数学问题整理

年龄问题

解年龄问题，一般要抓住以下三条规律：

(1)不论在哪一年，两个人的年龄差总是确定不变的；

(2)K着时间向前(过去)或向后(将来)推移，两个人或两个以上人的年龄一定减少或

增加相等的数量；

(3)陨着时间的变化，两个人年龄之间的倍数关系一定会改变。

【例1】妈妈今年43岁，女儿今年11岁，几年后妈妈的年龄是女儿的3倍？几年前妈妈的年

龄是女儿的5倍？

【分析】无论在哪一年，妈妈和女儿的年龄总是相差

43-11=32(岁)

当妈妈的年龄是女儿的3倍时，女儿的年龄为

(43-11)+(3-1)=16(岁)

16-11=5(岁)

说明那时是在5年后。

同样道理，由

11-(43-11)+(5-1)=3(年)

可知，妈妈年龄是女儿的5倍是在3年前。

【例2】今年，父亲的年龄是女儿的4倍，3年前，父亲和女儿年龄的和是49岁。父亲、女

儿今年各是多少岁？

【分析】从3年前到今年，父亲、女儿都长了3岁，他们今年的年龄之和为

49+3x2=55(岁)

由“55+(4+1)”可算出女儿今年11岁，从而，父亲今年44岁。

【例3】陈辉问王老师今年有多少岁，王老师说：“当我像你这么大时，你才3岁；当你像

我这么大时，我已经42岁了。”问王老师今年多少岁？

【分析】我们先要明白：如果我比你大a岁，那么“当我像你这么大时”就是在a年前，“当

你像我这么大时”就在a年后。这样便可根据题意画出下图：

从图上可看出，a=13,进一步推算得王老师今年29岁。

排列组合问题I

一、知识点：

1.分类计数原理：做一件事情，完成它可以有n类办法，在第一类办法中有他种不同的方法，在

第二类办法中有吗种不同的方法，……，在第n类办法中有叫种不同的方法.那么完成这件事共

有N=〃z+铀+…+根”种不同的方法.

2.分步计数原理：做一件事情，完成它需要分成n个步骤，做第一步有网种不同的方法，做第

二步有〃2种不同的方法，……，做第n步有外种不同的方法，那么完成这件事有

N=叼x/x…x也种不同的方法.

3.排列的概念：从〃个不同元素中，任取〃？（九）个元素（这里的被取元素各不相同）按照

一定的顺序排成一列，叫做从"个不同元素中取出加个元素的一个排列.

4.排列数的定义：从〃个不同元素中，任取〃?（小《“）个元素的所有排列的个数叫做从〃个元

素中取出加元素的排列数，用符号A"表示.

5,排列数公式：A：=〃（〃一1）（〃一2）…一机+1）m,neN*,m<n）

6.阶乘：加表示正整数1到〃的连乘积，叫做〃的阶乘.规定6=1.

7.排列数的另一个计算公式：4"=（〃-〃。【

8.组合的概念：一般地，从〃个不同元素中取出加（〃区〃）个元素并成一组，叫做从〃个不同元素

中取出根个元素的一个组合.

9.组合数的概念：从〃个不同元素中取出加（〃'"〃）个元素的所有组合的个数，叫做从〃个不同

元素中取出加个元素的组合数.用符号C"表示.

c„,=AT="（〃-］）（〃2）...（“一〃2+1）

10.组合数公式：“黑加

C〃：=------——•

或“加（〃一机）！（小m£N*,且机

11.组合数的性质1：C"=C".规定：Cw=1；

z^rm小川厂in-\

二、解题思路：

解排列组合问题，首先要弄清一件事是“分类”还是“分步”完成，对于元素之间的关系，

还要考虑“是有序”的还是“无序的”，也就是会正确使用分类计数原理和分步计数原理、排列

定义和组合定义，其次，对一些复杂的带有附加条件的问题，需掌握以下几种常用的解题方法：

特殊优先法.对于存在特殊元素或者特殊位置的排列组合问题，我们可以从这些特殊的东西

入手，先解决特殊元素或特殊位置，再去解决其它元素或位置，这种解法叫做特殊优先法.例如:

用0、1、2、3、4这5个数字，组成没有重复数字的三位数，其中偶数共有-------个.（答案:

30个）

科学分类法.对于较复杂的排列组合问题，由于情况繁多，因此要对各种不同情况，进行科

学分类，以便有条不紊地进行解答，避免重复或遗漏现象发生.例如：从6台原装计算机和5台

组装计算机中任取5台，其中至少有原装与组装计算机各两台，则不同的选取法有------种.

（答案：350）

插空法.解决一些不相邻问题时，可以先排一些元素然后插入其余元素，使问题得以解决.例

如：7人站成一行，如果甲乙两人不相邻，则不同排法种数是------（答案：3600）

捆绑法.相邻元素的排列，可以采用“整体到局部”的排法，即将相邻的元素当成“一个”元素

进行排列，然后再局部排列.例如：6名同学坐成一排，其中甲、乙必须坐在一起的不同坐法是

--------种.(答案：240)

排除法.从总体中排除不符合条件的方法数，这是一种间接解题的方法.

b、排列组合应用题往往和代数、三角、立体几何、平面解析几何的某些知识联系，从而增加了

问题的综合性，解答这类应用题时，要注意使用相关知识对答案进行取舍.例如：从集合(0,1,

2,3,5,7,11｝中任取3个元素分别作为直线方程Ax+By+C=0中的A、B、C,所得的经过坐标

原点的直线有--------条.(答案：30)

三、讲解范例：

例1由数字1、2、3、4、5、6、7组成无重复数字的七位数.

(1)求三个偶数必相邻的七位数的个数；(2)求三个偶数互不相邻的七位数的个数.

解(1):因为三个偶数2、4、6必须相邻，所以要得到一个符合条件的七位数可以分为如下三

步：

第一步将1、3、5、7四个数字排好有四种不同的排法；

第二步将2、4、6三个数字“捆绑”在一起有片种不同的“捆绑”方法；

第三步将第二步“捆绑”的这个整体“插入”到第一步所排的四个不同数字的五个“间隙”(包

括两端的两个位置)中的其中一个位置上，有8种不同的“插入”方法.

根据乘法原理共有尸；•丹=720种不同的排法.所以共有720个符合条件的七位数.

解(2)：因为三个偶数2、4、6互不相邻，所以要得到符合条件的七位数可以分为如下两步：

第一步将1、3、5、7四个数字排好，有种不同的排法；

第二步将2、4、6分别“插入”到第一步排的四个数字的五个“间隙”(包括两端的两个位置)

中的三个位置上，有目种“插入”方法.

根据乘法原理共有力=1440种不同的排法.所以共有1440个符合条件的七位数.

例2将A、B、C、D、E、F分成三组，共有多少种不同的分法？

解：要将A、B、C、D、E、F分成三组，可以分为三类办法：

(1-1-4)分法、(1-2-3)分法、(2-2-2)分法.

下面分别计算每一类的方法数：

第一类(1-1-4)分法，这是一类整体不等分局部等分的问题，可以采用两种解法.

解法一：从六个元素中取出四个不同的元素构成一个组，余下的两个元素各作为一个组，有°；种

不同的分法.

解法二：从六个元素中先取出一个元素作为一个组有°：种选法，再从余下的五个元素中取出一

个元素作为一个组有°；种选法，最后余下的四个元素自然作为一个组，由于第一步和第二步各

选取出一个元素分别作为一个组有先后之分，产生了重复计算，应除以尸；.

C：・

所以共有尸；=15种不同的分组方法.

第二类(1-2-3)分法，这是一类整体和局部均不等分的问题，首先从六个不同的元素

中选取出一个元素作为一个组有煤种不同的选法，再从余下的五个不同元素中选取出两个不同

的元素作为一个组有种不同的选法，余下的最后三个元素自然作为一个组，根据乘法原理共

有C・c；=60种不同的分组方法.

第三类(2-2-2)分法，这是一类整体“等分”的问题，首先从六个不同元素中选取出

两个不同元素作为一个组有°：种不同的取法，再从余下的四个元素中取出两个不同的元素作为

一个组有0：种不同的取法，最后余下的两个元素自然作为一个组.由于三组等分存在先后选取的

不同的顺序，所以应除以呼，因此共有尸；=15种不同的分组方法.

根据加法原理，将A、B、C、D、E、F六个元素分成三组共有：15+60+15=90种不同

的方法.

例3一排九个坐位有六个人坐，若每个空位两边都坐有人，共有多少种不同的坐法？

解：九个坐位六个人坐，空了三个坐位，每个空位两边都有人，等价于三个空位互不相邻，可以

看做将六个人先依次坐好有四种不同的坐法，再将三个空坐位“插入”到坐好的六个人之间的

五个“间隙”(不包括两端)之中的三个不同的位置上有°；种不同的“插入”方法.根据乘法原

理共有"=7200种不同的坐法.

排列组合问题H

一、相临问题---整体捆绑法

例1.7名学生站成一排，甲、乙必须站在一起有多少不同排法？

解：两个元素排在一起的问题可用“捆绑”法解决，先将甲乙二人看作一个元素与其他五人进行

排列，并考虑甲乙二人的顺序，所以共有4・国=】yQ种。

捆绑法：要求某几个元素必须排在一起的问题,可以用捆绑法来解决问题.即将需要相邻的元素合

并为一个元素，再与其它元素一起作排列，同时要注意合并元素内部也可以作排列.一般地：丫个

人站成一排,其中某2个人相邻，可用“捆绑”法解决，共有仁;•《种排法。

练习：5个男生3个女生排成一排，3个女生要排在一起,有多少种不同的排法？

分析此题涉及到的是排队问题，对于女生有特殊的限制，因此，女生是特殊元素，并且要求她们要

相邻，因此可以将她们看成是一个元素来解决问题.

解因为女生要排在一起，所以可以将3个女生看成是一个人，与5个男生作全排列，有

种排法，其中女生内部也有8种排法，根据乘法原理，共有「鸿种不同的排法.

二、不相临问题一一选空插入法

例2.7名学生站成一排，甲乙互不相邻有多少不同排法？

解：甲、乙二人不相邻的排法一般应用“插空”法，所以甲、乙二人不相邻的排法总数应为：看

4?=如》种.

插入法:对于某两个元素或者几个元素要求不相邻的问题，可以用插入法.即先排好没有限制条

件的元素，然后将有限制条件的元素按要求插入排好元素的空档之中即可.若丫个人站成一排，其

中a个人不相邻，可用“插空”法解决，共有U-CE种排法。

练习：学校组织老师学生一起看电影，同一排电影票12张。8个学生，4个老师，要求老师在

学生中间，且老师互不相邻，共有多少种不同的坐法？

分析此题涉及到的是不相邻问题，并且是对老师有特殊的要求，因此老师是特殊元素，在解决时

就要特殊对待.所涉及问题是排列问题.

解先排学生共有4种排法，然后把老师插入学生之间的空档，共有7个空档可插，选其中的4

个空档，共有片种选法.根据乘法原理，共有的不同坐法为外厅种.

三、复杂问题----总体排除法或排异法

有些问题直接法考%比较难比较复杂，或分类不清或多种时，而它的反面往往比较简捷，可考虑

用“排除法”，先求出它的反面，再从整体中排除.解决几何问题必须注意几何图形本身对其构成

元素的限制。

例3.。州6学全国高考翘正六边形的中心和顶点共7个点，以其中3个点为顶点的三角形共有

个.

解：从7个点中取3个点的取法有弓种，但其中正六边形的对角线所含的中心和顶点三点共线

不能组成三角形，有3条，所以满足条件的三角形共有C-3=32个.

练习：我们班里有43位同学，从中任抽5人，正、副班长、团支部书记至少有一人在内的抽法有

多少种？

分析此题若是直接去考虑的话，就要将问题分成好几种情况,这样解题的话，容易造成各种情况

遗漏或者重复的情况.而如果从此问题相反的方面去考虑的话，不但容易理解，而且在计算中也是

非常的简便.这样就可以简化计算过程.

解43人中任抽5人的方法有43种，正副班长，团支部书记都不在内的抽法有C2种,所以正

副班长，团支部书记至少有1人在内的抽法有C43-C40种.

四、特殊元素___优先考虑法

对于含:限定条件的余列组合应用题，可以考虑优先安排特殊位置，然后再考虑其他位置的

安排。

例4.。995亭上海高考题1名老师和4名获奖学生排成一排照像留念，若老师不排在两

端，则共有不同的排法种.

解：先考虑特殊元素（老师）的排法，因老师不排在两端，故可在中间三个位置上任选一个位置,

有4种，而其余学生的排法有《种，所以共有=72种不同的排法.

例5.季全国高考越）乒乓球队的10名队员中有3名主力队员，派5名队员参加比赛，3

名主力队员要安排在第一、三、五位置，其余7名队员选2名安排在第二、四位置，那么不同的

出场安排共有种.

解：由于第一、三、五位置特殊，只能安排主力队员，有6种排法，而其余7名队员选出2名

安排在第二、四位置，有4种排法，所以不同的出场安排共有64=252种.

五、多元问题---分类讨论法

对于元素多，选取情况多，可按要求进行分类讨论，最后总计。

例6.”〃。3奏比成停招，某班新年联欢会原定的5个节目已排成节目单，开演前又增加了两个

新节目.如果将这两个节目插入原节目单中，那么不同插法的种数为（A）

A.42B.30C.20D.12

解：增加的两个新节目，可分为相临与不相临两种情况：1.不相临：共有屋种；2.相临：共有

2I=

A22A6,种。故不同插法的种数为：A?+A2A642,故选A。

例7.（2003年全国高考试题）如喝,一个地区分为5个行政区域，现给地图着色，要求相邻地

区不得使用同一颜色，现有4种颜色可供选择，则不同的着色方法共有种.（以数字

作答）

解：区域1与其他四个区域相邻，而其他每个区域都与三个区域相邻，因此，可以涂三种或四种

颜色.用三种颜色着色有煨或$=24种方法，用四种颜色着色有2C，*C3C^C?=48种方法，从而

共有24+48=72种方法，应填72.

六、混合问题一一先选后排法

对于排列组合的混合应用题，可采取先选取元素，后进行排列的策略.

例8.火亭/京高考）12名同学分别到三个不同的路口进行车流量的调查，若每个路口

4人，则不同的分配方案共有（）

A.种B.种c.3C号种4种

解：本试题属于均分组问题。则12名同学均分成3组共有4种方法，分配到三个不同的路

口的不同的分配方案共有：4clet种，故选A。

例9.（2003年北京高考试题）灰黄瓜、白菜、油菜、扁豆4种蔬菜品种中选出3种，分别种在

不同土质的三块土地上，其中黄瓜必须种植，不同的种植方法共有（）

A.24种B.18种C.12种D.6种

解:先选后排，分步实施.由题意，不同的选法有：C；种，不同的排法有：•AJ,故不同的

种植方法共有AJ•C；•A/=12,故应选C.

七.相同元素分配一一档板分隔法

例10.把10本相同的书发给编号为1、2、3的三个学生阅览室，每个阅览室分得的书的本数不

小于其编号数，试求不同分法的种数。请用尽可能多的方法求解，并思考这些方法是否适合更一

般的情况？本题考查组合问题。

解：先让2、3号阅览室依次分得1本书、2本书；再对余下的7本书进行分配，保证每个阅览

室至少得一本书，这相当于在7本相同书之间的6个“空档”内插入两个相同“I”（一般可视

为“隔板”）共有C种插法，即有15种分法。

八.转化法：

对于某些较复杂的、或较抽象的排列组合问题，可以利用转化思想，将其化归为简单的、具体的

问题来求解.

例11高二年级8个班，组织一个12个人的年级学生分会，每班要求至少1人，名额分配方案有多

少种？

分析此题若直接去考虑的话，就会比较复杂.但如果我们将其转换为等价的其他问题，就会显得

比较清楚,方法简单，结果容易理解.

解：此题可以转化为：将12个相同的白球分成8份,有多少种不同的分法问题，因此须把这12个

白球排成一排，在11个空档中放上7个相同的黑球，每个空档最多放一个，即可将白球分成8份,

显然有G；种不同的放法，所以名额分配方案有0；种.

九.剩余法：

在组合问题中，有多少取法，就有多少种剩法,他们是一一对应的，因此，当求取法困难时，可转化

为求剩法.

例12袋中有5分硬币23个,1角硬币10个，如果从袋中取出2元钱，有多少种取法？

分析此题是一个组合问题，若是直接考虑取钱的问题的话，情况比较多，也显得比较凌乱,难以理

出头绪来.但是如果根据组合数性质考虑剩余问题的话，就会很容易解决问题.

解把所有的硬币全部取出来,将得到0.05x23+0.10x10=2.15元,所以比2元多0.15元，所以

剩下0.15元即剩下3个5分或1个5分与1个1角，所以共有以+C*Co种取法.

十.对等法：

在有些题目中，它的限制条件的肯定与否定是对等的,各占全体的二分之一.在求解中只要求出全

体，就可以得到所求.

例13期中安排考试科目9门，语文要在数学之前考,有多少种不同的安排顺序？

分析对于任何一个排列问题,就其中的两个元素来讲的话，他们的排列顺序只有两种情况，并且

在整个排列中，他们出现的机会是均等的，因此要求其中的某一种情况，能够得到全体，那么问题

就可以解决了.并且也避免了问题的复杂性.

解不加任何限制条件，整个密雎有种，“语文安排在数学之前考”，与“数学安排在语文

1p9

之前考”的排法是相等的，所以语文安排在数学之前考的排法共有29种.

十.平均分组问题：

例14.6本不同的书，按下列要求各有多少种不同的选法：

(1)分给甲、乙、丙三人，每人2本；

(2)分为三份，每份2本；

(3)分为三份，一份1本，一份2本，一份3本；

(4)分给甲、乙、丙三人，一人1本，一人2本，一人3本；

(5)分给甲、乙、丙三人，每人至少1本。

解：(1)根据分步计数原理得到：种；

(2)分给甲、乙、丙三人，每人两本有种方法，这个过程可以分两步完成：第一步分

为三份，每份两本，设有*种方法；第二步再将这三份分给甲、乙、丙三名同学有北种方法.根

4c2=15

据分步计数原理可得：所以A；

因此，分为三份，每份两本一共有15种方法。

(3)这是“不均匀分组”问题，一共有C：/C”60种方法.

(4)在(3)的基础上再进行全排列，所以一共有C：。工到；=360种方法.

(5)可以分为三类情况：①“2、2、2型”即(1)中的分配情况，有=90种方法;

②“1、2、3型”即(4)中的分配情况，有=360种方法；③入4型”，有。；用二90

种方法，

所以,一共有90+360+90=540种方法.

总之，排列、组合应用题的解题思路可总结为：排组分清，加乘明确；有序排列，无序组合；分

类为加，分步为乘。

具体说，解排列组合的应用题，通常有以下途径：

(1)以元素为主体，即先满足特殊元素的要求，再考虑其他元素。

(2)以位置为主体，即先满足特殊位置的要求，再考虑其他位置。

(3)先不考虑附加条件，计算出排列或组合数，再减去不合要求的排列组合数。

鸡兔同笼

一、基本问题

“鸡兔同笼”是一类有名的中国古算题.最早出现在《孙子算经》中.许多小学算术应用题都

可以转化成这类问题，或者用解它的典型解法一“假设法”来求解.因此很有必要学会它的解法

和思路.

例1有若干只鸡和兔子，它们共有88个头，244只脚，鸡和兔各有多少只？

解：我们设想，每只鸡都是“金鸡独立”，一只脚站着；而每只兔子都用两条后腿，像人一

样用两只脚站着.现在，地面上出现脚的总数的一半，•也就是

244+2=122（只）.

在122这个数里，鸡的头数算了一次，兔子的头数相当于算了两次.因此从122减去总头数

88,剩下的就是兔子头数

122-88=34,

有34只兔子.当然鸡就有54只.

答：有兔子34只，鸡54只.

上面的计算，可以归结为下面算式：

总脚数+2-总头数=兔子数.

上面的解法是《孙子算经》中记载的.做一次除法和一次减法，马上能求出兔子数，多简单!

能够这样算，主要利用了兔和鸡的脚数分别是4和2,4又是2的2倍.可是，当其他问题转化成

这类问题时，“脚数”就不一定是4和2,上面的计算方法就行不通.因此，我们对这类问题给

出一种一般解法.

还说例L

如果设想88只都是兔子，那么就有4x88只脚，比244只脚多了

88x4-244=108（只）.

每只鸡比兔子少（4-2）只脚，所以共有鸡

（88x4-244）+（4-2）=54（只）.

说明我们设想的88只“兔子”中，有54只不是兔子.而是鸡.因此可以列出公式

鸡数=（兔脚数x总头数-总脚数）+（兔脚数-鸡脚数）.

当然，我们也可以设想88只都是“鸡”，那么共有脚2x88=176（只），比244只脚少了

244-176=68（只）.

每只鸡比每只兔子少（4-2）只脚，

68+2=34（只）.

说明设想中的“鸡”，有34只是兔子，也可以列出公式

兔数=（总脚数-鸡脚数x总头数）+（兔脚数-鸡脚数）.

上面两个公式不必都用，用其中一个算出兔数或鸡数，再用总头数去减，就知道另一个数.

假设全是鸡，或者全是兔，通常用这样的思路求解，有人称为“假设法”.

现在，拿一个具体问题来试试上面的公式.

例2红铅笔每支0.19元，蓝铅笔每支0.11元，两种铅笔共买了16支，花了2.80元.问红、

蓝铅笔各买几支？

解：以“分”作为钱的单位.我们设想，一种“鸡”有11只脚，一种“兔子”有19只脚，

它们共有16个头，280只脚.

现在已经把买铅笔问题，转化成“鸡兔同笼”问题了.利用上面算兔数公式，就有

蓝笔数=（19x16-280）+（19-11）

=24+8

=3（支）.

红笔数=16-3=13（支）.

答：买了13支红铅笔和3支蓝铅笔.

对于这类问题的计算，常常可以利用已知脚数的特殊性.例2中的“脚数”19与11之和是

30.我们也可以设想16只中，8只是“兔子”，8只是“鸡”，根据这一设想，脚数是

8x（11+19）=240.

比280少40.

40+（19-11）=5.

就知道设想中的8只“鸡”应少5只，也就是“鸡”（蓝铅笔）数是3.

30x8比19x16或11x16要容易计算些.利用已知数的特殊性，靠心算来完成计算.

实际上，可以任意设想一个方便的兔数或鸡数.例如，设想16只中，“兔数”为10,“鸡

数”为6,就有脚数

19x10+11x6=256.

比280少24.

24+（19-11）=3,

就知道设想6只“鸡”，要少3只.

要使设想的数，能给计算带来方便，常常取决于你的心算本领.

下面再举四个稍有难度的例子.

例3一份稿件，甲单独打字需6小时完成.乙单独打字需10小时完成，现在甲单独打若干

小时后，因有事由乙接着打完，共用了7小时.甲打字用了多少小时？

解：我们把这份稿件平均分成30份（30是6和10的最小公倍数），甲每小时打30+6=5

（份），乙每小时打30+10=3（份）.

现在把甲打字的时间看成“兔”头数，乙打字的时间看成“鸡”头数，总头数是7.“兔”

的脚数是5,“鸡”的脚数是3,总脚数是30,就把问题转化成“鸡兔同笼”问题了.

根据前面的公式

“兔”数=（30-3x7）+（5-3）=4.5,

“鸡”数=7-4.5=2.5,

也就是甲打字用了4.5小时，乙打字用了2.5小时.

答：甲打字用了4小时30分.

例4今年是1998年，父母年龄（整数）和是78岁，兄弟的年龄和是17岁.四年后（2002

年）父的年龄是弟的年龄的4倍，母的年龄是兄的年龄的3倍.那么当父的年龄是兄的年龄的3

倍时，是公元哪一年？

解：4年后，两人年龄和都要加8.此时兄弟年龄之和是17+8=25,父母年龄之和是78+8=86.

我们可以把兄的年龄看作“鸡”头数，弟的年龄看作“兔”头数.25是“总头数”.86是“总脚

数”.根据公式,兄的年龄是（25x4-86）+（4-3）=14（岁）.

1998年，兄年龄是14-4=10（岁）.

父年龄是（25-14）x4-4=40（岁）.

因此，当父的年龄是兄的年龄的3倍时，兄的年龄是（40-10）4-（37）=15（岁）.

这是2003年.

答：公元2003年时，父年龄是兄年龄的3倍.

例5蜘蛛有8条腿，蜻蜓有6条腿和2对翅膀，蝉有6条腿和1对翅膀.现在这三种小虫共

18只，有118条腿和20对翅膀.每种小虫各几只？

解：因为蜻蜓和蝉都有6条腿，所以从腿的数目来考虑，可以把小虫分成“8条腿”与“6

条腿”两种.利用公式就可以算出8条腿的

蜘蛛数=（118-6x18）+（8-6）=5（只）.

因此就知道6条腿的小虫共18-5=13（只）.

也就是蜻蜓和蝉共有13只，它们共有20对翅膀.再利用一次公式

蝉数=（13x2-20）-（2-1）=6（只）.

因此蜻蜓数是13-6=7（只）.

答：有5只蜘蛛，7只蜻蜓，6只蝉.

例6某次数学考试考五道题，全班52人参加，共做对181道题，已知每人至少做对1道题，

做对1道的有7人，5道全对的有6人，做对2道和3道的人数一样多，那么做对4道的人数有

多少人？

解：对2道、3道、4道题的人共有52-7-6=39（人）.

他们共做对181-1x7-5x6=144（道）.

由于对2道和3道题的人数一样多，我们就可以把他们看作是对2.5道题的人（（2+3）+

2=2.5）.这样

兔脚数=4,鸡脚数=2.5,

总脚数=144,总头数=39.

对4道题的有

（144-2.5x39）+（4-1.5）=31（人）.

答：做对4道题的有31人.

二、“两数之差”的问题

鸡兔同笼中的总头数是“两数之和”，如果把条件换成“两数之差”，又应该怎样去解呢？

例7买一些4分和8分的邮票，共花6元8角.已知8分的邮票比4分的邮票多40张，那

么两种邮票各买了多少张？

解一：如果拿出40张8分的邮票，余下的邮票中8分与4分的张数就一样多.

（680-8x40）+（8+4）=30（张），

这就知道，余下的邮票中，8分和4分的各有30张.

因此8分邮票有40+30=70（张）.

答：买了8分的邮票70张，4分的邮票30张.

也可以用任意假设一个数的办法.

解二：譬如，假设有20张4分，根据条件“8分比4分多40张”，那么应有60张8分.以

“分”作为计算单位，此时邮票总值是4x20+8x60=560.比680少，因此还要增加邮票.

为了保持“差”是40,每增加1张4分，就要增加1张8分，每种要增加的张数是（680-4

X20-8X60）+（4+8）=10（张）.

因此4分有20+10=30（张），8分有60+10=70（张）.

例8一项工程，如果全是晴天，15天可以完成.倘若下雨，雨天一天

只能完成睛天的*的工作量.现在知道在施工期间雨天比晴天多3天.问这项

工程要多少天才能完成？

解：类似于例3,我们设工程的全部工作量是150份，晴天每天完成10份，雨天每天完成8

份.用上一例题解一的方法，晴天有（150-8x3）v（10+8）=7（天）.

雨天是7+3=10天，总共7+10=17（天）.

答：这项工程17天完成.

请注意，如果把“雨天比晴天多3天”去掉，而换成已知工程是17天完成，由此又回到上

一节的问题.差是3,与和是17,知道其一，就能推算出另一个.这说明了例7、例8与上一节基

本问题之间的关系.

总脚数是“两数之和”，如果把条件换成“两数之差”，又应该怎样去解呢？

例9鸡与兔共100只，鸡的脚数比兔的脚数少28.问鸡与兔各几只？

解一：假如再补上28只鸡脚，也就是再有鸡28+2=14（只），鸡与兔脚数就相等，兔的脚

是鸡的脚4+2=2（倍），于是鸡的只数是兔的只数的2倍.兔的只数是（100+28+2）+（2+1）

=38（只）.

鸡是100-38=62（只）.

答：鸡62只，兔38只.

当然也可以去掉兔28+4=7（只）.兔的只数是（100-28+4）+（2+1）+7=38（只）.

也可以用任意假设一个数的办法.

解二：假设有50只鸡，就有兔100-50=50（只）.此时脚数之差是4x50-2x50=100,

比28多了72.就说明假设的兔数多了（鸡数少了）.为了保持总数是100,一只兔换成一只

鸡，少了4只兔脚，多了2只鸡脚，相差为6只（千万注意，不是2）.因此要减少的兔数是

（100-28）+（4+2）=12（只）.

兔只数是50-12=38（只）.

另外，还存在下面这样的问题：总头数换成“两数之差”，总脚数也换成“两数之差”.

例10古诗中，五言绝句是四句诗，每句都是五个字；七言绝句是四句诗，每句都是七个字.

有一诗选集，其中五言绝句比七言绝句多13首，总字数却反而少了20个字.问两种诗各多少首.

解一：如果去掉13首五言绝句，两种诗首数就相等，此时字数相差13x5x4+20=280

（字）.

每首字数相差7x4-5x4=8（字）.

因此，七言绝句有28+（28-20）=35（首）.

五言绝句有35+13=48（首）.

答：五言绝句48首，七言绝句35首.

解二:假设五言绝句是23首，那么根据相差13首，七言绝句是10首.字数分别是20x23=460

（字），28x10=280（字），五言绝句的字数，反而多了460-280=180（字）.

与题目中“少20字”相差180+20=200（字）.

说明假设诗的首数少了.为了保持相差13首，增加一首五言绝句，也要增一首七言绝句，而

字数相差增加8.因此五言绝句的首数要比假设增加200+8=25（首）.

五言绝句有23+25=48（首）.

七言绝句有10+25=35（首）.

在写出“鸡兔同笼”公式的时候，我们假设都是兔，或者都是鸡，对于例7、例9和例10

三个问题，当然也可以这样假设.现在来具体做一下，把列出的计算式子与“鸡兔同笼”公式对

照一下，就会发现非常有趣的事.

例7,假设都是8分邮票，4分邮票张数是（680-8x40）+（8+4）=30（张）.

例9,假设都是兔，鸡的只数是（100x4-28）+（4+2）=62（只）.

10,假设都是五言绝句，七言绝句的首数是（20x13+20）+（28-20）=35（首）.

首先，请读者先弄明白上面三个算式的由来，然后与“鸡兔同笼”公式比较，这三个算式只

是有一处“-”成了“+”.其奥妙何在呢？

当你进入初中，有了负数的概念，并会列二元一次方程组，就会明白，从数学上说，这一讲

前两节列举的所有例子都是同一件事.

例11有一辆货车运输2000只玻璃瓶，运费按到达时完好的瓶子数目计算，每只2角，如

有破损，破损瓶子不给运费，还要每只赔偿1元.结果得到运费379.6元，问这次搬运中玻璃瓶

破损了几只？

解：如果没有破损，运费应是400元.但破损一只要减少1+0.2=1.2（元）.因此破损只数是

（400-379.6）+（1+0.2）=17（只）.

答：这次搬运中破损了17只玻璃瓶.

请你想一想，这是“鸡兔同笼”同一类型的问题吗？

例12有两次自然测验，第一次24道题，答对1题得5分，答错（包含不答）1题倒扣1

分；第二次15道题，答对1题8分，答错或不答1题倒扣2分，小明两次测验共答对30道题，

但第一次测验得分比第二次测验得分多10分，问小明两次测验各得多少分？

解一：如果小明第一次测验24题全对，得5x24=120（分）.那么第二次只做对30-24=6（题）

得分是

8x6-2x（15-6）=30（分）.

两次相差120-30=90（分）.

比题目中条件相差10分，多了80分.说明假设的第一次答对题数多了，要减少.第一次答对

减少一题，少得5+1=6（分），而第二次答对增加一题不但不倒扣2分，还可得8分，因此增加

8+2=10分.两者两差数就可减少

6+10=16（分）.

（90-10）+（6+10）=5（题）.

因此，第一次答对题数要比假设（全对）减少5题，也就是第一次答对19题，第二次答对

30-19=11（题）.

第一次得分5x19-1x（24-9）=90.

第二次得分8x11-2x（15-11）=80.

答：第一次得90分，第二次得80分.

解二：答对30题，也就是两次共答错24+15-30=9（题）.

第一次答错一题，要从满分中扣去5+1=6（分），第二次答错一题，要从满分中扣去8+2=10

（分）.答错题互换一下，两次得分要相差6+10=16（分）.

如果答错9题都是第一次，要从满分中扣去6x9.但两次满分都是120分.比题目中条件“第

一次得分多1。分”，要少了6x9+10.因此，第二次答错题数是（6x9+10）+（6+10）=4

（题）・

第一次答错9-4=5（题）.

第一次得分5x（24-5）-1x5=90（分）.

第二次得分8x（15-4）-2x4=80（分）.

三、从“三”到“二”

“鸡”和“兔”是两种东西，实际上还有三种或者更多种东西的类似问题.在第一节例5和

例6就都有三种东西.从这两个例子的解法，也可以看出，要把“三种”转化成“二种”来考虑.

这一节要通过一些例题，告诉大家两类转化的方法.

例13学校组织新年游艺晚会，用于奖品的铅笔、圆珠笔和钢笔共232支，共花了300元.

其中铅笔数量是圆珠笔的4倍.已知铅笔每支0.60元，圆珠笔每支2.7元，钢笔每支6.3元.问

三种笔各有多少支？

解：从条件“铅笔数量是圆珠笔的4倍”，这两种笔可并成一种笔，四支铅笔和一支圆珠笔

成一组，这一组的笔，每支价格算作

（0.60x4+2.7）+5=1.02（元）.

现在转化成价格为1.02和6.3两种笔.用“鸡兔同笼”公式可算出，钢笔支数是（300-1.02

x232）+（6.3-1.02）=12（支）.

铅笔和圆珠笔共232-12=220（支）.

其中圆珠笔220+（4+1）=44（支）.

铅笔220-44=176（支）.

答：其中钢笔12支，圆珠笔44支，铅笔176支.

例14商店出售大、中、小气球，大球每个3元，中球每个1.5元，小球每个1元.张老师

用120元共买了55个球，其中买中球的钱与买小球的钱恰好一样多.问每种球各买几个？

解：因为总钱数是整数，大、小球的价钱也都是整数，所以买中球的钱数是整数，而且还是

3的整数倍.我们设想买中球、小球钱中各出3元.就可买2个中球，3个小球.因此，可以把这两

种球看作一种，每个价钱是

(1.5x2+1x3)+(2+3)=1.2(元).

从公式可算出，大球个数是(120-1.2x55)+(3-1.2)=30(个).

买中、小球钱数各是（120-30*3）+2=15（元）.

可买10个中球，15个小球.

答：买大球30个、中球10个、小球15个.

例13是从两种东西的个数之间倍数关系，例14是从两种东西的总钱数之间相等关系（倍数

关系也可用类似方法），把两种东西合井成一种考虑，实质上都是求两种东西的平均价，就把“三”

转化成“二”了.

例15是为例16作准备.

例15某人去时上坡速度为每小时走3千米，回来时下坡速度为每小时走6千米，求他的平

均速度是多少？

解：去和回来走的距离一样多.这是我们考虑问题的前提.

平均速度=所行距离+所用时间

去时走1千米，要用20分钟；回来时走1千米，要用10分钟.来回共走2千米，用了30分

钟，即半小时，平均速度是每小时走4千米.

千万注意，平均速度不是两个速度的平均值：每小时走（6+3）+2=4.5千米.

例16从甲地至乙地全长45千米，有上坡路、平路、下坡路.李强上坡速度是每小时3千米,

平路上速度是每小时5千米，下坡速度是每小时6千米.从甲地到乙地，李强行走了10小时；从

乙地到甲地，李强行走了11小时.问从甲地到乙地，各种路段分别是多少千米？

解：把来回路程45x2=90（千米）算作全程.去时上坡，回来是下坡；去时下坡回来时上坡.

把上坡和下坡合并成“一种”路程，根据例15,平均速度是每小时4千米.现在形成一个非常简

单的“鸡兔同笼”问题.头数10+11=21,总脚数90,鸡、兔脚数分别是4和5.因此平路所用时

间是（90-4x21）+（5-4）=6（小时）.

单程平路行走时间是6+2=3（小时）.

从甲地至乙地，上坡和下坡用了10-3=7（小时）行走路程是45-5x3=30（千米）.

又是一个“鸡兔同笼”问题.从甲地至乙地，上坡行走的时间是（6x7-30）+（6-3）

=4（小时）.

行走路程是3*4=12（千米）.

下坡行走的时间是7-4=3（小时）.行走路程是6x3=18（千米）.

答：从甲地至乙地，上坡12千米，平路15千米，下坡18千米.

做两次“鸡兔同笼”的解法，也可以叫“两重鸡兔同笼问题”.例16是非常典型的例题.

例17某种考试已举行了24次，共出了426题.每次出的题数，有25题，或者16题，或者

20题.那么，其中考25题的有多少次？

解：如果每次都考16题，16x24=384,比426少42道题.

每次考25道题，就要多25-16=9（道）.

每次考20道题，就要多20-16=4（道）.

就有9x考25题的次数+4x考20题的次数=42.

请注意，4和42都是偶数，9x考25题次数也必须是偶数，因此，考25题的次数是偶数，

由9x6=54比42大，考25题的次数，只能是0,2,4这三个数.由于42不能被4整除，。和4

都不合适.只能是考25题有2次（考20题有6次）.

答：其中考25题有2次.

例18有50位同学前往参观，乘电车前往每人1.2元，乘小巴前往每人4元，乘地下铁路

前往每人6元.这些同学共用了车费110元，问其中乘小巴的同学有多少位？

解：由于总钱数110元是整数，小巴和地铁票也都是整数，因此乘电车前往的人数一定是5

的整数倍.

如果有30人乘电车，110-1.2X30=74（元）.

还余下50-30=20（人）都乘小巴钱也不够.说明假设的乘电车人数少了.

如果有40人乘电车110-1.2x40=62（元）.

还余下50-40=10（人）都乘地下铁路前往，钱还有多（62〉6x10）.说明假设的乘电车人

数又多了.30至40之间，只有35是5的整数倍.

现在又可以转化成“鸡兔同笼”了：总头数50-35=15,

总脚数110-1.2x35=68.

因此，乘小巴前往的人数是（6x15-68）（6-4）=11.

答：乘小巴前往的同学有11位.

在“三”转化为“二”时，例13、例14、例16是一种类型.利用题目中数量比例关系，把

两种东西合并组成一种•例17、例18是另一种类型.充分利用所求个数是整数，以及总量的限制，

其中某一个数只能是几个数值.对几个数值逐一考虑是否符合题目的条件.确定了一个个数，也就

变成“二”的问题了.在小学算术的范围内，学习这两种类型已足够了.更复杂的问题，只能借助

中学的三元一次方程组等代数方法去求解.

容斥问题

一、知识点

1、集合与元素：把一类事物的全体放在一起就形成一个集合。每个集合总是由一些成员组成的，

集合的这些成员，叫做这个集合的元素。

如：集合A={0,1,2,3,……,9）,其中0,1,2,...9为A的元素。

2、并集：由所有属于集合A或集合B的元素所组成的集合，叫做A,B的并集，记作AUB,记

号“U”读作“并”。AUB读作“A并B”，用图表示为图中阴影部分表示集合A,B的并集A

例：已知6的约数集合为A={1,2,3,6},10的约数集合为B={1,2,5,10},则AUB={1,2,

3,5,6,10）

3、交集：A、B两个集合公共的元素，也就是那些既属于A,又属于B的元素，它们组成的集合

叫做A和B的交集，记作“AAB”，读作“A交B”，如图阴影表示：

例：已知6的约数集合A={1,2,3,6},10的约数集合B={1,2,5,10）,则ACIB={1,2}。

4、容斥原理（包含与排除原理）：

（用IAI表示集合A中元素的个数,如人={1,2,3）,则用1=3）

原理一：给定两个集合A和B,要计算AUB中元素的个数，可以分成两步进行：

第一步：先求出IA|+|B]（或者说把A,B的一切元素都“包含”进来，加在一起）；

第二步：减去IAC1BI（即“排除”加了两次的元素）

总结为公式：|AUB|=|A|+|B|-|ADB|

原理二：给定三个集合A,B,C,要计算AUBUC中元素的个数，可以分三步进行：

第一步：先求|A|+|B|+|C|;

第二步：减去|AHB|,|BHC|,|CAA|;

第三步：再加上IAABPC|。

即有以下公式：

|AUBUC|=|A|+|B|+|C|-|AnB|-|BnC