题中所讲的长方形中间的那个小主格为黑色，这是因为两个白格不相邻，所以不能在中间显然，位于棋盘角上的黑色方格不可能被包含在这样的长方形中下面分两种情况来分析：第一种情况，一个位于棋盘内部的黑色方格对应着两个这样的长方形(一横一竖)；第二种情况，位于边上的黑色方格只能对应一个长方形由于在棋盘上的32个黑色方格中，位于棋盘内部的18个，位于边上的有12个，位于角上的有2个，所以共有个这样的长方形本题也可以这

15、样来考虑：事实上，每一行都有6个长方形，所以棋盘上横、竖共有长方形个由于棋盘上的染色具有对称性，因此包含两个白色小方格与一个黑色小方格的长方形正好与包含两个黑色小方格与一个白色小方格的长方形具有一一对应关系，这说明它们各占一半，因此所求的长方形个数为个【巩固】 （难度等级 ）用一张如图所示的纸片盖住方格表中的四个小方格，共有多少种不同的放置方法？ 【解析】如图，将纸片中的一个特殊方格染为黑色，下面考虑此格在方格表中的位置易见它不能位于四个角上；若黑格位于方格表中间如图浅色阴影所示的正方形内的某格时，纸片有4种不同的放法，共计种；若黑格位于方格表边上如图深色阴影所示的方格中时，纸片的位置随之确定

16、，即只有1种放法，此类放法有种所以，纸片共有种不同的放置方法【例 12】 （难度等级 ）图中可数出的三角形的个数为 【解析】 这个图不像我们以前数三角形那样规则，粗看似乎看不出其中的规律，不妨我们取出其中的一个三角形，发现它的三条边必然落在这个图形中的三条大线段上，而每三条大线段也正好能构成一个三角形，因此三角形的个数和三条大线段的取法是一一对应的关系，图中一共有8条大线段，因此有个三角形【例 13】 如图所示，在直线上有7个点，直线上有9个点以上的点为一个端点、上的点为另一个端点的所有线段中，任意3条线段都不相交于同一个点，求所有这些线段在与之间的交点数 【解析】 常规的思路是这样的：直线上

17、的7个点，每个点可以与直线上的9个点连9根线段，然后再分析这些线段相交的情况如右图所示，如果注意到下面这个事实：对于直线上的任意两点、与直线上的任意两点、都可以构成一个四边形，而这个四边形的两条对角线、的交点恰好是我们要计数的点，同时，对于任意四点(与上任意两点)都可以产生一个这样的交点，所以图中两条线段的交点与四边形有一一对应的关系这说明，为了计数出有多少个交点，我们只需要求出在直线与中有多少个满足条件的四边形就可以了！从而把问题转化为：在直线上有7个点，直线上有9个点四边形有多少个？其中点、位于直线上，点、位于直线上这是一个常规的组合计数问题，可以用乘法原理进行计算：由于线段有种选择方式，

18、线段有种选择方式，根据乘法原理，共可产生个四边形因此在直线与之间共有756个交点二、数字问题中的对应关系【例 14】 有多少个四位数，满足个位上的数字比千位数字大，千位数字比百位大，百位数字比十位数字大？【解析】 由于四位数的四个数位上的数的大小关系已经非常明确，而对于从09中任意选取的4个数字，它们的大小关系也是明确的，那么由这4个数字只能组成1个符合条件的四位数(题目中要求千位比百位大，所以千位不能为0，本身已符合四位数的首位不能为0的要求，所以进行选择时可以把0包含在内)，也就是说满足条件的四位数的个数与从09中选取4个数字的选法是一一对应的关系，那么满足条件的四位数有个【巩固】 （难度

19、等级 ）三位数中，百位数比十位数大，十位数比个位数大的数有多少个？【解析】 相当于在10个数字中选出3个数字，然后按从大到小排列.共有1098（321）=120种实际上，前铺中每一种划法都对应着一个数【例 15】 数3可以用4种方法表示为一个或几个正整数的和，如3，问：1999表示为一个或几个正整数的和的方法有多少种？【解析】 我们将1999个1写成一行，它们之间留有1998个空隙，在这些空隙处，或者什么都不填，或者填上“”号例如对于数3，上述4种和的表达方法对应：1 1 1，11 1，1 11，111可见，将1999表示成和的形式与填写1998个空隙处的方式之间是一一对应的关系，而每一个空隙

20、处都有填“”号和不填“”号2种可能，因此1999可以表示为正整数之和的不同方法有种【例 16】 （2008年国际小学数学竞赛）请问至少出现一个数码3，并且是3的倍数的五位数共有多少个？【解析】 五位数共有90000个，其中3的倍数有30000个可以采用排除法，首先考虑有多少个五位数是3的倍数但不含有数码3.首位数码有8种选择，第二、三、四位数码都有9种选择当前四位的数码确定后，如果它们的和除以余数为0，则第五位数码可以为0、6、9；如果余数为1，则第五位数码可以为2、5、8；如果余数为2，则第五位数码可以为1、4、7.可见只要前四位数码确定了，第五位数码都有3种选择，所以五位数中是3的倍数但不

21、含有数码3的数共有个所以满足条件的五位数共有个三、对应与阶梯型标数法【例 17】 游乐园的门票1元1张，每人限购1张现在有10个小朋友排队购票，其中5个小朋友只有1元的钞票，另外5个小朋友只有2元的钞票，售票员没有准备零钱问有多少种排队方法，使售票员总能找得开零钱？【解析】 与类似题目找对应关系要保证售票员总能找得开零钱，必须保证每一位拿2元钱的小朋友前面的若干小朋友中，拿1元的要比拿2元的人数多，先将拿1元钱的小朋友看成是相同的，将拿2元钱的小朋友看成是相同的，可以利用斜直角三角模型在下图中，每条小横线段代表1元钱的小朋友，每条小竖线段代表2元钱的小朋友，因为从点沿格线走到点，每次只能向右或

22、向上走，无论到途中哪一点，只要不超过斜线，那么经过的小横线段都不少于小竖线段，所以本题相当于求下图中从到有多少种不同走法使用标数法，可求出从到有42种走法 但是由于10个小朋友互不相同，必须将他们排队，可以分成两步，第一步排拿2元的小朋友，5个人共有种排法；第二步排拿到1元的小朋友，也有120种排法，所以共有种排队方法这样，使售票员能找得开零钱的排队方法共有(种)【例 18】 （年第一届“学而思杯”五年级试题）学学和思思一起洗个互不相同的碗，思思洗好的碗一个一个往上摞，学学再从最上面一个一个地拿走放入碗柜摞成一摞，思思一边洗，学学一边拿，那么学学摞好的碗一共有 种不同的摞法【解析】 我们把学学

23、洗的个碗过程看成从起点向右走步（即洗几个碗就代表向右走几步），思思拿个碗的过程看成是向上走步（即拿几个碗就代表向上走几步），摞好碗的摞法，就代表向右、向上走步到达终点最短路线的方法.由于洗的碗要多余拿的碗，所以向右走的路线要多余向上走的路线，所以我们用下面的斜三角形进行标数，共有种走法，即代表种摞法.【例 19】 (第七届走美试题)一个正在行进的8人队列，每人身高各不相同，按从低到高的次序排列，现在他们要变成并列的2列纵队，每列仍然是按从低到高的次序排列，同时要求并排的每两人中左边的人比右边的人要矮，那么，2列纵队有 种不同排法【解析】 首先，将8人的身高从低到高依次编号为，现在就相当于要将这

24、8个数填到一个的方格中，要求每一行的数依次增大，每一列上面的要比下面的大下面我们将依次往方格中填，按照题目规则，很容易就发现：第二行填的的数字的个数永远都小于或等于第一行数字填的个数也就是说，不能出现下图这样的情况而这个正好是“阶梯型标数”题型的基本原则于是，我们可以把原题转化成：在这个阶梯型方格中，横格代表在第一行的四列，纵格代表第二行的四列，那么此题所有标数的方法就相当于从A走到B的最短路线有多少条例如，我们选择一条路线：它对应的填法就是：最后，用“标数法”得出从A到B的最短路径有14种，如下图：【巩固】将112这12个数填入到2行6列的方格表中，使得每行右边比左边的大，每一列上面比下面的

25、大，共有多少种填法？【解析】 根据对应关系，再运用阶梯型标数法画图如下：共有132种填法四、不完全对应关系【例 20】 圆周上有12个点，其中一个点涂红，还有一个点涂了蓝色，其余10个点没有涂色，以这些点为顶点的凸多边形中，其顶点包含了红点及蓝点的多边形称为双色多边形；只包含红点(蓝点)的多边形称为红色(蓝色)多边形不包含红点及蓝点的称无色多边形试问，以这12个点为顶点的所有凸多边形(边数可以从三角形到12边形)中，双色多边形的个数与无色多边形的个数，哪一种较多？多多少个？【解析】 从任意一个双色的边形出发(时)，在去掉这个双色多边形中的红色顶点与蓝色顶点后，将得到一个无色的边形；另一方面，对

26、于一个任意的无色的边形，如果加上红色顶点和蓝色顶点，就得到一个双色的边形，所以无色多边形与双色多边形中的五边形以上的图形是一一对应的关系，所以双色多边形的个数比较多，多的是双色三角形和双色四边形的个数而双色三角形有10个，双色四边形有个，所以双色多边形比无色多边形多个【例 21】 有一类各位数字各不相同的五位数，它的千位数字比左右两个数字大，十位数字也比左右两位数字大另有一类各位数字各不相同的五位数，它的千位数字比左右两个数字小，十位数字也比左右两位数字小请问符合要求的数与，哪一类的个数多？多多少？【解析】 与都是五位数，都有千位和十位与其它数位的大小关系，所以两类数有一定的对应关系比如有一个

27、符合要求的五位数(不为0)，那么就有一个与之相反并对应的五位数必属于类，比如为类，则与之对应的为类所以对于类的每一个数，类都有一个数与之对应但是两类数的个数不是一样多，因为类中不能做首位，而类中9可以做首位所以类的数比类的数要多，多的就是就是首位为的符合要求的数计算首位为的类的数的个数，首先要确定另外四个数，因为要求各不相同，从除9外的其它个数字中选出个，有种选法对于每一种选法选出来的4个数，假设其大小关系为，由于其中最小的数只能在千位和十位上，最大的数只能在百位和个位上，所以符合要求的数有类：千位、十位排、，有两种方法，百位、十位排、，也有两种方法，故此时共有种；千位、十位排、，只能是千位，

28、百位，十位，个位，只有种方法根据乘法原理，首位为的类的数有个故类的数比类的数多个【例 22】 用1元，2元，5元，10元四种面值的纸币若干张(不一定要求每种都有)，组成99元有 种方法，组成101元有种方法，则 【解析】 由于，所以对于组成99元的每一种方法，只要再加上一张2元的，即可组成101元；而对于组成101元的方法，如果其中包含有一张2元的，那么去掉这张2元的，即可得到一种组成99元的方法可见组成99元的方法与组成101元的某些方法之间存在一一对应的关系，组成101元的所有方法中，除去这些与组成99元的方法对应的方法，剩下的都是不包含有2元纸币的组成方法所以比多的就是用1元，5元，10

29、元这三种面值的纸币组成101元的方法的总数假设用张1元的，张5元的，张10元的可以组成101元，则由于，所以即10元的可以有010张如果10元的张数确定了，那么有，那么的值可以为0到，也就是对每一个的值，都可以有种可能，相应地5元纸币的张数也有种取法而当10元和5元的张数都确定了以后，1元纸币的张数也就确定了，这样也就确定了组成101元的方法所以只需要看取10元和5元的共有多少种取法如果10元的取0张，即，则，即5元的有21种取法；如果10元的取1张，即，则，即5元的有19种取法；如果10元的取2张，即，则，即5元的有17种取法；如果10元的取10张，即，则，即5元的有1种取法；所以总数为那么

30、模块四、递推法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未知的数，这种方法称为递推法【例 23】 （难度等级 ）有一堆火柴共12根，如果规定每次取13根，那么取完这堆火柴共有多少种不同取法？【解析】 取1根火柴有1种方法，取2根火柴有2种方法，取3根火柴有4种取法，以后取任意根火柴的种数等于取到前三根火柴所有情况之和，以此类推，参照上题列表如下：1根2根3根4根5根6根7根8根9根10根11根12根124713244481149274504927取完这堆火柴一共有927种方法【巩固】 （难度等级 ）一堆苹果共有8个，如果规定

31、每次取13个，那么取完这堆苹果共有多少种不同取法？【解析】 取1个苹果有1种方法，取2个苹果有2种方法，取3个苹果有4种取法，以后取任意个苹果的种数等于取到前三个苹果所有情况之和，以此类推，参照上题列表如下：1个2个3个4个5个6个7个8个124713244481取完这堆苹果一共有81种方法【例 24】 有10枚棋子，每次拿出2枚或3枚，要想将10枚棋子全部拿完，共有多少种不同的拿法？【解析】 本题可以采用递推法，也可以进行分类讨论，当然也可以直接进行枚举(法1)递推法假设有枚棋子，每次拿出2枚或3枚，将枚棋子全部拿完的拿法总数为种则，由于每次拿出2枚或3枚，所以()所以，；即当有10枚棋子时

32、，共有7种不同的拿法(法2)分类讨论由于棋子总数为10枚，是个偶数，而每次拿2枚或3枚，所以其中拿3枚的次数也应该是偶数由于拿3枚的次数不超过3次，所以只能为0次或2次若为0次，则相当于2枚拿了5次，此时有1种拿法；若为2次，则2枚也拿了2次，共拿了4次，所以此时有种拿法根据加法原理，共有种不同的拿法【例 25】 （难度等级 ）用的小长方形覆盖的方格网，共有多少种不同的盖法？【解析】 如果用的长方形盖的长方形，设种数为,则，,对于，左边可能竖放1个的，也可能横放3个的，前者有种，后者有种，所以,依照这条递推公式列表：112346913所以用的小长方形形覆盖的方格网，共有13种不同的盖法【例 2

33、6】 （难度等级 ）如下图，一只蜜蜂从A处出发，回到家里B处，每次只能从一个蜂房爬向右侧邻近的蜂房而不准逆行，共有多少种回家的方法？ 【解析】 按照蜜蜂只能从小号码的蜂房爬近相邻大号码的蜂房的原则，运用标号法进行计算如右图所示，小蜜蜂从A出发到B处共有296种不同的回家方法【例 27】 有20个石子，一个人分若干次取，每次可以取1个，2个或3个，但是每次取完之后不能留下质数个，有多少种方法取完石子？（石子之间不作区分，只考虑石子个数）【解析】 如果没有剩下的不能使质数这个条件，那么递推方法与前面学过的递推法相似，只不过每次都是前面3个数相加现在剩下的不能是质数个，可以看作是质数个的取法总数都是

34、0，然后再进行递推剩下的石子数20191817161514131211109876543210取法总数101012305051015025025002525【巩固】有20个相同的棋子，一个人分若干次取，每次可取1个，2个，3个或4个，但要求每次取之后留下的棋子数不是3或4的倍数，有种不同的方法取完这堆棋子. 【解析】 把20、0和20以内不是3或4的倍数的数写成一串，用递推法把所有的方法数写出来：2019171413111075210112246121818183654【例 28】 个人进行篮球训练，互相传球接球，要求每个人接球后马上传给别人，开始由甲发球，并作为第一次传球，第五次传球后，球又

35、回到甲手中，问有多少种传球方法？【解析】 设第次传球后，球又回到甲手中的传球方法有种可以想象前次传球，如果每一次传球都任选其他三人中的一人进行传球，即每次传球都有种可能，由乘法原理，共有(种)传球方法这些传球方法并不是都符合要求的，它们可以分为两类，一类是第次恰好传到甲手中，这有种传法，它们不符合要求，因为这样第次无法再把球传给甲；另一类是第次传球，球不在甲手中，第次持球人再将球传给甲，有种传法根据加法原理，有由于甲是发球者，一次传球后球又回到甲手中的传球方法是不存在的，所以利用递推关系可以得到：，这说明经过次传球后，球仍回到甲手中的传球方法有种本题也可以列表求解由于第次传球后，球不在甲手中的

36、传球方法，第次传球后球就可能回到甲手中，所以只需求出第四次传球后，球不在甲手中的传法共有多少种第次传球传球的方法球在甲手中的传球方法球不在甲手中的传球方法从表中可以看出经过五次传球后，球仍回到甲手中的传球方法共有种【巩固】五个人互相传球，由甲开始发球，并作为第一次传球，经过次传球后，球仍回到甲手中问：共有多少种传球方式？【解析】 递推法设第次传球后球传到甲的手中的方法有种由于每次传球有4种选择，传次有次可能其中有的球在甲的手中，有的球不在甲的手中，球在甲的手中的有种，球不在甲的手中的，下一次传球都可以将球传到甲的手中，故有种所以由于，所以，即经过次传球后，球仍回到甲手中的传球方法有52种【例

37、29】 (2009年清华附中考题)设、为正八边形的相对顶点，顶点处有一只青蛙，除顶点外青蛙可以从正八边形的任一顶点跳到其相邻两个顶点中任意一个，落到顶点时青蛙就停止跳动，则青蛙从顶点出发恰好跳次后落到的方法总数为 种【解析】 可以使用递推法回到跳到或跳到或跳到或停在1步12步213步314步6425步1046步201487步34148步6848289步11648其中，第一列的每一个数都等于它的上一行的第二列的数的2倍，第二列的每一个数都等于它的上一行的第一列和第三列的两个数的和，第三列的每一个数都等于它的上一行的第二列和第四列的两个数的和，第四列的每一个数都等于它的上一行的第三列的数，第五列的每一个数都等于都等于它的上一行的第四列的数的2倍这一规律很容易根据青蛙的跳动规则分析得来所以，青蛙第10步跳到有种方法【巩固】在正五边形上，一只青蛙从点开始跳动，它每次可以随意跳到相邻两个顶点中的一个上，一旦跳到点上就停止跳动青蛙在6次之内(含6次)跳到点有 种不同跳法【解析】 采用递推的方法列表如下：跳