小学奥数加法原理之分类枚举

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4-1-1.几何图形认知及简洁计算4-1-1.几何图形认知及简洁计算7-1-1.加法原理之分类枚举（一）7-1-1.加法原理之分类枚举（一）教学目标教学目标1.使同学把握加法原理的基本内容；2.把握加法原理的运用以及与乘法原理的区分； 3.培育同学分类争辩问题的力量，了解分类的主要方法和遵循的主要原则．熬炼思维的周全细致．学问要点学问要点一、加法原理概念引入生活中常有这样的状况，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，考虑完成这件事全部可能的做法，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？分析这个问题发觉，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，假如乘火车，有5种走法，假如乘长途汽车，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，只要接受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其次类的方法数．二、加法原理的定义一般地，假如完成一件事有k类方法，第一类方法中有种不同做法，其次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，首先要依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，分类时要留意满足两条基本原则：完成这件事的任何一种方法必需属于某一类；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（每类的一种状况必需是能完成该件事）；3、类类相加枚举法：枚举法又叫穷举法，就是把全部符合条件的对象一一列举出来进行计数．分类争辩的时候经常会需要把每一类的状况全部列举出来，这时的方法就是枚举法．枚举的时候要留意挨次，这样才能做到不重不漏．例题精讲例题精讲模块一、分类枚举——数出来的种类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？【考点】加法原理之分类枚举【难度】2星【题型】解答【关键词】分类争辩思想小宝买一种礼物有三类方法：第一类，买玩具，有8种方法；其次类，买课外书，有20种方法；第三种，买纪念品，有10种方法．依据加法原理，小宝买一种礼物有8+20+10=38种方法．【答案】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？【考点】加法原理之分类枚举【难度】2星【题型】解答【关键词】分类争辩思想依据加法原理，共有6+4+3+2=15种取法．【答案】阳光学校四班级有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？【考点】加法原理之分类枚举【难度】2星【题型】解答【关键词】分类争辩思想解决这个问题有3类方法：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；依据加法原理，从四班级3个班中任选一名男生当升旗手的方法有：种．【答案】和为15的两个非零自然数共有对。【考点】加法原理之分类枚举【难度】1星【题型】填空【关键词】期望杯，五班级，一试，第11题，举例为：与，与，与，与，与，与，与，共计7对。【答案】对用1至8这八个自然数中的四个组成四位数，从个位到千位的数字依次增大，且任意两个数字的差都不是1，这样的四位数共有

人。【考点】加法原理之分类枚举【难度】2星【题型】填空【关键词】期望杯，五班级，一试，第10题1357，1358，1368，1468，2468共5个【答案】个三张数字卡片0，2，4可以组成______个能被4整除的不同整数。【考点】加法原理之分类枚举【难度】2星【题型】填空【关键词】期望杯，四班级，二试，第6题240、204、420共3个【答案】个节目期间，小明将6个彩灯排成一列，其中有2个红灯，4个绿灯，假如两个红灯不相邻，则不同的排法有_________种（其中“红绿红绿绿绿”与“绿绿绿红绿红”类型算作一种）。【考点】加法原理之分类枚举【难度】2星【题型】填空【关键词】期望杯，六班级，二试，第5题红灯看作“1”，绿灯看作“0”则有：000101、001001、001010、010001、010010、100001这六种【答案】从1、2、3、4、5、6这些数中，任取两个数，使其和不能被3整除，则有_______种取法。【考点】加法原理之分类枚举【难度】3星【题型】填空【关键词】走美杯，四班级，初赛，第10题共有选1和3、1和4、1和6、2和3、2和5、2和6、3和4、3和5、4和6以及5和6共10种选法。【答案】种从l～9这9个数码中取出3个，使它们的和是3的倍数，则不同取法有_______种。【考点】加法原理之分类枚举【难度】3星【题型】填空【关键词】期望杯，五班级，一试，第13题（1）3个数都是3的倍数，有1种状况（2）3个数除以3都余1，有1种状况（3）3个数除以3都余2，有1种状况（4）一个除以3余1，一个除以3余2，一个是3的倍数，有：3×3×3=27种状况所以，一共有1+1+1+27=30种不同取法。【答案】种小明的两个口袋中各有6张卡片，每张卡片上分别写着1，2，3，……，6。从这两个口袋中各拿出一张卡片来计算上面所写两数的乘积，那么，其中能被6整除的不同乘积有_____个。【考点】加法原理之分类枚举【难度】3星【题型】填空【关键词】期望杯，五班级，一试，第22题乘积中最小1，最大为36，能被6整除的有6、12、18、24、30、36共6个【答案】个老师带着佳佳、芳芳和明明做计算练习.老师先分别给他们一个数，然后让他们每人取3张写有数的卡片.佳佳取的是3、6、7，芳芳取的是4、5、6，明明取的是4、5、8.这时老师让他们分别取自己卡片上的两个数相乘，再加上开头老师给他们的数.假如老师开头时给他们的数依次是234、235、236，而且他们计算都正确，那么可能算出_________个不同的数.【考点】加法原理之分类枚举【难度】4星【题型】填空【关键词】迎春杯，中班级，复试，7题佳佳可以得到的乘积是18，21，42，芳芳可以得到的乘积是20，24，30，明明可以得到的乘积是20，32，40，那么佳佳可以得到的数是252，255，276，芳芳可以得到的数是255，259，265，明明可以得到的数是256，268，276所以一共可以得到7个不同的数。【答案】个假如三位数同时满足如下条件：⑴的各位数字之和是7；⑵还是三位数，且各位数字之和为5．那么这样的三位数共有个．【考点】加法原理之分类枚举【难度】4星【题型】填空【关键词】迎春杯，高班级，复赛，2题三位数可以是500，410，320，230，140，302，212，122，104；得到可以是250，205，160，115，70，157，106，61，52，两位数的均舍去，所以符合条件的共有6个．【答案】个把数1，2，3，4，5，6分为三组（不考虑组内数的挨次也不考虑组间的挨次），每组两个数，每组的数之和互不相等且都不等于6，共有____________________种分法．【考点】加法原理之分类枚举【难度】4星【题型】填空【关键词】学而思杯，4班级，第7题枚举法：，；共有种。【答案】种自然数12，456，1256这些数有一个共同的特点，相邻两个数字，左边的数字小于右边的数字．我们取名为“上升数”．用3，6，7，9这四个数，可以组成个“上升数”．【考点】加法原理之分类枚举【难度】4星【题型】填空【关键词】学而思杯，1班级，第6题这样的“上升数“是36，37，39，67，69，79，367，369，379，679，3679一共有11个．【答案】个自然数21，654，7521这些数有一个共同的特点，相邻两个数字，左边的数字大于右边的数字．我们取名为“下降数”．用4，6，7，9这四个数，可以组成个“下降数”．【考点】加法原理之分类枚举【难度】4星【题型】填空【关键词】学而思杯，2班级，第5题这样的“下降数“是9764，976，974，964，764，97，96，94，76，74，64，一共有11个．<考点>数学方法之枚举【答案】个将左下图中20张扑克牌分成10对，每对红心和黑桃各一张。问：你能分出几对这样的牌，两张牌上的数的乘积除以的余数是?(将A看成)【考点】加乘原理之综合运用【难度】1星【题型】填空【关键词】华杯赛，初赛，第6题本题实际上是求1到10这些数中，取出2个数（可以重复）相乘，能组成几个个位是1的数.明显，双数不成.所以只能是1×1，3×7，7×3和9×9，共4对.【答案】对模块二、分类枚举——分类甲、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？【考点】加法原理之分类枚举【难度】3星【题型】解答【关键词】分类争辩思想甲厂可以订99、100、101份报纸三种方法．假如甲厂订99份，乙厂有订100份和101份两种方法，丙厂随之而定．假如甲厂订100份，乙厂有订99份、100份和101份三种方法，丙厂随之而定．假如甲厂订101份，乙厂有订99份和100份两种方法，丙厂随之而定．依据加法原理，一共有种订报方法．【答案】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状况？【考点】加法原理之分类枚举【难度】3星【题型】解答【关键词】分类争辩思想大林和小林共有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，所以依据加法原理，一共有10+9+……+3+2+1=55种可能．【答案】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？【考点】加法原理之分类枚举【难度】3星【题型】解答依据第一个数的大小，将和大于10的取法分为9类：因此，依据加法原理，共有：1+2+3+4+5+4+3+2+1=25种取法使和大于10．【答案】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？【考点】加法原理之分类枚举【难度】3星【题型】解答【关键词】分类争辩思想两个数和为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．【答案】思思想将3个相同的小球放入、、三个盒中，那么一共有________种不同的放法．【考点】加法原理之分类枚举【难度】4星【题型】填空【关键词】学而思杯，3班级，第3题3个球全放在一个盒子中，3种，2个球放在一个盒子中，还有1个球单放，种，一个盒子一个球，由于球是一样的，所以就1种，共有种【答案】种四个同学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？【考点】加法原理之分类枚举【难度】4星【题型】解答【关键词】分类争辩思想设四个同学分别是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的状况（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．【答案】一次，齐王与大将田忌赛马．每人有四匹马，分为四等．田忌知道齐王这次竞赛马的出场挨次依次为一等，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________种方法支配自己的马的出场挨次，保证自己至少能赢两场竞赛．【考点】加法原理之分类枚举【难度】4星【题型】解答【关键词】分类争辩思想，第六届，走美杯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竞赛，若三场全胜，则只有一种出场方法；若胜两场，则又分为三种状况：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，只有这一种状况；二，四两场胜，此时有三种状况；三，四两场胜，此时有七种状况；所以一共有种方法．【答案】给定三种重量的砝码（每种数量都有足够多个），，，将它们组合凑成有种，不同的方法（每种砝码至少用一块。）【考点】加法原理之分类枚举【难度】4星【题型】填空【关键词】走美杯，5班级，决赛，第1题，，，，，，一共有种。【答案】种把一元钱换成角币，有多少种换法？人民币角币的面值有五角、二角、一角三种．【考点】加法原理之分类枚举【难度】4星【题型】解答【关键词】分类争辩思想把一元钱换成角币，有三类分法：①第一类：有五角币2张，只有1种换法：②其次类：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，依据加法原理，总共的换法有种．【答案】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状况？【考点】加法原理之分类枚举【难度】4星【题型】解答【关键词】分类争辩思想按5分硬币的个数对硬币状况进行分类：假如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种不同的状况．【答案】用若干个1分、2分、5分的硬币组成一角钱(不要求每种硬币都有)，共有（）种不同的方法．【考点】加法原理之分类枚举【难度】4星【题型】填空【关键词】走美杯，3班级，初赛，第4题此题接受枚举法，具体如下：共有10种状况【答案】种用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?【考点】加法原理之分类枚举【难度】4星【题型】解答【关键词】分类争辩思想假如买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；假如买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；假如买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；……假如买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，发觉各类状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全部方法：26+24+22+…+2=(26+2)×13÷2=182(种)．共有182种不同的买法．【答案】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．【考点】加法原理之分类枚举【难度】4星【题型】解答【关键词】迎春杯，三班级，初赛，6题，分类争辩思想一共三种文具，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种其次类：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

其次类共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【答案】有面值为1分，2分，5分的硬币各4枚，用它们去支付2角3分．问：有多少种不同的支付方法?【考点】加法原理之分类枚举【难度】4星【题型】填空【关键词】华杯赛，初赛，第7题要付2角3分钱，即23分．最多只能使用4枚5分币。由于全部1分和2分币都用上时，共值12分，所以最少要用3枚5分币．使用3枚5分币时，5×3＝15，23－15＝8，所以使用2分币最多4枚，最少2枚，可有23＝15＋(2＋2＋2＋2)，23＝15十(2＋2＋2十1＋1)．23＝15＋(2＋2＋1＋1＋1＋1)，3种支付方法当使用4枚5分币时，5×4＝20，23－20＝3。所以2分币最多使用1枚，从而可有23＝20＋(2＋1)23＝20＋(1＋1＋1）2种支付方法，于是，共有5种不同的支付方法【答案】种用1元、5元、10元、50元、100元人民币各一张，2元、20元人民币各两张，在不找钱的状况下，最多可以支付种不同的款额。【考点】加法原理之分类枚举【难度】4星【题型】填空【关键词】期望杯，五班级，二试，第5题1、2、2、5可以组成1到10的全部数，10、20、20、50可以组成10到100的全部数，再加上100，故可以组成1到210的全部数。【答案】种

7-1-2.加法原理之分类枚举（二）7-1-2.加法原理之分类枚举（二）教学目标教学目标1.使同学把握加法原理的基本内容；2.把握加法原理的运用以及与乘法原理的区分；3.培育同学分类争辩问题的力量，了解分类的主要方法和遵循的主要原则．熬炼思维的周全细致．学问要点学问要点一、加法原理概念引入生活中常有这样的状况，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，考虑完成这件事全部可能的做法，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？分析这个问题发觉，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，假如乘火车，有5种走法，假如乘长途汽车，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，只要接受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其次类的方法数．二、加法原理的定义一般地，假如完成一件事有k类方法，第一类方法中有种不同做法，其次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，首先要依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，分类时要留意满足两条基本原则：完成这件事的任何一种方法必需属于某一类；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（每类的一种状况必需是能完成该件事）；3、类类相加枚举法：枚举法又叫穷举法，就是把全部符合条件的对象一一列举出来进行计数．分类争辩的时候经常会需要把每一类的状况全部列举出来，这时的方法就是枚举法．枚举的时候要留意挨次，这样才能做到不重不漏．例题精讲例题精讲分类枚举——找规律有一个电子表的表面用2个数码显示“小时”，另用2个数码显示“分”。例如“21：32”表示21时32分，那么这个手表从“10：00”至“11：30”之间共有 分钟表面上显示有数码“2”.【考点】加法原理之分类枚举【难度】3星【题型】填空【关键词】学而思杯，6班级，1试，第9题显示小时的数码不会消灭2，只有分钟会消灭。10点到11点分别有2，12，20，21，22，……，29，32，42，52，共15次，11点到11点半有2，12，20，21，22，……，29共12次，所以有27分钟。【答案】分钟袋中有3个红球，4个黄球和5个白球，小明从中任意拿出6个球，他拿出球的状况共有________种可能．【考点】加法原理之分类枚举【难度】4星【题型】解答【关键词】分类争辩思想，迎春杯，四班级，初赛，6题假如没拿红球，那么拿（黄、白）球的可能有（1、5）、（2、4）、（3、3）、（4、2）4种.假如拿1个红球，那么拿（黄、白）球的可能有（0、5）（1、4）、（2、3）、（3、2）、（4、1）5种.假如拿2个红球，那么拿（黄、白）球的可能有（0、4）、（1、3）、（2、2）（3、1）、（4、0）5种假如拿3个红球，那么拿（黄、白）球的可能有（0、3）、（1、2）、（2、1）、（3、0）4种.可见他拿出球的状况共有：4+5+5+4=18（种）．有18种.【答案】种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?【考点】加法原理之分类枚举【难度】4星【题型】解答【关键词】分类争辩思想方法一：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，依据加法原理共有种不同的乘积．方法二：每个空可以放入乘号可以可以不放乘号共有两种选择，在1、2、3、4这四个数中共有3个空所以共有：去掉都不放的一种状况，所以共有：（种）选择【答案】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?【考点】加法原理之分类枚举【难度】4星【题型】解答【关键词】分类争辩思想小于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．由于十位、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．【答案】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?【考点】加法原理之分类枚举【难度】4星【题型】解答【关键词】分类争辩思想小于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．由于十位、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；依据加法原理，总计共个．【答案】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?【考点】加法原理之分类枚举【难度】4星【题型】解答【关键词】分类争辩思想大于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．于是依据百位数进行分类：第一类，百位为7时，只有2700一个；其次类，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、2016、2007八个；依据加法原理，总计共个．【答案】从101到900这800个自然数中，数字和被8整除的数共有______个。【考点】加法原理之分类枚举【难度】5星【题型】填空【关键词】走美杯，四班级，初赛，第13题数字和被8整除，则数字和可能为8、16、24=1\*GB3①数字和8=8+0+0=7+1+0=6+2+0=5+3+0=4+4+0=6+1+1=5+2+1=4+3+1=4+2+2=3+3+2这样的数共有个=2\*GB3②数字和16=9+7+0=8+8+0=9+6+1=9+5+2=9+4+3=8+7+1=8+6+2=8+5+3=8+4+4=……这样的数共有58个=3\*GB3③数字和=24=9+9+6=9+8+7=8+8+8这样的数共有6个所以满足题意的数字共有100个【答案】个在四位数中，各位数字之和是4的四位数有多少？【考点】加法原理之分类枚举【难度】4星【题型】解答【关键词】分类争辩思想以个位数的值为分类标准，可以分成以下几类状况来考虑：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2020、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2011、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．依据上面分析，由加法原理可求出满足条件的数共有个．【答案】将1~999这999个自然数排成一行（不肯定按从大到小或从小到大的挨次排列），得到一个2889位数，那么数字串“123”最多能消灭次．【考点】加法原理之分类枚举【难度】5星【题型】填空【关键词】迎春杯，高班级，复试，4题构成数字串“123”的方式有很多，它可能是由一个数单独构成，也可能是由两个数或三个数构成．统计数字串“123”消灭的次数，最好的方法就是对其进行分类统计．我们将消灭的“123”分为如下几类：就是123三位数本身，一个；1和23分别属于两个不同的多位数，那么后面这个数可能是23或以23开头的三位数．23或以23开头的三位数有23，230，231，232，…，238，239共11个，而以1结尾的数远远多于11个，所以这类最多有11个；12和3分别属于两个不同的多位数，那么前面这个数可能是12或以12结尾的三位数．12或以12结尾的三位数有12，112，212，312，…，812，912共10个，而以3结尾的数远远多于10个，最多有10个；1、2和3分别属于三个不同的多位数，那么中间这个数只能是2，最多消灭1次．综上，最多消灭次，而且易看出可以达到．【答案】次将、以及另外个不同的自然数填入下面六个□，使这个自然数从左到右构成等差数列，一共有种不同的填法。□□□□□□【考点】加法原理之分类枚举【难度】5星【题型】填空【关键词】学而思杯，4班级，第6题由于和都在该等差数列当中，所以该等差数列的公差是与之差的约数，即只能是，，，，对这些公差分别争辩：（）当公差为时，两个数所在的位置相隔格，但一共只有个方格，所以该状况不存在。（）当公差为时，两个数所在的位置相隔格，在保证数列中各个数都是自然数的状况下，可以枚举种填法。（）当公差为时，两个数所在的位置相隔格，在保证数列中各个数都是自然数的状况下，可以枚举出种填法。（）当公差为时，两个数所在的位置相邻，在保证数列中各个数都是自然数的状况下，只能枚举出种填法。所以一共只有种填法。【答案】有一类自然数，从第三个数字开头，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.【考点】加法原理之分类枚举【难度】5星【题型】解答【关键词】分类争辩思想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【答案】在全部的两位数中，十位数字比个位数字大的两位数有多少个？【考点】加法原理之分类枚举【难度】4星【题型】填空【关键词】华杯赛，初赛，试题，第12题适合要求的两位数中，个位数字小于十位数字可将它们列出来：

十位数字个位数字

10

20，1

30，1，2

………

90，1，2，…，8

因此，适合要求的两位数共有：1＋2十3＋…＋9＝＝45(个)【答案】个假如一个大于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2008的迎春数一共有多少个？【考点】加法原理之分类枚举【难度】5星【题型】解答【考点】【难度】星【题型】填空【关键词】2007年，迎春杯，中班级，初赛，5题,分类争辩思想(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2008的迎春数共个．(法2)小于2008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．【答案】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？【考点】加法原理之分类枚举【难度】5星【题型】解答【关键词】分类争辩思想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：个也可以依据首位数字分别是1、2、3、4、5，画5个树状图，然后相加总共有：个【答案】从