2023年加乘原理综合应用题库版

加乘原理综合运用加乘原理综合运用知识框架图7计数综合7－３加乘原理综合运用7-３-１简朴加乘原理综合运用7-3-2加乘原理与数字问题7-3-3加乘原理与图论教学目的教学目的１.复习乘法原理和加法原理；２.培养学生综合运用加法原理和乘法原理的能力．3．让学生懂得并运用加法、乘法原理来解决问题,掌握常见的计数方法,会使用这些方法解决问题.在分类讨论中结合分步分析，在分步分析中结合分类讨论；教师应当明确并强调哪些是分类,哪些是分步.并了解与加、乘原理相关的常见题型:数论类问题、染色问题、图形组合.知识要点知识要点一、加乘原理概念生活中常有这样的情况：在做一件事时，有几类不同的方法，在具体做的时候,只要采用其中某一类中的一种方法就可以完毕,并且这几类方法是互不影响的．那么考虑完毕这件事所有也许的做法,就要用到加法原理来解决.尚有这样的一种情况:就是在做一件事时，要分几步才干完毕,而在完毕每一步时，又有几种不同的方法．要知道完毕这件事情共有多少种方法，就要用到乘法原理来解决．二、加乘原理应用应用加法原理和乘法原理时要注意下面几点：⑴加法原理是把完毕一件事的方法提成几类，每一类中的任何一种方法都能完毕任务，所以完毕任务的不同方法数等于各类方法数之和.⑵乘法原理是把一件事分几步完毕,这几步缺一不可，所以完毕任务的不同方法数等于各步方法数的乘积.⑶在很多题目中,加法原理和乘法原理都不是单独出现的，这就需要我们可以纯熟的运用好这两大原理，综合分析,对的作出分类和分步．加法原理运用的范围:完毕一件事的方法提成几类,每一类中的任何一种方法都能完毕任务,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”.乘法原理运用的范围:这件事要分几个彼此互不影响的独立环节来完毕，这几步是完毕这件任务缺一不可的，这样的问题可以使用乘法原理解决．我们可以简记为：“乘法分步，步步相关”.例题精讲例题精讲模块一、简朴加乘原理综合应用商店里有２种巧克力糖：牛奶味、榛仁味;有2种水果糖:苹果味、梨味、橙味．小明想买一些糖送给他的小朋友．⑴假如小明只买一种糖,他有几种选法?⑵假如小明想买水果糖、巧克力糖各种，他有几种选法?（2级)⑴小明只买一种糖，完毕这件事一步即可完毕，有两类办法：第一类是从种巧克力糖中选一种⑵小明完毕这件事要分两步，每步分别有种、种方法,因此有种方法.从北京到广州可以选择直达的飞机和火车，也可以选择半途在上海或者武汉作停留,已知北京到上海、武汉和上海、武汉到广州除了有飞机和火车两种交通方式外尚有汽车.问,从北京到广州一共有多少种交通方式供选择？(２级）从北京转道上海到广州一共有种方法，从北京转道武汉到广州一共也有种方法供选择，从北京直接去广州有2种方法,所以一共有种方法．从学而思学校到王明家有3条路可走，从王明家到张老师家有2条路可走，从学而思学校到张老师家有3条路可走,那么从学而思学校到张老师家共有多少种走法?（2级)根据乘法原理，通过王明家到张老师家的走法一共有种方法,从学而思学校直接去张老师家一共有３条路可走，根据加法原理，一共有种走法．如下图,从甲地到乙地有2条路，从乙地到丙地有4条路，从甲地到丁地有3条路可走，从丁地到丙地也有3条路，请问从甲地到丙地共有多少种不同走法？（2级)从甲地到丙地有两种方法：第一类，从甲地通过乙地到丙地，根据乘法原理,走法一共有种方法，;第二类，从甲地通过丁地到丙地，一共有种方法．根据加法原理,一共有种走法.王老师从重庆到南京,他可以乘飞机、汽车直接到达,也可以先到武汉，再由武汉到南京．他从重庆到武汉可乘船,也可乘火车；又从武汉到南京可以乘船、火车或者飞机，如图.那么王老师从重庆到南京有多少种不同走法呢?（2级）从重庆到南京的走法有两类:第一类从重庆通过武汉去南京，根据乘法原理,有(种）走法;第二类不通过武汉,有2种走法．根据加法原理，从重庆到南京一共有种不同走法.如下图,八面体有12条棱，6个顶点.一只蚂蚁从顶点出发，沿棱爬行,规定恰好通过每一个顶点一次.问共有多少种不同的走法？(6级)走完6个顶点，有5个环节，可分为两大类：①第二次走点:就是意味着从点出发，我们要先走,,,中间的一点，再通过点，但之后只能走，点,最后选择后面两点.有种(从到的话,是不能到的）；②第二次不走：有种(同理,不能到）；共计：种．假如从3本不同的语文书、４本不同的数学书、5本不同的外语书中选取2本不同学科的书阅读，那么共有多少种不同的选择？（4级)由于强调2本书来自不同的学科,所以共有三种情况:来自语文、数学:3×4＝１2；来自语文、外语：3×5=15；来自数学、外语：４×５=20；所以共有１2＋１5＋20=47.某条铁路线上，涉及起点和终点在内本来共有７个车站，现在新增了3个车站,铁路上两站之间往返的车票不同样，那么,这样需要增长多少种不同的车票？（６级）1、新站为起点,旧站为终点有３×7=21张,2、旧站为起点，新站为终点有7×3=21张，３、起点、终点均为新站有3×２=6张，以上共有21＋21＋6=48张

．某件工作需要钳工２人和电工２人共同完毕．现有钳工３人、电工3人,另有1人钳工、电工都会.从７人中挑选４人完毕这项工作,共有多少种方法？(6级)分两类情况讨论:⑴都会的这1人被挑选中，则有:①假如这人做钳工的话，则再按乘法原理，先选一名钳工有3种方法，再选2名电工也有3种方法;所以有种方法;②同样,这人做电工，也有9种方法．⑵都会的这一人没有被挑选，则从３名钳工中选2人,有3种方法；从3名电工中选2人,也有３种方法,一共有种方法．所以,根据加法原理,一共有种方法．某信号兵用红，黄，蓝,绿四周旗中的三面从上到下挂在旗杆上的三个位置表达信号.每次可挂一面，二面或三面，并且不同的顺序,不同的位置表达不同的信号．一共可以表达出多少种不同的信号?(６级）由于每次可挂一面、二面或三面旗子，我们可以根据旗杆上旗子的面数分三类考虑:第一类，可以从四种颜色中任选一种,有4种表达法;第二类,要分两步完毕：第一步,第一面旗子可以从四种颜色中选一种，有４种选法；第二步，第二面旗子可从剩下的三种中选一种,有３种选法．根据乘法原理,共有种表达法；第三类,要分三步完毕:第一步,第一面旗子可以从四种颜色中选一种，有4种选法;第二步,第二面旗子可从剩下的三种中选一种，有3种选法;第三步,第三面旗子可从剩下的两种颜色中选一种,有2种选法.根据乘法原理，共有种表达法．根据加法原理,一共可以表达出种不同的信号.五面五种颜色的小旗，任意取出一面、两面或三面排成一行表达各种信号，问:共可以表达多少种不同的信号?(６级）分3种情况：⑴取出一面，有5种信号；⑵取出两面：可以表达种信号；⑶取出三面：可以表达：种信号；由加法原理，一共可以表达：种信号．五种颜色不同的信号旗,各有5面,任意取出三面排成一行,表达一种信号，问：共可以表达多少种不同的信号？（6级)方法一:取出的3面旗子,可以是一种颜色、两种颜色、三种颜色，应按此进行分类⑴一种颜色:5种也许；⑵两种颜色：⑶三种颜色：所以,一共可以表达种不同的信号方法二:每一个位置都有5种颜色可选，所以共有种．（6级）(一)取出的3面旗子，可以是一种颜色、两种颜色、三种颜色,应按此进行分类第一类，一种颜色：都是蓝色的或者都是白色的，2种也许；第二类，两种颜色:第三类，三种颜色:所以,根据加法原理，一共可以表达种不同的信号.（二)白棋打头的信号，后两面旗有种情况.所以白棋不打头的信号有种.（202３年清华附中考题)小红和小明举行象棋比赛，按比赛规定，谁先胜头两局谁赢，假如没有胜头两局,谁先胜三局谁赢．共有种也许的情况．（6级)小红和小明假如有谁胜了头两局,则胜者赢,此时共2种情况;假如没有人胜头两局，即头两局中两人各胜一局,则最少再进行两局、最多再进行三局,必有一人胜三局，假如只需再进行两局，则这两局的胜者为同一人,对此共有种情况;假如还需进行三局,则后三局中有一人胜两局,另一人只胜一局,且这一局不能为最后一局,只能为第三局或第四局,此时共有种情况,所以共有种情况.（2023年“数学解题能力展示”中年级复赛试题）过年了,妈妈买了７件不同的礼物，要送给亲朋好友的5个孩子每人一件．其中姐姐的儿子小强想从智力拼图和遥控汽车中选一个，朋友的女儿小玉想从学习机和遥控汽车中选一件.那么，妈妈送出这５件礼物共有种方法．(6级)若将遥控汽车给小强,则学习机要给小玉,此时此外３个孩子在剩余5件礼物中任选3件，有种方法;若将遥控车给小玉,则智力拼图要给小强,此时也有6０种方法；若遥控车既不给小强、也不给小玉，则智力拼图要给小强,学习机要给小玉，此时仍然有６0种方法.所以共有种方法．有3所学校共订300份中国少年报，每所学校订了至少98份，至多102份．问：一共有多少种不同的订法?（６级）可以分三种情况来考虑：⑴３所学校订的报纸数量互不相同，有98,１00,１02；９９，1０0，101两种组合，每种组各有种不同的排列,此时有种订法.⑵３所学校订的报纸数量有２所相同,有98，101,１01;99，99,102两种组合,每种组各有3种不同的排列，此时有种订法.⑶３所学校订的报纸数量都相同,只有１00,１00,10０一种订法.由加法原理,不同的订法一共有种.玩具厂生产一种玩具棒,共节，用红、黄、蓝三种颜色给每节涂色．这家厂共可生产＿＿___＿＿_种颜色不同的玩具棒.(8级）可以发现只有游戏棒的颜色关于中点对称时才没有被反复计算，关于中点对称的游戏棒有(种).故玩具棒最多有种不同的颜色.奥苏旺大陆上的居民使用的文字非常独特,他们文字的每个单词都由个字母、、、、组成,并且所有的单词都有着如下的规律，⑴字母不打头,⑵单词中每个字母后边必然着字母，⑶和不会出现在同一个字母之中,那么由四个字母构成的单词一共有多少种?（8级)分为三种：第一种:有两个的情况只有1种第二种，有一个的情况，又分３类第一类,在第一个位置，则在第二个位置，后边的排列有种，减去、同时出现的两种，总共有14种,第二类，在第二个位置，则在第三个位置，总共有种.第三类,在第三个位置,则在第四个位置,总共有种.第三种,没有的情况:分别计算没有的情况:种.没有的情况：种.没有、的情况：种．由容斥原理得到一共有种.所以,根据加法原理,一共有种．从6名运动员中选出4人参与接力赛，求满足下列条件的参赛方案各有多少种:⑴甲不能跑第一棒和第四棒；⑵甲不能跑第一棒,乙不能跑第二棒(6级）⑴先拟定第一棒和第四棒,第一棒是除甲以外的任何人,有５种选择，第四棒有４种选择，剩下的四人中随意选择2个人跑第二、第三棒，有种,由乘法原理，共有：种参赛方案⑵先不考虑甲乙的特殊规定,从6名队员中随意选择４人参赛，有种选择.考虑若甲跑第一棒,其余5人随意选择3人参赛,相应种选择,考虑若乙跑第二棒，也相应种选择,但是从360种中减去两个60种的时候，反复减了一次甲跑第一棒且乙跑第二棒的情况,这种情况下，相应于第一棒第二棒已拟定只需从剩下的４人选择２人参赛的种方案,所以，一共有种不同参赛方案.模块二、加乘原理与数字问题由数字1,２,3可以组成多少个没有反复数字的数？（4级)由于有1,２，3共３个数字，因此组成的数有３类：组成一位数;组成二位数；组成三位数.它们的和就是问题所求．⑴组成一位数：有3个；⑵组成二位数：由于数字可以反复使用,组成二位数分两步完毕;第一步排十位数,有3种方法;第二步排个位数也有3种方法，因此由乘法原理,有个；⑶组成三位数：与组成二位数道理相同，有个三位数;所以,根据加法原理,一共可组成个数． 由数字0,1,3，9可以组成多少个无反复数字的自然数？（6级)满足条件的数可以分为4类:一位、二位、三位、四位数.第一类,组成0和一位数，有4个（0不是一位数，最小的一位数是1）;第二类，组成二位数，有个;第三类,组成三位数,有个;第四类，组成四位数，有个．由加法原理，一共可以组成个数．用数字0，1，2,3，4可以组成多少个小于１000的自然数?(6级）小于1000的自然数有三类.第一类是0和一位数，有5个;第二类是两位数，有个；第三类是三位数，有个,共有个．用数码0，１，2,３，4，可以组成多少个小于1000的没有反复数字的自然数？（6级）分为三类，一位数时，０和一位数共有5个;二位数时，为个，三位数时，为:个,由加法原理,一共可以组成个小于1000的没有反复数字的自然数．用0~9这十个数字可组成多少个无反复数字的四位数.（６级）无反复数字的四位数的千位、百位、十位、个位的限制条件:千位上不能排0,或说千位上只能排１～９这九个数字中的一个.并且其他位置上数码都不相同,下面分别介绍三种解法.(方法一)分两步完毕：第一步：从１～９这九个数中任选一个占据千位，有9种方法；第二步：从余下的９个数(涉及数字0）中任选3个占据百位、十位、个位,百位有9种.十位有8种,个位有7种方法；由乘法原理,共有满足条件的四位数9×９×8×7=45３6个．（方法二)组成的四位数分为两类:第一类：不含0的四位数有9×8×７×6=3024个；第二类:含0的四位数的组成分为两步:第一步让０占一个位有３种占法,(让0占位只能在百、十、个位上，所以有3种)第二步让其余9个数占位有９×８×７种占法.所以含0的四位数有3×９×8×7＝１512个．由加法原理,共有满足条件的四位数3024+15１2=４536个．用0,1,２，3四个数码可以组成多少个没有反复数字的四位偶数？(6级)分为两类：个位数字为0的有个,个位数字为2的有个，由加法原理,一共有：个没有反复数字的四位偶数.在2０23到2９99这10００个自然数中,有多少个千位、百位、十位、个位数字中恰有两个相同的数？（６级）若相同的数是2,则另一个2可以出现在个、十、百位中的任一个位置上,剩下的两个位置分别有９个和8个数可选，有３×９×8＝２１6(个);若相同的数是１，有3×８＝24(个）;同理,相同的数是0，3，４,5，６,7,８，9时,各有24个，所以，符合题意的数共有2１6+9×24=43２(个）．在100０至1９99这些自然数中个位数大于百位数的有多少个?(6级)(方法一)解决计数问题常用分类讨论的方法.设在1０00至19９9这些自然数中满足条件的数为(其中)；(1)当时，可取１～9中的任一个数字，可取0～９中的任一个数字,于是一共有个．(2)当时,可取２～９中的任一个数字，仍可取0~9中的任一个数字，于是一共有个.(3)类似地，当依次取2,3，4,5，６，7,８时分别有70,60,５０,40,30，2０,10个符合条件的自然数．所以,符合条件的自然数有个．(方法二)1000至1９９９这１000个自然数中,每1０个中有一个个位数等于百位数，共有100个;剩余的数中，根据对称性,个位数大于百位数的和百位数大于个位数的同样多，所以总数为个.某人忘掉了自己的密码数字，只记得是由四个非0数码组成，且四个数码之和是9.为保证打开保险柜至少要试多少次?(6级)四个非0数码之和等于9的组合有１,1,1，６;１,1,2,5；1，1，3，4;1,2,2,４；1,2,3，3;2，2，2,3六种.第一种中，只要考虑６的位置即可,6可以随意选择四个位置,其余位置方1,共有４种选择．第二种中,先考虑放２,有4种选择,再考虑5的位置，有3种选择,剩下的位置放1，共有4×3＝12种选择，同理，第三、第四、第五种都有12种选择,最后一种与第一种相似，3的位置有四种选择,其余位置放2,共有4种选择.由加法原理，一共可以组成4+12+１２＋12＋12+4＝5６个不同的四位数,即为保证打开保险柜至少要试５6次．从1到1０0的所有自然数中，不具有数字４的自然数有多少个？(6级）从1到100的所有自然数可分为三大类,即一位数,两位数，三位数.一位数中,不含4的有8个，它们是1、2、３、5、6、7、8、9;两位数中，不含４的可以这样考虑:十位上，不含4的有l、２、3、５、6、7、8、９这八种情况.个位上,不含4的有0、1、2、３、5、6、7、8、9这九种情况,要拟定一个两位数,可以先取十位数,再取个位数，应用乘法原理,这时共有个数不含4．三位数只有100.所以一共有个不含4的自然数.从1到５0０的所有自然数中，不具有数字４的自然数有多少个?（６级）从1到50０的所有自然数可分为三大类，即一位数，两位数，三位数.一位数中，不含4的有8个，它们是1、2、３、５、6、7、8、9;两位数中,不含4的可以这样考虑:十位上,不含4的有l、2、3、５、6、７、8、9这八种情况．个位上，不含4的有0、１、2、3、5、6、７、8、9这九种情况,要拟定一个两位数，可以先取十位数,再取个位数，应用乘法原理，这时共有８×9=72个数不含4．三位数中，小于500并且不含数字４的可以这样考虑:百位上,不含4的有1、2、3、这三种情况.十位上，不含4的有0、1、2、3、5、6、7、8、9这九种情况，个位上,不含４的也有九种情况．要拟定一个三位数,可以先取百位数,再取十位数，最后取个位数,应用乘法原理,这时共有个三位数．由于500也是一个不含4的三位数.所以，1～500中，不含4的三位数共有个．所以一共有个不含4的自然数.从1到300的所有自然数中,不具有数字2的自然数有多少个?(6级）从１到３00的所有自然数可分为三大类,即一位数,两位数，三位数．一位数中，不含2的有8个，它们是１、３、4、５、6、7、8、9；两位数中,不含2的可以这样考虑:十位上,不含2的有１、３、4、5、6、7、8、9这八种情况.个位上,不含２的有0、1、3、4、5、６、7、8、9这九种情况，要拟定一个两位数,可以先取十位数，再取个位数，应用乘法原理，这时共有个数不含2；三位数中，除去300外,百位数只有1一种取法,十位与个位均有0，１,3，4,5,6,7,8，9九种取法,根据乘法原理,不含数字２的三位数有：个，还要加上300;根据加法原理，从1到3０0的所有自然数中,不具有数字２的自然数一共有个.由数字０、2、８（既可全用也可不全用)组成的非零自然数,按照从小到大排列，20２３排在第个．【2023年第二届两岸四地“华罗庚金杯”少年数学精英邀请赛】（8级)比小的位数有和,比小的位数有（种),比小的位数有(种）,比小的位数有（种),所以排在第（个).从分别写有2、4、6、８的四张卡片中任取两张,做两个一位数乘法.假如其中的6可以当作9,那么共有多少种不同的乘积?(６级）取2有8、１2、1６、18四种，取4增长24、32、3６三种，取6增长48、72两种，一共有9种自然数8336，85４5,８７82有一些共同特性，每个数都是以8开头的四位数，且每个数中恰好有两个数字相同．这样的数共有多少个?（6级）两个相同的数字是8时,另一个8有3个位置可选,其余两个位置有种填法，有个数;两个相同的数字不是8时，相同的数字有9种选法，不同的数字有８种选法，并有3个位置可放，有个数.由加法原理,共有个数．在10０0到1999这10０0个自然数中,有多少个千位、百位、十位、个位数字中恰有两个相同的数?(6级）若相同的数是1,则另一个1可以出现在个、十、百位中的任一个位置上,剩下的两个位置分别有９个和8个数可选,有个;若相同的数是２，有3×８＝24个;同理,相同的数是0,３,４,５，6，7,8,9时,各有24个，所以，符合题意的数共有个假如一个三位数满足，，那么把这个三位数称为“凹数”，求所有“凹数”的个数.(８级)当为时,、可认为1~9中的任何一个,此时有种;当为时,、可认为2~9中的任何一个，此时有种;……;当为时,有种；所以共有(个）.用数字1，２组成一个八位数,其中至少连续四位都是1的有多少个？（６级）将4个1当作一个整体，其余4个数有5种情况:4个2、3个２、2个2、1个2和没有２;①4个２时,4个1可以有５种插法；②３个2时，3个２和１个1共有4种排法,每一种排法有４种插法,共有种;③2个2时,２个2和２个1共有6种排法，每一种排法有3种插法,共有种；④1个2时,1个2和3个１共有4种排法，每一种排法有2种插法,共有种;⑤没有２时,只有1种;所以，总共有：个．答：至少连续四位都是1的有48个.七位数的各位数字之和为６0,这样的七位数一共有多少个?（６级）七位数数字之和最多可认为.．七位数的也许数字组合为:①9,9，9,９,９,9,6．第一种情况只需要拟定６的位置即可．所以有６种情况．②9，9，9,9，9，８,7.第二种情况只需要拟定８和７的位置，数字即拟定．８有7个位置，７有6个位置.所以第二种情况可以组成的７位数有个．③9，9，9,９,８，8,８,第三种情况，3个８的位置拟定即７位数也拟定．三个8的位置放置共有种．三个相同的８放置会产生种反复的放置方式.所以3个8和４个9组成的不同的七位数共有种.所以数字和为６0的七位数共有．从自然数1～4０中任意选取两个数,使得所选取的两个数的和能被４整除，有多少种取法?（６级)２个数的和能被4整除,可以根据被4除的余数分为两类：第一类：余数分别为0，0．1~４0中能被4整除的数共有(个），1０个中选２个，有（种)取法;第二类:余数分别为1,3．1~40中被4除余1，余3的数也分别都有10个，有(种）取法;第三类：余数分别为２，2．同第一类,有45种取法.根据加法原理，共有（种)取法.（６级)将1～100按照除以3的余数分为3类：第一类,余数为１的有１,4,7，…100，一共有34个；第二类,余数为2的一共有３3个;第三类,可以被３整除的一共有33个.取出两个不同的数其和是３的倍数只有两种情况:第一种,从第一、二类中各取一个数，有种取法；第二种,从第三类中取两个数,有种取法.根据加法原理,不同取法共有：种.在１~10这１0个自然数中,每次取出两个不同的数,使它们的和是３的倍数，共有多少种不同的取法?(6级)两个数的和是３的倍数有两种情况,或者两个数都是3的倍数,或有１个除以3余1,另一个除以３余２.1～10中能被3整除的有３个数,取两个有3种取法；除以３余1的有4个数,除以３余2的有3个数,各取1个有种取法．根据加法原理，共有取法:种．(６级)三个不同的数和为3的倍数有四种情况:三个数同余1，三个数同余2，三个数都被３整除,余1余2余0的数各有１个，四类情况分别有４种、１种、1种、种,所以一共有种．（6级）两个数和为３的倍数情况有两种：两个被3整除的数和是3的倍数,一个被3除余1的数和一个被３除余２的数相加也能被３整除.这7１个数中被3整除，被3除余1，被3除余２的数分别有23、２4、２4个，选取两个数只要是符合之前所说的两种情况就可以了,选取两个被３整除的数的方法有种,从被３除余1和被３除余2的数中各取1个的方法共有种，所以一共有种选取方法．（6级)两个数的和被3除余1的情况有两种：两个被３除余2的数相加,和一个被3整除的数和一个被3除余1的数相加,所以选取方法有种.同样的也可以求出被3除余2的选取方法有种.１到60这60个自然数中,选取两个数,使它们的乘积是被５除余2的偶数，问，一共有多少种选法？（6级）两个数的乘积被5除余２有两类情况，一类是两个数被5除分别余1和２，另一类是两个数被5除分别余3和4,只要两个乘数中有一个是偶数就能使乘积也为偶数.１到60这6０个自然数中,被5除余1、2、3、4的偶数各有6个,被5除余１、２、3、4的奇数也各有６个,所以符合条件的选取方式一共有种．一个自然数,假如它顺着看和倒过来看都是同样的，那么称这个数为“回文数”．例如１331,７，2０２都是回文数,而22０则不是回文数．问:从一位到六位的回文数一共有多少个?其中的第1９96个数是多少?(6级)我们将回文数分为一位、二位、三位、…、六位来逐组计算．所有的一位数均是“回文数”,即有9个;在二位数中，必须为形式的,即有9个(由于首位不能为０，下同)；在三位数中，必须为（、可相同，在本题中,不同的字母代表的数可以相同）形式的,即有9×1０=90个;在四位数中,必须为形式的，即有９×１0个;在五位数中,必须为形式的,即有9×1０×10=900个;在六位数中,必须为形式的，即有9×10×１0=90０个．所以共有9＋9＋90+９0＋900＋9０0＝１99８个,最大的为9９999９，另一方面为99８899，再次为9９７799.而第1996个数为倒数第3个数，即为99７799.所以,从一位到六位的回文数一共有1９98个，其中的第199６个数是99７799．如图,将１，2，3，４，5分别填入图中的格子中,规定填在黑格里的数比它旁边的两个数都大.共有种不同的填法．【走进美妙数学花园少年数学邀请赛】(6级）由于规定“填在黑格里的数比它旁边的两个数都大”，所以填入黑格中的数不可以太小,否则就不满足条件．通过枚举法可知填入黑格里的数只有两类:第一类，填在黑格里的数是5和4;第二类,填在黑格里的数是5和3．接下来就根据这两类进行计数:第一类,填在黑格里的数是5和4时，分为以下几步：第一步,第一个黑格可从５和4中任选一个，有２种选法；第二步,第二个黑格可从5和4中剩下的一个数选择，只有1种选法;第三步,第一个白格可从1，2，3中任意选一个,有3种选法．第四步,第二个白格从１,2,３剩下的两个数中任选一个，有２种选法;第五步，最后一个白格只有1种选法.根据乘法原理,一共有种.第二类,填在黑格里的数是5和3时,黑格中有两种填法，此时白格也有两种填法，根据乘法原理,不同的填法有种．所以,根据加法原理，不同的填法共有种.在如图所示１×５的格子中填入1，２,3,4，5,6,７,8中的五个数，规定填入的数各不相同，并且填在黑格里的数比它旁边的两个数都大．共有种不同的填法.（6级)假如取出来的五个数是1、２、３、4、５，则共有不同填法1６种.从8个数中选出5个数，共有8×7×6÷(3×2×1)＝56中选法，所以共１6×56=8９6种．从1~12中选出７个自然数,规定选出的数中不存在某个自然数是另一个自然数的2倍,那么一共有种选法．(６级)由于规定选出的数中不存在某个自然数是另一个自然数的2倍，可以先根据２倍关系将1~１２进行如下分组：(1,２,4，８）;(3，4，1２)；(５，10);(7）;(９）；（１1)．由于第一组最多可选出2个数,第二组最多可选出2个数，其余四组最多各可选出1个数,所以最多可选出8个数.现在规定选出7个数,所以恰好有一组选出的数比它最多可选出的数少一个.⑴假如是第一组少一个,也就是说第一组选1个,第二组选2个，其余四组各选1个，此时有种选法；⑵假如是第二组少一个,也就是说第一组选2个，其余五组各选一个，此时第一组有3种选法,根据乘法原理，有种选法；⑶假如是第三组少一个,也就是说第一组选2个，第二组选2个，第三组不选，其余三组各选1个,有种选法;⑷假如是第四、五、六组中的某一组少一个，由于这三组地位相同，所以各有种选法．根据加法原理,共有种不同的选法．从到这个自然数中有个数的各位数字之和能被4整除．(6级）由于在一个数的前面写上几个0不影响这个数的各位数字之和,所以可以将到中的一位数和两位数的前面补上两个或一个０，使之成为一个三位数．现在相称于规定０01到９9９中各位数字之和能被4整除的数的个数.一个数除以4的余数也许为０，１，2，3,0~9中除以4余０的数有3个,除以４余1的也有3个，除以４余2和3的各有２个．三个数的和要能被4整除,必须规定它们除以４的余数的和能被4整除,余数的情况有如下5种:;;；；.⑴假如是，即3个数除以4的余数都是0，则每位上都有3种选择，共有种也许,但是注意到其中也包含了000这个数,应予排除，所以此时共有个;⑵假如是,即3个数除以4的余数分别为０,1，3,而在3个位置上的排列有种,所以此时有个；⑶假如是，即3个数除以4的余数分别为0,２，2，在3个位置上的排列有种，所以此时有个;⑷假如是，即3个数除以4的余数分别为1，1，２，在3个位置上的排列有种,所以此时有个；⑸假如是,即３个数除以4的余数分别为2，3,3，在3个位置上的排列有种，此时有个.根据加法原理，共有．【巩固】从10到4999这4990个自然数中,其数字和能被4整除的数有多少个？（6级）分段计算:在１０00～49９９这400０个数中，数字和被４除余0、1、２、３的各有1000个；在２０0~9９9这８00个数中,数字和被4除余0、1、2、3的各有2０0个；在2０~99、120~１9９这160个数中，数字和被4除余0、1、2、3的各有40个;此外,１０~19、1０0~1１9种分别有2个和4个被４整除,所以,共有个．【巩固】从1到3998这3998个自然数中,又多少个数的各位数字之和能被４整除？(6级)从０到999共有1０0０个数，它们除以4的余数为0，1，2，3，这样，这１00０个数每一个加上千位上相应的0，1，２,3，都能被4整除,所以答案为1000个．有两个不完全同样的正方体，每个正方体的六个面上分别标有数字1、2、3、4、5、6．将两个正方体放到桌面上，向上的一面数字之和为偶数的有多少种情形？（6级)要使两个数字之和为偶数，只要这两个数字的奇偶性相同，即这两个数字要么同为奇数,要么同为偶数，所以,要分两大类来考虑.第一类,两个数字同为奇数．由于放两个正方体可认为是一个一个地放.放第一个正方体时,出现奇数有三种也许,即1,3,５;放第二个正方体，出现奇数也有三种也许,由乘法原理,这时共有种不同的情形．第二类，两个数字同为偶数,类似第一类的讨论方法,也有种不同情形.最后再由加法原理即可求解.两个正方体向上的一面数字之和为偶数的共有种不同的情形.有两个不完全同样的正方体,每个正方体的六个面上分别标有数字１、2、3、4、５、6.将两个正方体放到桌面上，向上的一面数字之和为奇数的有多少种情形？(6级）要使两个数字之和为奇数,只要这两个数字的奇偶性不同,即这两个数字一个为奇数，另一个为偶数，由于放两个正方体可认为是一个一个地放.放第一个正方体时,出现奇数有三种也许,即.有两个骰子,每个骰子的六个面分别有1、2、3、4、5、6个点.随意掷这两个骰子，向上一面点数之和为偶数的情形有多少种？（6级）方法一：要使两个骰子的点数之和为偶数，只要这两个点数的奇偶性相同，可以分为两步:第一步第一个骰子随意掷有6种也许的点数；第二步当第一个骰子的点数拟定了以后,第二个骰子的点数只能是与第一个骰子的点数相同奇偶性的３种也许的点数.根据乘法原理，向上一面的点数之和为偶数的情形有（种).方法二:要使两个骰子点数之和为偶数,只要这两个点数的奇偶性相同,所以,可以分为两类：第一类:两个数字同为奇数．有(种)不同的情形．第二类:两个数字同为偶数．类似第一类，也有（种）不同的情形.根据加法原理,向上一面点数之和为偶数的情形共有（种）．方法三:随意掷两个骰子,总共有（种)不同的情形．由于两个骰子点数之和为奇数与偶数的也许性是同样的，所以，点数之和为偶数的情形有(种）．有三个骰子,每个骰子的六个面分别有1、2、3、4、5、6个点.随意掷这三个骰子,向上一面点数之和为偶数的情形有多少种？(6级)方法一:要使三个点数之和为偶数,有两种情况，三个点数都为偶数,或者一个点数为偶数此外两个点数为奇数.可以分为三步：第一步,第一个骰子随意掷有6种也许的点数；第二步，当第一个骰子的点数拟定了以后,第二个骰子的点数还是奇数偶数都有也许所有也有6种也许的点数；第三步,当前两个骰子的点数即奇偶性都拟定了之后第三个骰子点数的奇偶性就拟定了所以只有3种也许的点数.根据乘法原理，向上一面的点数之和为偶数的情形有(种）．方法二：要使三个点数之和为偶数,有两种情况，三个点数都为偶数,或者一个点数为偶数此外两个点数为奇数．所以，要分两大类来考虑：第一类：三个点数同为偶数.由于掷骰子可认为是一个一个地掷．每掷一个骰子出现偶数点数都有3种也许.由乘法原理,这类共有（种）不同的情形．第二类:一个点数为偶数此外两个点数为奇数．先选一个骰子作为偶数点数的骰子有３种选法，然后类似第一类的讨论方法，共有（种）不同情形.根据加法原理,三个骰子向上一面点数之和为偶数的情形共有（种）．3个骰子掷出的点数和中，哪个数最有也许？(6级）对于3个骰子的情况，情况比较复杂,点数和的取值范围是3到1８，其中点数和为３到8的情况而13到18的点数情况种数也可以直接求出,例如点数为１3的情况，将每个骰子的数值分别记为、、,、、的取值都是1到6，则问题变为的解的数量,即的解的数量，这就又可以用隔板法来求了,得数还是2１种,(事实上构成的数表一定是左右对称的)对于点数和为9、10、１１、12的情况不能用隔板法来求，例如对９进行隔板有种,但这28种中还涉及了1、1、7，１、７、１,7、1、1三种情况,所以实际的情况只有25种,对于点数和为10点的情况用挡板法求得45种,扣除９种出现超过６点的情况，尚有３６种,详表如图:点数34567８910情况数136101５212536点数１８171６15141312１1情况数１36101521２536所以3个骰子的点数和中，1０和１1的也许性最大．有一种用12位数表达时间的方法:前两位表达分,三四位表达时,五六位表达日，七八位表达月，后四位表达年.凡局限性数时，前面补0．按照这种方法,2023年２月20日2点２0分可以表达为.这个数的特点是：它是一个1２位的反序数，即按数位顺序正着写反着写都是相同的自然数，称为反序数．例如171,2３032等是反序数.而２8与82不相同，所以2８,82都不是反序数.问：从公元102023到2023年12月,共有多少个这样的时刻?(6级）反序数是关于中心对称的数.⑴日期的两个数可以是0１,02,０３,10,11,12中的任意一个．⑵年份的前两位可以是10～１2中的任意数．⑶年份的末两位可以分别是0～９，0~5中的任意数．⑷在公元100０～公元２０２3年间符合条件的数共有个.２０23,２０23,20２3,月份可选01,02,03,1０,11,1２．符合条件的时间共:（个）假如电子计时器所显示的十个数字是“”这样一串数,它表达的是1月2６日9时30分２8秒．在这串数里,“０”出现了3次，“2”出现了2次，“1”、“3”、“6”、“8”、“９”各出现1次,而“４”、“5”、“7”没有出现.假如在电子计时器所显示的这串数里，“0”、“1”、“2”、“3”、“4”、“５”、“6”、“７”、“８”、“9”这十个数字都只能出现一次,称它所表达的时刻为“十全时”，那么20２３年一共有多少个这样的“十全时”?（６级)⑴容易验证在1、2、１０、11、12月内没有“十全时”．⑵３月里只有形式0３21□□符合条件．其中两个方格中可以填4或5，四条横线上可以填6或7或8或9，于是共有个“十全时”．同理4、5月内也分别各有４8个“十全时”．⑶6月里有两种形式：0６123□□①或062１□□②符合条件.对于形式①两个方格中可以填4或5；三条横线上可以填7或８或9，于是共有个“十全时”．②两个方格中可以填3或4,或5中的任意两个数，三条横线上可以填7或8或９及３、4、５中余下的某一个数．于是共有个“十全时”．所以6月里共有“十全时”个.同理7、８、９月内也分别各有1５6个“十全时”.综上所述,２023年一共有个“十全时”.模块三、加乘原理与图论地图上有A，B，C，D四个国家(如下图）,现有红、黄、蓝三种颜色给地图染色，使相邻国家的颜色不同,但不是每种颜色都必须要用,问有多少种染色方法?（6级)A有3种颜色可选;当B,Ｃ取相同的颜色时,有２种颜色可选,此时D也有２种颜色可选.根据乘法原理,不同的涂法有种;当B，C取不同的颜色时，B有2种颜色可选,C仅剩1种颜色可选,此时D也只有1种颜色可选（与A相同).根据乘法原理,不同的涂法有种．综上，根据加法原理,共有种不同的涂法.假如有红、黄、蓝、绿四种颜色给例题中的地图染色,使相邻国家的颜色不同，但不是每种颜色都必须要用，问有多少种染色方法？（6级)第一步，一方面对A进行染色一共有4种方法,然后对B、C进行染色，假如Ｂ、C取相同的颜色，有三种方式，D剩下3种方式，假如B、C取不同颜色，有种方法,D剩下2种方法,对该图的染色方法一共有种方法．如右图，有A、B、Ｃ、D、E五个区域,现用五种颜色给区域染色，染色规定：每相邻两个区域不同色，每个区域染一色．有多少种不同的染色方式？（６级）先采用分步:第一步给A染色,有5种方法;第二步给B染色,有４种方式；第三步给C染色,有3种方式；第四步给D染色，有3种方式;第五步,给Ｅ染色,由于Ｅ不能与A、B、D同色,但可以和C同色．此时就出现了问题：当D与Ｂ同色时，E有3种颜色可染;而当Ｄ与B异色时,E有2种颜色可染.所以必须从第四步就开始分类：第一类,D与B同色.E有3种颜色可染，共有（种）染色方式；第二类，D与Ｂ异色.D有2种颜色可染，E有2种颜色可染,共有(种）染色方式.根据加法原理,共有（种)染色方式.如右图,有A，B,C，D四个区域,现用四种颜色给区域染色,规定相邻区域的颜色不同，每个区域染一色.有多少种染色方法？（6级）A有4种颜色可选,然后分类：第一类:，取相同的颜色.有3种颜色可染,此时也有3种颜色可选．根据乘法原理，不同的染法有(种)；第二类:当，取不同的颜色时，有3种颜色可染,有2种颜色可染，此时也有2种颜色可染．根据乘法原理,不同的染法有(种).根据加法原理，共有(种）染色方法.用四种颜色对右图的五个字染色，规定相邻的区域的字染不同的颜色，但不是每种颜色都必须要用.问：共有多少种不同的染色方法?(6级）第一步给“而”上色，有４种选择；然后对“学”染色,“学”有3种颜色可选;当“奥”，“数”取相同的颜色时，有2种颜色可选，此时“思”也有２种颜色可选,不同的涂法有种;当“奥”,“数”取不同的颜色时，“奥”有２种颜色可选,“数”剩仅1种颜色可选，此时“思”也只有１种颜色可选(与“学”相同)，不同的涂法有种.所以，根据加法原理，共有种不同的涂法．分别用五种颜色中的某一种对下图的，,,，,六个区域染色，规定相邻的区域染不同的颜色,但不是每种颜色都必须要用．问:有多少种不同的染法?(8级）先按，，，，的顺序染色,可供选择的颜色依次有５，４，3,2，3种,注意与的颜色搭配有(种)，其中有3种和同色，有６种和异色.最后染,当与同色时有3种颜色可选,当与异色时有２种颜色可选，所以共有种染法.将图中的○分别涂成红色、黄色或绿色，规定有线段相连的两个相邻○涂不同的颜色,共有多少种不同涂法?（6级）如右上图,当，,,的颜色拟定后,大正方形四个角上的○的颜色就拟定了，所以只需求，，,有多少种不同涂法.按先，再,，后的顺序涂色．按的顺序涂颜色:有３种颜色可选;当，取不同的颜色时，有2种颜色可选，仅剩1种颜色可选，此时也只有1种颜色可选(与相同），不同的涂法有（种).所以，根据加法原理，共有种不同的涂法．直线a,b上分别有5个点和4个点,以这些点为顶点可以画出多少个三角形？(６级）画三角形需要在一条线上找1个点，另一条线上找２个点,本题分为两种情况:⑴在线上找一个点，有5种选取法,在线上找两个点，有种，根据乘法原理，一共有:个三角形；⑵在线上找一个点，有4种选取法，在线上找两个点,有种,根据乘法原理,一共有：个三角形;根据加法原理,一共可以画出:个三角形.直线a，b上分别有4个点和2个点，以这些点为顶点可以画出多少个三角形?（4级）画三角形需要在一条线上找1个点，另一条线上找２个点，本题分为两种情况:⑴在线上找一个点，有4种选取法,在线上找两个点，有1种,根据乘法原理，一共有:个三角形;⑵在线上找一个点,有２种选取法,在线上找两个点，有种，根据乘法原理,一共有：个三角形;根据加法原理，一共可以画出:个三角形．直线a,b上分别有5个点和4个点，以这些点为顶点可以画出多少个四边形?(４级)画四边形需要在每条线上取2个点，在线上取2个点共有种，在线上取2个点共有种，根据乘法原理，一共可以画出个四边形.三条平行线上分别有2,４，3个点(下图），已知在不同直线上的任意三个点都不共线.问：以这些点为顶点可以画出多少个不同的三角形？(6级)(方法一)本题分三角形的三个顶点在两条直线上和三条直线上两种情况⑴三个顶点在两条直线上，一共有个⑵三个顶点在三条直线上，由于不同直线上的任意三个点都不共线,所以一共有:个根据加法原理,一共可以画出个三角形．(方法二)个点任取三个点有种取法,其中三个点都在第二条直线上有种，都在第三条直线上有种，所以一共可以画出个三角形．5条直线两两相交，没有两条直线平行,没有任何三条直线通过同一个点，以这5条直线的交点为顶点能构成几个三角形?（6级）方法一:5条直线一共形成个点，对于任何一个点，通过它有两条直线，每条直线上此外有3个点，此外尚有三个不共线的点，以这个点为顶点的三角形就有个三角形,以10个点分别为定点的三角形一共有3０0个三角形，但每个三角形被反复计算3次,所以一共有100个三角形.方法二：只要三点不共线就能构成三角形，所以我们先求出1０个点中取出3个点的种数，再减去3点共线的情况．这10个点是由5条直线互相相交得到的，在每条直线上都有4个点存在共线的情况,这4个点中任意三个都共线，所以一共有个三点共线的情况，除此以外再也没有3点共线的情况(用反证法可证明之），所以一共可以构成ﻫ种情况．(6级)第一类：三角形三个顶点都在圆周上，这样的三角形一共有种;第二类：三角形两个顶点在圆周上,这样的三角形一共有种；第三类:三角形一个顶点在圆周上，这样的三角形一共有种；根据加法