经典题库-加法原理的应用【附详答】

经典题库-加法原理的应用知识框架图计数原理加法原理1分类讨论中加法原理的应用2树形图法、标数法及简单的递推-1树形图法-2标数法-3简单递推：斐波那契数列的应用教学目标教学目标1.使学生掌握加法原理的基本内容；2.掌握加法原理的运用以及与乘法原理的区别；3.培养学生分类讨论问题的能力，了解分类的主要方法和遵循的主要原则．锻炼思维的周全细致．知识要点知识要点一、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少种不同的走法？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5+4=9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，第一类方法中有种不同做法，第二类方法中有种不同做法，…，第k类方法中有种不同做法，则完成这件事共有种不同方法，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务，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”．分类时，首先要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：完成这件事的任何一种方法必须属于某一类；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确．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、加法原理解题三部曲1、完成一件事分N类；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，就是把所有符合条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．例题精讲例题精讲1、分类讨论中加法原理的应用（难度等级※）小宝去给小贝买生日礼物，商店里卖的东西中，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？小宝买一种礼物有三类方法：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8+20+10=38种方法．（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？根据加法原理，共有6+4+3+2=15种取法．（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，有多少种选法？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种选法；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：种．（难度等级※※）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？根据第一个数的大小，将和大于10的取法分为9类：第一个数第二个数有几种第1类110选择合适的分类方式是运用加法原理的关键．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“”与“”只能算一种取法．第2类210、92第3类310、9、83第4类410、9、8、74第5类510、9、8、7、65第6类610、9、8、74第7类710、9、83第8类810、92第9类9101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．（难度等级※※）从1～8中每次取两个不同的数相加，和大于10的共有多少种取法？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的一共有1种取法；两个数和为15的一共有1种取法；一共有3+2+2+1+1=9种取法．（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？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，丙厂随之而定．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，一共有种订报方法．（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的情况？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10+9+……+3+2+1=55种可能．（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：一共有多少种不同的方法？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A拿B做的贺年片b的情况（如下表），一共有3种方法．同样，A拿C或D做的贺年片也有3种方法．一共有3＋3＋3=9（种）不同的方法．(第六届走美试题)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出场顺序依次为一等，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，自己的二等，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．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，则又分为三种情况：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；二，四两场胜，此时有三种情况；三，四两场胜，此时有七种情况；所以一共有种方法．（难度等级※※）把一元钱换成角币，有多少种换法？人民币角币的面值有五角、二角、一角三种．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第二类：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，总共的换法有种．（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？按5分硬币的个数对硬币情况进行分类：如果5分硬币有奇数个，那么无论2分硬币有多少个都不能凑成100分．如表当5分硬币的个数为0～20的偶数时，都有对应个数的2分硬币．所以一共有11种不同的情况．类别12345678910115分024681012141618202分50454035302520151050（难度等级※※※）用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?如果买0张8元饭票，还剩100元，可以购买4元饭票的张数为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；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：26+24+22+…+2=(26+2)×13÷2=182(种)．共有182种不同的买法．（难度等级※※）一个文具店橡皮每块5角、圆珠笔每支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．一共三种文具，要买两种文具．那么就可以分三类了．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只圆珠笔=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（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，他拿出球的情况共有________种可能．（2023年北京“数学解题能力展示”读者评选活动）按最少的红球来分类：3红时，黄白3，黄可取0，1，2，3共4种．2红时，黄白4，黄可取0，1，2，3，4共5种．1红时， 黄白5，黄可取0，1，2，3，4共5种．0红时， 黄白6，黄可取0，1，2，3共4种．共有：4+5+5+4=18（种）．（难度等级※※）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?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：，，．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：，，．⑶若插入三个乘号，则只有1个插法，可以得到l个不同的乘积，枚举如下：．所以，根据加法原理共有种不同的乘积．（难度等级※※※）1995的数字和是1＋9＋9＋5=24，问：小于2000的四位数中数字和等于26的数共有多少个?小于2000的四位数千位数字是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＋9=18，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＋3=6个．（难度等级※※※）1995的数字和是1＋9＋9＋5=24，问：小于2000的四位数中数字和等于24的数共有多少个?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、个位数字和最多为，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，只有1869，1878，1887，1896四个；百位为9时，只有1959，1968，1977，1986，1995五个；根据加法原理，总计共个．（难度等级※※※）2007的数字和是2+0+0+7=9，问：大于2000小于3000的四位数中数字和等于9的数共有多少个?大于2000小于3000的四位数千位数字是2，要它数字和为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2700一个；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2430，2421，2412，2403四个；第五类，百位为3时，只有2340，2331，2322，2313，2304五个；第六类，百位为2时，只有2250，2241，2232，2223，2214、2205六个；第七类，百位为1时，只有2160，2151，2142，2133，2124、2115、2106七个；第八类，百位为0时，只有2070，2061，2052，2043，2034、2025、2023、2007八个；根据加法原理，总计共个．（难度等级※※※※）在四位数中，各位数字之和是4的四位数有多少？以个位数的值为分类标准，可以分成以下几类情况来考虑：第1类——个位数字是0，满足条件的数共有10个．其中：⑴十位数字为0，有4000、3100、2200、1300，共4个；⑵十位数字为1，有3010、2110、1210，共3个；⑶十位数字为2，有2023、1120，共2个；⑷十位数字为3，有1030，共1个．第2类——个位数字是1，满足条件的数共有6个．其中：⑴十位数字为0，有3001、2101、1201，共3个；⑵十位数字为1，有2023、1111，共2个；⑶十位数字为2，有1021，满足条件的数共有1个．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，满足条件的数共有1个．其中：十位数字是0，有l003，共1个．根据上面分析，由加法原理可求出满足条件的数共有个．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，等等，这类数共有个.按自然数的最高位数分类：⑴最高位为的有，，，，，，，，共个=2\*GB2⑵最高位为的有，，，，，，，共个=3\*GB2⑶最高位为的有，，，，，358，共个=9\*GB2⑼最高位为的有共个所以这类数共有个如果一个大于9的整数，其每个数位上的数字都比他右边数位上的数字小，那么我们称它为迎春数．那么，小于2023的迎春数一共有多少个？(法1)两位数中迎春数的个数．⑴十位数字为1的：12，13，……，19．8个⑵十位数字为2的：23，24，……29．7个⑶十位数字为3的：34，35，……39．6个⑷十位数字为4的：45，46，……49．5个⑸十位数字为5的：56，57，……59．4个⑹十位数字为6的：67，68，69．3个⑺十位数字为7的：78，79．2个⑻十位数字为8的：89．1个两位数共个三位数中迎春数的个数⑴百位数字是1的：123～129，134～139……189．共28个．⑵百位数字是2的：234～239，……289．共21个．⑶百位数字是3的：345～349，……389．共15个．⑷百位数字是4的：456～458，……489．共10个．⑸百位数字是5的：567～569，……589．共6个．⑹百位数字是6的：678，679，689．共3个．⑺百位数字是7的：789．1个1000～1999中迎春数的个数⑴前两位是12的：1234～1239，……，1289．共21个．⑵前两位是13的：1345～1349，……，1389．共15个．⑶前两位是14的：1456～1459，……，1489．共10个．⑷前两位是15的：1567～1569，……，1589．共6个．⑸前两位是16的：1678，1679，1689．3个．⑹前两位是17的：1789．1个共56个．所以小于2023的迎春数共个．(法2)小于2023的迎春数只可能是两位数，三位数和1000多的数．两位数的取法有个．三位数的取法有个．1000多的迎春数的取法有个．所以共个．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？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3，十位是4，个位可以是3和5．4种．所以，首位取1时，共有种．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．千位是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时有种．所以首位取2时，共有种．⑶首位取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个位可以是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4．十位是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共有种．所以，首位取4时，共有种．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时共有种．总共有：个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：个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．（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)，这样经过了5次传球后，球恰巧又回到A手中，那么不同的传球方式共多少种？(2005年《小数报》数学邀请赛)如图，第一次传给，到第五次传回有5种不同方式．同理，第一次传给，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种．（难度等级※※※）一只青蛙在A，B，C三点之间跳动，若青蛙从A点跳起，跳4次仍回到A点，则这只青蛙一共有多少种不同的跳法？6种，如图，第1步跳到，4步回到有3种方法；同样第1步到的也有3种方法．根据加法原理，共有种方法．（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，打到决出输赢为止．问：一共有多少种可能的情况？如下图，我们先考虑甲胜第一局的情况：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．二、标数法适用于最短路线问题，需要一步一步标出所有相关点的线路数量，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．（难度等级※※）如图所示，沿线段从A到B有多少条最短路线？图中在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来到B点，因此，到达B的走法数目就应该是到达C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，又等于到达和到达的走法之和，到达的走法也等于到达和到达的走法之和，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到共有10种不同的走法．（难度等级※※）如图，从点到点的最近路线有多少条？使用标号法得出到点的最近路线有20条．（难度等级※※）如图，某城市的街道由5条东西向马路和7条南北向马路组成，现在要从西南角的处沿最短的路线走到东北角出，由于修路，十字路口不能通过，那么共有＿＿＿＿种不同走法．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种．另解：本题也可采用排除法．由于不能经过，可以先计算出从到的最短路线有多少条，再去掉其中那些经过的路线数，即得到所求的结果．对于从到的每一条最短路线，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．这就说明从到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．一般地，对于的方格网，相对的两个顶点之间的最短路线有种．本题中，从到的最短路线共有种；从到的最短路线共有种，从到的最短路线共有种，根据乘法原理，从到且必须经过的最短路线有种，所以，从到且不经过的最短路线有种．（难度等级※※※）如图所示，从A点到B点，如果要求经过C点或D点的最近路线有多少条？1、方格图里两点的最短路径，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D点；那么A到B点就可以分成两条路径了A--C---B；A---D---B，那么也就可以分成两类．但是需要考虑一个问题——A到B点的最短路径会同时经过C和D点吗？最短路径只能往上往前，经过观察发现C、D不会同时出现在最短路径上了．3、A---C---B，那么C就是必经之点了，就需要用到乘法原理了．A---C，最短路径用标数法标出，同样C---B点用标数法标注，然后相乘A---D---B，同样道理．最后结果是735+420=1155条．如图为一幅街道图，从出发经过十字路口，但不经过走到的不同的最短路线有条.到各点的走法数如图所示.

图1 图2所以最短路径有条.小王在一年中去少年宫学习56次，如图所示，小王家在点，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．本题属最短路线问题．运用标数法分别计算出从小王家点到、、、、点的不同路线有多少条，其中，路线条数与小王学习次数56相等的点即为少年宫．因为，从小王家点到点共有不同线路84条；到点共有不同线路56条；到点共有不同线路71条；到点共有不同线路15条；到点共有不同线路36条．所以，少年宫在点处．（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A到B的最短路线有多少种？因为在的右下方，由标号法可知，从到的最短路径上，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．有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走法数．如右上图，从到的最短路线有22条．（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的最短路线有多少条？因为在的右上方，由标号法可知，从到的最短路径上，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．而是一个特殊的点，因为不能通行，所以不可能有路线经过，可以认为到达点的走法数是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，从到的最短路线有6条．（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的最短路线有多少种？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它左侧点的走法数与到它上侧点的走法数之和.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.如图，从A到B的最短路线有6条．（难度等级※※※）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．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方法一：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号法来解：(如右上图，在格子里标数)共70种不同的读法．方法二：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．所以总共有种不同的读法．（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？沿着“北京欢迎你”的顺序沿水平或竖直方向走，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．所以一共有种走法．（难度等级※※※）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．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种不同的读法．（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“APPLE”的路线共有多少条？要想拼出英语“APPLE”的单词，必须按照“A→P→P→L→E”的次序拼写．在图中的每一种拼写方式都对应着一条最短路径．如下图所示，运用标号法原理标号得出共有31种不同的路径．【巩固】如图，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”，那么可读成“祖国明天更美好”的路线有条.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，共有不同的路线(条).祖祖国祖祖国明国祖祖国明天明国祖祖国明天更天明国祖祖国明天更美更天明国祖祖国明天更美好美更天明国祖图1祖

1祖1国3祖1祖1国2明7国2祖1祖1国2明4天15明4国2祖1祖1国2明4天8更31天8明4国2祖1祖1国2明4天8更16美63更16天8明4国2祖1祖1国2明4天8更16美32好127美32更16天8明4国2祖1图2【巩固】(第三届“希望杯”2试试题)右图中的“我爱希望杯”有______种不同的读法.“我爱希望杯”的读法也就是从“我”走到“杯”的方法.如上右图所示，共16种方法.如图所示，科学家“爱因斯坦”的英文名拼写为“Einstein”，按图中箭头所示方向有种不同的方法拼出英文单词“Einstein”.

图1图2由的拼法如图所示.

根据加法原理可得

共有(种)不同拼法.（难度等级※※※）图中有10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同的走法？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．（难度等级※※※）国际象棋中“马”的走法如图所示，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”在的国际象棋棋盘中位于第一行第二列（图中标有△的位置），要走到第八行第五列（图中标有＠的位置），最短路线有________条．【2023年北京“数学解题能力展示”读者评选活动】最后一步的可能如图，倒数第二步的可能如图，倒数第三步的可能如图． 最后（种）．（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(虚线表示在地球背面的航线)，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？第一站到东京的路线有10条：同理，第一站到悉尼、巴黎、莫斯科的路线各有10条，不同的路线共有条．一个实心立方体的每个面分成了四部分．如图所示，从顶点出发，可找出沿图中相连的线段一步步到达顶点的各种路径．若要求每步沿路径的运动都更加靠近，则从到的各种路径的数目为几？因为正方体每个面的对面也有同样的路径，最靠近Q的有三个点，从P点到这三个点都是18种路径．故有三、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．（难度等级※※※）一楼梯共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？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：假如我们把这个人开始登楼梯的位置看做A0，那么登了1级的位置是在A1，2级在A2...A10级就在A10．到A3的前一步有两个位置；分别是A2和A1．在这里要强调一点，那么A2到A3既然是一步到了，那么A2、A3之间就是一种选择了；同理A1到A3也是一种选择了．同时我们假设到n级的选择数就是An．那么从A0到A3就可以分成两类了：第一类：A0----A1------A3，那么就可以分成两步．有A1×1种，也就是A1种；(A1------A3是一种选择)第二类：A0----A2------A3，同样道理有A2．类类相加原理：A3=A1＋A2，依次类推An=An-1+An-2．（难度等级※※※）1×2的小长方形(横的竖的都行)覆盖2×10的方格网，共有多少种不同的盖法．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2个的，前者有种，后者有种，所以,所以根据递推，覆盖的长方形一共有89种．（难度等级※※※）如下图，一只蜜蜂从处出发，回到家里处，每次只能从一个蜂房爬向右侧邻近的蜂房而不准