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第 14 讲 计数综合三
兴趣篇
1. 一个楼梯共有10级台阶，规定每步可以迈一级台阶或二级台阶。走完这10级台阶，一
共可以有多少种不同的走法？
【分析】例如登上一级台阶有1种走法，登上第二级台阶有2种走法(一步走两级或者走两
步每步走一级)；由此得出登上第三级台阶的走法数为 ．又知道走上第四
级台阶的走法总数也等于登上第三级和第二级台阶的走法总数之和，又可以算出
登上第四级台阶共有 种方法，依此类推：
1级 2级 3级 4级 5级 6级 7级 8级 9级 10级
1 2 3 5 8 13 21 34 55 89
所以，登上第10级台阶的走法数为89．
2. 小悦买了10块巧克力，她每天最少吃一块，最多吃3块，直到吃完，共有多少种吃法？
【分析】递推法。吃 块只有 1 种吃法，吃 2 块有 和 2 两种吃法，吃 3 块有
1+1+1,1+2，2+1,3 共 4 种吃法，吃 块有：1+1+1+1；1+1+2；1+2+1；2+1+1；
2+2；1+3；3+1共7种；吃 块有2+4+7=13种吃法，吃 块有4+7+13=24 种吃
法……
事实上，吃 块巧克力，吃最后一块前，吃掉的块数是在第 块或 块或
n-3块上，所以吃 块巧克力的吃法数相当于吃第 块和第 块以及第n-3块
的总和。依照这一规律，列表写出吃1到10块各块的吃法数。最后递推得到吃第
10块巧克力有274种吃法。
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
1 2 4 7 13 24 44 81 149 274
3. 用 的小方格覆盖 的长方形，共有多少种不同的覆盖方法？
【分析】递推法．若用 的小长方形去覆盖 的方格网，设方法数为 ，那么 ，
．
当 时，对于最左边的一列有两种覆盖的方法：⑴用1个 的小长方形竖着
覆盖，那么剩下的 的方格网有 种方法；⑵用2个 的小长方形横
着覆盖，那么剩下的 的方格网有 种方法，根据加法原理，可得
．
递 推 可 得 到 ， ， ， ，
，
所以覆盖 的方格网共有21种不同方法．4. 如果在一个平面上画出4条直线，最多可以把平面分成几个部分？如果画20条直线，
最多可以分成几个部分？
【分析】一条直线时，分平面内为2个部分；
增加一条直线，即2条时，显然它应该与原来那条直线相交才能把平面分的多，
这是增加了2部分，总数2+2；
再增加1条时，同理应该与前两条都相交，这时增加了3部分，总数2+2+3；
增加到4条时，分平面增加4部分，总数2+2+3+4；
由此我们发现，每增加一条直线，多分平面部分逐个递增，即n条直线最多分平
面
。这就得到了直线分平面的公式。
所以画出4条直线，最多可以把平面分成 个部分，如果画20条直线，
最多可以分成 个部分
5. 甲、乙、丙三名同学练习传球，每人都可以把球传给另外两个人中的任意一个。先由甲
发球，经过6次传球后球仍然回到了甲的手中。请问：整个传球过程共有多少种不同的
可能？
【分析】设第 次传球后，球又回到甲手中的传球方法有 种．可以想象前 次传球，
如果每一次传球都任选其他二人中的一人进行传球，即每次传球都有 种可能，
由乘法原理，共有 (种)传球方法．这些传球方法并不是都符
合要求的，它们可以分为两类，一类是第 次恰好传到甲手中，这有 种传
法，它们不符合要求，因为这样第 次无法再把球传给甲；另一类是第 次传
球，球不在甲手中，第 次持球人再将球传给甲，有 种传法．根据加法原理，
有 ．
由于甲是发球者，一次传球后球又回到甲手中的传球方法是不存在的，所以
．
利用递推关系可以得到： ， ， ，
．
这说明经过 次传球后，球仍回到甲手中的传球方法有 种．
6. 一个三位数，有相邻两个数字的和为16，那么这样的三位数共有多少个？
【分析】两个数字的和为16只有 两种，相邻两个数字有百位和十位相邻，十位
和个位相邻两种 当相邻两个数字为百位和十位相邻有 种； 当十位
数字和个位数字相邻时有 ，但是 ， ， 被算了两次，所以共
有 种
7. 由1、3、4组成的各位数字之和为9的多位数共有多少个？
【分析】（1）由 个 组成的多位数有 个
（2）由 个 、 个 组成的多位数有 个（3）由 个 、 个 组成的多位数有 个
（4）由 个 、 个 组成的多位数有 个
（5）由 个 、 个 、 个 组成的多位数有 个
（6）由 个 、 个 组成的多位数有 个
（7）由 个 、 个 组成的多位数有 个
综合有 个
8. 一个各位数字互不相等的五位数不含数字0，且数字和为18，这样的五位数共有多少个？
【分析】因为 对于每一种都可以组成
个五位数，所以这样的五位数共有 个
9. 一个十位数只含数字1或2，且不含两个连续的数字1，一共有多少个这样的十位数？
【分析】 的个数最多有 个，因此 的个数有 中情况，只要把 插到 所产生的空中即
符合条件，因此有
10. 一个六位数由1、2、3、4、5组成，而且任意相邻两个数位的数字之差都是1，这样
的六位数由多少个？
【分析】利用树状图法，根据对称性首位是 和 的六位数应该是相同的，首位是 和 的
六位数应该是相同的，
5
3
4
5 5
4 3
1
4 3 2 3
4 3 1 2 1
5 2 3
4 2 3 4 5
4 3 2 1 2 1 3
3 1 2 3
1 2 2 3 4 2 2 3 1 4 2 5 3 1
1 2 1 2 3
3 4 1
2
2 34
5
4
3
4 2
5
4
5
4
4 3
2
4
1 2
3 2
3 4
2
3
1 2
2
1 4
2 3 2
3 4 5 4
4
3
2
2 1 2
3 4
2
所以共有 个
拓展篇
1. 老师给冬冬布置了12篇作文，规定他每天至少写1篇。如果冬冬每天最多能写3篇，
那么共有多少种写完作文的方法？
【分析】递推法。 篇作文只有 1 种写法，2 篇作文有 和 2 两种写法，3 篇作文有
1+1+1,1+2，2+1,3共4种写法，4篇作文有：1+1+1+1；1+1+2；1+2+1；2+1+1；
2+2；1+3；3+1共7种；5篇作文有2+4+7=13种写法，6篇作文有4+7+13=24种
写法……依照这一规律，最后递推得到写第12篇作文有927种写法。
2. 用10个 的长方形纸片覆盖一个 的方格表，共有多少种覆盖方法？
【分析】递推法．若用 的小长方形去覆盖 的方格网，设方法数为 ，那么 ，
．
当 时，对于最左边的一列有两种覆盖的方法：⑴用 1个 的小长方形竖着
覆盖，那么剩下的 的方格网有 种方法；⑵用3个 的小长方形横
着覆盖，那么剩下的 的方格网有 种方法，根据加法原理，可得
．
递 推 可 得 到 ， ， ， ，
， ， ．
所以覆盖 的方格网共有28种不同方法．
3. 现有14块糖，如果阿奇每天吃奇数块糖，直到吃完，那么阿奇共有多少种吃法？
【分析】根据题意设 块糖有 种吃法，则 , , ,
,因此每种吃法都是
前两种吃法的和， , ,所以4. 如果在一个平面上画出8条直线，最多可以把平面分成几个部分？如果画8个圆，最多
可以把平面分成几个部分？
【分析】一条直线时，分平面内为2个部分；
增加一条直线，即2条时，显然它应该与原来那条直线相交才能把平面分的多，
这是增加了2部分，总数2+2；
再增加1条时，同理应该与前两条都相交，这时增加了3部分，总数2+2+3；
增加到4条时，分平面增加4部分，总数2+2+3+4；
由此我们发现，每增加一条直线，多分平面部分逐个递增，即n条直线最多分平
面
。这就得到了直线分平面的公式。
所以， 时，最多分平面 部分。
1个圆能把平面分成2部分，2个圆与原来的圆产生2个交点，这两个交点把新圆
分割出2段曲线，能得到2块新部分，共得到4部分.
第3个圆与原来的圆最多产生4个交点，这4个交点把新圆分割出4段曲线，能
得到4块新部分，共得到8部分.
第4个圆与原来的圆最多产生6个交点，这6个交点把新圆分割出6段曲线，能
得到6块新部分，共得到14部分.因此 个圆共得到 部分.所以 个圆
共得 个部分
5. 四个人分别穿着红、黄、绿、蓝四种颜色的球衣练习传球，每人都可以把球传给另外三
个人中的任意一个。先由红衣人发球，并作为第1次传球，经过8次传球后球仍然回到
红衣人手中。请问：整个传球过程共有多少种不同的可能？
【分析】设第 次传球后，球又回到红衣人手中的传球方法有 种．可以想象前 次传
球，如果每一次传球都任选其他三人中的一人进行传球，即每次传球都有 种可
能，由乘法原理，共有 (种)传球方法．这些传球方法并不是
都符合要求的，它们可以分为两类，一类是第 次恰好传到红衣人手中，这有
种传法，它们不符合要求，因为这样第 次无法再把球传给红衣人；另一类
是第 次传球，球不在红衣人手中，第 次持球人再将球传给红衣人，有 种
传法．根据加法原理，有 ．
由于红衣人是发球者，一次传球后球又回到红衣人手中的传球方法是不存在的，
所以 ．
利用递推关系可以得到： ， ， ，
． ， ，
这说明经过 次传球后，球仍回到红衣人手中的传球方法有 种．
6. 如图所示，一个圆环被分成8部分，现将每一部分染上红、黄、蓝三种颜色之一，要求
相邻两部分颜色不同，共有多少种染色方法？
【分析】设圆环被分成 部分，共有 种染色方法，除了第一部分有 种染法，其余各部
分都有两种染法，但这里包括最后一部分和第一部分颜色相同的情况，恰是 ，因此
则 , , , ，
, , ,
7. 圆周上有10个点 ， ，…， ，以这些点为端点连结5条线段，要求任两条线段
之间都没有公共点，共有多少种连结方式？
【分析】设有 个点共有 种连结方式，
1.显然 ；
2.若有四个点，可以选两个相邻的点，不妨从 开始，包含 的两个相邻的点的
选法有 种，那么剩下两个点就有 种连结方式，所以共有 ，
若有六个点， ：可以选两个相邻的点，那么剩下四个点就有 种连结方式，
不妨从 开始，包含 的两个相邻的点的选法有两种，所以共有
：可以选两个点连接成线段后，线段两边各有两个点，不妨从 开始，包含
的两个点的选法有一种，那么剩下四个点就有 种连结方式所以共有
因此
4.若有 个点，同理有
5.若有 个点，同理有
因此共有 种连结方式
8. 在有些多位数的各位数字中，奇数的个数比偶数的个数多，例如1370、36712等。请问：
在1至10000中有多少个这样的多位数？
【分析】当这个多位数为一位数是有 个，两位数有 个
当这个多位数为三位数时，各位数字分 奇 偶、 奇两种情况共有
个
当这个多位数为四位数时，各位数字分 奇、 奇 偶两种情况，共有
个.
综上所述共有 个
9. 有些自然数存在相邻的两位数字顺次为7和5，例如1975、75675等，但432579不算在内。请问：具有这种性质的六位数有多少个？
【分析】（1）当这个六位数有一个相邻数字是 时，有 ， ， ，
， 五种情况，共有 个；
(2)当这个六位数有两个相邻数字是 时，有 ， ， ，
， ， 六种情况。共有 个；
(3)当这个六位数有三个相邻数字是 时，只有 一个六位数;
第（1）种情况中，两个相邻数字是 的都被计算了 次，三个相邻数字是
的，在（1）、（2）两种情况都被计算了 次，因此具有这种性质的六位数共有
.
10. 用1至9这9个数字组成一个没有重复数字的九位数，满足以下要求：每一位上的数
字要么大于它前面的所有数字，要么小于它前面的所有数字。请问：这样的九位数共有
多少个？
【分析】设 到 这 个数字组成的 位数符合要求的 位数的个数为 ，
当 时， ；
当 时，分最大、最小数排在最后两种情况， 排在最后时，有 个符合要求
的数； 排在最后时，剩下两个数有 个符合要求的数；因此 ；
当 时，分最大、最小数排在最后两种情况， 排在最后时，有 个符合要求
的数； 排在最后时，剩下三个数有 个符合要求的数；因此 ，依次
类推有 ，这样的九位数共有 个
11. 一个七位数，每一位都是1、2或者3，而且没有连续的两个1，这样的七位数一共有
多少个？
【分析】设 位数满足条件的个数为 ，显然 ，当是两位数时，分最高位是 和不是
两种情况分别有 ，所以 ，当是三位数时，分最高位是 和不
是 两 种 情 况 分 别 有 ， 所 以 ， 依 次 类 推 得
， ， ，
个，因此满足条件的七位数有 个
12. 满足下面性质的四位数称为“好数”：它的个位比十位大，十位比百位大，百位比千
位大，并且任意相邻两位数字的差都不超过3。例如1346、2579是好数，但1567就不
是好数。请问：一共有多少个好数？
【分析】由于千位数字最小，最小为 ，满足个位比十位大，十位比百位大，百位比千位
大的四位数共有 个，还有不满足条件的需排除
千位是 时有不符合条件的，千位是 以上的都符合条件，
（1）当千位和个位差 时，（即千位是 个位是 ）四个数字有三个差，只要有
一个差大于 就不符和要求，（而且只有一个差大于 的可能）且三个差的和是 ，
相当于 个苹果放进 个盘子里其中一个盘子里至少 个苹果，其他盘子至少有
个苹果，因此有 个，但这个大于 的差可以有三个位置可以选择，因此
不符合要求的有 个
（2）当千位和个位差 时，（即千位是 个位是 ，千位是 个位是 ）有
不符合要求的数（3）当千位和个位差 时，（即千位是 个位是 ，千位是 个位是 ，千位是
个位是 ）有 不符合要求的数
当千位和个位差 时，都符合要求
因此一共有 个好数
超越篇
1. 一个九位数，它只由数字1、2和3组成，而且它的任意连续两位数都不等于12、21、
22或31，这样的自然数有多少个？如果还要求数字1、2和3每个数字都至少出现一次，
则这样的九位数有多少个？
【分析】设 表示以数字 开头的 位数的的个数，由于 ， ，
所 以 , , , 通 过 归 纳 有 ，
，
3 4 5 6 7 8 9
4 7 12 20 33 55 89
2 3 5 8 13 21 34
3 5 8 13 21 34 55
因此符合条件的九位数有 个
要求数字1、2和3每个数字都至少出现一次，只要将不含 排除
不含 的，即全是 （不可能全是 ）或全由 组成的数，共有 个
不含 的，即全由 或由 （全是 的已计算）组成的数，共有 个
不含 的，只能是全由 （已计算）
所以共有 个
2. （1）如果在一个平面上画出8个三角形，最多可以把平面分成多少个部分？
（2）如果在一个平面上画出3个四边形、2个圆、1条直线，最多可以把平面分成多少
个部分？
【分析】（1）设 个三角形最多将平面分成 个部分．
时， ；
时，第二个三角形的每一条边与第一个三角形最多有 个交点，三条边与第
一个三角形最多有 (个)交点．这 个交点将第二个三角形的周边分成了
段，这 段中的每一段都将原来的每一个部分分成 个部分，从而平面也增加了
个部分，即 ．
时，第三个三角形与前面两个三角形最多有 (个)交点，从而平面也
增加了 个部分，即： ．……
一般地，第 个三角形与前面 个三角形最多有 个交点，从而平面
也增加 个部分，故
，
特别地，当 时， ，即 个三角形最多把平面分成
个部分．
（2）三个四边形共分出 部分，再画一个圆与 部分，（除内外
两部分），产生 个交点，再画一个圆产生 个交点，再画直线产生
个交点。所以共有 部分3. 如图所示，阴影部分是一个圆环，4条直线最多可以把这个阴影分成多少个部分？
【分析】 条直线最多把一个圆分成 部分，其中最内部是一个由四条直
线围成的四边形，可以做一个圆与这个四边形相交，最多产生 个交点，这样圆
环分成的部分增加了 个，少了一个四边形，所以有 个部分
4. 用15个 的小纸片覆盖图，共有多少种不同的覆盖方法？
【分析】设用 的小纸片覆盖含有 个“ ”的图形覆盖方法有 种方法
显然
对于如下图形有
所以
所以， ，
5. 对一个自然数作如下操作：如果是偶数则除以2，如果是奇数则加1，如此进行下去直
到得数为1操作停止。问：经过9次操作变为1的数有多少个？
【分析】可以先尝试一下，倒推得出下面的图：
5 10
3 6 11
12
24
1 2 4
13
8 7 14
28
16 15 30
31
32
64
其中经1次操作变为1的1个，即2，经2次操作变为1的1个，即4，经3次操作变
为1的2个，是一奇一偶，以后发现，每个偶数可以变成两个数，分别是一奇一偶，
每个奇数变为一个偶数，于是，经1、2、…次操作变为1的数的个数依次为
1，1，2，3，5，8，…
这一串数中有个特点：自第三个开始，每一个等于前两个的和，即
即经过9次操作变为1的数有34个.
6. 用4中不同的颜色将图中的圆圈分别涂色，要求有线段连结的两个相邻的圆圈必须涂不
同的颜色，共有多少种涂法？（不允许旋转、翻转图）
【分析】先对下图染色，染色顺序是
当 同色时，有
当 不同色时，又分为 同色和不同色两种情况，有所以共有 ，因此原图共有 种涂法
2 3
1 4
7
6 5
7. 圆周上有15个点 ， ，…， ，以这些点为顶点连出5个三角形，要求任意两个
三角形没有公共点，共有多少种连结方式？
【分析】设圆周上有 个点的技术方法有 种连结方式，
1.显然 ；
2.若有六个点，可以选三个相邻的点，不妨从 开始，包含 的三个相邻的点的选
法有三种，那么剩下三个点就有 种连结方式，所以共有 ，
若有九个点
：可以选三个相邻的点，那么剩下六个点就有 种连结方式，不妨从 开始，
包含 的三个相邻的点的选法有三种，所以共有
：可以选三个点连接成三角形后，三角形两边各有三个点，不妨从 开始，
包含 的三个点的选法有三种，那么剩下六个点就有 种连结方式所以共有
因此
3.若有 个点
：可以选三个相邻的点，那么剩下九个点
：可以选三个点连接成三角形后，三角形两边各有三个点、六个点
：可以选三个点 ，并且每两点间均包含三个点
因此
同理
8. 有一年级到六年级的同学各一人，排成一列领取糖果。如果一个高年级的同学站在一个
低年级的同学前面，那么这个低年级的同学就会产生一次“怨言”（一个人可以有多次
“怨言”）。在一种排列顺序里，我们把所有“怨言”的总数叫“怨言数”。例如：六
位同学按下面的顺序排列：一年级、四年级、三年级、二年级、六年级、五年级，那么
这六位同学产生的“怨言”次数依次为0、0、1、2、0、1，这种排列的“怨言数”就
是4。请问：有多少种“怨言数”为7的排列顺序？（第六届日本奥林匹克算术大赛决
赛试题）
【分析】如果只有1、2两个儿童，怨言为0的有1种排列，怨言为1的有1种排列。有3
个儿童的话，3插到最前面，原有的怨言数加2，3插到中间，原有的怨言数加
1，3插到最后，原有的怨言数不变。
2人进怨言数为“0，1”，排列为“1，1”。3人时怨言数为“0，1，2，3”，排列
为“1，2，2，1”。即：第一行是3插到最后，第二行是3插到中间，第三行是3
插到最前。4人时，第一行是4插到最后，第二行4插到倒数第二个，第三行是4插到倒数第
三个，第四行是4插到最前。4人时怨言数为0,1,2,3,4,5,6,7的分别有1,3,5,6,5,3,1
种排列，……
6人时怨言数为7的排列有101种。
