資源簡(jiǎn)介

華羅庚學(xué)校數(shù)學(xué)課本：四年級(jí)（下冊(cè)）
第一講 乘法原理
　　在日常生活中常常會(huì)遇到這樣一些問(wèn)題，就是在做一件事時(shí)，要分幾步才能完成，而在完成每一步時(shí)，又有幾種不同的方法，要知道完成這件事一共有多少種方法，就用我們將討論的乘法原理來(lái)解決．
　　例如某人要從北京到大連拿一份資料，之后再到天津開會(huì)．其中，他從北京到大連可以乘長(zhǎng)途汽車、火車或飛機(jī)，而他從大連到天津卻只想乘船．那么，他從北京經(jīng)大連到天津共有多少種不同的走法？
　　分析這個(gè)問(wèn)題發(fā)現(xiàn)，某人從北京到天津要分兩步走．第一步是從北京到大連，可以有三種走法，即：
　　第二步是從大連到天津，只選擇乘船這一種走法，所以他從北京到天津共有下面的三種走法：
　　注意到 3×1=3．
　　如果此人到大連后，可以乘船或飛機(jī)到天津，那么他從北京到天津則有以下的走法：
　　共有六種走法，注意到3×2=6．
　　在上面討論問(wèn)題的過(guò)程中，我們把所有可能的辦法一一列舉出來(lái)．這種方法叫窮舉法．窮舉法對(duì)于討論方法數(shù)不太多的問(wèn)題是很有效的．
　　在上面的例子中，完成一件事要分兩個(gè)步驟．由窮舉法得到的結(jié)論看到，用第一步所有的可能方法數(shù)乘以第二步所有的可能方法數(shù)，就是完成這件事所有的方法數(shù)．
　　一般地，如果完成一件事需要n個(gè)步驟，其中，做第一步有m1種不同的方法，做第二步有m2種不同的方法，…，做第n步有mn種不同的方法，那么，完成這件事一共有
　　N=m1×m2×…×mn種不同的方法．
　　這就是乘法原理．
例1 某人到食堂去買飯，主食有三種，副食有五種，他主食和副食各買一種，共有多少種不同的買法？
分析 某人買飯要分兩步完成，即先買一種主食，再買一種副食（或先買副食后買主食）．其中，買主食有3種不同的方法，買副食有5種不同的方法．故可以由乘法原理解決．
　　解：由乘法原理，主食和副食各買一種共有3×5=15種不同的方法．
　　補(bǔ)充說(shuō)明：由例題可以看出，乘法原理運(yùn)用的范圍是：①這件事要分幾個(gè)彼此互不影響的獨(dú)立步驟來(lái)完成；②每個(gè)步驟各有若干種不同的方法來(lái)完成．這樣的問(wèn)題就可以使用乘法原理解決問(wèn)題．
例2 右圖中有7個(gè)點(diǎn)和十條線段，一只甲蟲要從A點(diǎn)沿著線段爬到B點(diǎn)，要求任何線段和點(diǎn)不得重復(fù)經(jīng)過(guò)．問(wèn)：這只甲蟲最多有幾種不同的走法？
　　分析 甲蟲要從A點(diǎn)沿線段爬到B點(diǎn)，必經(jīng)過(guò)C點(diǎn)，所以，完成這段路分兩步，即由A到C，再由C到B．而由A到C有三種走法，由C到B也有三種走法，所以，由乘法原理便可得到結(jié)論．
　　解：這只甲蟲從A到B共有3×3=9種不同的走法．
例3 書架上有6本不同的外語(yǔ)書，4本不同的語(yǔ)文書，從中任取外語(yǔ)、語(yǔ)文書各一本，有多少種不同的取法？
　　分析 要做的事情是從外語(yǔ)、語(yǔ)文書中各取一本．完成它要分兩步：即先取一本外語(yǔ)書（有6種取法），再取一本語(yǔ)文書（有4種取法）．(或先取語(yǔ)文書，再取外語(yǔ)書．）所以，用乘法原理解決．
　　解：從架上各取一本共有6×4=24種不同的取法．
例4 王英、趙明、李剛?cè)思s好每人報(bào)名參加學(xué)校運(yùn)動(dòng)會(huì)的跳遠(yuǎn)、跳高、100米跑、200米跑四項(xiàng)中的一項(xiàng)比賽，問(wèn)：報(bào)名的結(jié)果會(huì)出現(xiàn)多少種不同的情形？
　　分析 三人報(bào)名參加比賽，彼此互不影響?yīng)毩?bào)名．所以可以看成是分三步完成，即一個(gè)人一個(gè)人地去報(bào)名．首先，王英去報(bào)名，可報(bào)4個(gè)項(xiàng)目中的一項(xiàng)，有4種不同的報(bào)名方法．其次，趙明去報(bào)名，也有4種不同的報(bào)名方法．同樣，李剛也有4種不同的報(bào)名方法．滿足乘法原理的條件，可由乘法原理解決．
　　解：由乘法原理，報(bào)名的結(jié)果共有4×4×4=64種不同的情形．
例5 由數(shù)字0、1、2、3組成三位數(shù)，問(wèn)：
　?、倏山M成多少個(gè)不相等的三位數(shù)？
　?、诳山M成多少個(gè)沒(méi)有重復(fù)數(shù)字的三位數(shù)？
　　分析 在確定由0、1、2、3組成的三位數(shù)的過(guò)程中，應(yīng)該一位一位地去確定．所以，每個(gè)問(wèn)題都可以看成是分三個(gè)步驟來(lái)完成．
　?、僖蠼M成不相等的三位數(shù)．所以，數(shù)字可以重復(fù)使用，百位上，不能取0，故有3種不同的取法；十位上，可以在四個(gè)數(shù)字中任取一個(gè)，有4種不同的取法；個(gè)位上，也有4種不同的取法，由乘法原理，共可組成3×4×4=48個(gè)不相等的三位數(shù)．
　?、谝蠼M成的三位數(shù)中沒(méi)有重復(fù)數(shù)字，百位上，不能取0，有3種不同的取法；十位上，由于百位已在1、2、3中取走一個(gè)，故只剩下0和其余兩個(gè)數(shù)字，故有3種取法；個(gè)位上，由于百位和十位已各取走一個(gè)數(shù)字，故只能在剩下的兩個(gè)數(shù)字中取，有2種取法，由乘法原理，共有3×3×2=18個(gè)沒(méi)有重復(fù)數(shù)字的三位數(shù)．
　　解：由乘法原理
　?、俟部山M成3×4×4=48（個(gè)）不同的三位數(shù)；
　　②共可組成3×3×2=18（個(gè)）沒(méi)有重復(fù)數(shù)字的三位數(shù)．
例6 由數(shù)字1、2、3、4、5、6共可組成多少個(gè)沒(méi)有重復(fù)數(shù)字的四位奇數(shù)？
　　分析 要組成四位數(shù)，需一位一位地確定各個(gè)數(shù)位上的數(shù)字，即分四步完成，由于要求組成的數(shù)是奇數(shù)，故個(gè)位上只有能取1、3、5中的一個(gè)，有3種不同的取法；十位上，可以從余下的五個(gè)數(shù)字中取一個(gè)，有5種取法；百位上有4種取法；千位上有3種取法，故可由乘法原理解決．
　　解：由1、2、3、4、5、6共可組成
　　3×4×5×3=180
　　個(gè)沒(méi)有重復(fù)數(shù)字的四位奇數(shù)．
例7 右圖中共有16個(gè)方格，要把A、B、C、D四個(gè)不同的棋子放在方格里，并使每行每列只能出現(xiàn)一個(gè)棋子．問(wèn)：共有多少種不同的放法？
　　分析 由于四個(gè)棋子要一個(gè)一個(gè)地放入方格內(nèi)．故可看成是分四步完成這件事．第一步放棋子A，A可以放在16個(gè)方格中的任意一個(gè)中，故有16種不同的放法；第二步放棋子B，由于A已放定，那么放A的那一行和一列中的其他方格內(nèi)也不能放B，故還剩下9個(gè)方格可以放B，B有9種放法；第三步放C，再去掉B所在的行和列的方格，還剩下四個(gè)方格可以放C，C有4種放法；最后一步放D，再去掉C所在的行和列的方格，只剩下一個(gè)方格可以放D，D有1種放法，本題要由乘法原理解決．
　　解：由乘法原理，共有
　　16×9×4×1=576
　　種不同的放法．
例8 現(xiàn)有一角的人民幣4張，貳角的人民幣2張，壹元的人民幣3張，如果從中至少取一張，至多取9張，那么，共可以配成多少種不同的錢數(shù)？
　　分析 要從三種面值的人民幣中任取幾張，構(gòu)成一個(gè)錢數(shù)，需一步一步地來(lái)做．如先取一角的，再取貳角的，最后取壹元的．但注意到，取2張一角的人民幣和取1張貳角的人民幣，得到的錢數(shù)是相同的．這就會(huì)產(chǎn)生重復(fù)，如何解決這一問(wèn)題呢？我們可以把壹角的人民幣4張和貳角的人民幣2張統(tǒng)一起來(lái)考慮．即從中取出幾張組成一種面值，看共可以組成多少種．分析知，共可以組成從壹角到捌角間的任何一種面值，共8種情況．（即取兩張壹角的人民幣與取一張貳角的人民幣是一種情況；取4張壹角的人民幣與取2張貳角的人民幣是一種情況．）這樣一來(lái)，可以把它們看成是8張壹角的人民幣．整個(gè)問(wèn)題就變成了從8張壹角的人民幣和3張壹元的人民幣中分別取錢．這樣，第一步，從8張壹角的人民幣中取，共9種取法，即0、1、2、3、4、5、6、7、8；第二步，從3張壹元的人民幣中取共4種取法，即0、1、2、3．由乘法原理，共有9×4=36種情形，但注意到，要求“至少取一張”而現(xiàn)在包含了一張都不取的這一種情形，應(yīng)減掉．
　　解：取出的總錢數(shù)是
　　9×4-1=35種不同的情形．
習(xí)題一
　　1．某罪犯要從甲地途經(jīng)乙地和丙地逃到丁地，現(xiàn)在知道從甲地到乙地有3條路可以走，從乙地到丙地有2條路可以走，從丙地到丁地有4條路可以走．問(wèn)，罪犯共有多少種逃走的方法？
　　2．如右圖，在三條平行線上分別有一個(gè)點(diǎn)，四個(gè)點(diǎn)，三個(gè)點(diǎn)（且不在同一條直線上的三個(gè)點(diǎn)不共線）．在每條直線上各取一個(gè)點(diǎn)，可以畫出一個(gè)三角形．問(wèn)：一共可以畫出多少個(gè)這樣的三角形？
　　3．在自然數(shù)中，用兩位數(shù)做被減數(shù)，用一位數(shù)做減數(shù)．共可以組成多少個(gè)不同的減法算式？
　　4．一個(gè)籃球隊(duì)，五名隊(duì)員A、B、C、D、E，由于某種原因，C不能做中鋒，而其余四人可以分配到五個(gè)位置的任何一個(gè)上．問(wèn)：共有多少種不同的站位方法？
　　5．由數(shù)字1、2、3、4、5、6、7、8可組成多少個(gè)
　　①三位數(shù)？
　?、谌慌紨?shù)？
　?、蹧](méi)有重復(fù)數(shù)字的三位偶數(shù)？
　　④百位為8的沒(méi)有重復(fù)數(shù)字的三位數(shù)？
　?、莅傥粸?的沒(méi)有重復(fù)數(shù)字的三位偶數(shù)？
　　6．某市的電話號(hào)碼是六位數(shù)的，首位不能是0，其余各位數(shù)上可以是0～9中的任何一個(gè)，并且不同位上的數(shù)字可以重復(fù)．那么，這個(gè)城市最多可容納多少部電話機(jī)？
第二講 加法原理
　　生活中常有這樣的情況，就是在做一件事時(shí)，有幾類不同的方法，而每一類方法中，又有幾種可能的做法．那么，考慮完成這件事所有可能的做法，就要用我們將討論的加法原理來(lái)解決．
　　例如 某人從北京到天津，他可以乘火車也可以乘長(zhǎng)途汽車，現(xiàn)在知道每天有五次火車從北京到天津，有4趟長(zhǎng)途汽車從北京到天津．那么他在一天中去天津能有多少種不同的走法？
　　分析這個(gè)問(wèn)題發(fā)現(xiàn)，此人去天津要么乘火車，要么乘長(zhǎng)途汽車，有這兩大類走法，如果乘火車，有5種走法，如果乘長(zhǎng)途汽車，有4種走法．上面的每一種走法都可以從北京到天津，故共有5+4=9種不同的走法．
　　在上面的問(wèn)題中，完成一件事有兩大類不同的方法．在具體做的時(shí)候，只要采用一類中的一種方法就可以完成．并且兩大類方法是互無(wú)影響的，那么完成這件事的全部做法數(shù)就是用第一類的方法數(shù)加上第二類的方法數(shù)．
　　一般地，如果完成一件事有k類方法，第一類方法中有m1種不同做法，第二類方法中有m2種不同做法，…，第k類方法中有mk種不同的做法，則完成這件事共有
　　N=m1+m2+…+mk
　　種不同的方法．
　　這就是加法原理．
例1 學(xué)校組織讀書活動(dòng)，要求每個(gè)同學(xué)讀一本書．小明到圖書館借書時(shí)，圖書館有不同的外語(yǔ)書150本，不同的科技書200本，不同的小說(shuō)100本．那么，小明借一本書可以有多少種不同的選法？
　　分析 在這個(gè)問(wèn)題中，小明選一本書有三類方法．即要么選外語(yǔ)書，要么選科技書，要么選小說(shuō)．所以，是應(yīng)用加法原理的問(wèn)題．
　　解：小明借一本書共有：
　　150+200+100=450（種）
　　不同的選法．
例2 一個(gè)口袋內(nèi)裝有3個(gè)小球，另一個(gè)口袋內(nèi)裝有8個(gè)小球，所有這些小球顏色各不相同．
　　問(wèn)：①?gòu)膬蓚€(gè)口袋內(nèi)任取一個(gè)小球，有多少種不同的取法？
　　②從兩個(gè)口袋內(nèi)各取一個(gè)小球，有多少種不同的取法？
　　分析 ①中，從兩個(gè)口袋中只需取一個(gè)小球，則這個(gè)小球要么從第一個(gè)口袋中取，要么從第二個(gè)口袋中取，共有兩大類方法．所以是加法原理的問(wèn)題．
　?、谥校獜膬蓚€(gè)口袋中各取一個(gè)小球，則可看成先從第一個(gè)口袋中取一個(gè)，再?gòu)牡诙€(gè)口袋中取一個(gè)，分兩步完成，是乘法原理的問(wèn)題．
　　解：①?gòu)膬蓚€(gè)口袋中任取一個(gè)小球共有
　　3+8=11（種），
　　不同的取法．
　?、趶膬蓚€(gè)口袋中各取一個(gè)小球共有
　　3×8=24（種）
　　不同的取法．
　　補(bǔ)充說(shuō)明：由本題應(yīng)注意加法原理和乘法原理的區(qū)別及使用范圍的不同，乘法原理中，做完一件事要分成若干個(gè)步驟，一步接一步地去做才能完成這件事；加法原理中，做完一件事可以有幾類方法，每一類方法中的一種做法都可以完成這件事．
　　事實(shí)上，往往有許多事情是有幾大類方法來(lái)做的，而每一類方法又要由幾步來(lái)完成，這就要熟悉加法原理和乘法原理的內(nèi)容，綜合使用這兩個(gè)原理．
例3 如右圖，從甲地到乙地有4條路可走，從乙地到丙地有2條路可走，從甲地到丙地有3條路可走．那么，從甲地到丙地共有多少種走法？
　　分析 從甲地到丙地共有兩大類不同的走法．
　　第一類，由甲地途經(jīng)乙地到丙地．這時(shí)，要分兩步走，第一步從甲地到乙地，有4種走法；第二步從乙地到丙地共2種走法，所以由乘法原理，這時(shí)共有4×2=8種不同的走法．
　　第二類，由甲地直接到丙地，由條件知，有3種不同的走法．
　　解：由加法原理知，由甲地到丙地共有：
　　4×2+3=11（種）
　　不同的走法．
例4 如下頁(yè)圖，一只小甲蟲要從A點(diǎn)出發(fā)沿著線段爬到B點(diǎn)，要求任何點(diǎn)和線段不可重復(fù)經(jīng)過(guò)．問(wèn)：這只甲蟲有多少種不同的走法？
　　分析 從A點(diǎn)到B點(diǎn)有兩類走法，一類是從A點(diǎn)先經(jīng)過(guò)C點(diǎn)到B點(diǎn)，一類是從A點(diǎn)先經(jīng)過(guò)D點(diǎn)到B點(diǎn)．兩類中的每一種具體走法都要分兩步完成，所以每一類中，都要用乘法原理，而最后計(jì)算從A到B的全部走法時(shí)，只要用加法原理求和即可．
　　解：從A點(diǎn)先經(jīng)過(guò)C到B點(diǎn)共有：
　　1×3=3（種）
　　不同的走法．
　　從A點(diǎn)先經(jīng)過(guò)D到B點(diǎn)共有：
　　2×3=6（種）
　　不同的走法．
　　所以，從A點(diǎn)到B點(diǎn)共有：
　　3+6=9（種）
　　不同的走法．
例5 有兩個(gè)相同的正方體，每個(gè)正方體的六個(gè)面上分別標(biāo)有數(shù)字1、2、3、4、5、6．將兩個(gè)正方體放到桌面上，向上的一面數(shù)字之和為偶數(shù)的有多少種情形？
　　分析 要使兩個(gè)數(shù)字之和為偶數(shù)，只要這兩個(gè)數(shù)字的奇偶性相同，即這兩個(gè)數(shù)字要么同為奇數(shù)，要么同為偶數(shù)，所以，要分兩大類來(lái)考慮．
　　第一類，兩個(gè)數(shù)字同為奇數(shù)．由于放兩個(gè)正方體可認(rèn)為是一個(gè)一個(gè)地放．放第一個(gè)正方體時(shí)，出現(xiàn)奇數(shù)有三種可能，即1，3，5；放第二個(gè)正方體，出現(xiàn)奇數(shù)也有三種可能，由乘法原理，這時(shí)共有3×3=9種不同的情形．
　　第二類，兩個(gè)數(shù)字同為偶數(shù)，類似第一類的討論方法，也有3×3=9種不同情形．
　　最后再由加法原理即可求解．
　　解：兩個(gè)正方體向上的一面同為奇數(shù)共有
　　3×3=9（種）
　　不同的情形；
　　兩個(gè)正方體向上的一面同為偶數(shù)共有
　　3×3=9（種）
　　不同的情形．
　　所以，兩個(gè)正方體向上的一面數(shù)字之和為偶數(shù)的共有
　　3×3+3×3=18（種）
　　不同的情形．
例6 從1到500的所有自然數(shù)中，不含有數(shù)字4的自然數(shù)有多少個(gè)？
　　分析 從1到500的所有自然數(shù)可分為三大類，即一位數(shù)，兩位數(shù)，三位數(shù)．
　　一位數(shù)中，不含4的有8個(gè)，它們是1、2、3、5、6、7、8、9；
　　兩位數(shù)中，不含4的可以這樣考慮：十位上，不含4的有1、2、3、5、6、7、8、9這八種情況．個(gè)位上，不含4的有0、1、2、3、5、6、7、8、9這九種情況，要確定一個(gè)兩位數(shù)，可以先取十位數(shù)，再取個(gè)位數(shù)，應(yīng)用乘法原理，這時(shí)共有8×9=72個(gè)數(shù)不含4．
　　三位數(shù)中，小于500并且不含數(shù)字4的可以這樣考慮：百位上，不含4的有1、2、3、這三種情況．十位上，不含4的有0、1、2、3、5、6、7、8、9這九種情況，個(gè)位上，不含4的也有九種情況．要確定一個(gè)三位數(shù)，可以先取百位數(shù)，再取十位數(shù)，最后取個(gè)位數(shù)，應(yīng)用乘法原理，這時(shí)共有3×9×9=243個(gè)三位數(shù)．由于500也是一個(gè)不含4的三位數(shù)．所以，1～500中，不含4的三位數(shù)共有3×9×9+1=244個(gè)．
　　解：在1～500中，不含4的一位數(shù)有8個(gè)；不含4的兩位數(shù)有8×9=72個(gè)；不含4的三位數(shù)有3×9×9+1=244個(gè)，由加法原理，在1～500中，共有：
　　8+8×9+3×9×9+1=324（個(gè)）
　　不含4的自然數(shù)．
　　補(bǔ)充說(shuō)明：這道題也可以這樣想：把一位數(shù)看成是前面有兩個(gè)0的三位數(shù)，如：把1看成是001．把兩位數(shù)看成是前面有一個(gè)0的三位數(shù)．如：把11看成011．那么所有的從1到500的自然數(shù)都可以看成是“三位數(shù)”，除去500外，考慮不含有4的這樣的“三位數(shù)”．百位上，有0、1、2、3這四種選法；十位上，有0、1、2、3、5、6、7、8、9這九種選法；個(gè)位上，也有九種選法．所以，除500外，有4×9×9=324個(gè)不含4的“三位數(shù)”．注意到，這里面有一個(gè)數(shù)是000，應(yīng)該去掉．而500還沒(méi)有算進(jìn)去，應(yīng)該加進(jìn)去．所以，從1到500中，不含4的自然數(shù)仍有324個(gè)．
　　這是一種特殊的思考問(wèn)題的方法，注意到當(dāng)我們對(duì)“三位數(shù)”重新給予規(guī)定之后，問(wèn)題很簡(jiǎn)捷地得到解決．
例7 如下頁(yè)左圖，要從A點(diǎn)沿線段走到B，要求每一步都是向右、向上或者向斜上方．問(wèn)有多少種不同的走法？
　　分析 觀察下頁(yè)左圖，注意到，從A到B要一直向右、向上，那么，經(jīng)過(guò)下頁(yè)右圖中C、D、E、F四點(diǎn)中的某一點(diǎn)的路線一定不再經(jīng)過(guò)其他的點(diǎn)．也就是說(shuō)從A到B點(diǎn)的路線共分為四類，它們是分別經(jīng)過(guò)C、D、E、F的路線．
　　第一類，經(jīng)過(guò)C的路線，分為兩步，從A到C再?gòu)腃到B，從A到C有2條路可走，從C到B也有兩條路可走，由乘法原理，從A經(jīng)C到B共有2×2=4條不同的路線．
　　第二類，經(jīng)過(guò)D點(diǎn)的路線，分為兩步，從A到D有4條路，從D到B有4條路，由乘法原理，從A經(jīng)D到B共有4×4=16種不同的走法．
　　第三類，經(jīng)過(guò)E點(diǎn)的路線，分為兩步，從A到E再?gòu)腅到B，觀察發(fā)現(xiàn)．各有一條路．所以，從A經(jīng)E到B共有1種走法．
　　第四類，經(jīng)過(guò)F點(diǎn)的路線，從A經(jīng)F到B只有一種走法．
　　最后由加法原理即可求解．
　　解：如上右圖，從A到B共有下面的走法：
　　從A經(jīng)C到B共有2×2=4種走法；
　　從A經(jīng)D到B共有4×4=16種走法；
　　從A經(jīng)E到B共有1種走法；
　　從A經(jīng)F到B共有1種走法．
　　所以，從A到B共有：
　　4+16+1+1=22
　　種不同的走法．
習(xí)題二
　　1．如右圖，從甲地到乙地有三條路，從乙地到丙地有三條路，從甲地到丁地有兩條路，從丁地到丙地有四條路，問(wèn)：從甲地到丙地共有多少種走法？
　　2．書架上有6本不同的畫報(bào)和7本不同的書，從中最多拿兩本（不能不拿），有多少種不同的拿法？
　　
3．如下圖中，沿線段從點(diǎn)A走最短的路線到B，各有多少種走法？
　　4．在1～1000的自然數(shù)中，一共有多少個(gè)數(shù)字0？
　　5．在1～500的自然數(shù)中，不含數(shù)字0和1的數(shù)有多少個(gè)？
　　6．十把鑰匙開十把鎖，但不知道哪把鑰匙開哪把鎖，問(wèn)：最多試開多少次，就能把鎖和鑰匙配起來(lái)？
第三講 排 列
　　在實(shí)際生活中常遇到這樣的問(wèn)題，就是要把一些事物排在一起，構(gòu)成一列，計(jì)算有多少種排法．就是排列問(wèn)題．在排的過(guò)程中，不僅與參加排列的事物有關(guān)，而且與各事物所在的先后順序有關(guān)．
　　例如 某客輪航行于天津、青島、大連三個(gè)城市之間．問(wèn)：應(yīng)準(zhǔn)備有多少種不同船票？
　　分析這個(gè)問(wèn)題，可以用枚舉法解決，三個(gè)城市之間，船票有下面六種設(shè)置方式：
　　如果不用枚舉法，注意到要準(zhǔn)備的船票的種類不僅與所選的兩個(gè)城市有關(guān)，而且與這兩個(gè)城市作為起點(diǎn)、終點(diǎn)的順序有關(guān)，所以，要考慮共準(zhǔn)備多少種不同的船票，就要在三個(gè)城市之間每次取出兩個(gè)，按照起點(diǎn)、終點(diǎn)的順序排列．
　　首先確定起點(diǎn)站，在三個(gè)城市中，任取一個(gè)為起點(diǎn)站，共有三種選法．
　　其次確定終點(diǎn)站，每次確定了一個(gè)起點(diǎn)站后，只能從剩下的兩個(gè)城市之中選終點(diǎn)站，共有兩種選法．
　　由乘法原理，共需準(zhǔn)備：
　　3×2=6
　　種不同的船票．
　　為敘述方便，我們把研究對(duì)象（如天津、青島、大連）看作元素，那么上面的問(wèn)題就是在三個(gè)不同的元素中取出兩個(gè)，按照一定的順序排成一列的問(wèn)題．我們把每一種排法叫做一個(gè)排列（如天津——青島就是一個(gè)排列），把所有排列的個(gè)數(shù)叫做排列數(shù)．那么上面的問(wèn)題就是求排列數(shù)的問(wèn)題．
　　一般地，從n個(gè)不同的元素中任取出m個(gè)（m≤n）元素，按照一定的順序排成一列．叫做從n個(gè)不同元素中取出m個(gè)元素的一個(gè)排列．
由排列的定義可以看出，兩個(gè)排列相同，不僅要求這兩個(gè)排列中的元素完全相同，而且各元素的先后順序也一樣．如果兩個(gè)排列的元素不完全相同．或者各元素的排列順序不完全一樣，則這就是兩個(gè)不同的排列．　　
　　第一步：先排第一個(gè)位置上的元素，可以從n個(gè)元素中任選一個(gè)，有n種不同的選法；
　　第二步：排第二個(gè)位置上的元素．這時(shí)，由于第一個(gè)位置已用去了一個(gè)元素，只剩下（n-1）個(gè)不同的元素可供選擇，共有（n-1）種不同的選法；
　　第三步：排第三個(gè)位置上的元素，有（n-2）種不同的選法；
　　…
　　第m步：排第m個(gè)位置上的元素．由于前面已經(jīng)排了（m-1）個(gè)位置，用去了（m-1）個(gè)元素．這樣，第m個(gè)位置上只能從剩下的[n-（m-1）]=（n-m+1）個(gè)元素中選擇，有（n-m+1）種不同的選法．
　　由乘法原理知，共有：
　　n（n-1）（n-2）…（n-m+1）
　　種不同的排法，即：
例2 有五面顏色不同的小旗，任意取出三面排成一行表示一種信號(hào)，問(wèn)：共可以表示多少種不同的信號(hào)？
　　分析 這里五面不同顏色的小旗就是五個(gè)不同的元素，三面小旗表示一種信號(hào)，就是有三個(gè)位置．我們的問(wèn)題就是要從五個(gè)不同的元素中取三個(gè)，排在三個(gè)位置的問(wèn)題．由于信號(hào)不僅與旗子的顏色有關(guān)，而且與不同旗子所在的位置有關(guān)，所以是排列問(wèn)題，且其中n=5，m=3．
　　解：由排列數(shù)公式知，共可組成
　　種不同的信號(hào)．
　　補(bǔ)充說(shuō)明：這個(gè)問(wèn)題也可以用乘法原理來(lái)做，一般，乘法原理中與順序有關(guān)的問(wèn)題常?？梢杂门帕袛?shù)公式做，用排列數(shù)公式解決問(wèn)題時(shí)，可避免一步步地分析考慮，使問(wèn)題簡(jiǎn)化．
例3 用1、2、3、4、5、6、7、8可組成多少個(gè)沒(méi)有重復(fù)數(shù)字的五位數(shù)？
　　分析 這是一個(gè)從8個(gè)元素中取5個(gè)元素的排列問(wèn)題，且知n=8，m=5．
　　解：由排列數(shù)公式，共可組成：
　　個(gè)不同的五位數(shù)．
例4 幼兒園里的6名小朋友去坐3把不同的椅子，有多少種坐法？
　　分析 在這個(gè)問(wèn)題中，只要把3把椅子看成是3個(gè)位置，而6名小朋友作為6個(gè)不同元素，則問(wèn)題就可以轉(zhuǎn)化成從6個(gè)元素中取3個(gè)，排在3個(gè)不同位置的排列問(wèn)題．
　　解：由排列數(shù)公式，共有：
　　種不同的坐法．
例5 幼兒園里3名小朋友去坐6把不同的椅子（每人只能坐一把），有多少種不同的坐法？
　　分析 與例4不同，這次是椅子多而人少，可以考慮把6把椅子看成是6個(gè)元素，而把3名小朋友作為3個(gè)位置，則問(wèn)題轉(zhuǎn)化為從6把椅子中選出3把，排在3名小朋友面前的排列問(wèn)題．
　　解：由排列公式，共有：
　　種不同的坐法．
例6 有4個(gè)同學(xué)一起去郊游，照相時(shí)，必須有一名同學(xué)給其他3人拍照，共可能有多少種拍照情況？（照相時(shí)3人站成一排）
　　分析 由于4人中必須有一個(gè)人拍照，所以，每張照片只能有3人，可以看成有3個(gè)位置由這3人來(lái)站．由于要選一人拍照，也就是要從四個(gè)人中選3人照相，所以，問(wèn)題就轉(zhuǎn)化成從四個(gè)人中選3人，排在3個(gè)位置中的排列問(wèn)題．要計(jì)算的是有多少種排法．
　　解：由排列數(shù)公式，共可能有：
　　種不同的拍照情況．
例7 4名同學(xué)到照相館照相．他們要排成一排，問(wèn)：共有多少種不同的排法？
　　分析 4個(gè)人到照相館照相，那么4個(gè)人要分坐在四個(gè)不同的位置上．所以這是一個(gè)從4個(gè)元素中選4個(gè)，排成一列的問(wèn)題．這時(shí)n=4，m=4．
　　解：由排列數(shù)公式知，共有
　　種不同的排法．
　　一般地，對(duì)于m=n的情況，排列數(shù)公式變?yōu)?br/>　　
表示從n個(gè)不同元素中取n個(gè)元素排成一列所構(gòu)成排列的排列數(shù)．
　　這種n個(gè)排列全部取出的排列，叫做n個(gè)不同元素的全排列．
　　（2）式右邊是從n開始，后面每一個(gè)因數(shù)比前一個(gè)因數(shù)小1，一直乘到1的乘積，記為n！，讀做n的階乘，則（2）式可以寫為：
例9 5個(gè)人并排站成一排，其中甲必須站在中間有多少種不同的站法？
　　分析 由于甲必須站在中間，那么問(wèn)題實(shí)質(zhì)上就是剩下的四個(gè)人去站其余四個(gè)位置的問(wèn)題，是一個(gè)全排列問(wèn)題，且n=4．
　　解：由全排列公式，共有
　　
種不同的站法．
習(xí)題三
　　1．計(jì)算
　　2．某鐵路線共有14個(gè)車站，這條鐵路線共需要多少種不同的車票．
　　3．有紅、黃、藍(lán)三種信號(hào)旗，把任意兩面上、下掛在旗桿上都可以表示一種信號(hào)，問(wèn)共可以組成多少種不同的信號(hào)？
　　4．班集體中選出了5名班委，他們要分別擔(dān)任班長(zhǎng)，學(xué)習(xí)委員、生活委員、宣傳委員和體育委員．問(wèn)：有多少種不同的分工方式？
　　5．由數(shù)字1、2、3、4、5、6可以組成多少?zèng)]有重復(fù)數(shù)字的
　?、偃粩?shù)？
　?、趥€(gè)位是5的三位數(shù)？
　?、郯傥皇?的五位數(shù)？
　　④六位數(shù)？
第四講 組合
　　日常生活中有很多“分組”問(wèn)題.如在體育比賽中，把參賽隊(duì)分為幾個(gè)組，從全班同學(xué)中選出幾人參加某項(xiàng)活動(dòng)等等.這種“分組”問(wèn)題，就是我們將要討論的組合問(wèn)題，這里，我們將著重研究有多少種分組方法的問(wèn)題.
　　例如 某客輪航行于天津、青島、大連三個(gè)城市之間.那么，船票共有幾種價(jià)格（往返票價(jià)相同）？
　　注意到由天津到青島的票價(jià)與從青島到天津的票價(jià)是一樣的，所以問(wèn)題實(shí)際上就是計(jì)算從三個(gè)城市中取兩個(gè)城市，有多少種不同的取法，即這時(shí)只與考慮的兩個(gè)城市有關(guān)而與兩個(gè)城市的順序無(wú)關(guān).
　　由枚舉法知，共有下面的三種票價(jià)：
　　天津←→青島
　　青島←→大連
　　大連←→天津
　　我們把研究對(duì)象（如天津、青島、大連）看作元素，那么上面的問(wèn)題就是從3個(gè)元素中取出2個(gè)，組成一組的問(wèn)題，我們把每一組叫做一個(gè)組合，把所有的組合的個(gè)數(shù)叫做組合數(shù)，上面的問(wèn)題就是要求組合數(shù).
　　一般地，從n個(gè)不同元素中取出m個(gè)（m≤n）元素組成一組不計(jì)較組內(nèi)各元素的次序，叫做從n個(gè)不同元素中取出m個(gè)元素的一個(gè)組合.
　　由組合的定義可以看出，兩個(gè)組合是否相同，只與這兩個(gè)組合中的元素有關(guān)，而與取到這些元素的先后順序無(wú)關(guān).只有當(dāng)兩個(gè)組合中的元素不完全相同時(shí)，它們才是不同的組合.
　　從n個(gè)不同元素中取出m個(gè)元素（m≤n）的所有組合的個(gè)數(shù)，叫做從n個(gè)不同元素中取出m個(gè)不同元素的組合數(shù).記作Cmn.
　　如上面的例子，就是要計(jì)算從3個(gè)城市中取2個(gè)城市的組合數(shù)C23，由枚舉法得出的結(jié)論知：C23＝3.
　　那么它是怎樣計(jì)算出來(lái)的呢？
　　從第三講開頭的例子，即準(zhǔn)備天津、青島、大連三個(gè)城市之間的船票的問(wèn)題發(fā)現(xiàn)，這個(gè)問(wèn)題實(shí)際上可以這樣分兩步完成：第一步是從三個(gè)城市中選兩個(gè)城市，是一個(gè)組合問(wèn)題，由組合數(shù)公式，有取C23法.第二步是將取出的兩個(gè)城市進(jìn)行排列，由全排列公式，有P23種排法，所以，由乘法原理得到P23＝C23×P23.故有：
　　C23＝P23÷P22＝（3×2）÷2＝3.
例1 計(jì)算：①C26，C46；②C27，C57.
　　注意到上面的結(jié)果中，有C26=C46，C27=C57.
　　一般地，組合數(shù)有下面的重要性質(zhì)：
　　Cmn＝Cn-mn （m≤n）
　　這個(gè)公式是很容易理解的，它的直觀意義是：Cmn表示從n個(gè)元素中取出m個(gè)元素組成一組的所有分組方法.Cn-mn表示從n個(gè)元素中取出（n—m）個(gè)元素組成一組的所有分組方法.顯然，從n個(gè)元素中選出m個(gè)元素的分組方法恰是從n個(gè)元素中選m個(gè)元素剩下的（n-m）個(gè)元素的分組方法.例如，從5人中選3人開會(huì)的方法和從5人中選出2人不去開會(huì)的方法是一樣多的，即C35=C25.
例3 從分別寫有1、3、5、7、9的五張卡片中任取兩張，作成一道兩個(gè)一位數(shù)的乘法題，問(wèn)：
　?、儆卸嗌賯€(gè)不同的乘積？
　?、谟卸嗌賯€(gè)不同的乘法算式？
分析 ①中，要考慮有多少個(gè)不同乘積.由于只要從5張卡片中取兩張，就可以得到一個(gè)乘積，所以，有多少個(gè)乘積只與所取的卡片有關(guān)，而與卡片取出的順序無(wú)關(guān)，所以這是一個(gè)組合問(wèn)題.
　　②中，要考慮有多少個(gè)不同的乘法算式，它不僅與兩張卡片上的數(shù)字有關(guān)，而且與取到兩張卡片的順序有關(guān)，所以這是一個(gè)排列問(wèn)題.
解：①由組合數(shù)公式，共有
　　個(gè)不同的乘積.
　　②由排列數(shù)公式，共有
　　P25＝ 5×4＝20
　　種不同的乘法算式.
例4 在一個(gè)圓周上有10個(gè)點(diǎn)，以這些點(diǎn)為端點(diǎn)或頂點(diǎn)，可以畫出多少不同的①直線段，②三角形，③四邊形？
分析 由于10個(gè)點(diǎn)全在圓周上，所以這10個(gè)點(diǎn)沒(méi)有三點(diǎn)共線，故只要在10個(gè)點(diǎn)中取2個(gè)點(diǎn)，就可以畫出一條線段；在10個(gè)點(diǎn)中取3個(gè)點(diǎn)，就可以畫出一個(gè)三角形；在10個(gè)點(diǎn)中取4個(gè)點(diǎn)，就可以畫出一個(gè)四邊形，三個(gè)問(wèn)題都是組合問(wèn)題.
解：由組合數(shù)公式.
例5 如下圖，問(wèn)：
　?、傧伦髨D中，共有多少條線段？
　?、谙掠覉D中，共有多少個(gè)角？
分析 ①中，在線段AB上共有7個(gè)點(diǎn)（包括端點(diǎn)A、B）.注意到，只要在這七個(gè)點(diǎn)中選出兩個(gè)點(diǎn)，就有一條以這兩個(gè)點(diǎn)為端點(diǎn)的線段，所以，這是一個(gè)組合問(wèn)題，而C27表示從7個(gè)點(diǎn)中取兩個(gè)不同點(diǎn)的所有取法，每種取法可以確定一條線段，所以共有C27條線段.
　?、谥?，從O點(diǎn)出發(fā)的射線一共有11條，它們是OA， OP1，OP2，OP3，…，OP9，OB.注意到每?jī)蓷l射線可以形成一個(gè)角，所以，只要看從11條射線中取兩條射線有多少種取法，就有多少個(gè)角.顯然，是組合問(wèn)題，共有C211種不同的取法，所以，可組成C211個(gè)角.
解：①由組合數(shù)公式知，共有
　　
例6 某校舉行排球單循環(huán)賽，有12個(gè)隊(duì)參加.問(wèn)：共需要進(jìn)行多少場(chǎng)比賽？
分析 因?yàn)楸荣愂菃窝h(huán)制的，所以，12個(gè)隊(duì)中的每?jī)蓚€(gè)隊(duì)都要進(jìn)行一場(chǎng)比賽，并且比賽的場(chǎng)次只與兩個(gè)隊(duì)的選取有關(guān)而與兩個(gè)隊(duì)選出的順序無(wú)關(guān).所以，這是一個(gè)在12個(gè)隊(duì)中取2個(gè)隊(duì)的組合問(wèn)題.
解： 由組合數(shù)公式知，共需進(jìn)行
　　場(chǎng)比賽.
例7 某班要在42名同學(xué)中選出3名同學(xué)去參加夏令營(yíng)，問(wèn)共有多少種選法？如果在42人中選3人站成一排，有多少種站法？
分析 要在42人中選3人去參加夏令營(yíng)，那么，所有的選法只與選出的同學(xué)有關(guān)，而與三名同學(xué)被選出的順序無(wú)關(guān).所以，應(yīng)用組合數(shù)公式，共有C343種不同的選法.
　　要在42人中選出3人站成一排，那么，所有的站法不僅與選出的同學(xué)有關(guān)，而且與三名同學(xué)被選出的順序有關(guān).所以，應(yīng)用排列數(shù)公式，共有P342種不同的站法.
解： 由組合數(shù)公式，共有
習(xí)題四
　　1.計(jì)算：
　?、貱315； ②C19982000；
　?、跜34×C28； ④P28-C68.
　　2.從分別寫有1、2、3、4、5、6、7、8的八張卡片中任取兩張作成一道兩個(gè)一位數(shù)的加法題.問(wèn)：
　?、儆卸嗌俜N不同的和？
　　②有多少個(gè)不同的加法算式？
　　3.某班畢業(yè)生中有10名同學(xué)相見了，他們互相都握了一次手，問(wèn)這次聚會(huì)大家一共握了多少次手？
　　4.在圓周上有12個(gè)點(diǎn).
　?、龠^(guò)每?jī)蓚€(gè)點(diǎn)可以畫一條直線，一共可以畫出多少條直線？
　　②過(guò)每三個(gè)點(diǎn)可以畫一個(gè)三角形，一共可以畫出多少個(gè)三角形？
　　5.如右圖，圖上一共有六個(gè)點(diǎn)，且六個(gè)點(diǎn)中任意三個(gè)點(diǎn)不共線，問(wèn)：
　?、?gòu)倪@六個(gè)點(diǎn)中任意選兩點(diǎn)可以連成一條線段，這些點(diǎn)一共可以連成多少條線段？
　?、趶倪@六個(gè)點(diǎn)中任意選兩點(diǎn)可以作一條射線，這些點(diǎn)一共可以作成多少條射線？（射線是一端固定，經(jīng)另一點(diǎn)可以無(wú)限延長(zhǎng)的.）
第五講 排列組合
　　前面我們已討論了加法原理、乘法原理、排列、組合等問(wèn)題.事實(shí)上，這些問(wèn)題是相互聯(lián)系、不可分割的.例如有時(shí)候，做某件事情有幾類方法，而每一類方法又要分幾個(gè)步驟完成.在計(jì)算做這件事的方法時(shí)，既要用到乘法原理，又要用到加法原理.又如，在照相時(shí)，如果對(duì)坐的位置有些規(guī)定，那么就不再是簡(jiǎn)單的排列問(wèn)題了.類似的問(wèn)題有很多，要正確地解決這些問(wèn)題，就一定要熟練地掌握兩個(gè)原理和排列、組合的內(nèi)容，并熟悉它們所解決問(wèn)題的類型特點(diǎn).
　　看下面的例子.
例1 由數(shù)字0、1、2、3可以組成多少個(gè)沒(méi)有重復(fù)數(shù)字的偶數(shù)？
分析 注意到由四個(gè)數(shù)字0、1、2、3可組成的偶數(shù)有一位數(shù)、二位數(shù)、三位數(shù)、四位數(shù)這四類，所以要一類一類地考慮，再由加法原理解決.
　　第一類：一位偶數(shù)只有0、2，共2個(gè)；
　　第二類：兩位偶數(shù)，它包含個(gè)位為0、2的兩類.若個(gè)位取0，則十位可有C13種取法；若個(gè)位取2，則十位有C12種取法.故兩位偶數(shù)共有（C13＋C12）種不同的取法；
　　第三類：三位偶數(shù)，它包含個(gè)位為0、2的兩類.若個(gè)位取0，則十位和百位共有P23種取法；若個(gè)位取2，則十位和百位只能在0、1、3中取，百位有2種取法，十位也有2種取法，由乘法原理，個(gè)位為2的三位偶數(shù)有2×2個(gè)，三位偶數(shù)共有（P23＋2×2）個(gè)；
　　第四類：四位偶數(shù).它包含個(gè)位為0、2的兩類.若個(gè)位取 0，則共有P33個(gè)；若個(gè)位取 2，則其他 3位只能在 0、 1、 3中取.千位有2種取法，百位和十位在剩下的兩個(gè)數(shù)中取，再排成一列，有P22種取法.由乘法原理，個(gè)位為2的四位偶數(shù)有2×P22個(gè).所以，四位偶數(shù)共有（P33＋2×P22）種不同的取法.
解： 由加法原理知，共可以組成
　　2＋（C13＋C12）＋（P23＋2×2）＋（P33＋2×P22）
　?。?＋5＋10＋10
　?。?7
　　個(gè)不同的偶數(shù).
　　補(bǔ)充說(shuō)明：本題也可以將所有偶數(shù)分為兩類，即個(gè)位為0和個(gè)位為2的兩類.再考慮到每一類中分別有一位、兩位、三位、四位數(shù)，逐類討論便可求解.
例2 國(guó)家舉行足球賽，共15個(gè)隊(duì)參加.比賽時(shí)，先分成兩個(gè)組，第一組8個(gè)隊(duì)，第二組7個(gè)隊(duì).各組都進(jìn)行單循環(huán)賽（即每個(gè)隊(duì)要同本組的其他各隊(duì)比賽一場(chǎng)）.然后再由各組的前兩名共4個(gè)隊(duì)進(jìn)行單循環(huán)賽，決出冠亞軍.問(wèn)：①共需比賽多少場(chǎng)？②如果實(shí)行主客場(chǎng)制（即A、B兩個(gè)隊(duì)比賽時(shí)，既要在A隊(duì)所在的城市比賽一場(chǎng)，也要在B隊(duì)所在的城市比賽一場(chǎng)），共需比賽多少場(chǎng)？
分析 比賽的所有場(chǎng)次包括三類：第一組中比賽的場(chǎng)次，第二組中比賽的場(chǎng)次，決賽時(shí)比賽的場(chǎng)次.
　?、僦?，第一組中8個(gè)隊(duì)，每?jī)申?duì)比賽一場(chǎng)，所以共比賽C28場(chǎng)；第二組中7個(gè)隊(duì)，每?jī)申?duì)比賽一場(chǎng)，所以共比賽C27場(chǎng)；決賽中4個(gè)隊(duì)，每?jī)申?duì)比賽一場(chǎng)，所以共比賽C24場(chǎng).
　　②中，由于是實(shí)行主客場(chǎng)制，每?jī)蓚€(gè)隊(duì)之間要比賽兩場(chǎng)，比賽場(chǎng)次是①中的2倍.
　　另外，還可以用排列的知識(shí)來(lái)解決.由于主客場(chǎng)制不僅與參賽的隊(duì)有關(guān)，而且與比賽所在的城市（即與順序）有關(guān).所以，第一組共比賽P28場(chǎng)，第二組共比賽P27場(chǎng)，決賽時(shí)共比賽P24場(chǎng).
解： 由加法原理：
　?、賹?shí)行單循環(huán)賽共比賽
　?、趯?shí)行主客場(chǎng)制，共需比賽
　　2×（C28＋C27＋C24）＝110（場(chǎng)）.
　　或解為：
　　P28＋P27＋P24
　?。?×7＋7×6＋4×3
　　＝56＋42＋12
　?。?10（場(chǎng)）.
例3 在一個(gè)半圓周上共有12個(gè)點(diǎn)，如右圖，以這些點(diǎn)為頂點(diǎn)，可以畫出多少個(gè)
　?、偃切危?br/>　?、谒倪呅危?br/>分析 ①我們知道，不在同一直線上的三個(gè)點(diǎn)確定一個(gè)三角形，由圖可見，半圓弧上的每三個(gè)點(diǎn)均不共線（由于A、B既可看成半圓上的點(diǎn)，又可看成線段上的點(diǎn)，為不重復(fù)計(jì)算，可把它們歸在線段上），所以，所有的三角形應(yīng)有三類：第一類，三角形的三個(gè)頂點(diǎn)全在半圓弧上?。ú缓珹、B兩點(diǎn)）；第二類，三角形的兩個(gè)頂點(diǎn)取在半圓弧上（不包含A、B），另一個(gè)頂點(diǎn)在線段上?。ê珹、B）；第三類，三角形的一個(gè)頂點(diǎn)在半圓弧上取，另外兩點(diǎn)在線段上取.
　　注意到三角形的個(gè)數(shù)只與三個(gè)頂點(diǎn)的取法有關(guān)，而與選取三點(diǎn)的順序無(wú)關(guān)，所以，這是組合問(wèn)題.
　　由加法原理，這12個(gè)點(diǎn)共可以組成
　　C37＋（C27×C15）＋（C17×C25）
　?。?5＋105＋70＝210（個(gè)）
　　不同的三角形.
　　也可列式為C312－C35＝220—10＝210（個(gè)）.
分析 ②用解①的方法考慮.
　　將組成四邊形時(shí)取點(diǎn)的情況分為三類：
　　第一類：四個(gè)點(diǎn)全在圓弧上取.（不包括A、B）有C17種取法.
　　第二類：兩個(gè)點(diǎn)取自圓弧.兩個(gè)點(diǎn)取自直線AB.有取法C27×C25種.
　　第三類：圓弧上取3個(gè)點(diǎn)，直線上取1個(gè)點(diǎn)，有C37×C15種取法.
解： 依加法原理，這12個(gè)點(diǎn)共可組成：
　　C47+ C27×C25+C37×C15
　?。?5＋210＋175＝420
　　個(gè)不同的四邊形.
　　還可直接計(jì)算，這12個(gè)點(diǎn)共可組成：
　　C412-C45-C35·C17＝495－5-70＝420
　　個(gè)不同的四邊形.
例4 如下圖，問(wèn)
　?、傧伦髨D中，有多少個(gè)長(zhǎng)方形（包括正方形）？
　　②下右圖中，有多少個(gè)長(zhǎng)方體（包括正方體）？
分析 ①由于長(zhǎng)方形是由兩組分別平行的線段構(gòu)成的，因此只要看上左圖中水平方向的所有平行線中，可以選出幾組兩條平行線，豎直方向上的所有平行線中，可以選出幾組兩條平行線？
　　②由于長(zhǎng)方體是由三組分別平行的平面組成的.因此，只要看上頁(yè)右圖中，平行于長(zhǎng)方體上面的所有平面中，可以選出幾組兩個(gè)互相平行的平面，平行于長(zhǎng)方體右面的所有平面中，可以選出幾組兩個(gè)互相平行的兩個(gè)平面，平行于長(zhǎng)方體前面的所有平面中，可以選出幾組兩個(gè)互相平行的平面.
解： ①C25×C27＝210（個(gè)）
　　因此，上頁(yè)左圖中共有210個(gè)長(zhǎng)方形.
　?、贑25×C26×C24＝900（個(gè)）
　　因此，上頁(yè)右圖中共有900個(gè)長(zhǎng)方體.
例5 甲、乙、丙、丁4人各有一個(gè)作業(yè)本混放在一起，4人每人隨便拿了一本，問(wèn)：
　　①甲拿到自己作業(yè)本的拿法有多少種？
　　②恰有一人拿到自己作業(yè)本的拿法有多少種？
　　③至少有一人沒(méi)有拿到自己作業(yè)本的拿法有多少種？
　?、苷l(shuí)也沒(méi)有拿到自己作業(yè)本的拿法有多少種？
分析 ①甲拿到自己的作業(yè)本，這時(shí)只要考慮剩下的三個(gè)人拿到其他三本作業(yè)本的情況.由于其他三人可以拿到自己的作業(yè)本，也可以不拿到自己的作業(yè)本.所以，共有P33種情況.
　?、谇∮幸蝗四玫阶约旱淖鳂I(yè)本.這時(shí)，一人拿到了自己的作業(yè)本，而其他三人都沒(méi)能拿到自己的作業(yè)本.拿到自己作業(yè)本的可以是甲、乙、丙、丁中的一人，共4種情況.另外三人全拿錯(cuò)了作業(yè)本的拿法有2種.故恰有一人拿到自己作業(yè)本的情況有4×2種情況.
　?、壑辽儆幸蝗藳](méi)有拿到自己的作業(yè)本.這時(shí)只要在所有拿法中減去四人全拿到自己作業(yè)本的拿法即可.由于4人拿作業(yè)本的所有拿法是P44，而4人全拿到自己作業(yè)本只有1種情況.所以，至少有一人沒(méi)拿到自己作業(yè)本的拿法有P44－1種情況.
　?、苷l(shuí)也沒(méi)拿到自己的作業(yè)本.可分步考慮（假設(shè)四個(gè)人一個(gè)一個(gè)地拿作業(yè)本，考慮四人都拿錯(cuò)的情況即可）.第一個(gè)拿作業(yè)本的人除自己的作業(yè)本外有3種拿法.被他拿走作業(yè)本的人也有3種拿法.這時(shí)，剩下的兩人只能從剩下的兩本中拿，要每人都拿錯(cuò)，只有一種拿法.所以，由乘法原理，共有3×3×1種不同的情況.
解： ①甲拿到自己作業(yè)本的拿法有
　　P33＝3×2×1＝ 6
　　種情況；
　　②恰有一人拿到自己作業(yè)本的拿法有
　　4×2＝8
　　種情況；
　?、壑辽儆幸蝗藳](méi)有拿到自己作業(yè)本的拿法有
　　P44－1＝4×3×2×1－1＝23
　　種情況；
　?、苷l(shuí)也沒(méi)有拿到自己作業(yè)本的拿法有
　　3×3×1＝9
　　種情況.
　　由前面的各例題可以看到，有關(guān)排列組合的問(wèn)題多種多樣，思考問(wèn)題的方法靈活多變，入手的角度也是多方面的.所以，除掌握有關(guān)的原理和結(jié)論，還必須學(xué)習(xí)靈活多樣的分析問(wèn)題、解決問(wèn)題的方法.
　　
習(xí)題五
　　1.由數(shù)字0、1、2、3、4可以組成多少個(gè)
　?、偃粩?shù)？②沒(méi)有重復(fù)數(shù)字的三位數(shù)？
　　③沒(méi)有重復(fù)數(shù)字的三位偶數(shù)？④小于1000的自然數(shù)？
　　2.從15名同學(xué)中選5人參加數(shù)學(xué)競(jìng)賽，求分別滿足下列條件的選法各有多少種？
　?、倌硟扇吮仨毴脒x；
　　②某兩人中至少有一人入選；
　?、勰橙酥星∪脒x一人；
　?、苣橙瞬荒芡瑫r(shí)都入選.
　　3.如右圖，兩條相交直線上共有9個(gè)點(diǎn)，問(wèn)：　一共可以組成多少個(gè)不同的三角形？
　　4.如下圖，計(jì)算①下左圖中有多少個(gè)梯形？②下右圖中有多少個(gè)長(zhǎng)方體？
　　5.七個(gè)同學(xué)照相，分別求出在下列條件下有多少種站法？
　?、倨邆€(gè)人排成一排；
　?、谄邆€(gè)人排成一排，某兩人必須有一人站在中間；
　?、燮邆€(gè)人排成一排，某兩人必須站在兩頭；
　?、芷邆€(gè)人排成一排，某兩人不能站在兩頭；
　　⑤七個(gè)人排成兩排，前排三人，后排四人，某兩人不在同一排.
第六講 排列組合的綜合應(yīng)用
　　排列組合是數(shù)學(xué)中風(fēng)格獨(dú)特的一部分內(nèi)容.它具有廣泛的實(shí)際應(yīng)用.例如：某城市電話號(hào)碼是由六位數(shù)字組成，每位可從0～9中任取一個(gè)，問(wèn)該城市最多可有多少種不同的電話號(hào)碼？又如從20名運(yùn)動(dòng)員中挑選6人組成一個(gè)代表隊(duì)參加國(guó)際比賽.但運(yùn)動(dòng)員甲和乙兩人中至少有一人必須參加代表隊(duì)，問(wèn)共有多少種選法？回答上述問(wèn)題若不采用排列組合的方法，結(jié)論是難以想像的.（前一個(gè)問(wèn)題，該城市最多可有1000000個(gè)不同電話號(hào)碼.后一個(gè)問(wèn)題，代表隊(duì)有20196種不同選法.）
　　當(dāng)然排列組合的綜合應(yīng)用具有一定難度.突破難點(diǎn)的關(guān)鍵：首先必須準(zhǔn)確、透徹的理解加法原理、乘法原理；即排列組合的基石.其次注意兩點(diǎn)：①對(duì)問(wèn)題的分析、考慮是否能歸納為排列、組合問(wèn)題？若能，再判斷是屬于排列問(wèn)題還是組合問(wèn)題？②對(duì)題目所給的條件限制要作仔細(xì)推敲認(rèn)真分析.有時(shí)利用圖示法，可使問(wèn)題簡(jiǎn)化便于正確理解與把握.
例1 從5幅國(guó)畫，3幅油畫，2幅水彩畫中選取兩幅不同類型的畫布置教室，問(wèn)有幾種選法？
分析 首先考慮從國(guó)畫、油畫、水彩畫這三種畫中選取兩幅不同類型的畫有三種情況，即可分三類，自然考慮到加法原理.當(dāng)從國(guó)畫、油畫各選一幅有多少種選法時(shí)，利用的乘法原理.由此可知這是一道利用兩個(gè)原理的綜合題.關(guān)鍵是正確把握原理.
解： 符合要求的選法可分三類：
　　不妨設(shè)第一類為：國(guó)畫、油畫各一幅，可以想像成，第一步先在5張國(guó)畫中選1張，第二步再在3張油畫中選1張.由乘法原理有 5×3＝15種選法.第二類為國(guó)畫、水彩畫各一幅，由乘法原理有 5×2＝10種選法.第三類油畫、水彩各一幅，由乘法原理有3×2＝6種選法.這三類是各自獨(dú)立發(fā)生互不相干進(jìn)行的.
　　因此，依加法原理，選取兩幅不同類型的畫布置教室的選法有 15＋10＋ 6＝31種.
　　注 運(yùn)用兩個(gè)基本原理時(shí)要注意：
　?、僮プ蓚€(gè)基本原理的區(qū)別，千萬(wàn)不能混.
　　不同類的方法（其中每一個(gè)方法都能各自獨(dú)立地把事情從頭到尾做完）數(shù)之間做加法，可求得完成事情的不同方法總數(shù).
　　不同步的方法（全程分成幾個(gè)階段（步），其中每一個(gè)方法都只能完成這件事的一個(gè)階段）數(shù)之間做乘法，可求得完成整個(gè)事情的不同方法總數(shù).
　　②在研究完成一件工作的不同方法數(shù)時(shí)，要遵循“不重不漏”的原則.請(qǐng)看一些例：從若干件產(chǎn)品中抽出幾件產(chǎn)品來(lái)檢驗(yàn)，如果把抽出的產(chǎn)品中至多有2件次品的抽法僅僅分為兩類：第一類抽出的產(chǎn)品中有2件次品，第二類抽出的產(chǎn)品中有1件次品，那么這樣的分類顯然漏掉了抽出的產(chǎn)品中無(wú)次品的情況.又如：把能被2、被3、或被6整除的數(shù)分為三類：第一類為能被2整除的數(shù)，第二類為能被3整除的數(shù)，第三類為能被6整除的數(shù).這三類數(shù)互有重復(fù)部分.
　　③在運(yùn)用乘法原理時(shí)，要注意當(dāng)每個(gè)步驟都做完時(shí)，這件事也必須完成，而且前面一個(gè)步驟中的每一種方法，對(duì)于下個(gè)步驟不同的方法來(lái)說(shuō)是一樣的.
例2 一學(xué)生把一個(gè)一元硬幣連續(xù)擲三次，試列出各種可能的排列.
分析 要不重不漏地寫出所有排列，利用樹形圖是一種直觀方法.為了方便，樹形圖常畫成倒掛形式.
解：
　　由此可知，排列共有如下八種：
　　正正正、正正反、正反正、正反反、
　　反正正、反正反、反反正、反反反.
例3 用0～9這十個(gè)數(shù)字可組成多少個(gè)無(wú)重復(fù)數(shù)字的四位數(shù).
分析 此題屬于有條件限制的排列問(wèn)題，首先弄清楚限制條件表現(xiàn)為：①某位置上不能排某元素.②某元素只能排在某位置上.分析無(wú)重復(fù)數(shù)字的四位數(shù)的千位、百位、十位、個(gè)位的限制條件：千位上不能排0，或說(shuō)千位上只能排1～9這九個(gè)數(shù)字中的一個(gè).而且其他位置上數(shù)碼都不相同，下面分別介紹三種解法.
　　解法1：分析 某位置上不能排某元素.分步完成：第一步選元素占據(jù)特殊位置，第二步選元素占據(jù)其余位置.
解： 分兩步完成：
　　第一步：從1～9這九個(gè)數(shù)中任選一個(gè)占據(jù)千位，有9種方法.
　　第二步：從余下的9個(gè)數(shù)（包括數(shù)字0）中任選3個(gè)占據(jù)百位、十位、個(gè)位，百位有9種.十位有8種，個(gè)位有7種方法.
　　由乘法原理，共有滿足條件的四位數(shù)9×9×8×7=4536個(gè).
　　答：可組成4536個(gè)無(wú)重復(fù)數(shù)字的四位數(shù).
　　解法2：分析 對(duì)于某元素只能占據(jù)某位置的排列可分步完成：第一步讓特殊元素先占位，第二步讓其余元素占位.在所給元素中0是有位置限制的特殊元素，在組成的四位數(shù)中，有一類根本無(wú)0元素，另一類含有0元素，而此時(shí)0元素只能占據(jù)百、十、個(gè)三個(gè)位置之一.
解： 組成的四位數(shù)分為兩類：
　　第一類：不含0的四位數(shù)有9×8×7×6=3024個(gè).
　　第二類：含0的四位數(shù)的組成分為兩步：第一步讓0占一個(gè)位有3種占法，（讓0占位只能在百、十、個(gè)位上，所以有3種）第二步讓其余9個(gè)數(shù)占位有9×8×7種占法.所以含0的四位數(shù)有3×9×8×7=1512個(gè).
　　∴由加法原理，共有滿足條件的四位數(shù)
　　3024+1512=4536個(gè).
　　解法3：從無(wú)條件限制的排列總數(shù)中減去不合要求的排列數(shù)（稱為排除法）.此題中不合要求的排列即為0占據(jù)千位的排列.
解： 從0～9十個(gè)數(shù)中任取4個(gè)數(shù)的排列總數(shù)為10×9×8×7，其中0在千位的排列數(shù)有9×8×7個(gè)（0確定在千位，百、十、個(gè)只能從9個(gè)數(shù)中取不同的3個(gè)）
　　∴共有滿足條件的四位數(shù)
　　10×9×8×7-9×8×7
　　=9×8×7×（10-1）
　　=4536個(gè).
　　注 用解法3時(shí)要特別注意不合要求的排列有哪幾種？要做到不重不漏.
例4 從右圖中11個(gè)交點(diǎn)中任取3個(gè)點(diǎn)，可畫出多少個(gè)三角形？
　　分析首先，構(gòu)成三角形與三個(gè)點(diǎn)的順序無(wú)關(guān)因此是組合問(wèn)題，另外考慮特殊點(diǎn)的情況：如三點(diǎn)在一條直線上，則此三點(diǎn)不能構(gòu)成三角形，四點(diǎn)在一條直線上，則其中任意三點(diǎn)也不能構(gòu)成三角形.此題采用排除法較方便.
　　解：組合總數(shù)為C311，
　　其中三點(diǎn)共線不能構(gòu)成的三角形有7C33，
　　四點(diǎn)共線不能構(gòu)成的三角形有2C34，
　　∴C311-（7C33+2C34）=165-（7+8）=150個(gè).
例5 7個(gè)相同的球，放入4個(gè)不同的盒子里，每個(gè)盒子至少放一個(gè)，不同的放法有多少種？（請(qǐng)注意，球無(wú)區(qū)別，盒是有區(qū)別的，且不允許空盒）
分析 首先研究把7分成4個(gè)自然數(shù)之和的形式，容易得到以下三種情況：
　?、?=1+1+1+4
　　②7=1+2+2+2
　?、?=1+1+2+3
　　其次，將三種情況視為三類計(jì)算不同的放法.第一類：有一個(gè)盒子里放了4個(gè)球，而其余盒子里各放1個(gè)球，由于4個(gè)球可任意放入不同的四個(gè)盒子之一，有4種放法，而其他盒子只放一個(gè)球，而球是相同的，任意調(diào)換都是相同的放法，所以第一類只有4種放法.
　　第二類：有一個(gè)盒子里放1個(gè)球，有4種放法，其余盒子里都放2個(gè)球，與第一類相同，任意調(diào)換都是相同的放法，所以第二類也只有4種放法.
　　第三類：有兩個(gè)盒子里各放一個(gè)球，另外兩個(gè)盒子里分別放2個(gè)及3個(gè)球，這時(shí)分兩步來(lái)考慮：第一步，從4個(gè)盒子中任取兩個(gè)各放一個(gè)球，這種取法有C24種.
　　第二步，把余下的兩個(gè)盒子里分別放入2個(gè)球及3個(gè)球，這種放法有P22種.由乘法原理有C24×P22=12種放法.
　　∴由加法原理，可得符合題目要求的不同放法有
　　4+4+12=20（種）
　　答：共有20種不同的放法.
　　注 本題也可以看成每盒中先放了一個(gè)球墊底，使盒不空，剩下3個(gè)球，放入4個(gè)有區(qū)別盒的放置方式數(shù).
例6 用紅、橙、黃、綠、藍(lán)、青、紫七種顏色中的一種，或兩種，或三種，或四種，分別涂在正四面體各個(gè)面上，一個(gè)面不能用兩色，也無(wú)一個(gè)面不涂色的，問(wèn)共有幾種不同涂色方式？
分析 首先介紹正四面體（模型）.正四面體四個(gè)面的相關(guān)位置，當(dāng)?shù)酌娲_定后，（從上面俯視）三個(gè)側(cè)面的順序有順時(shí)針和逆時(shí)針兩種（當(dāng)三個(gè)側(cè)面的顏色只有一種或兩種時(shí)，順時(shí)針和逆時(shí)針的顏色分布是相同的）.
　　先看簡(jiǎn)單情況，如取定四種顏色涂于四個(gè)面上，有兩種方法；如取定一種顏色涂于四個(gè)面上，只有一種方法.但取定三種顏色如紅、橙、黃三色，涂于四個(gè)面上有六種方法，如下圖①②③（圖中用數(shù)字1，2，3分別表示紅、橙、黃三色）
　　如果取定兩種顏色如紅、橙二色，涂于四個(gè)面上有三種方法.如下圖④⑤⑥
　　但是從七種顏色里，每次取出四種顏色，有C47種取法，每次取出三種顏色有C37種取法，每次取出兩種顏色有C27種取法，每次取出一種顏色有C17種取法.
　　因此著色法共有2C47+6C37+3C27+C17=350種.
習(xí)題六
　　1.有3封不同的信，投入4個(gè)郵筒，一共有多少種不同的投法？
　　2.甲、乙兩人打乒乓球，誰(shuí)先連勝頭兩局，則誰(shuí)贏.如果沒(méi)有人連勝頭兩局，則誰(shuí)先勝三局誰(shuí)贏，打到?jīng)Q出輸贏為止，問(wèn)有多少種可能情況？
　　3.在6名女同學(xué)，5名男同學(xué)中，選4名女同學(xué)，3名男同學(xué)，男女相間站成一排，問(wèn)共有多少種排法？
　　4.用0、1、2、3、4、5、6這七個(gè)數(shù)字可組成多少個(gè)比300000大的無(wú)重復(fù)數(shù)字的六位偶數(shù)？
　　5.如右圖：在擺成棋盤眼形的20個(gè)點(diǎn)中，選不在同一直線上的三點(diǎn)作出以它們?yōu)轫旤c(diǎn)的三角形，問(wèn)總共能作多少個(gè)三角形？
　　6.有十張幣值分別為1分、2分、5分、1角、2角、5角、1元、2元、5元、10元的人民幣，能組成多少種不同的幣值？并請(qǐng)研究是否可組成最小幣值1分與最大幣值（總和）之間的所有可能的幣值.
第七講 行程問(wèn)題
　　在本講中，我們研究?jī)蓚€(gè)運(yùn)動(dòng)物體作方向相同的運(yùn)動(dòng)時(shí)，路程、速度、時(shí)間這三個(gè)基本量之間有什么樣的關(guān)系.
例1 下午放學(xué)時(shí)，弟弟以每分鐘40米的速度步行回家.5分鐘后，哥哥以每分鐘60米的速度也從學(xué)校步行回家，哥哥出發(fā)后，經(jīng)過(guò)幾分鐘可以追上弟弟？（假定從學(xué)校到家有足夠遠(yuǎn)，即哥哥追上弟弟時(shí)，仍沒(méi)有回到家）.
分析 若經(jīng)過(guò)5分鐘，弟弟已到了A地，此時(shí)弟弟已走了40×5=200（米）；哥哥每分鐘比弟弟多走20米，幾分鐘可以追上這200米呢？
解： 40×5÷（60-40）
　　=200÷20
　　=10（分鐘）
　　答：哥哥10分鐘可以追上弟弟.
　　我們把類似例1這樣的題，稱之為追及問(wèn)題.如果我們把開始時(shí)刻前后兩物體（或人）的距離稱為路程差（如例1中的200米），從開始時(shí)刻到后者追上前者路程差這一段路程所用的時(shí)間稱為追及時(shí)間，則從例1容易看出：追及問(wèn)題存在這樣的基本關(guān)系：
　　路程差=速度差×追及時(shí)間.
　　如果已知其中的兩個(gè)量，那么根據(jù)上式就很容易求出第三個(gè)量.
例2 甲、乙二人練習(xí)跑步，若甲讓乙先跑10米，則甲跑5秒鐘可追上乙；若甲讓乙先跑2秒鐘，則甲跑4秒鐘就能追上乙.問(wèn)：甲、乙二人的速度各是多少？
分析 若甲讓乙先跑10米，則10米就是甲、乙二人的路程差，5秒就是追及時(shí)間，據(jù)此可求出他們的速度差為10÷5=2（米/秒）；若甲讓乙先跑2秒，則甲跑4秒可追上乙，在這個(gè)過(guò)程中，追及時(shí)間為4秒，因此路程差就等于2×4=8（米），也即乙在2秒內(nèi)跑了8米，所以可求出乙的速度，也可求出甲的速度.綜合列式計(jì)算如下：
解： 乙的速度為：10÷5×4÷2=4（米/秒）
　　甲的速度為：10÷5+4=6（米/秒）
　　答：甲的速度為6米/秒，乙的速度為4米/秒.
例3 某人沿著一條與鐵路平行的筆直的小路由西向東行走，這時(shí)有一列長(zhǎng)520米的火車從背后開來(lái)，此人在行進(jìn)中測(cè)出整列火車通過(guò)的時(shí)間為42秒，而在這段時(shí)間內(nèi)，他行走了68米，則這列火車的速度是多少？
分析 整列火車通過(guò)的時(shí)間是42秒，這句話的意思是：從火車的車頭追上行人時(shí)開始計(jì)時(shí)，直到車尾超過(guò)行人為止共用42秒，因此，如果我們把火車的運(yùn)動(dòng)看作是車尾的運(yùn)動(dòng)的話，則本題實(shí)際上就是一個(gè)車尾與人的追及問(wèn)題，開始時(shí)刻，它們的路程差就等于這列火車的車長(zhǎng)，追及時(shí)間就等于42秒，因此可以求出它們的速度差，從而求出火車的車速.
解： 520÷42+68÷42
　　=（520+68）÷42
　　=588÷42
　　=14（米/秒）
　　答：火車的車速為14米/秒.
例4 幸福村小學(xué)有一條200米長(zhǎng)的環(huán)形跑道，冬冬和晶晶同時(shí)從起跑線起跑，冬冬每秒鐘跑6米，晶晶每秒鐘跑4米，問(wèn)冬冬第一次追上晶晶時(shí)兩人各跑了多少米，第2次追上晶晶時(shí)兩人各跑了多少圈？
分析 這是一道封閉路線上的追及問(wèn)題，冬冬與晶晶兩人同時(shí)同地起跑，方向一致.因此，當(dāng)冬冬第一次追上晶晶時(shí)，他比晶晶多跑的路程恰是環(huán)形跑道的一個(gè)周長(zhǎng)（200米），又知道了冬冬和晶晶的速度，于是，根據(jù)追及問(wèn)題的基本關(guān)系就可求出追及時(shí)間以及他們各自所走的路程.
解： ①冬冬第一次追上晶晶所需要的時(shí)間：
　　200÷（6-4）=100（秒）
　?、诙谝淮巫飞暇Ьr(shí)他所跑的路程應(yīng)為：6×100=600（米）
　?、劬ЬУ谝淮伪蛔飞蠒r(shí)所跑的路程：
　　4×100=400（米）
　?、芏诙巫飞暇Ьr(shí)所跑的圈數(shù)：
　?。?00×2）÷200=6（圈）
　　⑤晶晶第2次被追上時(shí)所跑的圈數(shù)：
　?。?00×2）÷200=4（圈）
　　答：略.
　　解答封閉路線上的追及問(wèn)題，關(guān)鍵是要掌握從并行到下次追及的路程差恰是一圈的長(zhǎng)度.
例5 軍事演習(xí)中，“我”海軍英雄艦追擊“敵”軍艦，追到A島時(shí)，“敵”艦已在10分鐘前逃離，“敵”艦每分鐘行駛1000米，“我”海軍英雄艦每分鐘行駛1470米，在距離“敵”艦600米處可開炮射擊，問(wèn)“我”海軍英雄艦從A島出發(fā)經(jīng)過(guò)多少分鐘可射擊敵艦？
分析 “我”艦追到A島時(shí)，“敵”艦已逃離10分鐘了，因此，在A島時(shí)，“我”艦與“敵”艦的距離為10000米（=1000×10）.又因?yàn)椤拔摇迸炘诰嚯x“敵”艦600米處即可開炮射擊，即“我”艦只要追上“敵”艦9400（=10000米-600米）即可開炮射擊.所以，在這個(gè)問(wèn)題中，不妨把9400當(dāng)作路程差，根據(jù)公式求得追及時(shí)間.
解： （1000×10-600）÷（1470-1000）
　　=（10000-600）÷470
　　=9400÷470
　　=20（分鐘）
　　答：經(jīng)過(guò)20分鐘可開炮射擊“敵”艦.
例6 在一條直的公路上，甲、乙兩個(gè)地點(diǎn)相距600米，張明每小時(shí)行4公里，李強(qiáng)每小時(shí)行5公里.8點(diǎn)整，張李二人分別從甲、乙兩地同時(shí)出發(fā)相向而行，1分鐘后他們都調(diào)頭反向而行，再經(jīng)過(guò)3分鐘，他們又調(diào)頭相向而行，依次按照1，3，5，…（連續(xù)奇數(shù)）分鐘數(shù)調(diào)頭行走，那么張、李二人相遇時(shí)是8點(diǎn)幾分？
分析 無(wú)論相向還是反向，張李二人每分鐘都共走4000÷60+5000÷60=150（米）.如果兩人一直相向而行，那么從出發(fā)經(jīng)過(guò)600÷150=4（分鐘）兩人相遇.顯然，按現(xiàn)在的走法，在16分鐘（=1+3+5+7）之內(nèi)兩人不會(huì)相遇.在這16分鐘之內(nèi)，他們相向走了6分鐘（=1+5），反向走了10分鐘（=3+7），此時(shí)兩人相距600+[150×（3+7-1-5）]=1200米，因此，再相向行走，經(jīng)過(guò)1200÷150=8（分鐘）就可以相遇.
解： 600+150×（3+7-1-5）=1200（米）
　　1200÷（4000÷60+5000÷60）=8（分鐘）
　　1+3+5+7+8=24（分鐘）
　　答：兩人相遇時(shí)是8點(diǎn)24分.
例7 自行車隊(duì)出發(fā)12分鐘后，通信員騎摩托車去追他們，在距出發(fā)點(diǎn)9千米處追上了自行車隊(duì)，然后通信員立即返回出發(fā)點(diǎn)；隨后又返回去追自行車隊(duì)，再追上時(shí)恰好離出發(fā)點(diǎn)18千米，求自行車隊(duì)和摩托車的速度.
分析 在第一次追上自行車隊(duì)與第二次追上自行車隊(duì)之間，摩托車所走的路程為（18+9）千米，而自行車所走的路程為（18-9）千米，所以，摩托車的速度是自行車速度的3倍（=（18+9）÷（18-9））；摩托車與自行車的速度差是自行車速度的2倍，再根據(jù)第一次摩托車開始追自行車隊(duì)時(shí)，車隊(duì)已出發(fā)了12分鐘，也即第一次追及的路程差等于自行車在12分鐘內(nèi)所走的路程，所以追及時(shí)間等于12÷2=6（分鐘）；聯(lián)系摩托車在距出發(fā)點(diǎn)9千米的地方追上自行車隊(duì)可知：摩托車在6分鐘內(nèi)走了9千米的路程，于是摩托車和自行車的速度都可求出了.
解： （18+9）÷（18-9）=3（倍）
　　12÷（3-1）=6（分鐘）
　　9÷6=1.5（千米/分鐘）
　　1.5÷3=0.5（千米/分鐘）
　　答：摩托車與自行車的速度依次為1.5千米/分鐘，0.5千米/分鐘.
例8 A、B兩地間有條公路，甲從A地出發(fā)，步行到B地，乙騎摩托車從B地出發(fā)，不停地往返于A、B兩地之間，他們同時(shí)出發(fā)，80分鐘后兩人第一次相遇，100分鐘后乙第一次追上甲，問(wèn)：當(dāng)甲到達(dá)B地時(shí)，乙追上甲幾次？
分析 由上圖容易看出：在第一次相遇與第一次追上之間，乙在100-80=20（分鐘）內(nèi)所走的路程恰等于線段FA的長(zhǎng)度再加上線段AE的長(zhǎng)度，即等于甲在（80+100）分鐘內(nèi)所走的路程，因此，乙的速度是甲的9倍（=180÷20），則BF的長(zhǎng)為AF的9倍，所以，甲從A到B，共需走80×（1+9）=800（分鐘）乙第一次追上甲時(shí)，所用的時(shí)間為100分鐘，且與甲的路程差為一個(gè)AB全程.從第一次追上甲時(shí)開始，乙每次追上甲的路程差就是兩個(gè)AB全程，因此，追及時(shí)間也變?yōu)?00分鐘（=100×2），所以，在甲從A到B的800分鐘內(nèi)，乙共有4次追上甲，即在第100分鐘，300分鐘，500分鐘和700分鐘.
解： （略）.
習(xí) 題 七
　　1.解放軍某部先遣隊(duì)，從營(yíng)地出發(fā)，以每小時(shí)6千米的速度向某地前進(jìn)，6小時(shí)后，部隊(duì)有急事，派通訊員騎摩托車以每小時(shí)78千米的速度前去聯(lián)絡(luò)，問(wèn)多少時(shí)間后，通訊員能趕上先遣隊(duì)？
　　2.小明以每分鐘50米的速度從學(xué)校步行回家，12分鐘后小強(qiáng)從學(xué)校出發(fā)騎自行車去追小明，結(jié)果在距學(xué)校1000米處追上小明，求小強(qiáng)騎自行車的速度.
　　3.甲、乙兩架飛機(jī)同時(shí)從一個(gè)機(jī)場(chǎng)起飛，向同一方向飛行，甲機(jī)每小時(shí)行300千米，乙機(jī)每小時(shí)行340千米，飛行4小時(shí)后它們相隔多少千米？這時(shí)候甲機(jī)提高速度用2小時(shí)追上乙機(jī)，甲機(jī)每小時(shí)要飛行多少千米？
　　4.兩人騎自行車從同一地點(diǎn)出發(fā)沿著長(zhǎng)900千米環(huán)形路行駛，如果他們反向而行，那么經(jīng)過(guò)2分鐘就相遇，如果同向而行，那么每經(jīng)過(guò)18分鐘快者就追上慢者，求兩人騎車的速度？
　　5.一條環(huán)形跑道長(zhǎng)400米，甲騎自行車每分鐘騎450米，乙跑步每分鐘250米，兩人同時(shí)從同地同向出發(fā)，經(jīng)過(guò)多少分鐘兩人相遇？
　　6.上午8點(diǎn)零8分，小明騎自行車從家里出發(fā)，8分鐘后，爸爸騎摩托車去追他，在離家4千米的地方追上了他.然后爸爸立刻回家，到家后又立刻回頭去追小明、再追上他的時(shí)候，離家恰好是8千米，問(wèn)這時(shí)是幾點(diǎn)幾分？
第八講 數(shù)學(xué)游戲
　　我們?cè)谶M(jìn)行競(jìng)賽與競(jìng)爭(zhēng)時(shí)，往往要認(rèn)真分析情況，制定出好的方案，使自己獲勝，這種方案就是對(duì)策.在小學(xué)數(shù)學(xué)競(jìng)賽中，常有與智力游戲相結(jié)合而提出的一些簡(jiǎn)單的對(duì)策問(wèn)題，它所涉及的數(shù)學(xué)知識(shí)都比較簡(jiǎn)單.但這類題的解答對(duì)我們的智力將是一種很有益的鍛煉.
例1 甲、乙二人輪流報(bào)數(shù)，必須報(bào)不大于6的自然數(shù)，把兩人報(bào)出的數(shù)依次加起來(lái)，誰(shuí)報(bào)數(shù)后加起來(lái)的數(shù)是2000，誰(shuí)就獲勝.如果甲要取勝，是先報(bào)還是后報(bào)？報(bào)幾？以后怎樣報(bào)？
分析 采用倒推法（倒推法是解決這類問(wèn)題一種常用的數(shù)學(xué)方法）.由于每次報(bào)的數(shù)是1～6的自然數(shù)，2000-1=1999，2000-6=1994，甲要獲勝，必須使乙最后一次報(bào)數(shù)加起來(lái)的和的范圍是1994～1999，由于1994-1=1993（或1999-6=1993），因此，甲倒數(shù)第二次報(bào)數(shù)后加起來(lái)的和必須是1993.同樣，由于1993-1=1992，1993-6=1987，所以要使乙倒數(shù)第二次報(bào)數(shù)后加起來(lái)的和的范圍是1987～1992，甲倒數(shù)第三次報(bào)數(shù)后加起來(lái)的和必須是1986.同樣，由于1986-1=1985，1986-6=1980，所以要使乙倒數(shù)第三次報(bào)數(shù)后加起來(lái)的和的范圍是1980～1985，甲倒數(shù)第四次報(bào)數(shù)后加起來(lái)的和必須是1979，….
　　把甲報(bào)完數(shù)后加起來(lái)必須得到的和從后往前進(jìn)行排列：2000、1993、1986、1979、….觀察這一數(shù)列，發(fā)現(xiàn)這是一等差數(shù)列，且公差d=7，這些數(shù)被7除都余5.因此這一數(shù)列的最后三項(xiàng)為：19、12、5.所以甲要獲勝，必須先報(bào)，報(bào)5.因?yàn)?2-5=7，所以以后乙報(bào)幾，甲就報(bào)7減幾，例如乙報(bào)3，甲就接著報(bào)4（=7-3）.
解： ①甲要獲勝必須先報(bào)，甲先報(bào)5；
　?、谝院?，乙報(bào)幾甲就接著報(bào)7減幾.
　　這樣甲就能一定獲勝.
例2 有1994個(gè)球，甲乙兩人用這些球進(jìn)行取球比賽.比賽的規(guī)則是：甲乙輪流取球，每人每次取1個(gè)，2個(gè)或3個(gè)，取最后一個(gè)球的人為失敗者.
　?、偌紫热。诪榱巳?，他應(yīng)采取怎樣的策略？
　?、谝蚁饶昧?個(gè)球，甲為了必勝，應(yīng)當(dāng)采取怎樣的策略？
分析 為了敘述方便，把這1994個(gè)球編上號(hào)，分別為1～1994號(hào).取球時(shí)先取序號(hào)小的球，后取序號(hào)大的球.還是采用倒推法.甲為了取勝，必須把1994號(hào)球留給對(duì)方，因此甲在最后一次取球時(shí)，必須使他自己取到球中序號(hào)最大的一個(gè)是1993（也許他取的球不止一個(gè)）.為了保證能做到這一點(diǎn)，就必須使乙最后第二次所取的球的序號(hào)為1990（=1993-3）～1992（=1993-1）.因此，甲在最后第二次取球時(shí)，必須使他自己所取的球中序號(hào)最大的一個(gè)是1989.為了保證能做到這一點(diǎn)，就必須使乙最后第三次所取球的序號(hào)為1986（=1989-3）～1988（=1989-1）.因此，甲在最后第三次取球時(shí)，必須使他自己取球中序號(hào)最大的一個(gè)是1985，….
　　把甲每次所取的球中的最大序號(hào)倒著排列起來(lái)：1993、1989、1985、….觀察這一數(shù)列，發(fā)現(xiàn)這是一等差數(shù)列，公差d=4，且這些數(shù)被4除都余1.因此甲第一次取球時(shí)應(yīng)取1號(hào)球.然后乙取a個(gè)球，因?yàn)閍+（4-a）=4，所以為了確保甲從一個(gè)被4除余1的數(shù)到達(dá)下一個(gè)被4除余1的數(shù)，甲就應(yīng)取4-a個(gè)球.這樣就能保證甲必勝.
　　由上面的分析知，甲為了獲勝，必須取到那些序號(hào)為被4除余1的球.現(xiàn)在乙先拿了3個(gè)，甲就應(yīng)拿5-3=2個(gè)球，以后乙取a個(gè)球，甲就取4-a個(gè)球.
解： ①甲為了獲勝，甲應(yīng)先取1個(gè)球，以后乙取a個(gè)球，甲就取4-a個(gè)球.
　?、谝蚁饶昧?個(gè)球，甲為了必勝，甲應(yīng)拿2個(gè)球，以后乙取a個(gè)球，甲就取4-a個(gè)球.
例3 甲、乙兩人輪流往一張圓桌面上放同樣大小的硬幣，規(guī)定每人每次只能放一枚，硬幣平放且不能有重疊部分，放好的硬幣不再移動(dòng).誰(shuí)放了最后一枚，使得對(duì)方再也找不到地方放下一枚硬幣的時(shí)候就贏了.說(shuō)明放第一枚硬幣的甲百戰(zhàn)百勝的策略.
分析 采用“對(duì)稱”思想.
　　設(shè)想圓桌面只有一枚硬幣那么大，當(dāng)然甲一定獲勝.對(duì)于一般的較大的圓桌面，由于圓是中心對(duì)稱的，甲可以先把硬幣放在桌面中心，然后，乙在某個(gè)位置放一枚硬幣，甲就在與之中心對(duì)稱的位置放一枚硬幣.按此方法，只要乙能找到位置放一枚硬幣，根據(jù)圓的中心對(duì)稱性，甲定能找到與這一位置中心對(duì)稱的地方放上一枚硬幣.由于圓桌面的面積是有限的，最后，乙找不到放硬幣的地方，于是甲獲勝.
解： （略）.
例4 把一棋子放在如右圖左下角格內(nèi)，雙方輪流移動(dòng)棋子（只能向右、向上或向右上移），一次可向一個(gè)方向移動(dòng)任意多格.誰(shuí)把棋子走進(jìn)頂格，奪取紅旗，誰(shuí)就獲勝.問(wèn)應(yīng)如何取勝？
分析 采用倒推法.由于只能向右、向上或向右上移，要把棋子走進(jìn)頂格，應(yīng)讓對(duì)方最后一次把棋子走到最右邊一列的格中，為了保證能做到這一點(diǎn)，倒數(shù)第二次應(yīng)讓棋子走進(jìn)右圖中的A格中.（對(duì)方從A格出發(fā)，只能向右或向上移至最后一列的格中）所以要獲勝，應(yīng)先占據(jù)A格.同理可知，每次都占據(jù)A～E這五個(gè)格中的某一格的人一定獲勝.
解： 為保證取勝，應(yīng)先走.首先把棋子走進(jìn)E格，然后，不管對(duì)方走至哪一格，（肯定不會(huì)走進(jìn)A～D格），先走者可以選擇適當(dāng)?shù)姆椒ㄒ徊阶哌M(jìn)A～D格中的某一格.如此繼續(xù)，直至對(duì)方把棋子走進(jìn)最后一列的某個(gè)格中，此時(shí)先走者一步即可走進(jìn)頂格，奪取紅旗，從而獲勝.
例5 白紙上畫了m×n的方格棋盤（m，n是自然數(shù)），甲、乙兩人玩畫格游戲，他們每人拿一枝筆，先畫者任選一格，用筆在該格中心處畫上一個(gè)點(diǎn)，后畫者在與這個(gè)格相鄰（有一條公共邊的兩個(gè)格叫相鄰的格）的一個(gè)格的中心處也畫上一個(gè)點(diǎn)，先畫者再在與這個(gè)新畫了點(diǎn)的格相鄰的格的中心畫上一個(gè)點(diǎn)，后畫者接著在相鄰的格中再任選一格畫上一個(gè)點(diǎn)，…，如此反復(fù)畫下去，誰(shuí)無(wú)法畫時(shí)誰(shuí)失敗.問(wèn)：先畫者還是后畫者有必勝策略？他的必勝策略是什么？（注：已畫過(guò)點(diǎn)的格子不準(zhǔn)再畫.）
分析 m，n是自然數(shù)，不定，不妨選幾個(gè)小棋盤來(lái)試試，以便從中找出規(guī)律.
　　1×1棋盤，先畫者勝.
　　1×2棋盤，后畫者勝.
　　2×2棋盤，后畫者勝.
　　2×3棋盤，后畫者勝.后畫者的策略如下：2×3棋盤，總可以事先分割成3個(gè)1×2的小棋盤.后畫者采用“跟蹤”的方法：先畫者在某個(gè)1×2的小盤中某個(gè)格內(nèi)畫了點(diǎn)，后畫者就在同一個(gè)1×2小盤中的另一格畫點(diǎn)；先畫者只得去尋找另外的1×2的小盤，后畫者“跟蹤”過(guò)去；直至先畫者找不到新的1×2小盤，這時(shí)，先畫者就失敗.
　　由2×3棋盤的分析過(guò)程知：m，n中至少有一個(gè)為偶數(shù)時(shí)，m×n棋盤總可以事先分成一些1×2或2×1的小棋盤，利用上面所說(shuō)的“跟蹤”法，后畫者有必勝策略.
　　若m，n都是奇數(shù)，先畫者事先把m×n棋盤劃分成一些1×2小棋盤后，還剩一個(gè)小格.這時(shí)，先畫者可以先在這個(gè)剩下的小格中畫點(diǎn)，之后，先畫者用“跟蹤”法，就歸結(jié)為m、n至少有一個(gè)為偶數(shù)的情形，先畫者有必勝策略.
　　綜上所述，當(dāng)m、n中至少有一個(gè)為偶數(shù)時(shí)，后畫者有必勝策略；當(dāng)m、n都為奇數(shù)時(shí)，先畫者有必勝策略.
解： （略）.
例6 現(xiàn)有9根火柴，甲、乙兩人輪流從中取1根、2根或3根，直到取完為止.最后數(shù)一數(shù)各人所得火柴總數(shù)，得數(shù)為偶數(shù)者勝.問(wèn)先拿的人是否能取勝？應(yīng)怎樣安排策略？
分析 我們從最簡(jiǎn)單的情況開始進(jìn)行考慮.
　　由于9是奇數(shù)，它分成兩個(gè)自然數(shù)的和時(shí)，必然一個(gè)是奇數(shù)，一個(gè)是偶數(shù)，所以兩人中必然一勝一負(fù).由于偶數(shù)分成兩個(gè)自然數(shù)的和時(shí)，必然同奇或同偶，故無(wú)論如何取，都只能平局.因此我們只對(duì)火柴總數(shù)為奇數(shù)的情況加以討論.
　　1.如果有1根火柴，那么先取的人必?cái)?，后取的人必?
　　2.如果有3根火柴，先取的人可以取2根，后取的人只能取1根，那么先取的人必勝，后取的人必?cái)?
　　3.如果有5根火柴，不妨設(shè)為甲先拿.
　　甲先拿1根：
　?、僖夷?根，還剩3根，甲取3根.甲的火柴總數(shù)為：1＋3＝4（根），乙的火柴總數(shù)為1根，因此甲勝.
　?、谝夷?根，還剩2根，甲取1根，乙取1根.甲的火柴總數(shù)為：1＋1＝2（根），乙的火柴總數(shù)為：2＋1＝3（根），因此甲取勝.
　?、垡夷?根，還剩1根，甲取1根.甲的火柴總數(shù)為：1＋1＝2（根），乙的火柴總數(shù)為3根，因此甲勝.
　　因此，如果有5根火柴，先拿的人有必勝的策略.
　　4.下面討論7根火柴的情形.
　　甲先取了3根：
　　還剩4根，同前面3①～③分析可知甲必勝。
　　因此，有7根火柴時(shí)，先取的人有必勝的策略.
　　5.最后討論9根火柴的情形.
　?、偌紫热?根，乙取3根，還剩5根.
　?。╝）甲取1根，還剩4根，乙取3根，甲取1根，乙勝.
　?。╞）甲取2根，還剩3根，乙取3根，乙勝.
　　（c）甲取3根，還剩2根，乙取1根，甲取1根，乙勝.
　　因此，在甲先取1根的情況下，（乙接著取3根）乙有必勝的策略.
　　②甲取2根時(shí)，還剩7根，這時(shí)乙面臨7根的情形，乙取3根，不論以后甲怎樣取，乙都有必勝的策略.
　　③甲取3根時(shí)，還剩6根；乙取1根，還剩5根.
　　（a）甲取1根，還剩4根，乙取3根，甲取1根，乙勝.
　?。╞）甲取2根，還剩3根，乙取3根，乙勝.
　　（c）甲取3根，還剩2根，乙取1根，甲取1根，乙勝.
　　因此在甲先取3根的情況下，乙只要取1根，不論以后甲怎樣取，乙都有必勝的策略.
　　綜上所述，先取的人沒(méi)有必勝的策略，后取的人有必勝的策略.
　　解： （略）.
習(xí)題八
　　1.甲、乙兩人輪流報(bào)數(shù)，必須報(bào)1～4的自然數(shù)，把兩人報(bào)出的數(shù)依次加起來(lái)，誰(shuí)報(bào)數(shù)后加起來(lái)的和是1000，誰(shuí)就取勝.如果甲要取勝，是先報(bào)還是后報(bào)？報(bào)幾？以后怎樣報(bào)？
　　2.有1994個(gè)格子排成一行，左起第一個(gè)格子內(nèi)有一枚棋子，甲、乙兩人輪流向右移動(dòng)棋子，每人每次只能向右移動(dòng)1格、2格、3格或4格，誰(shuí)將棋子走到最后一格誰(shuí)敗.那么甲為了取勝，第一步走幾格？以后又怎樣走？
　　3.54張撲克牌，兩人輪流拿牌，每人每次只能拿1張到4張，誰(shuí)拿到最后一張誰(shuí)輸，問(wèn)先拿牌的人怎樣確保獲勝？
　　4.n個(gè)1×1的正方形排成一行，左起第一個(gè)正方形中放一枚棋子，甲、乙兩人交替走這枚棋子，每步可向右移動(dòng)1格、2格或3格，誰(shuí)先走到最后一格誰(shuí)為勝利者.問(wèn)先走者還是后走者有必勝的策略？
　　5.如果將例4中的條件改為“得數(shù)為奇數(shù)者為勝”，那么怎樣才能確保取勝？
第九講 有趣的數(shù)陣圖（一）
　　大家都知道了歷史悠久的三階幻方.再推廣一些，結(jié)合某些幾何圖形，把一些數(shù)字填入圖形的某種位置上，并使數(shù)字滿足一定的約束條件，這類問(wèn)題，習(xí)慣上稱為“數(shù)陣圖”.幻方是特殊的數(shù)陣圖，幻方發(fā)展較快，因?yàn)樗髞?lái)與試驗(yàn)方案設(shè)計(jì)及一些高深數(shù)學(xué)分支有關(guān)，成為數(shù)陣圖中最重要課題.本講主要介紹一般數(shù)陣圖及解此類題的推理思考方法，由于它既有數(shù)字之間運(yùn)算，又要結(jié)合圖形，對(duì)開發(fā)學(xué)生綜合思考和形象思維很有益.
　　先看例題.
例1 下面圖形包括六個(gè)加法算式，要在圓圈里填上不同的自然數(shù)，使六個(gè)算式都成立，那么最右邊圓圈中的數(shù)最少是幾？
分析 為便于說(shuō)理，各圓圈內(nèi)欲填的數(shù)依次用字母A、B、C、D、E、F、G、H、I代替（上右圖）.
　　經(jīng)觀察，I=A+B+C+D.題目要I盡可能小，最極端的想法，希望A、B、C、D只占用1、2、3、4.但這會(huì)產(chǎn)生矛盾.因?yàn)?總要和2、3、4中的某兩個(gè)實(shí)施加法，但1＋2給予G、H、E、F中某值為3與A、B、C、D中已有的3沖突；同樣1+3給于G、H、E、F中某值為4又與A、B、C、D中已有的4沖突；所以A、B、C、D不能是1、2、3、4.
　　那么退而求之，不妨先設(shè)A=1.如先考慮B，B盡可能小，最好，B=2，從而決定了E=3，C≠3，D≠3.
　　這樣一來(lái)，C，D只能取4和5.但如C=4導(dǎo)致G=5和D=5沖突，而C=5，D=4，又導(dǎo)致G=A+C=6和H=B+D=2+4=6沖突.
　　在碰了釘子后，回看在A=1設(shè)定后，不應(yīng)隨隨便便先填B的值.從結(jié)構(gòu)上看，因?yàn)锽，C地位對(duì)稱，不妨先考慮D.D盡可能小，最好設(shè)D=2，B、C至少取3、5，若如此，由B+D或C+D產(chǎn)生的5會(huì)與B、C中已有的5矛盾.
　　所以，B、C可能取3、6.從而形成了：A=1、D=2、B、C取3、6（B，C地位對(duì)稱）.這樣一來(lái)其他字母所代表的值就立即推出，不妨設(shè)B=3，C=6，A+B=E=4，C+D=6+2=8=F；A+C=1+6=7=G，B+D=3+2=5=H，恰
　　好滿足E+F=4+8=12=I；G+H=7+5=12=I；
　　綜上所述：A=1，D=2，B=3，C=6決定了其他值，且決定了I=12.是一個(gè)較小的I的值，自然要問(wèn)I值還可能比12小嗎？
　　分析I的值有三種不同的獲得方式：
　　I=A+B+C+D=E+F=G+H.
　　3I=A+B+C+D+E+F+G+H，
　　而8個(gè)字母最少是代表1、2、…、7、8的情況.
　　3I≥（1+2+…+7+8）=36，I≥12.
　　現(xiàn)已推出了使I=12的一種填法，所以是最佳方案了.
例2 如右圖，五圓相連，每個(gè)位置的數(shù)字都是按一定規(guī)律填寫的，請(qǐng)找出規(guī)律，并求出x所代表的數(shù).
分析 經(jīng)觀察，圖中所填數(shù)的規(guī)律為兩個(gè)圓相交部分的數(shù)等于與它相鄰兩部分里的數(shù)的和的一半.比如：
　　（26+18）÷2=22.
　?。?0+26）÷2=28.
　?。?4+30）÷2=27.
解： x+18=17×2
　　x=16.
　　經(jīng)檢驗(yàn)，16和24相加除以2，也恰好等于20.
例3 在下圖中的各題中，將從1開始的連續(xù)自然數(shù)填入各題的圓圈中，要使每邊上的數(shù)字之和都相等，中心處各有幾種填法？（每小題請(qǐng)給出一個(gè)解）
　　分析1 圖（A）中的中心圓填入的數(shù)設(shè)為x，x參與3條線的連加，設(shè)每條線數(shù)字和都為S.由題意：
　　1+2+3+…+7+2x=3S
　　即28+2x=3S或28+2x≡0（mod 3）
　　借用同余工具，是在兩個(gè)未知數(shù)的不定方程中先縮小x應(yīng)該取值的范圍.在mod3情況下，只要試探x≡0，1，2三個(gè)值，很輕松地解出：x≡1（mod3），回復(fù)到x取值范圍為1，2，…，7.有x1=1，x2=4，x3=7，
　　得到：x1=1，S1=10；x2=4，S2=12；x3=7，S3=14；
　　由此看出關(guān)鍵在求S（公共和）及x（參與相加次數(shù)最多的圓中值）.
　　此方法對(duì)下面解（B）、（C）、（D）.都適用.
　　注意：每條線上的數(shù)字之和隨著中心數(shù)的變化而變化.
分析2 我們分析圖（B），首先應(yīng)該考慮中心數(shù)，（B）題共10個(gè)數(shù)，由于中心數(shù)比其他數(shù)多使用了二次（總共使用三次）.如果中心數(shù)用x表示，三條邊的數(shù)碼總和應(yīng)為：
　　1+2+3+4+5+6+7+8+9+10+2x=55+2x
　　同理，因?yàn)槭?條邊，所以55+2x應(yīng)是3的倍數(shù)55+2x≡0（mod 3），把x≡0、1、 2代入試驗(yàn)，得x≡1（mod 3），即x=1、4、7、10.四種解.
　?、佼?dāng)x=1時(shí)，55+2x=57，57÷3=19
　　②當(dāng)x=4時(shí)，55+2x=63，63÷3=21
　?、郛?dāng)x=7時(shí)，55+2x=69，69÷3=23
　　④當(dāng)x=10時(shí)，55+2x=75，75÷3=25
　　讀者可按照上面相似的規(guī)律自己去分析一下圖中（C）、（D）兩題.
　　解：（A）圖：
　　中心數(shù)可以為1、4、7，有三種填法，請(qǐng)讀者補(bǔ)充其他兩種解法.
　?。˙）圖：
　　中心數(shù)可以為1、4、7、10.有四種填法，請(qǐng)你補(bǔ)充其他三種填法.
　?。–）圖：
　　中心數(shù)可以為1、5、9.有三種填法，請(qǐng)你補(bǔ)充其他兩種填法.
　?。―）圖：
　　中心數(shù)可以為1、6、11.有3種填法，請(qǐng)你補(bǔ)充其他兩種填法.
例4 在下左圖的七個(gè)圓圈內(nèi)各填上一個(gè)數(shù)，要求每條線上的三個(gè)數(shù)中，當(dāng)中的數(shù)是兩邊兩個(gè)數(shù)的平均數(shù)，現(xiàn)在已填好兩個(gè)數(shù)，求x是多少？
　　分析 為了便于說(shuō)明問(wèn)題，我們用字母表示各個(gè)圓圈內(nèi)所表示的數(shù)，如上右圖所示：
　　根據(jù)題意，我們觀察：因?yàn)槊恳粭l直線上的三個(gè)數(shù)中，當(dāng)中的數(shù)是兩邊的兩個(gè)數(shù)的平均數(shù).所以可以得出：D=（13+17）÷2=15.還可以得出以下三式：
　　C=（B+15）÷2 （1）
　　A=（13+B）÷2 （2）
　　C=（A+17）÷2 （3）
　　將上述三個(gè)算式進(jìn)行變形，成下面三個(gè)算式：
　　2C=B+15 （4）
　　2A=13+B （5）
　　2C=A+17 （6）
　　用（4）式減去（5）式得出：
　　2C-2A=2
　　C-A=1
　　C=A+1
　　將C=A+1代入（6）式得到：
　　2（A+1）=A+17，A=15.
　　x=19.
　　例5 如下左圖有5個(gè)圓，它們相交后相互分成幾個(gè)區(qū)域，現(xiàn)在兩個(gè)區(qū)域里已分別填上數(shù)字10、6，請(qǐng)?jiān)诹硗馄邆€(gè)區(qū)域里分別填進(jìn)2、3、4、5、6、7、9七個(gè)數(shù)字，使每個(gè)圈內(nèi)的數(shù)的和都是15.
　　分析 為了便于說(shuō)明，我們用字母表示其他的7個(gè)區(qū)域.如上右圖.
　　根據(jù)題意可以得出：A=5、G=9，九個(gè)區(qū)域中數(shù)的總和為：（2+3+4+5+6+7+9）+10+6=52，而每個(gè)圓圈內(nèi)數(shù)的和是15，五個(gè)圓圈內(nèi)數(shù)的總和為：15×5=75，又75-52=23，由此得出重疊的部分的四個(gè)數(shù)A、C、E、G的和是23.由于A=5和G=9已經(jīng)填好，因此，余下的兩個(gè)部分C+E的和是：23-5-9=9，此時(shí)9只有兩種分解的可能：2+7=9、3+6=9.在E、F、G這個(gè)圓圈內(nèi)，∵G=9，∴E不能填6、7.也不能填3（否則F也等于3），只能填2，這樣，E=2，C=7.
　　解：
例6 如下左圖所示4個(gè)小三角形的頂點(diǎn)處共有6個(gè)圓圈.如果在這些圓圈中分別填上6個(gè)質(zhì)數(shù)，它們的和是20，而且每個(gè)小三角形三頂點(diǎn)上的數(shù)之和相等，問(wèn)這6個(gè)質(zhì)數(shù)的積是多少？
　　分析 為了敘述方便，我們用字母表示圖中圓圈里的數(shù).如上右圖所示.通過(guò)觀察，我們不難發(fā)現(xiàn)，小三角形A1B2C2和小三角形A2B2C2有兩個(gè)共同的頂點(diǎn)B2，C2，而這兩個(gè)小三角形頂點(diǎn)上數(shù)字的和相等.因此A1=A2.同理有B1=B2，C1=C2，所以，此圖只能填A(yù)、B、C三個(gè)質(zhì)數(shù)（兩個(gè)A、兩個(gè)B、兩個(gè)C.以下：A1=A2記為A，B1=B2記為B，C1=C2記為C）
　　∵6個(gè)圓圈中的6個(gè)質(zhì)數(shù)之和為20，即：
　　2×（A+B+C）=20
　　A+B+C=10.
　　∴10分成三個(gè)質(zhì)數(shù)之和只能是10=2+3+5.這樣，A、B、C分別是2、3、5.這時(shí)所填6個(gè)數(shù)的積是：2×2×3×3×5×5=900.
　　解：
例7 能否將自然數(shù)1～10填入五角星各交點(diǎn)的“○”內(nèi)使每條直線上的4個(gè)數(shù)字之和都相等？
　　分析與解答 不能，用反證法.
　　假設(shè)可以填成數(shù)陣圖，觀察發(fā)現(xiàn)：
　　十個(gè)點(diǎn)中的每一個(gè)點(diǎn)恰好是兩條直線的公共點(diǎn).因而全部直線（共5條）上數(shù)字總和，應(yīng)該等于全部點(diǎn)上數(shù)字總和的2倍.記每條直線上數(shù)字和為S，則有
　　5S=（1+2+3+…+10）×2，
　　從而解出S=22.
　　10和1必同在某一直線上.不然，如含有10的兩條直線都不含有1，這樣，這兩條線上8個(gè)數(shù)字（10自然被計(jì)上兩次）之和（本應(yīng)為2S）大于等于
　　2×10+2+3+4+5+6+7=47＞44=2S.
　　形成矛盾.所以10、1必處同一直線.
　　此外，有三個(gè)數(shù)字與10不同線，不妨記為x、y、z.
　　顯然x+y+z=｛10數(shù)總和｝-｛其余七個(gè)數(shù)和｝而這｛其余七個(gè)數(shù)和｝恰好為2S-10.所以x+y+z=55-2×22+10=21.已推出10，1共線.進(jìn)一步看出，1無(wú)論在什么位置都與x、y、z三數(shù)中的兩個(gè)共線.
　　設(shè)1與x、y共線，此線上另一數(shù)設(shè)為v.
　　則有1+x+y+v=22，從而x+y+v=21.前已證x+y+z=21，因而導(dǎo)致v=z的矛盾.其他情況推證類似，所以沒(méi)有題設(shè)的填法.
習(xí)題九
　　1.將1～9這九個(gè)數(shù)字分別填入右圖中的九個(gè)圓圈中，使各條邊上的四個(gè)圓圈內(nèi)的數(shù)的和相等.
　　2.將0.01、0.02、…、0.09這九個(gè)數(shù)分別填入右圖九個(gè)圓圈內(nèi)，使每條邊上的四個(gè)圓圈內(nèi)的數(shù)之和都等于0.2.（此題與題1共用一圖）
　　3.在右圖的空白的區(qū)域內(nèi)分別填上1、2、4、6四個(gè)數(shù)，使每個(gè)圓中的四個(gè)數(shù)的和都是15.
第十講 有趣的數(shù)陣圖（二）
　　下面我們繼續(xù)研究有關(guān)數(shù)陣圖的問(wèn)題.
例1 將1～7這七個(gè)自然數(shù)分別填入右圖的7個(gè)小圓圈中，使三個(gè)大圓圓周上及內(nèi)部的四個(gè)數(shù)之和都等于定數(shù)S，并指出這個(gè)定數(shù)S的取值范圍，最小是多少，最大是多少？并對(duì)S最小值填出數(shù)陣.
　　分析 為了敘述方便，用字母表示圓圈中的數(shù).通過(guò)觀察，我們發(fā)現(xiàn)，三個(gè)大圓上，每個(gè)大圓上都有4個(gè)小圓，由題設(shè)每個(gè)大圓上的4個(gè)小圓之和為S.從圖中不難看出：B是三個(gè)圓的公共部分，A、C、D分別是兩個(gè)圓的公共部分而E、F、G僅各自屬于一個(gè)圓.這樣三個(gè)大圓的數(shù)字和為：3S=3B+2A+2C+2D+E+F+G，而A、B、…、F、G這7個(gè)數(shù)的全體恰好是1、2、…、6、7.
　　∴3S=1+2+3+4+5+6+7+2B+A+C+D.
　　3S=28+2B+A+C+D.
　　
如果設(shè)2B+A+C+D=W，要使S等于定數(shù)
　　即W最小發(fā)生于B=1、A=2、C=3、D=4
　　W最大發(fā)生于B=7、A=6、C=5、D=4，
　　綜上所述，得出：
　　13≤S≤19即定數(shù)可以取13～19中間的整數(shù).
　　本題要求S=13，那么A=2、B=1、C=3、D=4、E=5、 F=6、 G=7.
　　注意：解答這類問(wèn)題常常抓兩個(gè)要點(diǎn)，一是某種共同的“和數(shù)” S.（同一條邊上各數(shù)和，同一三角形上各數(shù)和，同一圓上各數(shù)和等等）.
　　二是全局考慮數(shù)陣的各數(shù)被相加的“次”數(shù).主要突破口是估算或確定出S的值.從“中心數(shù)”B處考慮.（B是三個(gè)大圓的公共部分，常根據(jù)S來(lái)設(shè)定B的可能值.這里重視B不是簡(jiǎn)單地看到B處于幾何中心，主要因?yàn)锽參與相加的次數(shù)最多）此處因?yàn)槎〝?shù)是13，中心數(shù)可從1開始考慮.確定了S和中心數(shù)B，其他問(wèn)題就容易解決了.
　　解：
例2 把20以內(nèi)的質(zhì)數(shù)分別填入右圖的八個(gè)圓圈中，使圈中用箭頭連接起來(lái)的每條路上的四個(gè)數(shù)之和都相等.
　　分析 觀察右圖，我們發(fā)現(xiàn)：
　?、儆?條路，每條路上有4個(gè)數(shù)，且4個(gè)數(shù)相加的和要相等.
　?、趫D形兩端的兩個(gè)數(shù)是三條路的公共起點(diǎn)和終點(diǎn).因此只要使三條路上其余兩個(gè)數(shù)的和相等，就可以確保每條路上的四個(gè)數(shù)的和相等.
　　③20以內(nèi)的質(zhì)數(shù)共有8個(gè)，依次是2、3、5、7、11、13、17、19.如果能從這八個(gè)數(shù)中選出六個(gè)數(shù)湊成相等的三對(duì)數(shù)，問(wèn)題就可迎刃而解.如要分析，設(shè)起點(diǎn)數(shù)為X，終點(diǎn)數(shù)為y，每條路上4個(gè)數(shù)之和為S，顯然有：
　　3S=2x+2y+2+3+5+7+11+13＋17+19
　　=2x+2y+77.
　　但這時(shí)，中間二個(gè)質(zhì)數(shù)之和為47-（19+13）=15，但17＞15，17無(wú)處填.
　　所以S=47是無(wú)法實(shí)現(xiàn)的.
　　這題還另有一個(gè)獨(dú)特的分析推理.即惟一的偶質(zhì)數(shù)必處于起點(diǎn)或終點(diǎn)位上.不然，其他路上為4個(gè)質(zhì)數(shù)之和，2處于中間位的路上.這條路為3奇1偶相加，另兩條路上為4個(gè)奇相加，形成矛盾.
　　再進(jìn)一步分析，（終點(diǎn)，始點(diǎn)地位對(duì)稱）始點(diǎn)放上2，終點(diǎn)放上另一個(gè)質(zhì)數(shù)，其他6個(gè)質(zhì)數(shù)之和必為3的倍數(shù).而經(jīng)試算，只有終點(diǎn)放上3，而可滿足的解法只有一種（已在下圖中表出）.
　　解：
　　這樣，輕而舉地可得到：5+19=24，7+17＝24，11+13=24.
例3 把1、2、3、4、5、6、7、8這八個(gè)數(shù)分別填入右圖中的正方形的各個(gè)圓圈中，使得正方形每邊上的三個(gè)數(shù)的和相等.
　　分析和解 假設(shè)每邊上的三數(shù)之和為
　　S，四邊上中間圓圈內(nèi)所填數(shù)分別為a、b、c、d，那么：
　　a+c=b+d=（1+2+…+8）-2S=36-2S
　　∴2S＝36-（a+C）＝36-（b+d）
①若S=15，則a+c=b+d＝6，又1+5=2+4=6，試驗(yàn)可得下圖
　　②若S=14，則a+c=b+d=8，又1+7=2+6=3+5=8，試驗(yàn)可得下兩圖
　　③若S=13，則a+c=b+d＝10，又2+8＝3+7＝4+610，試驗(yàn)可得下兩圖
　　④若S=12，則a+c=b+d＝12，又4+8＝5+7＝12，試驗(yàn)可得下圖
例4 在一個(gè)立方體各個(gè)頂點(diǎn)上分別填入1～9這九個(gè)數(shù)中的八個(gè)數(shù)，使得每個(gè)面上四個(gè)頂點(diǎn)所填數(shù)字之和彼此相等，并且這個(gè)和數(shù)不能被那個(gè)沒(méi)有被標(biāo)上的數(shù)字整除.
　　試求：沒(méi)有被標(biāo)上的數(shù)字是多少？并給出一種填數(shù)的方法.
　　分析 為了敘述方便，設(shè)沒(méi)有被標(biāo)上的數(shù)字為a，S是每個(gè)面上的四個(gè)頂點(diǎn)上的數(shù)字之和.由于每個(gè)頂點(diǎn)數(shù)都屬于3個(gè)面，所以得到：
　　6S=3×（1+2+3+4+5+6+7+8+9）-3a
　　6S＝3×45-3a
　　2S＝45-a （1）
　　根據(jù)（1）式可看出：因?yàn)樽筮?S是偶數(shù)，所以右邊45-a也必須是偶數(shù)，故a必須是奇數(shù).又因?yàn)楦鶕?jù)題意，S不能被a整除，而2與a互質(zhì)，所以2S不能被a整除，45也一定不能被a整除.”
　　在奇數(shù)數(shù)字1、3、5、7、9中，只有7不能整除45，所以可以確定a=7.
例5 將1～8這八個(gè)數(shù)標(biāo)在立方體的八個(gè)頂點(diǎn)上，使得每個(gè)面的四個(gè)頂點(diǎn)所標(biāo)數(shù)字之和都相等.
　　分析 觀察下圖，知道每個(gè)頂點(diǎn)屬于三個(gè)面，正方體有6個(gè)面，所以每個(gè)面的數(shù)字之和為：
　?。?+2+3+4+5+6+7+8）×3÷6=18.
　　這就是說(shuō)明正方體每個(gè)面上四個(gè)頂點(diǎn)所填數(shù)字之和是18.下面有3種填法的提示，作為練習(xí)，請(qǐng)讀者補(bǔ)充完整.
　　解：
例6 在下左圖中，將1～9這九個(gè)數(shù)，填人圓圈內(nèi)，使每個(gè)三角形三個(gè)頂點(diǎn)的數(shù)字之和都相等.
　　分析 為了便于敘述說(shuō)明，圓圈內(nèi)應(yīng)填的數(shù)，先由字母代替.設(shè)每個(gè)三角形三個(gè)頂點(diǎn)圓圈內(nèi)的數(shù)字和為S.
　　即：A+B+C=S、D+E+F=S、G+H+I=S、
　　C+G+E=S、A+G+D=S、B+H+E=S、
　　C+I+F=S.
　　將上面七個(gè)等式相加得到：
　　2（A+B+C+D+E+F+G+H+I）+C+G+E=7S.
　　即：A+B+C+D+E+F+G+H+I=3S
　　又∵A、B、C、D、E、F、G、H、I，分別代表1～9這九個(gè)數(shù).即：
　　1+2+3+4+5+6+7+8+9=45.
　　3S=45
　　S=15.
　　這15就說(shuō)明每個(gè)三角形三個(gè)頂點(diǎn)的數(shù)字之和是15.
　　在1～9九個(gè)數(shù)中，三個(gè)數(shù)的和等于15的組合情況有以下8種即：（1、9、5）；（1、8、6）；（2、9、4）；（2、8、5）；（3、7、5）；（2、7、6）；（3、8、4）；（4、5、6）；觀察九個(gè)數(shù)字在上述8種情況下出現(xiàn)的次數(shù)看，數(shù)字2、4、5、6、8都均出現(xiàn)了三次，其他數(shù)字均只出現(xiàn)兩次，所以，符合題意的組合中的2、8、5和4、5、6可填入圖中的圓圈內(nèi)，這樣就得到本題的兩個(gè)解.
　　解：
例7 在有大小六個(gè)正方形的方框下左圖中的圓圈內(nèi)，填入1～9這九個(gè)自然數(shù)，使每一個(gè)正方形角上四個(gè)數(shù)字之和相等.
　　分析 為了敘述方便，我們將各個(gè)圓圈內(nèi)填入字母，如上右圖所示.如果設(shè)每個(gè)正方形角上四個(gè)數(shù)字之和為S，那么圖中六個(gè)正方形可得到：
　　a1+a2+b1+b2=S,a2+b2+a3+b3=S,
　　b1+b2+c1+b2=S,a2+b3+b2+b1=S,
　　b2+b2+b3+c3=S,a1+a3+c3+c1=S.
　　將上面的六個(gè)等式相加可得到：
　　2（a1+a3+c3+c1）+3（a2+b3+b2+b1）+4b2=6S.則4b2＝S
　　4（a1+a3+c3+c1）+4（a2+b3+b2+b1）+4b2=9S.
　　于是有：
　　4（a1+a2+a3+b1+b2+b3+c1+b2+c3）=4×45=9S.
　　9S=4×45
　　S=20.
　　這就說(shuō)明每個(gè)正方形角上四個(gè)數(shù)字之和為20.
　　所以：b2=5.
　　從而得到：a1+a2+b1=a2+a3+b3=15，
　　b1+c1+b2=b2+c3+b3=15.
　　由上面兩式可得：a1+b1=a3+b3,b1+c1=b3+c3.
　　如果a2為奇數(shù)，則a1+b1和a3+b3均為偶數(shù).
　?、偃鬭1為奇數(shù)，a3為偶數(shù)，則b1為奇數(shù)，b3為偶數(shù).因?yàn)閍2+b3+b2+b1=20，所以b2為偶數(shù)，則c1為偶數(shù)，c3為奇數(shù).但是a1+a2+5+b1=20，而奇數(shù)1、3、5、7、9中含有5的任意四個(gè)奇數(shù)的和不等于20，有矛盾.
　?、谌鬭1為偶數(shù)，a3為偶數(shù)，則b1也為偶數(shù)，b3也為偶數(shù).因?yàn)閍2+b3+b2+b1=20，所以b2為奇數(shù)，則c1為偶數(shù)，c3為偶數(shù)，但1～9中只有4個(gè)偶數(shù)，有矛盾.
　?、廴鬭1為奇數(shù)，a3為奇數(shù)，則b1、b3也為奇數(shù)，這樣1～9中有六個(gè)奇數(shù)，有矛盾.
　　④若a1為偶數(shù)，a3為奇數(shù)，情況與①相同.
　　綜合上述，a2必為偶數(shù).由對(duì)稱性易知：b2、b2、b1也為偶數(shù).因此a1、a3、c3、c1全為奇數(shù).
　　這樣，就比較容易找到此解.
　　解：
　　注：也可以這樣想：因?yàn)?+2+3+4+5+6+7+8+9=45，中心數(shù)用5試填后，余下40，那么大正方形、中正方形對(duì)角數(shù)字之和一定為10，比如：2+8=10、3+7=10、1+9=10、4+6=10.再利用小正方形調(diào)整一下，便可以湊出結(jié)果了.
習(xí)題十
　　1.將1～6六個(gè)自然數(shù)字分別填入下圖的圓圈內(nèi)，使三角形每邊上的三數(shù)之和都等于定數(shù)S，指出這個(gè)定數(shù)S的取值范圍.并對(duì)S=11時(shí)給出一種填法.
　　2.將1～10這十個(gè)自然數(shù)分別填入下左圖中的10個(gè)圓圈內(nèi)，使五邊形每條邊上的三數(shù)之和都相等，并使值盡可能大.
　　3.將1～8填入上右圖中圓圈內(nèi)，使每個(gè)大圓周上的五個(gè)數(shù)之和為21.
第十一講 簡(jiǎn)單的幻方及其他數(shù)陣圖
　　有關(guān)幻方問(wèn)題的研究在我國(guó)已流傳了兩千多年，它是具有獨(dú)特形式的填數(shù)字問(wèn)題.宋朝的楊輝將幻方命名為“縱橫圖.”并探索出一些解答幻方問(wèn)題的方法.隨著歷史的進(jìn)展，許多人對(duì)幻方做了進(jìn)一步的研究，創(chuàng)造了許多絢麗多彩的幻方.
　　據(jù)傳說(shuō)在夏禹時(shí)代，洛水中出現(xiàn)過(guò)一只神龜，背上有圖有文，后人稱它為“洛書”.
　　洛書所表示的幻方是在3×3的方格子里（即三行三列），按一定的要求填上1～9這九個(gè)數(shù)，使每行、每列、及二條對(duì)角線上各自三數(shù)之和均相等，這樣的3×3的數(shù)陣陣列稱為三階幻方.
　　一般地說(shuō)，在n×n（n行n列）的方格里，既不重復(fù)又不遺漏地填上n2個(gè)連續(xù)的自然數(shù)（一般從1開始，也可不從1開始）每個(gè)數(shù)占一格，并使排在任一行、任一列和兩條對(duì)角線上的n個(gè)自然數(shù)的和都相等，這樣的數(shù)表叫做n階幻方.這個(gè)和叫做幻和，n叫做階.
　　楊輝在《續(xù)古摘奇算法》中，總結(jié)洛書幻方構(gòu)造方法時(shí)寫到：“九子排列，上、下對(duì)易，左右相更，四維挺出.”現(xiàn)用下圖對(duì)這四句話進(jìn)行解釋.
　　九子排列 上、下對(duì)易 左右相更 四維挺出
　　怎樣構(gòu)造幻方呢？一般方法是先求幻和，再求中間位置的數(shù)，最后根據(jù)奇、偶情況試填其他方格內(nèi)的數(shù).
　　下面

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