四年级奥数-----排列组合综合应用例题简解

四年级奥数-----排列组合综合应用例题简解

例1

【分析】 （1）注意0不能做首位，5A53=300个；

112

（2）个位为特殊位置，只能从5，7中选一个；0是特殊元素，它不能放在千位；综上，四位奇数有C2C4A4=96

个；

（3）排除法：300-96=204

11112131415

（4）包括一位数、二位数、三位数、 、六位数，共有A6 A5A5 A5A5 A5A5 A5A5 A5A5 1631

11（5）5的倍数，个位为0或5。个位为0时有A52=20个；个位为5时有A4A4=16个，所以共有36个。

（6）25的倍数，在本题中末两位只能是25，50或75.

1111

末两位为25时有A3A3=9个；同理末两位为75时也有A3A3=9个；末两位为50时有A42=12个；

因此能被25整除的四位数共有30个。

（7）千位如果为5，比5860大的有：5862、5867、5870、5872、5876共5个数；

千位如果为6、7、8，均有A53=60个数，因此，大于5860的四位数有5+3?60185个

（8）用排除法。300-185-1=114个

（9）小于5607的四位数，即形如2创 ，50创，52创，5602的数，共有A53+2A42+1=85个，所以5607

是第86个数。

,5创，各有A53=60个，共120个；需再向后数8个，602创,605（10）由小到大排列的四位数形如2创创

各有3个，然后是6072，6075，这样，6075是第120+6+2=128个数，所以，6075为所求的数。

例2

【分析】 由于首位是1，因此那两个相同数字应该以是否是1而分类： （1） （2）

若相同数字为1：给1定位C31，给其余两空选数A92,因此共C31A92=216种

若相同数字非1：这个数有9种选择，给其定位C32，给剩余的一个空选数C81，可见共8C32C81=216

综上，满足条件的四位数共有216+216=432个 例3

【分析】 小强+小玉的选择只有如下三种：

智+学、智+遥、遥+学，这两人选好后其余3人从5件中任选。

3

因此共3A5 180种。

例4

【分析】 从5英+4日+2全的阵容中选出4英+4日

需分两步完成，第一步组建英语组，第二步组建日语组

根据2名英日全能选手参加情况分成三类：

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(1)英语组入选0全能：C5C6 75 134(2)英语组入选1全能：C2C5C5 100 224(3)英语组入选2全能：C2C5C4 10

可见总数为75 100 10 185种

例5 （3） （4） （5） 例6

【分析】 若要出现2个ZZ，3个ZF，4个FZ，5个FF，则序列中必然存在下述结构：

2

正整数解，即要求x,y,z至少为1，原题相当于把10个苹果分给3个人，每人至少一个：C9 36 2非负整数解，此时x,y,z可以为0，相当于把10个苹果分给3个人，3人都无所谓：10 3 13，C12 66 2x,y,z不小于2：相当于把10个苹果分给3个人，每人至少两个：10 3 7，C6 15

此时FZ数量已经满足，这意味着新放入的F只能与已有F紧邻，这是因为如果“新F”和“已有F”

间如果有个Z的话就会新增一个FZ，这是不允许的，同理新放入的Z也只能和已有Z紧邻。如此可见本结构中（2），（3），（4）处必然已存在3个ZF。可见只需分两步分别考虑2个ZZ和5个FF即可。

考虑2个ZZ：只要在（2），（3），（4），（5）处紧邻已有Z任意放入2个Z即可：相当于2个苹果放入

3

4个盘子，每个盘子都无所谓：2 4 6;C5 10

同理，考虑5个FF：只要在（1），（2），（3），（4）处紧邻已有F任意放入5个F即可：相当于5个苹

3果放入4个盘子，每个盘子都无所谓：5 4 9;C8 56

例7

根据乘法原理共有：10 56 560种。

【分析】 首先把横式改为竖式发现这是个典型的“阶梯型”，顺利得到“1，0，9”如下图：

g

ef

9cd在加法运算中，每一次进位会导致数字之和减小9，因此加号线上下的各位数字之和应该相差9n ，其

1 0 a b中n为进位次数．设A，B． 9 c d ef g A B 45

则， ．

A B 9n

因为A B与A B同奇偶，所以A B不可能等于偶数，可以是9，或者27．

B 27由于题中已经出现2次进位，数字和至少减少18，从而只可能A

B 27b 8． 当A时，A 36，B 9，则a

所以，a、b可能为 2,6 、 3,5 、 6,2 、 5,3 四种．

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c 11 3 8 4 7当 ； a,b2,6 ，则有e c 124 8当 ； a,b3,5 ，则有e c 157 8当 ； a,b6,2 ，则有e

c 146 8当 ； a,b5,3 ，则有e

上面从右边分类看，共分5类，每一类中e与c都可以交换，g，，d可以交换排列，所以每一类有

23

种，所以共有5×12=60(种)． AA122 3

例8

Fm+Fm+1+Fm+2+L+Fn=(F1+F2+L+Fn)-(F1+F2+L+Fm-1) 【分析】

设

S表示F+F+L+F除以6的余数，如下表所示，我们计算出了S,S,L,S n在Sn(1＃n在Sn(1＃n

k12n20)中若存在Sk=St(k<t)，则表示Fk+1+Fk+2+L+Ft是6的倍数。 20)中相同的数字有：

3个0：3+C32=6组； 3个1：C32=3组； 4个2：C42=6组； 3个3：C32=3组； 6个4：C62=15组； 1个5：0组

所以，相邻若干项的和能被6整除的共有6+3+6+3+15+0=33组

例9

【分析】 （1）设分法数为x，在每一种分法中，再把这三堆分别给三个人有A33种分法，根据乘法原理， xA=CC?x

3

3

412

48

4101C12C84C12C212

=5775种.（2）C12C11=660种（3）=66种 A33A22

例10

【分析】 因为任一张人民币的币值都大于所有币值比它小的人民币的币值之和，例如1角的大于1分、2分、5分的

和，因此不论取多少张，它们组成的币值都不重复，所以组成的币值与组合总数一致，有

1210

C10+C10+L+C10=210-1=1023种

因为由这些人民币能组成的最小的币值是1分，最大的币值是十张币值的和，即1988分，而 1023<1888，可见从1分到1888分中间有一些币值不能组成。

例11

【分析】 （1）A，C，E同色：此三个区域共4种选择；B、D、E三块各3种选择，所以共4创33?3108种方法；

22?2192种. （2）A，C，E全不同：有A43种，此时B、D、F各2种，因此共有A43创

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（3）A，C，E有2种不同颜色时：此三区域有C32A42种方法，此时B、D、F共3创22 种方法，所以共

C32A42创32?2

432种；

综上，共108+432+192=732种方法.