六年级奥数第一册三单元

1、第一讲：枚举法（分类、树形图）一、内容概述1、枚举就是将要求计数的物体一一列举出来再进行总数的统计的方法。枚举无疑是最原始、 最简单的计数方法， 但是它同时也是计数最可靠的方法，也是发现规律、找到技巧的最佳方法。2、计数的关键在于既不重复、也不遗漏，枚举法也不例外。要做到这一点，关键是要在确定列举范围以后先按照一定的标准分类，再按一定的顺序进行列举。运用树形图帮助按顺序列举是解决这一问题的常用技巧。3、借用树形图列举是解决过程的方法，不是最终目的。因此，如果能够在列举过程中及时发现规律并加以应用和推广，将更有利于问题的尽快、 尽简解决。二、枚举法的运用1、分类枚举例 1分子小于 6 而分母小于

2、 60 的最简真分数共有多少个？解：最简真分数的条件（ 1）分子比分母小，（ 2）分子与分母互质。根据分类的原则，分的类别应该尽可能少，所以这里按分子进行分类枚举比较合理。当分子为 1，有 1 ， 1 ， 1 ，, 1 ，共计 59-2+1=58（个）；23459当分子为 2，有222，,2575728293，59，去掉可约分数共 57（个）；452当分子为 3，有333，,3565618384，59，去掉可约分数共 56（个）；563当分子为 4，有444，,4555527285，59，去掉可约分数共 55（个）；672当分子为 5，有555，,5545410446，59，去掉可约分数共 5

3、4（个）；785用加法原理可得，共有最简真分数：58+29+38+28+44=197（个）例 2 一个长方形被一条直线分为2 个部分，那么8 条直线最多可以将长方形分为多少个部分？如果是2002 条呢？解：枚举观察， 1 条直线最多可以将长方形分为：1+1=2（个）部分；2 条直线最多可以将长方形分为：1+1+2=4（个）部分；3 条直线最多可以将长方形分为：1+1+2+3=7（个）部分；,所以，8 条直线最多可以将长方形分为：1+1+2+3+4+5+6+7+8=37（个）部分。2002 条直线最多可以将长方形分为：1+1+2+3+, , +2000+2001+2002=2005004（个）部

4、分。2、树形图例 3 某人在 A、 B、 C 三个城市游览，他今天在这个城市，明天就要到另一个城市。那么，他从 A 城出发， 4 天后仍然回到A 城，共有多少种不同游览路线？解：这位游客的游览路线可以用如下的树形图来表示，所以他共有 6 种不同的游览路线。例 4 甲、乙两人进行象棋比赛，双方约定先胜四局者最终胜。现在三局过后，甲为二胜一负。 那么要决出最后胜负为止， 一共有多少种不同的可能情形？其中甲胜的不同情形共有多少种？（假设没有和局）解：比赛要决出最后胜负，至少还要赛 2 场，至多还要赛 5 场，按进行比赛的场数分类，再比赛 2 场可以决出胜负，两场都是甲胜利， 1 种；再比赛 3 场可

5、以决出胜负，前两场甲一负一胜或一胜一负，2 种；再比赛 4 场可以决出胜负，前三场甲两负一胜， 3 种；四场都是乙胜， 1 种；再比赛 5 场可以决出胜负，前四场甲三负一胜， 4 种；前四场乙三胜一负， 4种；一共有不同的可能情形：1+2+3+1+4+4=15（种）其中甲胜利的情形共有：1+2+3+4=10（种）3、标数枚举（求最短路径）例 5 如图，要从 A 点走到 B 点，要求每一步都是向右、向上或者向斜上方，那么共有多少种不同走法？解：根据题意，每到一个节点就会有不同的路线，那么对每个节点的路线条数进行标数，则可得到节点 B 的路线条数，如图所示，所以，共有 12 种不同的走法。例 6

6、如下各图，由 A 点沿最短路线到达 B 点各有多少种不同走法？解：与例题 5 一样，对每个节点的路线进行标数，则可得到节点B 的路线条数，如图所示，所以，图（ 1）中，到达 B 点有 20 种不同路线，图（ 2）中，到达 B 点有 34 种不同路线。第二讲：加法、乘法原理（一）一、内容概述1、加法原理和乘法原理来源于枚举法中分类和有序枚举，是枚举中对于规律的一种概括。加法原理：完成一件事情，有 k 类不同的方法，而第一类方法中有 m1 种不同的做法， 第二类方法中有 m2 种不同的做法， , 那么完成这一件事情的方法总数为： m1+m2+,+m k乘法原理：完成一件事情，有k 个必经的步骤，而

7、第一个步骤中有m1 种不同的做法，第二个步骤中有m2 种不同的做法， , 。那么完成这一件事情的方法总数为： m1×m2×, ×m k2、可以用下图表示加法原理和乘法原理：二、加法原理的运用例 1 长沙去广州，可乘火车，也可以乘汽车，还可以乘飞机。如果某天中，长沙去广州有 5 班火车、 4 班汽车和 3 班飞机，那么这一天中由长沙去广州可以有多少种不同的走法？分析与解 ：目的：长沙去广州；途径：乘坐三种不同的交通工具；结果：乘坐任何一种交通工具都可以到达目的地，整个事件结束。所以，利用加法原理，由长沙去广州可以有 5+4+3=12（种）不同的走法。例 2 有 5

8、分币， 2 分币， 1 分币各若干，现要组成 1 角钱，共有多少种不同的组合方式？分析与解： 按币值较大的进行分类枚举，这样分的类别比较少，只有三种，5 分币取两张，另两种币值的没得选择，1 种组合方式；5 分币取一张，再考虑2 分币，可以取1 张， 2 张，或者不取， 3 种组合方式；5 分币不取，再考虑2 分币，可以取 1，2，3，4，5 张，或者不取， 6 种组合方式。利用加法原理，共有1+3+6=10种不同的组合方式。例 3 用 10 把钥匙开 10 把锁，但是不知道哪把钥匙开哪把锁，那么最多是多少次就能够将所有的钥匙和所有的锁一一配好？解：第一片钥匙要找到适合它的锁，至多要试 9 次

9、；第二片钥匙要找到适合它的锁，至多要试 8 次；第三片钥匙要找到适合它的锁，至多要试 7 次；,所以将所有的钥匙和所有的锁一一配好最多需要9+8+7+6+5+4+3+2+1=45（次）三、乘法原理的运用例 4 书架上层放着 6 本不同的数学书，下层放有 5 本不同的语文书，从中任取数学书与语文书各一本。有多少种不同的取法？分析与解： 目的：取数学书与语文书各一本途径：上层取一本，下层取一本，分步进行。所以，根据乘法原理，共有 6×5=30 种不同的取法。例 5 由数字 0、1、3、5、7 可以组成多少个没有重复数字的四位数？能被5 整除的四位数（没有重复数字）有多少个？解：（1）没有

10、重复数字的四位数，先考虑特殊位置，千位数字，只有1， 3， 5， 7 四种选择；百位数字，此时千位数字已经选定，五个数字已经用去1 个，则百位数字只能在剩下的4 个数字中选择；依次类推，十位数字有3 种选择，个位数字有2 种选择，根据乘法原理，这样没有重复数字的四位数有4×4×3×2=96（个）（2）被 5 整除没有重复数字的四位数，此时个位数字更为特殊，它只能是0 或者 5，所以分类讨论，当个位数字是 0 时，千位有 4 种，百位有 3 种，十位有 2 种，共计 1×4×3× 2=24（个）当个位数字是 5 时，千位有 3 种，百位

11、有 3 种，十位有 2 种，共计 1×3×3× 2=18（个）所以被 5 整除没有重复数字的四位数有24+18=42（个）例 6 在下图中共有 16 个方格，现在要将 A、B、C、D四枚棋子放到方格中，而且要求每一行、每一列都只能出现一枚棋子，那么一共有多少种不同的放法？解：分步将 A、B、C、D 四枚棋子放到方格中， A 放入方格中有 4× 4=16 种不同的放法； B 放入方格中有 3× 3=9 种不同的放法；C放入方格中有 2× 2=4 种不同的放法；D放入方格中有 1× 1=1 种不同的放法。一共有不同的放法： 16

12、×9×4×1=576（种）例 7 红日小学的乒乓球代表队由 10 名男队员和 8 名女队员组成：（ 1）在乡乒乓球对抗赛上，红日小学要从这些队员中挑选1 名男队员， 1 名女队员配成一组去参加男女混合双打比赛，问有多少种不同的搭配方式？（ 2）红日小学荣获乡乒乓球比赛团体总分第一，校领导要从男队员或女队员中任选一人去登台领奖，问有多少种不同的选法？解：分步选人，从男队员中选有 10 种不同选择；从女队员中选有 8 种不同选择。男女混合双打比赛，有不同的搭配方式 10×8=80（种）利用加法原理可知，从男、女队员中任选一人，有不同的选法： 10+8=18（

13、种）第三讲：加法、乘法原理（二）一、知识要点：1、加法原理和乘法原理的区别在于是将所完成的“事情”进行分类还是分步。但是无论是进行分类还是分步，都必须做到几个类别或几个步骤相互独立，互不影响。2、生活中进行加法原理与乘法原理的实际应用时，常常应该先考虑分类，再考虑在每一类中进行分步。 但要注意： 有时并不能直接发现分类， 而是在按照所分的步骤前进几步以后才发现某一步中有几类情形， 这时要找到分类的标准重来先分类、 再分步进行计数。二、加法与乘法原理的综合运用例 1 如图是连接城市 A、B、 C 的公路网，汽车从 A 点出发经过 B 到 C 选择不绕远路的不同路线共有多少种？解：利用标数枚举可知

14、，从 A 到 B 有 6 种不同走法，从 B 到 C也有 6 种不同走法，所以根据乘法原理，汽车从 A 点出发经过 B 到 C 选择不绕远路的不同路线共有6×6=36（种）例 2 在 1-500 的自然数中，不含有数字“4”的数共有多少个？解：考虑 0499，为了统一，把一位数、两位数都看作是三位数，如位数是 000，12 看作三位数是 012，0 看作三如此，这些三位数的个位数字有 0，1，2，3，5，6，7，8，9 共计 9 种选择；十位数字有 0，1，2，3，5，6，7，8，9 共计 9 种选择；百位数字有 0，1，2，3 共计 4 种选择；因此在 0499 中，不含有数字“

15、4”的数共有 4× 9× 9=324（个）在 1-500 的自然数中，不含有数字“4”的数共有 324+1-1=324（个）例 3 用 4 种颜色染下图中编号为 1，2，3，4 的 4 个矩形，使任二相邻的矩形所染的颜色都不相同的染色方法有多少种？解： 2、3 同色有： 4×3×1×3=36（种）2 、3 不同色有： 4×3×2×2=48（种）染色方法有： 36+48=84（种）例 4 用红、黄、绿三面旗子挂在旗杆上，可以挂一面、两面、三面，不同的顺序，算不同的挂法。问有多少种不同的挂法？解：按挂旗子的面数进行分类

16、枚举，只挂一面旗子，有红、黄、绿三种不同的选择；挂两面旗子，有 3×2=6（种）不同的挂法；挂三面旗子，有 3×2×1=6（种）不同的挂法。所以一共有 3+6+6=15（种）不同的挂法。例 5 有 10 级台阶，小明每步只能跨一级或者二级，那么小明要从底层上楼到第十层有多少种不同的走法？解：跨到第一级，只有 1 种走法；跨到第二级，可以从底层跨上来，也可以从第一级跨上来，有 1+1=2（种）不同走法；跨到第三级，可以从第一级上来，也可以从第二级上来，即有 1+2=3（种）不同走法；跨到第四级，可以从第二级上来，也可以从第三级上来，即有 2+3=5（种）不同走法；,

17、即跨到第几级，都可以从它前面的两级走一步上来，走法也就是前两级走法的叠加。所以跨到第十级，可以从第八级上来，也可以从第九级上来，有 34+55=89（种）不同走法。例 6 育才小学有语文、数学、音乐、图画、体育 5 个课外活动小组，每个学生必须参加且只能参加其中任何一个小组， 冬冬和明明不在同一课外活动小组的情况有多少种？解：冬冬选课外活动小组有 5 种不同的选择， 明明就只能在剩下的 4 个活动小组中选一个，根据乘法原理，冬冬和明明不在同一课外活动小组的情况有5×4=20（种）例 7 如下图，从 A 处穿过房间到达 B 处，如果要求只能够从小号房间走向大号房间，而且相邻的房间都有门

18、相通，那么一共有多少种不同走法？解：此题类似于例题5，首先，到 1 号房间，只能从 A 进来， 1 种走法；到 2 号房间，可以从 1 号房间过来，也可以直接从 A 进来， 1+1=2（种）走法；之后每到其中的一个房间，都是前面两个房间走法的叠加，如到第 3 号房间，就有 1+2=3（种）走法；到第 4 号房间，就有 2+3=5（种）走法；,到达 B 处，共有 21+34=55（种）不同走法。阅读专题：容斥原理一、内容概述1、容斥原理（又称包含与排除）是计数中的一个基本原理，也是一个常用的计数方法： 在计数过程中， 常常先将所计数的对象分为几个部分， 在对所有的部分分别计数后再进行相加，然后减

19、去重复计数的那些部分。2、应用容斥原理进行实际计数时，为了能够清楚直观地看到计数的各个部分以及所有重复的那些部分， 常常通过作出“韦恩图”相交的圆圈集合覆盖图予以展示。（如下图）从图示可以看出：要计数第一、二、三部分一起覆盖面的大小，一方面可以将图分为 7 个互不相交的部分直接相加；另一方面也可以先将一、二、三部分相加，再减去重复的部分。想一想：怎样减去？3、容斥原理特别适用于分类不独立的计数。二、容斥原理一的运用C A B AB ，这一公式可计算出两个集合圈的有关问题。例 1 四·一班的全体同学都参加了音乐、美术这样两个课外活动小组。其中参加音乐组的有 29 人，参加美术组的有 3

20、2 人，而两个组都参加的同学有 12 人。那么四·一班一共有多少名同学？解：在两个圆的韦恩图中，音乐组的那个圆有29 人，美术组的那个圆有32 人，两个组都参加的同学的两圆所重叠的部分有12 人，四·一班一共有学生： 29+3212=49（人）例 2 在 1-50 的自然数中，是6 的倍数或者 9 的倍数的数一共有多少个？解：在 1-50 的自然数中是 6 的倍数的数有 50 ÷6=8 （个），是 9 的倍数的数有 50 ÷ 9=5 （个），是 18 的倍数的数有 50 ÷18=2 （个）是 6 的倍数或者 9 的倍数的数一共有： 8+52=1

21、1（人）三、容斥原理二的运用DABCABACBCABC ，这一公式可计算出三个集合圈的有关问题。例 3 六年级的 160 名学生参加期末考试，其中：数学得满分的有 58 人，语文得满分的有 53 人，外语得满分的有 59 人；而语文、数学都得满分的有 17 人，数学、外语都得满分的有 22 人，语文、外语都得满分的有 20 人；语文、数学、外语都得满分的有 10 人。那么六年级学生中语、数、外一门满分都没得的有多少人？解：首先根据容斥原理二，求出至少有一门得满分的人数，58+53+59-17-22-20+10=121 （人）那么在全年级中，剩下的人数便是没有一门的满分的人数：160-121=3

22、9（人）例 4 在 1-500 的自然数中，既不能被 2 整除、又不能被 3 整除、且不能被 5 整除的数一共有多少个？解：在 1-500 的自然数中，能被 2 整除的有 500÷ 2=250（个）；能被 3 整除的有 500 ÷3=166 （个）；能被 5 整除的有 500÷5=100（个）；能被 2、 3 最小公倍数 6 整除的有 500 ÷6=83 （个）；能被 2、 5 最小公倍数 10 整除的有 500 ÷ 10=50（个）；能被 3、 5 最小公倍数 15 整除的有 500 ÷15=33 （个）；能被 2、 3、 5 最小公倍数 30 整除的有 500 ÷30=16 （个）；在 1-500 的自然数中，能被2 或 3 或 5 整除的数有：250+166+100-83-50-33+16=366（个）所以既不能被2 整除、又不能被3 整除、且不能被5 整除的数一共有500-366=134（个）四、图像法不是利用容斥原理的公式计算，而是根据题意画图，并借助图形帮助分析，逐个地计算出各个部分，从而解答问题。例 5 某班有学生 48 人，其中 21 人参加数学竞赛， 13 人