7-2-2 较复杂的乘法原理.学生版.doc

发布时间：2023-11-21 发布人：admin 分类：养殖资料大小：0.68M 资料格式：doc 举报版权申诉

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7-2-2 较复杂的乘法原理教学目标 1.使学生掌握乘法原理主要内容，掌握乘法原理运用的方法； 2.使学生分清楚什么时候用乘法原理，分清有几个必要的步骤，以及各步之间的关系． 3.培养学生准确分解步骤的解题能力；乘法原理的数学思想主旨在于分步考虑问题，本讲的目的也是为了培养学生分步考虑问题的习惯．知识要点一、乘法原理概念引入老师周六要去给同学们上课，首先得从家出发到长宁上 8 点的课，然后得赶到黄埔去上下午 1 点半的课．如果说申老师的家到长宁有 5 种可选择的交通工具（公交、地铁、出租车、自行车、步行），然后再从长宁到黄埔有 2 种可选择的交通工具（公交、地铁），同学们，你们说老师从家到黄埔一共有多少条路线？我们看上面这个示意图，老师必须先的到长宁，然后再到黄埔．这几个环节是必不可少的，老师是一定要先到长宁上完课，才能去黄埔的．在没学乘法原理之前，我们可以通过一条一条的数，把线路找出来，显而易见一共是 10 条路线．但是要是老师从家到长宁有 25 种可选择的交通工具，并且从长宁到黄埔也有 30 种可选择的交通工具，那一共有多少条线路呢？这样数，恐怕是要耗费很多的时间了．这个时候我们的乘法原理就派上上用场了．二、乘法原理的定义完成一件事，这个事情可以分成 n 个必不可少的步骤（比如说老师从家到黄埔，必须要先到长宁，那么一共可以分成两个必不可少的步骤，一是从家到长宁，二是从长宁到黄埔），第 1 步有 A 种不同的方法，第二步有 B 种不同的方法，……，第 n 步有 N 种不同的方法．那么完成这件事情一共有 A×B×……×N 种不同的方法．结合上个例子，老师要完成从家到黄埔的这么一件事，需要 2 个步骤，第 1 步是从家到长宁，一共 5 种选择；第 2 步从长宁到黄埔，一共 2 种选择；那么老师从家到黄埔一共有 5×2 个可选择的路线了，即 10 条．三、乘法原理解题三部曲 1、完成一件事分 N 个必要步骤； 2、每步找种数（每步的情况都不能单独完成该件事）； 3、步步相乘四、乘法原理的考题类型 1、路线种类问题——比如说老师举的这个例子就是个路线种类问题； 2、字的染色问题——比如说要 3 个字，然后有 5 种颜色可以给每个字然后，问 3 个字有多少种染色方法； 3、地图的染色问题——同学们可以回家看地图，比如中国每个省的染色情况，给你几种颜色，问你一张包括几个部分的地图有几种染色的方法； 7-2-2.较复杂的乘法原理.题库教师版 page 1 of 8

4、排队问题——比如说 6 个同学，排成一个队伍，有多少种排法； 5、数码问题——就是对一些数字的排列，比如说给你几个数字，然后排个几为数的偶数，有多少种排法．例题精讲模块一、乘法原理之组数问题【例 1】 ⑴由数字 1、2 可以组成多少个两位数？ ⑵由数字 1、2 可以组成多少个没有重复数字的两位数？【考点】复杂乘法原理【解析】⑴组成两位数要分两步来完成：第一步，确定十位上的数字，有 2 种方法；第二步确定个位上的数字，【题型】解答【难度】1 星有 2 种方法．根据乘法原理，由数字 1、2 可以组成 2×2=4 个两位数，即 11，12，21，22． ⑵组成没有重复数字的两位数要分两步来完成：第一步，确定十位上的数字，有 2 种方法；第二步确定个位上的数字，因为要组成没有重复数字的两位数，因此十位上用的数字个位上不能再用，因此第二步只有 1 种方法，由乘法原理，能组成 2×1=2 个两位数，即 12，21．【答案】⑴4 ⑵2 【巩固】 ⑴由 3、6、9 这 3 个数字可以组成多少个没有重复数字的三位数？ ⑵ 由 3、6、9 这 3 个数字可以组成多少个三位数？【难度】2 星【考点】复杂乘法原理【解析】⑴分三步完成：第一步排百位上的数，有 3 种方法；第二步排十位上的数，有 2 种方法；第三步，    个没有重复数字排个位上的数，有 1 种方法，由乘法原理，3、6、9 这 3 个数字可以组成 3 2 1 6 的三位数． ⑵分三步完成，即分别排百位、十位、个位上的数字，每步有 3 种方法，由乘法原理，由 3、6、9 这 3 个数字一共可以组成 3 3 3 27    个三位数．【题型】解答【答案】⑴ 6 ⑵ 27 【例 2】用数字 0，1，2，3，4 可以组成多少个： ⑴ 三位数？ ⑵ 没有重复数字的三位数？【考点】复杂乘法原理【解析】⑴ 组成三位数可分三步完成．第一步，确定百位上的数字，因为百位不能为 0，所以只有 4 种选择．【题型】解答【难度】2 星第二步确定十位,所有数字都可以，有 5 种选择；第三步确定个位，也是 5 种选择。共有 4 5 5 100 种选择。 ⑵ 也分三步完成．第一步，百位上有 4 种选择；第二步确定十位，除了百位上已使用的数字不能用，其他四个数字都可以，所以有 4 种方法；第三步确定个位，除了百位和十位上已使用过的数字，还有 3 种选择．根据乘法原理，可以组成 4 4 3 48    个没有重复数字的三位数．    【答案】⑴100 ⑵ 48 【巩固】由四张数字卡片：0，2，4，6 可以组成 _____个不同的三位数。【考点】复杂乘法原理【难度】2 星【题型】填空【关键词】希望杯，4 年级，1 试【解析】千位选法有 3 种，百位 3 种，十位 2 种，个位 1 种，乘法原理 3×3×2×1=18 个【答案】18 个【巩固】用五张数字卡片：0，2，4，6，8 能组成______个不同的三位数。【考点】复杂乘法原理【难度】2 星【题型】填空【关键词】希望杯，五年级，一试，第 8 题【解析】4×4×3=48 个【答案】 48 个【例 3】有五张卡，分别写有数字 1、2、4、5、8．现从中取出 3 张卡片，并排放在一起，组成一个三位数，问：可以组成多少个不同的偶数？ 7-2-2.较复杂的乘法原理.题库教师版 page 2 of 8

【难度】3 星【考点】复杂乘法原理【解析】分三步取出卡片．首先因为组成的三位数是偶数，个位数字只能是偶数，所以先选取最右边的也就是个位数位置上的卡片，有 2、4、8 三种不同的选择；第二步在其余的 4 张卡片中任取一张，放在最左边的位置上，也就是百位数的位置上，有 4 种不同的选法；最后从剩下的 3 张卡片中选取一张，放在中间十位数的位置上，有 3 种不同的选择．根据乘法原理，可以组成 3×4×3=36 个不同的三位偶数．【题型】解答【答案】36 【例 4】有 5 张卡，分别写有数字 2，3，4，5，6．如果允许 6 可以作 9 用，那么从中任意取出 3 张卡片，并排放在一起．问：⑴ 可以组成多少个不同的三位数？⑵ 可以组成多少个不同的三位偶数？【难度】3 星【题型】解答【考点】复杂乘法原理【解析】⑴ 先考虑 6 只能当 6 的情况最后总的个数只要在这个基础上乘以 2 就可以了，分三步取出卡片: 第一步确定百位，有 5 种选择；第二步确定十位，除了百位上已使用的数字不能用，其他 4 个数字都可以，所以有 4 种方法；第三步确定个位，除了百位和十位上已使用过的数字，还有 3 种选择．根据乘法原理，考虑 6 可以当作 9，可以组成 5 4 3 2 120 ⑵ 先考虑 6 只能当 6 的情况，分三步取出卡片．首先因为组成的三位数是偶数，个位数字只能是偶数，所以先选取最右边的也就是个位数位置上的卡片，有 2、4、6 三种不同的选择；第二步在其余的 4 张卡片中任取一张，放在十位数的位置上，有 4 种不同的选法；最后从剩下的 3 张卡片中选取一张，放在百位数的位置上，有 3 种不同的选择．根据乘法原理，6 只是 6 时，可以组成 3 4 3 36 （个）不同的三位偶数．这时候算所求的三位偶数并不是简单乘以 2 就可以的，因为如果个位是 6 的话变成 9 就不再是偶数，多乘的还需要减去，个位是 6 一共有 4 3 12   （个）不同的三位偶数，所以，可以组成 36 2 12 60  （个）不同的三位偶数． ⑵ 60     （个）不同的三位数．【答案】⑴120      【例 5】用 1、2、3 这三个数字可以组成多少个不同的三位数？如果按从小到大的顺序排列，213 是第几个数？【考点】复杂乘法原理【解析】排百位、十位、个位依次有 3 种、2 种、1 种方法,故一共有 3×2×1=6(种)方法,即可以组成 6 个不同三【题型】解答【难度】3 星位数.它们依次为 123,132,213,231,312,321．故 213 是第 3 个数．【答案】6 个；第 3 个【巩固】有一些四位数，它们由 4 个互不相同且不为零的数字组成，并且这 4 个数字和等于 12.将所有这样的四位数从小到大依次排列，第 35 个为【难度】3 星．【考点】复杂乘法原理【解析】4 个互不相同且不为 0 的数字之和等于 12，只有两种可能：1+2+3+6 或者 1+2+4+5．根据乘法原理，每种情况可组成 4×3×2×1=24 个不同的四位数，一共可组成 48 个不同的四位数．要求从小到大排列的第 35 个数，即求从大到小排列的第 14 个数．我们从千位最大的数开始往下数：千位最大可以取 6，而千位是 6 的数共有 3×2=6 个；接下来是 5，千位为 5 的数也有 6 个．所以第 13 个数应为 4521，第 14 个是 4512，答案为 4512．【题型】解答【答案】4512 【例 6】对于由 1~5 组成的无重复数字的五位数，如果它的首位数字不是 1，那么可以进行如下的一次置换操作：记首位数字为 k，则将数字 k 与第 k 位上的数字对换．例如，24513 可以进行两次置换： 24513→42513→12543．可以进行 4 次置换的五位数有个．【考点】【难度】星【题型】填空【关键词】迎春杯，六年级，初赛，12 题【解析】要进行 4 次置换，设首位为 a ( a 不为1，有 4 种选择)，那么第1次与 a 置换的第 a 位上的数可能为1和【解析】 a ，有 3 种选择；设与 a 置换的为 b ，现在 b 在首位，此时要与 b 置换的第 6 位上的数可能为1， a ， b ，有 2 种选择；设与 b 置换的为 c ，则此时 c 在首位，那么此时与 c 置换的数组成为1，a ，b ，c ，只有1种选择；设为 d ，那么最后只能是 d 与1置换.所以要进行 4 次置换共有 4 3 2 1 24     种方法，那么共有 24 个数可以进行四次置换. 另解：也可以反过来考虑，进行 4 次置换后， 2 ，3 ， 4 ，5 四个数分别在第 2 ，3 ， 4 ，5 位上，那么1只能在首位上，故经过 4 次置换后得到的数必定是12345 .1与 2 ，3 ，4 ，5 中的某个数置换一次有 4 种选择，这个数与其它的 3 个数置换有 3 种选择……也可以得到符合条件的数有 4 3 2 1 24     7-2-2.较复杂的乘法原理.题库教师版 page 3 of 8

个. 【答案】 24 个【例 7】将 1332，332，32，2 这四个数的 10 个数码一个一个的划掉，要求先划位数最多的数的最小数码，共有多少种不同的划法？【考点】复杂乘法原理【解析】从小到大一步一步的分步划，遇到出现岔路的情况分类考虑．从位数最多的 1332 开始：【题型】解答【难度】4 星 ⑴划掉 1332 中的 1，剩下 332，332，32，2 四个数； ⑵划掉位数最多的 332 中的 2，有 2 种不同的顺序，划掉后剩下 33，33，32，2 四个数； ⑶划掉 32 中的 2，剩下 33，33，3，2； ⑷两个 33 中，各划掉一个 3，有 4×2=8 种划掉的顺序，之后剩下 3，3，3，2 四个数； ⑸划掉 2 后，剩下 3，3，3，有 3×2=6 种划掉的顺序．根据乘法原理，共有不同的划法：2×8×6=96 种．【答案】96 种【巩固】一个三位数，如果它的每一位数字都不小于另一个三位数对应数位上的数字，就称它“吃掉”另一个三位数，例如：532 吃掉 311，123 吃掉 123，但 726 与 267 相互都不被吃掉．问：能吃掉 678 的三位数共有多少个？【考点】复杂乘法原理【解析】即求百位数不小于 6，十位数不小于 7，个位不小于 8 的自然数．百位数不小于 6，有 4 种；十位数不【题型】解答【难度】3 星小于 7，有 3 种；个位不小于 8，有 2 种．由乘法原理，能吃掉 678 的三位数共有4 3 2    种． 24 【答案】 24 【例 8】如果一个四位数与一个三位数的和是1999 ，并且四位数和三位数是由 7 个不同的数字组成的，那么，这样的四位数最多能有多少个？【难度】3 星【考点】复杂乘法原理【解析】四位数的千位数字是1．由于这个四位数与三位数的相同位数上的数字之和小于19 ，所以这个四位【题型】解答数与三位数的相同位数上的数字之和均等于 9 ．这两个数的其他数字均不能为 8 ．四位数的百位数字 a 可在 0 、 2 、 3 、 4 、 5 、 6 、 7 中选择(不能是 9)，有 7 种选择，这时三位数的百位数字是 9 a ；四位数的十位数字 b 可在剩下的 6 个数字中选择，三位数的十位数字是 9 b ．四位数的个位数字 c 可在剩下的 4 个数字中选择，三位数的个位数字是 9 c ．因此，根据乘法原理，这样的四位数有 7 6 4=168   个．【答案】168 【例 9】用 1～9 可以组成______个不含重复数字的三位数；如果再要求这三个数字中任何两个的差不能是 1，那么可以组成______个满足要求的三位数？【难度】3 星【题型】解答【考点】复杂乘法原理【解析】1) 9×8×7=504 个． 2）504-（6+5+5+5+5+5+5+6）×6-7×6=210 个；（减去有 2 个数字差是 1 的情况，括号里 8 个数分别表示这 2 个数是 12，23，34，45，56，67，78， 89 的情况，×6 是对 3 个数字全排列，7×6 是三个数连续的 123、234、345、456、567、789 这 7 种情况）．【答案】504；210 【例 10】用数字 1 ~ 8 各一个组成 8 位数，使得任意相邻三个数字组成的三位数都是 3 的倍数．共有种组成方法．【难度】3 星【题型】解答【考点】复杂乘法原理【关键词】走美杯【解析】 1 ~ 8 中被三除余 1 和余 2 的数各有 3 个，被三整除的数有 2 个，根据题目条件可以推导，符合条件的排列，一定符合“被三除所得余数以 3 位周期”，所以 8 个数字，第 1、4、7 位上的数被 3 除同余，第 2、5、8 位上的数被 3 除同余，第 3、6 位上的数被 3 除同余，显然第 3、6 位上的数被 3 整除，第 1、4、7 位上的数被 3 除可以余 1 也可以余 2，第 2、5、8 位上的数被 3 除可以余 2 可以余 1，余数的安排上共有 2 种方法，余数安排定后，还有同余数之间的排列，一共有 3! 3! 2! 144  （种）方法．   7-2-2.较复杂的乘法原理.题库教师版 page 4 of 8

【答案】144 【例 11】电子表用11: 35 表示11点 35 分，用 06 : 05 表示 6 点 5 分，那么 2 点到10 点之间电子表中出现无重复数字的时刻有________次．【难度】4 星【题型】解答【考点】复杂乘法原理【解析】根据题意，在 2 点到 10 点之间，表示小时数的二位数字前一位只能为 0，后一位可以为 2～9；表示分钟数的二位数字前一位可以为 0～5，后一位可以为 0～9，再考虑到无重复数字，当时间为 2 点多、 3 点多、4 点多或 5 点多时，每一种情况下，表示分钟数的两位数字中前一位有 6 2   种选择，后   种可能，比如 02:ab 时， a 可以为 1，3，4，5， b 就一位数字有10 3 7 剩下10 3 7 类似分析可知，当时间为 6 点多、7 点多、8 点多、9 点多时，每种情况下都有 5 7 35 35 4 140   种．所以共112 140    种可以选择．所以这几种情况下共有 28 4 112   种选择，此时有 4 7   种，共有   种．  种． 252 28 4 【答案】 252 【巩固】一种电子表在 8 时 31 分 25 秒时显示为 25 8 31：，那么从 7 时到 8 时这段时间里，此表的 5 个数字都不相同的时刻一共有______个。【考点】复杂乘法原理【难度】4 星【题型】填空【关键词】走美杯，五年级，初赛，第 14 题【解析】设 A:BC DE 是满足题意的时刻，有 A 为 8，B、D 应从 0，1，2，3，4，5 这 6 个数字中选择两个不 7P 种 6P 种选法，而 C、E 应从剩下的 7 个数字中选择两个不同的数字，所以有 2 同的数字，所以有 2 选法，所以共有 2 从 8 时到 9 时这段时间里，此表的 5 个数字都不相同的时刻一共有 1260 个． 7P =1260 种选法． 6P × 2 【答案】1260 个模块二、车票问题【例 12】北京到上海之间一共有 6 个站，车站应该准备多少种不同的车票？(往返车票算不同的两种) 【考点】复杂乘法原理【解析】京沪线上中间六个站连北京上海两站一共有 8 个站，不同的车票上起点站可以有 8 种，相同的起点【难度】3 星【题型】解答站又可以配 7 种不同的终点站，所以一共要准备 8×7=56 种不同的车票．【答案】 56 【巩固】一条线段上除了两个端点还有 6 个点，那么这段线段上可以有多少条线段？【考点】复杂乘法原理【解析】将这条线段看作是京沪线，点是车站，那么，每一条线段都对应两张来回车票，所以线段的总数是【难度】3 星【题型】解答 56÷2=28 条线段．【答案】28 【巩固】某次大连与庄河路线的火车，一共有 6 个停车点，铁路局要为这条路线准备多少种不同的车票？【考点】复杂乘法原理【解析】不同的车票上起点站可以有 6 种，相同的起点站又可以配 5 种不同的终点站，所以一共要准备【难度】3 星【题型】解答 6 5 30   种不同的车票．【答案】 30 【巩固】北京到广州之间有 10 个站，其中只有两个站是大站(不包括北京、广州)，从大站出发的车辆可以配卧铺，那么铁路局要准备多少种不同的卧铺车票？【考点】复杂乘法原理【解析】京广线上一共有 12 个站，其中有四个大站，卧铺车的起点可以有四种，不同的起点站都可以配 11 【题型】解答【难度】3 星个不同的终点站，所以铁路局要准备 4×11=44 种不同的车票．【答案】44 模块三、排队问题 7-2-2.较复杂的乘法原理.题库教师版 page 5 of 8

【例 13】奥运吉祥物中的 5 个“福娃”取“北京欢迎您”的谐音：贝贝、晶晶、欢欢、迎迎、妮妮．如果在盒子中从左向右放 5 个不同的“福娃”，那么，有【考点】复杂乘法原理【关键词】希望杯【解析】可得 5 4 3 2 1 120 【答案】120      （种）．【难度】3 星种不同的放法．【题型】解答【例 14】五位同学扮成奥运会吉祥物福娃贝贝、晶晶、欢欢、迎迎和妮妮，排成一排表演节目。如果贝贝和妮妮不相邻，共有( )种不同的排法。【考点】复杂乘法原理【难度】3 星【题型】填空【关键词】华杯赛，初赛，第 6 题【解析】贝贝在左、妮妮在右相邻的排法有 4×3×2×1=24（种），贝贝在右、妮妮在左相邻的排法也有 4×3×2×1=24（种），总的排法 5×4×3×2×1=120（种）。所以贝贝和妮妮不相邻的排法是 120-2×24=72 （种）。【答案】 72 种【例 15】一台晚会上有 6 个演唱节目和 4 个舞蹈节目．问：⑴ 如果 4 个舞蹈节目要排在一起，有多少种不同的安排顺序? ⑵ 如果要求每两个舞蹈节目之间至少安排一个演唱节目，一共有多少种不同的安排顺序? 【考点】复杂乘法原理【关键词】仁华学校【解析】⑴将 4 个舞蹈节目视为 1 个节目，七个节目一起排列一共有 7 6 5 4 3 2 1 5040 【题型】解答【难度】3 星        种．个，但舞蹈节目还有 4 3 2 1 24     种排列．所以一共有 5040 24 120960 优先安排将 6 个演唱节目顺序，一共有 6 5 4 3 2 1 720 插到 6 个演唱节目前后不同位置，包括首尾一共有 6 1 7 7 6 5 4 840     个安插方式，所以一共有 720 840 604800           种方法，然后将 4 个舞蹈节目按顺序安   个位置可供 4 个舞蹈节目安插，共有种排列方式．【答案】 604800 【例 16】新年联欢会共有 8 个节目，其中有 3 个非歌唱类节目。排列节目单时规定，非歌唱类节目不相邻，而且第一个和最后一个节目都是歌唱类节目。则节目单可有种不同的排法。【考点】复杂乘法原理【难度】4 星【题型】填空【关键词】希望杯，六年级，二试，第 10 题【解析】方法一：乘法原理： 20 第一步：先从 5 个歌唱节目里选出 2 个排在最左面和最右面，共有 2 P  （种）； 5 第二步：将非歌唱类打包当成一个节目，此时中间共需排列 3+1，对他们进行排列有： 4 P  （种）； 4 第三步：对打包后的非歌唱类节目进行全排列，有 3 P  （种） 3 分步，共有： 2 P P P  5 方法二：第一步：将 5 个歌唱类节目进行全排列，有 5 P  （种）； 5 第二步：使用插板法，中间有 4 个空格，将相邻的 3 个非歌唱类节目插入，这 3 个非歌唱类节目也要进行全排列，则有：则有 3 3 C P  （种）。所以共有： 5 P C P  5 4 3 （种）。（种） 2880 2880 3 3 4 3 120 4 4 3 3 24 24 6 【答案】 2880 种【例 17】爸爸、妈妈、客人和我四人围着圆桌喝茶。若只考虑每人左邻的情况，问共有多少种不同的入座方法? 【考点】复杂乘法原理【难度】3 星【题型】填空【关键词】华杯赛，初赛，第 4 题【解析】方法一：第一人落座后，考察左邻的人，有 3 种选择，第二人落座后，考察左邻的人有 3 种选择，所以共有 3×2=6 种选择。方法二：第一人落座有 4 个位置可选，第一人落座后，坐在他的左面的有三种情况，而每种情况另一人的左邻又有两种，所以共有 4×3×2＝24 种方法，但由于是圆桌，只考虑相邻情况，不考虑具体坐在哪一面，所以只有 24÷4＝6 种入座方法。 7-2-2.较复杂的乘法原理.题库教师版 page 6 of 8

【答案】 6 种【例 18】四对夫妇围一圆桌吃饭，要求每对夫妇两人都要相邻，那么一共有多少安排座位的方法？(如果某种排法可以通过旋转得到另一种排法，那么这两种排法算作同一种．) 【难度】3 星【题型】解答【考点】复杂乘法原理【解析】方法一：事实上如果没有括号中的条件，那么所得的答案是原题答案的八分之一，因为符合原题的所有不同排法都通过旋转可以得到 8 种各不相同的安排方法．所以可以先求出改掉括号中条件的题目答案．对于改编后的题，显然所有的安排方法分为两大类，如右图所示，每个椭圆中是一对，对于其中的一类，例如右图，第一步，确定 1 号位的人选：8 种，那么 2 号位只能是他(她)的妻子(丈夫)；第二步确定 3 号位的人选：6 种，那么 4 号位只能是坐 3 号位的妻子或丈夫……，如此，对于     种排法，同理左图也有 384 种排法，一共是 768 种排法．那么对于有括右图可以有 8 6 4 2 384 号中条件的题目一共有 768 8 96 所以用1 3 的小长方形形覆盖 3 8 的方格网，共有 13 种不同的盖法．   种排法． 8 7 1 2 3 4 6 5 8 7 1 2 3 4 6 5 方法二：由于括号中的条件让人很为难，对于一种新的排法，还要将它旋转，看它是否和之前的排法是否相同，当然也可以将所有排法都转到一个特殊的角度，以判断这些排法是否有相同的，所以可以定义一个特殊角度：先将四对夫妇编号，然后规定对于每一种排法 1 号夫妇面南坐是它的特殊角度，那么如果两种排法都转到特殊角度后，还不完全一样，那么这两种排法就无论如何也不能通过旋转得到相同的排法，所以只要求出特殊角度下的不同排法数，第一步先将 4 对夫妻的整体位置安排好，当然 1 号夫妻已经排好了，安排另 3 对夫妻一共有 3 2 1 6    种排法，如图所示： 4 1 3 2 3 1 4 2 4 1 2 3 2 1 4 3 3 1 2 4 2 1 3 4 对于以上每一种排法，夫妻之间都可以交换位置，所以一共有 6 2 2 2 2 96      种排法．【答案】 96 【巩固】3 个 3 口之家在一起举行家庭宴会，围一桌吃饭，要求一家人不可以被拆开，那么一共有多少种排法？(如果某种排法可以通过旋转得到另一种排法，那么这两种排法算作同一种．) 【考点】复杂乘法原理【解析】使用原题的方法二会更方便：共 (2 1) 【答案】 432 【难度】3 星            (3 2 1) (3 2 1) 432 种．【题型】解答 (3 2 1) 【例 19】编号为 1 到 10 的十张椅子顺时针均匀地绕圆桌一圈摆放．5 对夫妇入座，要求男女相隔而坐，每对夫妇不能相邻或对面而坐，有种入座的分配方式． 10 1 2 9 8 7 6 5 3 4 【考点】复杂乘法原理【关键词】日本小学算术奥林匹克，初赛【解析】假设有位丈夫坐在 1 号位，那么所有的丈夫都坐在奇数号位，妻子则坐在偶数号位．由于妻子不能【题型】解答【难度】3 星 7-2-2.较复杂的乘法原理.题库教师版 page 7 of 8

与丈夫相邻和相对，所以她不能坐在 2，6，10 号位上，只能坐在 4 号位或 8 号位上．也就是说妻子只能坐在丈夫的顺时针或者逆时针方向数第 3 个位子上．可以发现，丈夫和妻子的位子的这一关系对每一对夫妇和每一个座位都适用．对于其中的某一个丈夫，他可以坐在 1 到 10 号的任意一个位子上，有 10 种选择．不妨设他坐在 1 号位上，那么他的妻子只能坐在 4 号位或 8 号位上．假如坐在 4 号位上，那么对于坐在 7 号位上的丈夫，他的妻子只能坐在 10 号位上；而对于坐在 3 号位上的丈夫，他的妻子只能坐在 6 号位上；那么对于坐在 9 号位上的丈夫，他的妻子只能坐在 2 号位；对于坐在 5 号位上的丈夫，他的妻子只能坐在 8 号位．可见，只要一对夫妇的位置确定，那么其他 4 对夫妇的位置关系也就确定了，也就是说，只要确定了其他 4 位丈夫的座位，那么整个座位分配就确定了．由于 4 位丈夫之间的位置关系是不确定的，所以有 4! 24 种．同样地，如果坐 1 号位的丈夫的妻子坐在 8 号位上，也有 24 种．所以这名丈夫坐在 1 号位上共有 24 2 那么这名丈夫坐在其它位置上也各有 48 种．由于每个座位都是编过号的，各个座位互不相同，每一名丈夫和妻子也都不相同，所以不会出现重复的情况，所以满足题意的分配方式有 48 10  种．   种． 48 【答案】 480  480 7-2-2.较复杂的乘法原理.题库教师版 page 8 of 8

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