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三阶、四阶、六阶幻⽅解题⼝诀⼤家听过⼤禹治⽔的故事吗？相传在那个年代，陕西的洛⽔常常泛滥成灾，每当河⽔泛滥之时，会有⼀直乌龟浮出⽔⾯，当时⼈们也不知道为什么，只是觉得很好奇，于是⼈们开始研究这个规律。
经过⼀段时间的观察，发现后来发现乌龟背上的龟壳分为9块，横着有三⾏，竖着有三⾏，⽽且每⼀块⾥边都有⼀些⼩点，每块龟壳⾥⾯的点数刚好凑成1-9这9个数字，可是，谁也弄不清楚这些点数到底有什么含义。
直到有⼀年，河⽔还是泛滥成灾，乌龟⼜浮上了⽔⾯，这时有个⼩孩在岸边⼤喊⼤叫起来：“⼤家快来看啊，这些⼩点⾮常有趣，横着看加起来是15，竖着看，加起来也是15，斜着看加起来还是15！”这个数字之谜竟然被⼀个⼩孩⼦给想明⽩了。
后来⼤⼈们觉得⼤概河神想要每样祭品的数量是15份吧，于是赶紧抬来15头猪、15头⽜和15只⽺献给河神，果然，从此以后河⽔再也不泛滥了…当然了，这只是⼀个传说，这个乌龟上的图案就是我们要学习的内容“幻⽅”，也叫“洛书”、“纵横图”、“魔阵”等等。
接下来我们就来揭开“幻⽅”的神秘⾯纱，⼀起来学习⼀下吧！幻⽅是把1⾄n^2的⾃然数排列成正⽅形，使它的纵横均有n个数，⽽把每⾏、每列、两条对⾓线的数加起来，它们的和都是相等的，这个和叫做幻和。
幻⽅的特征是横、竖、斜相加的得数都相等，幻⽅的幻和会等于n（n^2+1）÷2。
幻⽅按照纵横各有数字的个数可分为三阶幻⽅、四阶幻⽅、五阶幻⽅、六阶幻⽅…按照纵横数字数量为奇数、偶数可分为奇阶幻⽅、偶阶幻⽅。
三阶幻⽅我们⾸先简单介绍⼀下三阶幻⽅：把1-9填⼊⽅格，使幻⽅成⽴。
它也是⼀个奇阶幻⽅，幻和是3×（3^2+1）÷2=15。
那么这⾥⾯的数字我们是怎么得来的呢？第⼀种⽅法⼝诀是：九⼦斜排，上下对易，左右更替，四维挺出。
实际就分为四个步骤：第⼀个步骤是九⼦斜排，意思呢就是按照图中的形状斜着排列1-9的9个数字；第⼆个步骤是上下对易，也就是最顶端的数字和最底端的数字1和9对换；第三个步骤是左右更替，即将最左端和最右端的两个数字7和3对换；第四个步骤是四维挺出，如图所⽰把这四个数字向四个⽅向分别挺出。
7-4-1.简单的排列问题1 •使学生正确理解排列的意狡：2•了解排列、排列数的意狡，能根扌松具体的问题，写出符合要求的排列；3 •掌握排列的计算公式：4•会分析与数字有关的计数问题，以及与其他专题的综合运用，培养学生的抽象能力和逻辑思维能力；通过本讲的学习，对排列的一些计数问题进行归纳总结，并掌握一些排列技巧，如捆绑法等.一、排列问题在实际生活中经常会遇到这样的问题，就是要把一些事物排在一起，构成一列，计算有多少种排法.就是排列问题.在排的过程中，不仅与参与排列的事物有关，而且与各事物所在的先后顺序有关.一般地，从“个不同的元素中取出个元素，按照一定的顺序排成一列，叫做从〃个不同元素中取出m个元素的一个排列.根据排列的定狡，两个排列相同，指的是两个排列的元素完全相同，并且元素的排列顺序也相同.如果两个排列中，元素不完全相同，它们是不同的排列；如果两个排列中，虽然元素完全相同，但元素的排列顺序不同，它们也是不同的排列.排列的基本问题是计算排列的总个数.从〃个不同的元素中取出个元素的所有排列的个数，叫做从刃个不同的元素的排列中取出加个元素的排列数，我们把它记做巳”・根据排列的定义,做一个Z"元素的排列由加个步驟完成：步骤1：从“个不同的元素中任取一个元素排在第一位，有“种方法：步骤2：从剩下的(n-1)个元素中任取一个元素排在第二位，有(n-1)种方法：步骤加:从剩下的-伽-1)］个元素中任取一个元素排在第加个位置，有舁一伽_1)= 〃一加+ 1(种)方法: 由乘法原理，从"个不同元素中取出加个元素的排列数是n (n-l) (n-2)••…(n-m+1),即£：'=皿川一1)5-2)・・・5-加+ 1),这里，且等号右边从"开始，后面每个因数比前一个因数小1,共有加个因数相乘.二、排列数一般地，对于川=H的请况，排列数公式变为号'=〃・(畀一1)・5-2)•….3 21.表示从"个不同元素中取"个元素排成一列所构成排列的排列数.这种"个排列全部取出的排列,叫做" 个不同元素的全排列.式子右边是从"开始，后面每一个因数比祈一个因数小1, 一直乘到1的乘积，记为读做"的阶乘，则还可以写为：P M=/?!,其中川=小(九一1)・(舁一2) ................................................... 321 .模块一、排列之计算【例1】计算：(1) Ph(2)打_耳・【考点】简单排列问题【难度】1星【題型】解答【解析】由排列数公式/ (〃一2)…5—加+ 1)知：(1)用=5x4 = 20(2)/^ = 7x6x5x4 = 840 =7x6x5 = 210,所以厅-片=840 - 210 = 630 ・【答案】⑴20 ⑵630【巩固】计算：(1) P;;⑵【解析】(1)用=3x2 = 6【巩固】计算：⑴比-巴; 【考点】简单排列问题⑵ 3P[ —P ：.【題型】解答 用-斥. 【难度】1星【题型】解答(2)用一圧=6x5x4 — 10x9 = 12° — 9° = 3°・(2)30【解析】⑴尺一用=14x13x12- 14x13 = 2002；⑵3厅一片=3x(6x5x4x3x2) — 3x2x1 = 2154 .【答案】⑴2002 ⑵2154模块二、排列之排队问题【例2】 有4个同学一起去郊游,照相时，必须有一名同学给其他3人拍照，共可能有多少种拍照情况？(照 相时3人站成一排)【考点】简单排列问题 【难度】2星 【题型】解答【解析】由于4人中必须有一个人拍照，所以，每张照片只能有3人，可以看成有3个位置由这3人来站.由 于要选一人拍照，也就是要从四个人中选3人照相.所以，问題就转化成从四个人中选3人.排在3 个位置中的排列问题•要计算的是有多少种排法.由排列数公式，共可能有：/>5=4X 3X 2 = 24(种)不同的拍照情况.也可以把照相的人看成一个位置，那么共可能有：=4x3x2xl = 24(种)不同的拍照请况・【答案】24【巩固】4名同学到照相馆照相.他们要排成一排，问：共有多少种不同的排法？【考点】简单排列问题 【难度】2星 【题型】解答【解析】4个人到照相馆照相，那么4个人要分坐在四个不同的位置上.所以这是一个从4个元素中选4个， 排成一列的问题.这时死=4 , m = 4・ 由排列数公式知，共有=4x3x2xl = 24(种)不同的排法.【答案】24【巩固】9名同学站成两排照相，前排4人，后排5人，共有多少种站法？【考点】简单排列问题 【难度】3星 【题型】解答【解析】如果问题是9名同学站成一排照相，则是9个元素的全排列的问题，有用种不同站法.而问題中，9 个人要站成两排.这时可以这么想，把9个人排成一排后，左边4个人站在前排，右边5个人站在后 排，所以实质上，还是9个人站9个位置的全排列问题.方法一：由全排列公式，共有^=9x8x7x6x5x4x3x2x1=362880(^)不同的排法.方法二：根据乘法原理，先排四前个.再排后五个.p ； - p ； =9x8x7x6x5x4x3x2x1 = 362880【答案】362880【巩固】5个人并排站成一排，其中甲必须站在中间有多少种不同的站法？【考点】简单排列问题 【难度】3星 【題型】解答【解析】由于甲必须站在中间，那么问题实质上就是剩下的四个人去站其余四个位置的问题，是一个全排列 问题，且舁=4.由全排列公式，共有/>4=4x3x2xl = 24(种)不同的站法.【答案】24【巩固】丁丁和爸爸、妈妈、奶奶、哥哥一起照“全家福"，5人并排站成一排，奶奶要站在正中间，有多少 种不同的站法？【考点】简单排列问题 【难度】3星 【題型】解答【解析】由于奶奶必须站在中间，那么问題实质上就是剩下的四个人去站其余四个位置的问题.是一个全排列问题，且〃=4.由全排列公式，共有厅=4x3x2xl = 24（种）不同的站法.【答案】24【例3】5个同学排成一行照相，其中甲在乙右侧的排法共有__________ 种？【考点】简单排列问题【难度】3星【题型】填空【关犍词】学而思杯，4年级，第8題【解析】5个人全排列有5! = 120种，其中甲在乙右侧应该正好占一半，也就是60种【答案】60种【例4] 一列往返于北京和上海方向的列车全程停靠14个车站（包括北京和上海），这条铁路线共需要多少种不同的车票.【考点】简单排列问题【难度】3星【題型】解答【解析】用=14x13 = 182（种）.【答案】182【例5]班集体中选出了5名班委，他们要分别担任班长，学习委员、生活委员、宣传委员和体育委员.问: 有多少种不同的分工方式？【考点】简单排列问题【难度】3星【題型】解答【解析】厅=120（种）.【答案】120【例6】有五面颜色不同的小旗，任意取出三面排成一行表示一种信号，问：共可以表示多少种不同的信号？【考点】简单排列问题【难度】3星【题型】解答【解析】这里五面不同颜邑的小旗就是五个不同的元素，三面小旗表示一种信号，就是有三个位置.我们的问题就是要从五个不同的元素中取三个，排在三个位置的问題.由于信号不仅与旗子的颜邑有关，而且与不同旗子所在的位置有关，所以是排列问题，且其中77 = 5,加=3・由排列数公式知，共可组成尺=5x4x3 = 60（种）不同的信号.【答案】60【巩固】有红、黄、蓝三种信号旗，把任意两面上、下挂在旗杆上都可以表示一种信号，问共可以组成多少种不同的信号？【考点】简单排列问题【难度】3星【題型】解答【解析】用=3x2 = 6・【答案】6【巩固】在航海中，船舰常以“旗语”相互联系，即利用不同颜色的旗子发送出各种不同的信号.如有红、黄、绿三面不同颜色的旗子，按一定顺序同时升起表示一定的信号，问这样总共可以表示出多少种不同的信号？【考点】简单排列问题【难度】3星【題型】解答【解析】方法一：这里三面不同颜邑的旗子就是三个不同的元素，红、黄、绿三面旗子按一定顺序的一个排法表示一种信号，也就是从三个元素中选三个的全排列的问题.由排列数公式，共可以组成片=3x2x1 =6（种）不同的信号.方法二：首先，先确定最离位置的旗子，在红、黄.绿这三面旗子中任取一个，有3种方法：其次，确定中间位置的旗子，当最商位置确定之后，中间位置的旗子只能从余下的两面旗中去取，有2种方法.剩下那面旗子，放在最低位置.根据乘法原理，用红、黄、绿这三面旗子同时升担表示出所有信号种数是：3x2xl=6（种）. 【补充说明】这个问题也可以用乘法原理来做，一般，乘法原理中与顺序有关的问题常常可以用排列数公式做.用排列数公式解决问题时，可避免一步步地分析考虑，使问题简化.【答案】6模块三、排列之数字问题【例7】用1、2、3、4. 5、6、7、8可以组成多少个没有重复数字的四位数？【考点】简单排列问题【难度】2星【題型】解答【解析】这是一个从8个元素中取4个元素的排列问题，已知H=8,/H =4,根据排列数公式.一共可以组成戌=8x7x6x5 = 1680（个）不同的四位数・【答案】1680【巩固】由数字1、2、3、4、5. 6可以组成多少没有重复数字的三位数？【考点】简单排列问题【难度】2星【题型】解答【解析】用=120・【答案】120【例8】用0、1、2、3、4可以组成多少个没重复数字的三位数？【考点】简单排列问题【难度】3星【題型】解答【解析】（法1）本题中要注意的是0不能为首位数字，因此，百位上的数字只能从1、2、3. 4这四个数字中选择一个，有4种方法：十位和个位上的数字可以从余下的4个数字中任选两个进行排列，有厅种方法.由乘法原理得，此种三位数的个数是：4x厅=48（个）.（法2）:从0、1、2. 3. 4中任选三个数字进行排列，再减去其中不合要求的，即首位是0的.从0、1、2、3、4这五个数字中任选三个数字的排列数为用，其中首位是0的三位数有厅个.三位数的个数是：尺-厅=5x4x3 - 4x3 = 48（个）.本题不是简单的全排列，有一些其它的限制，这样要么先全排列再剔除不合题意的情况，要么直接在排列的吋候考虑这些限制因素.【答案】48【例9】用1、2、3、4、5、6可以组成多少个没有重复数字的个位是5的三位数？【考点】简单排列问题【难度】3星【題型】解答【解析】个位数字已知•问题变成从从5个元素中取2个元素的排列问题，已知舁=5,加=2,根据排列数公式，一共可以组成/>2=5X4=20（个）符合题意的三位数.【答案】20【巩固】用1、2、3、4. 5. 6六张数字卡片，每次取三张卡片组成三位数，一共可以组成多少个不同的偶数？【考点】简单排列问题【难度】3星【題型】解答【解析】由于组成偶数，个位上的数应从2, 4, 6中选一张，有3种选法；十位和百位上的数可以从剩下的5张中选二张，有/f=5x4 = 20（种）选法.由乘法原理，一共可以组成3x20 = 60（个）不同的偶数…【答案】60 【例10】由0, 2, 5, 6, 7, 8组成无垂复数字的数，四位数有多少个？【考点】简单排列问题【难度】3星【題型】解答【解析】方法一：先考虑从六个数字中任取四个数字的排列数为^=6x5x4x3 = 360,由于0不能在千位上，而以0为千位数的四位数有尺=5x4x3 = 60,它们的差就是由0, 2, 5, 6, 7, 8 组成无重复数字的四位数的个数，即为：360-60 = 300个.方法二：完成这件事——组成一个四位数，可分为4个步骤进行，第一步：确定千位数；第二步：确定百位数：第三步：确定十位数；第四步：确定个位数：这四个步骤依次完成了，“组成一个四位数"这件事也就完成了，从而这个四位数也完全确定了，思维过程如下：! 0・折以工纶从2・5・?【答案】300 【例11】用【考点】简单排列问题 （1） （2） 位数，共可组成2x4 = 8（个）不同的两位数；⑶三位数：由1, 2与3; 1 , 3与5; 2, 3与4： 3, 4与5四组数字组成，每一组可以纽成 />3=3x2xl=6（个）不同的三位数.共可纽成6x4 = 24（个）不同的三位数；（4）四位数：可由1, 2, 4, 5这四个数字组成，有=4x3x2xl = 24（个）不同的四位数： ⑸五位数：可由1, 2, 3, 4, 5组成，共有尺=5x4x3x2x1 = 120（个）不同的五位数. 由加法原理，一共有1+8 + 24 + 24 + 120 = 177（个）能被3整除的数.即3的倍数.【答案】177 【例12】用K 2、3、4x 5这五个数字可组成多少个比20000大且百位数字不是3的无重复数字的五位数？【考点】简单排列问题 【难度】4星 【題型】解答【解析】可以分两类来看：（1） 把3排在最高位上，其余4个数可以任意放到其余4个数位上，是4个元素全排列的问题，有 用=4x3x2xl = 24（种）放法，对应24个不同的五位数：（2） 把2, 4, 5放在最高位上，有3种选择，百位上有除已确定的最鬲位数字和3之外的3个数字可 以选择，有3种选择，其余的3个数字可以任意放到其余3个数位上，有尺=6种选择.由乘法原 理，可以组成3x3x6 = 54（个）不同的五位数.由加法原理，可以组成24 + 54 = 78（个）不同的五位数.【答案】78【巩固】用0到9十个数字组成没有重复数字的四位数；若将这些四位数按从小到大的顺序排列，则5687 是第几个数？【考点】简单排列问题 【难度】4星 【題型】解答【解析】从鬲位到低位逐层分类：（1） 千位上排1, 2, 3或4吋，千位有4种选择，而百.十、个位可以从0~9中除千位已确定的数 字之外的9个数字中选择，因为数字不重复，也就是从9个元素中取3个的排列问题，所以百、十、 个位可有用=9x8x7 = 504（种）排列方式.由乘法原理，有4x504 = 2016（个）.（2） 千位上排5,百位上排0~4时，千位有1种选择，百位有5种选择，十、个位可以从剩下的八个 数字中选择.也就是从8个元素中取2个的排列问题，即厅=8x7 = 56,由乘法原理，有 1x5 x 56 = 280（个）.（3） 千位上排5,百位上排6,十位上排0, 1, 2, 3, 4, 7时，个位也从剩下的七个数字中选择， 有 Ixlx6x7= 42（个）.（4） 千位上排5,百位上排6,十位上排8时，比5687小的数的个位可以选择0, 1, 2, 3, 4共5个. 综上所述，比5687小的四位数有2016 + 280 + 42 + 5 = 2343（个），故5687是第2344个四位数.【答案】2344:歔【例13】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.【考点】简单排列问题【难度】4星【题型】填空【关诞词】走美杯，六年级，初賽，第7题【解析】1〜8中被三除余1和余2的数各有3个，被3整除的数有两个.根据题目条件可以推导，符合条件的排列，一定符合"丈三除所得余数以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! x3! x2! =144种方法.【答案】144种【例14］由数字0、2、8 （既可全用也可不全用）组成的非零自然敦，按照从小到大排列.2008排在____ 个. 【考点】简单排列问题【难度】4星【題型】解答【解析】比2008小的4位数有2000和2002,比2008小的3位数有2x3x3 = 18 （种人比2008小的2位数有2x3 = 6 （种人比2008小的1位数有2 （种）.所以2008排在第2 + 18 + 6 + 2 + 1 = 29 （个）・【答案】29【例15】千位数字与十位数字之差为2 （大减小），且不含重复数字的四位数有多少个？【考点】简单排列问题【难度】4星【題型】解答【解析】千位数字大于十位数字，千位数字的取值范国为2-9,对应的十位数字取0〜7,毎确定一个千位数字，十位数字就相应确定了，只要从剩下的8个数字中选出2个作百位和个位就行了，因此总共有8x/>2个这样的四位数.（2）千位数字小于十位数字.千位数字取1~7,十位数字取3〜9,共有IxP;个这样的四位数.所以总共有8x用+7x厅=840个这样的四位数.【答案】840模块四、排列之策略问题【例16】某管理员忘记了自己小保险柜的密码数字，只记得是由四个非0数码组成，且四个数码之和是9, 那么确保打开保险柜至少要试几次？【考点】简单排列问题【难度】4星【題型】解答【解析】四个非0数码之和等于9的纽合有1, 1, 1, 6; 1, 1, 2, 5： 1, 1, 3, 4: 1, 2, 2, 4： 1, 2, 3, 3; 2, 2, 2, 3 六种.第一种中，可以纽成多少个密码呢？只要考虑6的位置就可以了. 6可以任意选择4个位置中的一个, 其余位置放1,共有4种选择；第二种中，先考虑放2,有4种选择，再考虑5的位置.可以有3种选择，剩下的位置放1,共有4x3=12（种）选择同样的方法，可以得出第三、四、五种都各有12种选择.最后一种，与第一种的悄形相似，3的位置有4种选择，其余位置放2,共有4种选择・综上所述，由加法原理，一共可以组成4+12 + 12 + 12 + 12 + 4 = 56（个）不同的四位数，即确保能打开保险柜至少要试56次.【答案】56【例17】幼儿园里的6名小朋友去坐3把不同的椅子，有多少种坐法？【考点】简单排列问题【难度】3星【題型】解答【解析】在这个问题中，只要把3把椅子看成是3个位置，而6名小朋友作为6个不同元素，则问题就可以转化成从6个元素中取3个，排在3个不同位置的排列问题.由排列数公式，共有：用=6x5x4 = 120（种）不同的坐法.【答案】120【巩固】幼儿园里3名小朋友去坐6把不同的椅子（每人只能坐一把），有多少种不同的坐法？【考点】简单排列问题【难度】3星【題型】解答【解析】与例5不同，这次是椅子多而人少，可以考虑把6把椅子看成是6个元素，而把3名小朋友作为3个位置，则问题转化为从6把椅子中选出3把，排在3名小朋友面前的排列问題.由排列公式，共有：/>'=6x5x4 = 120（种）不同的坐法.【答案】120【巩固】10个人走进只有6辆不同颜色碰碰车的游乐场，每辆碰碰车必须且只能坐一个人，那么共有多少种不同的坐法？【考点】简单排列问题【难度】3星【題型】解答【解析】把6辆碰碰车看成是6个位置，而10个人作为10个不同元素，则问题就可以转化成从10个元素中取6个，排在6个不同位置的排列问题.共有忌=10x9x8x7x6x5 = 151200（种）不同的坐法・【答案】151200【例18】一个篮球队有五名队员A, B, C, D, E,由于某种原因，E不能做中锋，而其余4个人可以分配到五个位置的任何一个上，问一共有多少种不同的站位方法？【考点】简单排列问题【难度】3星【題型】解答【解析】方法一：此题先确定做中锋的人选，除£以外的四个人任意一个都可以.则有4种选择，确定下来以后.其余4个人对应4个位置，有=4x3x2xl = 24（种）排列.由乘法原理，4x24 = 96,故一共有96种不同的站位方法.方法二：五个人分配到五个位置一共有尺=5x4x3x2x1 = 120（种）排列方式.£能做中锋一共有用=4x3x2xl = 24（种）排列方式，则E不能做中锋一共有£-厅=120-24 = 96种不同的站位方法.【答案】96【例19】小明有10块大白兔奶糖，从今天起，每天至少吃一块.那么他一共有多少种不同的吃法？【考点】简单排列问题【难度】3星【题型】解答【解析】我们舟10块大白兔奶糖从左至右排成一列，如果在其中9个间隙中的菜个位置插入"木棍二则将/O块糖分成了两部分.我们记从左至右，第1部分是第1天吃的，第2部分是第2天吃的，•…如：ooo|ooooooo表示第一天吃了3粒，第二天吃了剩下的7粒：oooo I ooo| ooo表示第一天吃了4粒，第二天吃了3粒,第三天吃了剩下的3粒.不难知晓，毎一种插入方法对应一种吃法，而9个间隙•每个间隙可以插人也可以不插入，且相互独立，故共有29=512种不同的插入方法•即512种不同的吃法.【答案】512。
排成4行多3人解题思路全文共四篇示例，供读者参考第一篇示例：排成4行多3人是一个常见的数学思维题目，要求参与者根据给定条件进行排列，使得每行的人数都是3人。
这个题目看似简单，实则需要一定的思维能力和逻辑推理能力。
下面我们来探讨一下这个题目的解题思路。
我们要明确题目的条件：排成4行多3人。
这意味着总共有12个人需要排列，而且每行都必须有3个人。
在这个条件下，我们需要找到一种排列方式，使得满足条件。
我们可以考虑最基本的排列方式，即将12个人依次排成一行。
这样的排列方式显然是不符合题目要求的，因为每行的人数不一样。
接着，我们可以考虑将12个人分成4组，每组3个人。
如果我们按照这种方式排列，每一组都可以单独排成一行，满足条件。
这种方法是最直接的一种解法，也是比较容易理解和操作的。
我们还可以尝试其他排列方式。
比如将12个人分成2组，每组6个人。
然后再将每一组分成2个小组，每小组3个人。
这样我们可以得到4行3人的排列方式。
这种方法虽然稍微复杂一些，但也是一种有效的解题思路。
我们还可以考虑使用递归的方法来解决这个问题。
我们可以先将12个人排成一行，然后在适当的位置将他们分组，最终得到4行3人的排列。
这种方法可以帮助我们更好地理解问题的本质，并寻找不同的解题思路。
排成4行多3人这个题目虽然看似简单，但实际上需要一定的思维能力和逻辑推理能力。
我们可以通过尝试不同的排列方式和解题思路，找到最符合条件的排列方式。
希望以上的解题思路可以帮助大家更好地理解这个题目，并在数学思维上有所提升。
第二篇示例：排成4行多3人是一个常见的解题问题，通常需要灵活运用排列组合的方法来解决。
在这个问题中，每行有3人，总共有若干个人需要排成4行。
接下来，我们可以考虑先将n个人排成一列，然后将他们分成4个小组，每个小组有3人。
这个过程可以看作是一个排列组合的问题，需要确定每个小组的成员。
假设我们已经确定了每个小组的成员，那么每个小组的排列情况有3!种，因此总共的排列方式为(n/3)! * 3!的组合数。
2020国考行测技巧：逆向思维能力助你顺利解题各位考生，在生活中我们可能会遇到这样的情况，直面问题迎难而上，却百思不得其解，但换一种思路和心情，反而却马上可以解开。
生活如此，学习也如此。
我们在复习过程中，可能会遇到思考瓶颈，此时我们不妨反向思考，逆向思维。
所谓山穷水复疑无路，柳暗花明又一村。
下面中公教育专家就带大家一起来看看可以逆向思考的题型。
例1——排列组合类：某班同学要订A、B、C、D四种学习报，每人至少订一种，最多订四种，那么每个同学有多少种不同的订报方式?A.7种B.12种C.15种D.21种答案：C。
中公解析：每人至少订一种，包含订1种，2种，3种，4种，正向思考情况数比较多，此时反向思考最简单。
根据题意，每个同学均有选和不选两种情况，因此一共有种方式，总减去一种都不订的情况数，一共有16-1=15种订报方式。
选择C。
例：2——概率类：小明骑车上班途中共有4个红绿灯路口，每个路口遇到红灯的概率均为30%，求他在上班途中至少遇到一次红灯的概率是多少?A.50%B.76%C.2%D.40%答案：B。
中公解析：至少遇到一次红灯的概率，包括遇到一个红灯，两个红灯，三个红灯，四个红灯的情况，这样的情况比较多，因此反向思考。
总概率为1，减去一次红灯也没遇到的概率为即，1-(1-30%)(1-30%)(1-30%)(1-30%)=76%，选择B。
例4——计算类：有一堆棋子，把他们四等分后剩一枚，拿去三份零一枚，将剩下的棋子再四等分后还剩一枚，再拿去三份零一枚，将剩下的棋子四等分还是剩一枚。
则原来至少有多少枚棋子?A.85B.37C.65D.23答案：A。
中公解析：最后一次剩下的棋子数至少为4份多1，至少为5枚棋子。
则第二次有棋子为45+1=21个，则原来的棋子直说有421+1=85枚，选择A。
考生朋友们，逆向思维能力学会了吗?要学会灵活应用。
以下是2020国考行测技巧：巧解逻辑填空不是事言语理解与表达在每年国考行测考试中占相当大的比重，其中又以逻辑填空部分占分较高，但据统计，在每年的国考试卷中，逻辑填空部分的平均得分却与其占分不成正比。
1.教材由一个生活情境来引出问题,并给出沏茶的各项工序及所需的时间。
这些工序有先后顺序,有些顺序可以改变,有些不能改变。
如洗茶壶、接水、烧水、沏茶顺序不能改变。
但有些事情是可以同时进行的,比如在烧水的时候可以洗茶杯、找茶叶等,能同时做的事情尽量同时做,这样才能节省时间。
这里的方案可以多样化,但最终要实现最优化。
教材这里用流程图的形式帮助学生来表示解决问题的方案,从中找出最优的方案。
这里重点要突出优化的实际意义。
让学生体会优化的作用。
教材通过烙饼问题:怎样烙最省时间让学生体会优化理论。
教材给出不同的方案,学生通过计算和讨论,找出最优的方案。
教学时可以让学生借助硬币等物品来摆一摆、试一试,记录下结果,通过操作来发现。
解决烙三个饼的问题后,可以让学生进一步扩展到4个、5个……10个,让学生探索奇数个饼和偶数个饼的烙饼方案有什么规律,实际也是一种化归的思想。
2.优化思想也就是运筹思想在我国古代就已经开始运用了,比如战国时期的“田忌赛马”就是对策论的应用。
对策论是优化的一种,它研究的是竞争的双方采取怎样的策略能战胜对手。
在我们的生活中有着广泛的应用,体育比赛中像乒乓球团体赛时,如何安排选手的上场顺序,就要用到对策论的方法。
教材由“田忌赛马”的故事来引入对策论的应用问题,这个故事学生都听过,但并不是从数学的角度来理解的,这里就是通过这个故事让学生来体会对策论方法在实际生活中的应用。
教材利用学生易于理解的生活实例或经典的数学问题渗透数学思想方法,让学生感受到数学与生活的联系。
由于这些思想方法比较抽象,必须借助一些具体的情境来帮助学生理解。
同时这些熟悉的生活事例和经典的问题也能激发学生的学习兴趣。
1.使学生通过简单的事例,初步体会运筹思想和对策论方法在解决实际问题中的应用。
2.使学生认识到解决问题策略的多样性,形成寻找解决问题最优方案的意识。
3.让学生感受到数学在日常生活中的广泛应用,尝试用数学的方法来解决实际生活中的简单问题,初步培养学生的应用意识和解决实际问题的能力。
排成4行多3人解题思路全文共四篇示例，供读者参考第一篇示例：排成4行多3人是一种常见的数学问题，也是一种经典的解题思路，通过这种问题可以锻炼人们的逻辑推理能力和数学思维。
在解决这类问题时，我们需要灵活运用数学知识和分析技巧，善用排列组合等方法，以便找到准确的答案。
本文将从排成4行多3人这一问题展开讨论，介绍解题思路和方法，希望能帮助读者更好地了解和掌握这类问题的解决技巧。
让我们来看看排成4行多3人这个问题的具体情境。
假设有若干个人排成4行，每行人数均为3人，问一共有多少人。
这个问题本质上是一个排列组合的问题，需要我们通过数学方法来求解。
我们可以从以下几个方面入手：1. 确定排成4行多3人这个问题的解题思路在解决排成4行多3人的问题时，我们需要首先确定问题的要求和限制条件。
在这个问题中，限制条件是每行人数均为3人，要求是求一共有多少人。
我们可以利用排列组合的思想来解决这个问题。
具体而言，我们可以将每行3人看作一个整体，然后按照排列组合的方法计算总人数。
3. 举例说明为了更好地说明这个问题的解题思路，我们可以通过一个具体的例子来展示。
假设有12个人排成4行，每行3人，那么总人数为4*3=12人。
在这个例子中，我们将每行3人看作一个整体，在4行中总共有4组这样的整体，因此总人数为12人。
通过以上的讨论，我们可以看到，排成4行多3人这个问题可以通过排列组合的方法来解决。
我们需要先确定问题的要求和限制条件，然后利用排列组合的思想计算答案。
在实际解题过程中，我们可以通过举例说明和具体计算来更好地理解和掌握解题思路和方法。
希望通过本文的介绍，读者能够更好地掌握排成4行多3人这类问题的解题技巧，提高自己的数学推理能力和解决问题的能力。
【此为示例，具体内容可根据实际情况适当调整】。
第二篇示例：排成4行多3人是一种数学难题，需要一些技巧和方法来解决。
在这篇文章中，我们将探讨排成4行多3人这一题目，并提供一些解题思路，希望能够帮助读者更好地理解和解决这个问题。
智力四连环解法智力四连环是一种经典的智力游戏，它需要玩家通过移动四个环来达到一定的目标。
在这个过程中，玩家需要运用自己的逻辑思维和空间想象能力来找到最优解。
下面将详细介绍智力四连环的解法。
一、游戏规则智力四连环由一个底座和四个环组成，其中三个环大小相同，另一个环较大。
游戏开始时，四个环按照从大到小的顺序叠放在底座上。
玩家需要将这四个环按照规定的顺序移动到另一个底座上。
具体规则如下：1.每次只能移动一个环；2.大环不能放在小环之上；3.每次移动后都要保证所有的环都遵循第二条规则。
二、基本解法对于初学者来说，最简单的解法就是暴力枚举，即尝试所有可能性直到找到正确答案。
但是这种方法非常耗时且效率低下，不适用于较复杂的情况。
更加高效的方法是使用递归算法。
具体步骤如下：1.将问题分为两部分：将前n-1个盘子从起始柱移动到过渡柱，将第n 个盘子从起始柱移动到目标柱；2.将前n-1个盘子从起始柱移动到过渡柱，可以看成是一个和原问题相同的子问题，只是规模变小了。
因此可以递归调用函数来解决；3.将第n个盘子从起始柱移动到目标柱，直接进行操作即可。
三、优化解法对于较复杂的情况，递归算法也可能会出现效率低下的情况。
因此需要考虑一些优化方法来提高解题速度。
1.迭代加深搜索：在递归算法中，每次都要遍历所有可能性，这样会导致时间复杂度很高。
而迭代加深搜索则是在每一层逐步增加搜索深度，这样可以有效减少搜索空间。
2.剪枝：在搜索过程中，如果发现当前方案已经不可能得到最优解，则可以直接舍弃该方案，这样可以减少不必要的计算量。
3.启发式搜索：通过引入启发函数来指导搜索方向，在每一步选择时都选择能够使得启发函数值最小的方案。
这种方法可以大大减少不必要的计算量。
四、总结智力四连环是一种非常有趣的智力游戏，它需要玩家具备良好的逻辑思维和空间想象能力。
对于初学者来说，最简单的解法是暴力枚举和递归算法。
但是对于较复杂的情况，需要考虑一些优化方法来提高解题速度。
行测排列组合七大解题方法精解行测中的排列组合问题是历年务员考试中必考题型，并且随着近年公务员考试越来越热门，公考中这部分题型的难度也在逐渐的加大，解题方法也趋于多样化。
解答排列组合问题，必须认真审题，明确是属于排列问题还是组合问题，或者属于排列与组合的混合问题;同时要抓住问题的本质特征，灵活运用基本原理和公式进行分析，还要注意讲究一些策略和方法技巧。
一、排列和组合的概念排列：从n个不同元素中，任取m个元素(这里的被取元素各不相同)按照一定的顺序排成一列，叫做从n个不同元素中取出m个元素的一个排列。
组合：从n个不同元素种取出m个元素拼成一组，称为从n个不同元素取出m个元素的一个组合。
二、七大解题策略1.间接法即部分符合条件排除法，采用正难则反，等价转换的策略。
为求完成某件事的方法种数,如果我们分步考虑时,会出现某一步的方法种数不确定或计数有重复,就要考虑用分类法,分类法是解决复杂问题的有效手段,而当正面分类情况种数较多时,则就考虑用间接法计数.例：从6名男生，5名女生中任选4人参加竞赛，要求男女至少各1名，有多少种不同的选法?A.240B.310C.720D.1080正确答案【B】解析：此题从正面考虑的话情况比较多，如果采用间接法，男女至少各一人的反面就是分别只选男生或者女生，这样就可以变化成C(11，4)-C(6，4)-C(5，4)=310。
2.科学分类法问题中既有元素的限制，又有排列的问题，一般是先元素(即组合)后排列。
对于较复杂的排列组合问题，由于情况繁多，因此要对各种不同情况，进行 科学分类，以便有条不紊地进行解答，避免重复或遗漏现象发生。
同时明确分类后的各种情况符合加法原理，要做相加运算。
例：某单位邀请10为教师中的6为参加一个会议，其中甲，乙两位不能同时参加，则邀请的不同方法有( )种。
A.84B.98C.112D.140正确答案【D】解析：按要求：甲、乙不能同时参加分成以下几类：a.甲参加，乙不参加，那么从剩下的8位教师中选出5位，有C(8，5)=56种;b.乙参加，甲不参加，同(a)有56种;c.甲、乙都不参加，那么从剩下的8位教师中选出6位，有C(8，6)=28种。
排列组合知识讲解一、排列1.排列：一般地，从n 个不同的元素中任取()m m n ≤个元素，按照一定的顺序排成一列，叫做从n 个不同元素中取出m 个元素的一个排列．（其中被取的对象叫做元素）2.排列数：从n 个不同的元素中取出()m m n ≤个元素的所有排列的个数，叫做从n 个不同元素中取出m 个元素的排列数，用符号A m n 表示．3.排列数公式：A (1)(2)(1)mn n n n n m =---+，m n +∈N ，，并且m n ≤． 4.全排列：一般地，n 个不同元素全部取出的一个排列，叫做n 个不同元素的一个全排列． 5.n 的阶乘：正整数由1到n 的连乘积，叫作n 的阶乘，用!n 表示．规定：0!1=．二、组合1.组合：一般地，从n 个不同元素中，任意取出m ()m n ≤个元素并成一组，叫做从n 个元素中任取m 个元素的一个组合．2.组合数：从n 个不同元素中，任意取出m ()m n ≤个元素的所有组合的个数，叫做从n 个不同元素中，任意取出m 个元素的组合数，用符号C m n 表示．3.组合数公式：(1)(2)(1)!C !!()!mnn n n n m n m m n m ---+==-，,m n +∈N ，并且m n ≤．组合数的两个性质：①C C m n m n n-=； ②11C C C m m m n n n -+=+．（规定0C 1n =）三、排列组合一些常用方法1.特殊元素、特殊位置优先法元素优先法：先考虑有限制条件的元素的要求，再考虑其他元素；位置优先法：先考虑有限制条件的位置的要求，再考虑其他位置；2.分类分步法：对于较复杂的排列组合问题，常需要分类讨论或分步计算，一定要做到分类明确，层次清楚，不重不漏．3.排除法，从总体中排除不符合条件的方法数，这是一种间接解题的方法．4.捆绑法：某些元素必相邻的排列，可以先将相邻的元素“捆成一个”元素，与其它元素进行排列，然后再给那“一捆元素”内部排列．5.插空法：某些元素不相邻的排列，可以先排其它元素，再让不相邻的元素插空．6.插板法：n 个相同元素，分成()m m n ≤组，每组至少一个的分组问题——把n 个元素排成一排，从1n -个空中选1m -个空，各插一个隔板，有11m n C --．7.分组、分配法：分组问题（分成几堆，无序）．有等分、不等分、部分等分之别．一般地平均分成n 堆（组），必须除以n ！，如果有m 堆（组）元素个数相等，必须除以m ！8.错位法：编号为1至n 的n 个小球放入编号为1到n 的n 个盒子里，每个盒子放一个小球，要求小球与盒子的编号都不同，这种排列称为错位排列，特别当2n =，3，4，5时的错位数各为1，2，9，44．关于5、6、7个元素的错位排列的计算，可以用剔除法转化为2个、3个、4个元素的错位排列的问题．四、实际问题的解题策略1.排列与组合应用题三种解决途径：①元素分析法：以元素为主，应先满足特殊元素的要求，再考虑其他元素；②位置分析法：以位置为主考虑，即先满足特殊位置的要求，再考虑其他位置；③间接法：先不考虑附加条件，计算出排列或组合数，再减去不符合要求的排列数或组合数．注意：求解时应注意先把具体问题转化或归结为排列或组合问题；再通过分析确定运用分类计数原理还是分步计数原理；然后分析题目条件，避免“选取”时重复和遗漏；最后列出式子计算作答．2.具体的解题策略有：①对特殊元素进行优先安排；②理解题意后进行合理和准确分类，分类后要验证是否不重不漏；③对于抽出部分元素进行排列的问题一般是先选后排，以防出现重复；④对于元素相邻的条件，采取捆绑法；对于元素间隔排列的问题，采取插空法或隔板法；⑤顺序固定的问题用除法处理；分几排的问题可以转化为直排问题处理；⑥对于正面考虑太复杂的问题，可以考虑反面．⑦对于一些排列数与组合数的问题，需要构造模型．典型例题一．选择题（共2小题）1．（2018•合肥三模）如图，给7条线段的5个端点涂色，要求同一条线段的两个端点不能同色，现有4种不同的颜色可供选择，则不同的涂色方法种数有（）A．24B．48C．96D．120【解答】解：第一类：若A，D相同，先涂E有4种涂法，再涂A，D有3种涂法，再涂B有2种涂法，C只有一种涂法，共有4×3×2=24种，第二类，若A，D不同，先涂E有4种涂法，再涂A有3种涂法，再涂D有2种涂法，当B和D相同时，C有1种涂法，当B和D不同时，B，C只有一种涂法，共有4×3×2×（1+1）=48种，根据分类计数原理可得，共有24+48=72种，故选：C．2．（2018•大荔县模拟）如图所示的五个区域中，要求在每一个区域只涂一种颜色，相邻区域所涂颜色不同，现有四种颜色可供选择，则不同的涂色方法种数为（）A．64B．72C．84D．96【解答】解：分两种情况：（1）A、C不同色，先涂A有4种，C有3种，E有2种，B、D有1种，有4×3×2=24种；（2）A、C同色，先涂A有4种，E有3种，E有2种，B、D各有2种，有4×3×2×2=48种．共有72种，故选：B．二．解答题（共16小题）3．（2018春•金凤区校级期末）有5个男生和3个女生，从中选出5人担任5门不同学科的科代表，求分别符合下列条件的选法数：（1）有女生但人数必须少于男生；（2）某男生必须包括在内，但不担任数学科代表；（用数字回答）【解答】解：（1）先取后排，女生1人男生4人，女生2人男生3人，共有C31C54+C32C53，再把从中选出5人担任5门不同学科的科代表有A55，故共有（C31C54+C32C53）A55=5400种，（2）先安排这一名男生，再从剩下的7人中选4人安排剩下的4门学科，共有C41A74=3360种．4．（2018春•历下区校级期中）某学习小组有3个男生和4个女生共7人：（1）将此7人排成一排，男女彼此相间的排法有多少种？（2）将此7人排成一排，男生甲不站最左边，男生乙不站最右边的排法有多少种？（3）从中选出2名男生和2名女生分别承担4种不同的任务，有多少种选派方法？（4）现有7个座位连成一排，仅安排4个女生就座，恰有两个空位相邻的不同坐法共有多少种？【解答】解：（1）根据题意，分2步进行分析：①，将3个男生全排列，有A33种排法，排好后有4个空位，②，将4名女生全排列，安排到4个空位中，有A44种排法，则一共有A33A44=144种排法；（2）根据题意，分2种情况讨论：①，男生甲在最右边，有A66=720，②，男生甲不站最左边也不在最右边，有A51A51A55=3000，则有720+3000﹣3720种排法；（3）根据题意，分2步进行分析：①，在3名男生中选取2名男生，4名女生中选取2名女生，有C32C42种选取方法，②，将选出的4人全排列，承担4种不同的任务，有A44种情况，则有C32C42A44=432种不同的安排方法；（4）根据题意，7个座位连成一排，仅安排4个女生就座，还有3个空座位，分2步进行分析：①，将4名女生全排列，有A44种情况，排好后有5个空位，②，将3个空座位分成2、1的2组，在5个空位中任选2个，安排2组空座位，有A52种情况，则有A44A52=480种排法．5．（2017春•林芝地区期末）4个男生，3个女生站成一排．（必须写出算式再算出结果才得分）（Ⅰ）3个女生必须排在一起，有多少种不同的排法？（Ⅰ）任何两个女生彼此不相邻，有多少种不同的排法？（Ⅰ）甲乙二人之间恰好有三个人，有多少种不同的排法？【解答】解：（Ⅰ）先排3个女生作为一个元素与其余的4个元素做全排列有A33A55= 720种．（Ⅰ）男生排好后，5个空再插女生有A44A53=1440种．（Ⅰ）甲、乙先排好后，再从其余的5人中选出3人排在甲、乙之间，把排好的5个元素与最好的2个元素全排列，分步有A22A53A33=720种．6．（2017春•金台区期末）有5个男生和3个女生，从中选取5人担任5门不同学科的科代表，求分别符合下列条件的选法数：（1）有女生但人数必须少于男生．（2）某女生一定要担任语文科代表．（3）某男生必须包括在内，但不担任数学科代表．（4）某女生一定要担任语文科代表，某男生必须担任科代表，但不担任数学科代表．【解答】解：（1）先取后排，有C53C32+C54C31种，后排有A55种，共有（C53C32+C54C31）A55=5400种．…．（3分）（2）除去该女生后先取后排：C74A44=840种．…..（6分）（3）先取后排，但先安排该男生：C74C41A44=3360种．…..（9分）（4）先从除去该男生该女生的6人中选3人有C63种，再安排该男生有C31种，其余3人全排有A33种，共C63C31A33=360种．…（12分）7．（2017春•平安县校级期中）五个人站成一排，求在下列条件下的不同排法种数：（用数字作答）（1）甲、乙两人相邻；（2）甲、乙两人不相邻；（3）甲不在排头，并且乙不在排尾；（4）甲在乙前，并且乙在丙前．【解答】解：（1）把甲、乙看成一个人来排有A44种，而甲、乙也存在顺序变化，所以甲、乙相邻排法种数为A44⋅A22=48种，（2）排除甲乙之外的3人，形成4个空，再把甲乙插入空位有A33A42=72，（3）甲不在排头，并且乙不在排尾排法种数为：A55﹣2A44+A33=78种，（4）因为甲、乙、丙共有3！种顺序，所以甲在乙前，并且乙在丙前排法种数为：A55÷3！=20种，8．（2017春•南岸区校级期中）现由某校高二年级四个班学生34人，其中一、二、三、四班分别为7人、8人、9人、10人，他们自愿组成数学课外小组．（1）选其中一人为负责人，有多少种不同的选法？（2）每班选一名组长，有多少种不同的选法？（3）推选二人做中心发言，这二人需来自不同的班级，有多少种不同的选法？【解答】解：（1）根据题意，四个班共34人，要求从34人中，选其中一人为负责人，即有C341=34种选法；（2）根据题意，分析可得：从一班选一名组长，有7种情况，从二班选一名组长，有8种情况，从三班选一名组长，有9种情况，从四班选一名组长，有10种情况，所以每班选一名组长，共有不同的选法N=7×8×9×10=5040（种）．（3）根据题意，分六种情况讨论，①从一、二班学生中各选1人，有7×8种不同的选法；②从一、三班学生中各选1人，有7×9种不同的选法，③从一、四班学生中各选1人，有7×10种不同的选法；④从二、三班学生中各选1人，有8×9种不同的选法；⑤从二、四班学生中各选1人，有8×10种不同的选法；⑥从三、四班学生中各选1人，有9×10种不同的选法，所以共有不同的选法N=7×8+7×9+7×10+8×9+8×10+9×10=431（种）．9．（2017春•诸暨市校级期中）7人站成一排，求满足下列条件的不同站法：（1）甲、乙两人相邻；（2）甲、乙之间隔着2人；（3）若7人顺序不变，再加入3个人，要求保持原先7人顺序不变；（4）甲、乙、丙3人中从左向右看由高到底（3人身高不同）的站法；（5）若甲、乙两人去坐标号为1，2，3，4，5，6，7的七把椅子，要求每人两边都有空位的坐法．【解答】解：（1）（捆绑法），把甲乙二人捆绑在一起，再和其他5人全排列，故有A 22A 66=1440种，（2）（捆绑法），先从5人选2人放着甲乙二人之间，并捆绑在一起，再和其他3人全排列，故有A 52A 22A 44=960种，（3）（插空法），原先7人排列形成8个空，先插入1人，再从形成的9个空再插入1人，再从10个空中插入1人，故有C 81C 91C 101=720种，（4）（分步计数法），从7人中任取3人，如a ，b ，c ，则改变原位置站法有2种，b ，c ，a 和c ，a ，b ，固有C 73×2=70种，（5）（定序法），先全排列，再除以顺序数，故有A 77A 33=840种，10．（2017春•广东期中）用0，1，2，3，4，5，6这七个数字：（1）能组成多少个无重复数字的四位奇数？（2）能组成多少个无重复数字且为5的倍数的五位数？（3）能组成多少个无重复数字且比31560大的五位数？【解答】解：（1）根据题意，分3步进行分析：①、个位从1，3，5选择一个，有C31种选法，②、千位数字不可选0，从剩下的5个中选一个，有C51种选法，③、在剩下的5个数字中选出2个，安排在百位、十位数字，有A52种选法，则C31×C51×A52=300个无重复数字的四位奇数；（2）分2种情况讨论：①、个位数上的数字是0，在其余的4个数字中任选4个，安排在前4个数位，有A64种情况，则此时的五位数有A64个；②、个位数上的数字是5，首位数字不可选0，从剩下的5个中选一个，有C51种选法，在剩下的5个数字中选出3个，安排在中间3个数位，有C51A53种情况，则此时符合条件的五位数有C51A53个．故满足条件的五位数的个数共有A64+C51A53=660个；（3）符合要求的比31560大的五位数可分为四类：第一类：形如4□□□□，5□□□□，6□□□□，共C31A64个；第二类：形如32□□□，34□□□，35□□□，36□□□共有C41A53个；第三类：形如316□□，共有A42个；第四类：形如3156□，共有2个；由分类加法计数原理知，无重复数字且比31560大的四位数共有：C31A64+C41A53+ A42+2=1334个．11．（2017春•吉林期中）有4个不同的球，4个不同的盒子，把球全部放入盒内：（1）恰有1个盒内有2个球，共有几种放法？（2）恰有2个盒不放球，共有几种放法？【解答】解：（1）根据题意，分三步进行分析：第一步，从4个小球中取两个小球，有C42种方法；第二步，将取出的两个小球放入一个盒内，有C41种方法；第三步，在剩下的三个盒子中选两个放剩下的两个小球，有A32种方法；由分步计数原理，共有C42•C41•A32=144种放法．（2）根据题意，分2种情况讨论：第一类，一个盒子放3个小球，一个盒子放1个小球，两个盒子不放小球有C41•C43•C31=48种方法；第二类，有两个盒子各放2个小球，另两个盒子不放小球有C42•C42=36种方法；由分类计数原理，共有48+36=84种放法．12．（2017秋•鄱阳县校级期中）现有10个教师其中男教师6名，女教师4名；（1）现要从中选2名去参加会议，有多少种不同的选法？（2）现要从中选出男教师、女教师各2名去参加会议，有多少种不同的选法？【解答】解：（1）根据题意，要求从10人中任选2人，则不同的选取方法有C102=45种，（2）根据题意，分2步分析：①、先在6名男教师中任选2人，有C62=15种取法，②、再在4名女教师中任选2人，有C42=6种取法，则不同的选取方法有15×6=90种．13．（2017春•集宁区校级期中）袋中装有大小相同的4个红球和6个白球，从中取出4个球．（1）若取出的球必须是两种颜色，则有多少种不同的取法？（2）若取出的红球个数不少于白球个数，则有多少种不同的取法？（3）取出一个红球记2分，取出一个白球记1分，若取4球的总分不低于5分，则有多少种不同的取法？【解答】（12分）（每小问4分）解：（1）分三类：3红1白，2红2白，1红3白这三类，由分类加法计数原理有：C43C61+C42C62+C41C63=194（种）．（2）分三类：4红，3红1白，2红2白，由分类加法计数原理共有：C44+C43C61+C42C62=115（种）．（3）由题意知，取4球的总分不低于5，只要取出的4个球中至少一个红球即可．因此共有取法：C41C63+C42C62+C43C61+C44=195（种）．14．（2017春•玉田县期中）有甲、乙、丙、丁、戊5位同学，求：（1）5位同学站成一排，甲、戊不在两端有多少种不同的排法？（2）5位同学站成一排，要求甲乙必须相邻，丙丁不能相邻，有多少种不同的排法？（3）将5位同学分配到三个班，每班至少一人，共有多少种不同的分配方法？【解答】解：（1）根据题意，分2步进行分析：①、甲、戊不在两端，在中间的三个位置任选2个，安排甲、戊2人，有A32=6种排法，②、将乙、丙、丁三人安排在剩下的三个位置，有A 33=6种排法，则甲、戊不在两端有A 32×A 33=36种排法；（2）分3步进行分析：①、将甲乙看成一个整体，考虑甲乙之间的顺序，有A 22=2种情况， ②、将这个整体与戊2人全排列，有A 22=2种顺序，排好后，有3个空位， ③、在3个空位中任选2个，安排丙丁，有A 32=6种情况，则共有2×2×6=24种不同的排列方法；（3）分2步进行分析：①、将5个同学分成3组，若分成1、1、3的三组，有C 51C 41C 33A 22=10种分法， 若分成1、2、2的三组，有C 51C 42C 22A 22=15种分法，则一共有10+15=25种分组方法；②、将分好的三组对应三个班，有A 33=6种情况，则一共有25×6=150种不同的分配方法．15．（2017春•大丰市校级期中）现有2位男生和3位女生共5位同学站成一排．（用数字作答）（1）若2位男生相邻且3位女生相邻，则共有多少种不同的排法？（2）若男女相间，则共有多少种不同的排法？（3）若男生甲不站两端，女生乙不站最中间，则共有多少种不同的排法？【解答】解：（1）利用捆绑法，可得共有A22A22A33=24种不同的排法；（2）利用插空法，可得共有A22A33=12种不同的排法；（3）利用间接法，可得共有A55﹣3A44+C21A33=60种不同的排法．16．（2017春•新市区校级月考）现有4名男生、3名女生站成一排照相．（结果用数字表示）（1）女生甲不在排头，女生乙不在排尾，有多少种不同的站法？（2）女生不相邻，有多少种不同的站法？（3）女生甲要在女生乙的右方，有多少种不同的站法？【解答】解：（1）根据题意，分2种情况讨论：①、女生甲排在队尾，女生乙有6个位置可选，剩下的5人全排列，安排在其他5个位置，有A55种情况，此时有6×A55=720种站法；②女生甲排不在队尾，女生甲有5个位置可选，女生乙不在排尾，女生乙有5个位置可选，剩下的5人全排列，安排在其他5个位置，有A55种情况，此时有5×5×A55=3000种站法；则一共有720+3000=3720（2）根据题意，分2步进行分析：①、将4名男生全排列，有A44=24种顺序，排好后包括两端，有5个空位，②、在5个空位中任选3个，安排3名女生，有A53=60种情况，则此时有24×60=1440种站法；（3）根据题意，将7人全排列，有A77=5040种顺序，女生甲在女生乙的右方与女生甲在女生乙的左方的数目相同，则女生甲要在女生乙的右方的排法有1×A77=2520种情况．217．（2017春•江西月考）有3名男生，4名女生，在下列不同要求下，求不同的排列方法种数：（1）选其中5人排成一排（2）全体排成一排，甲不站在排头也不站在排尾（3）全体排成一排，男生互不相邻（4）全体排成一排，甲、乙两人中间恰好有3人．【解答】解：（1）选其中5人排成一排，有A75=2520种方法，不同的排列方法共有2520种；（2）先安排排头与排尾，有A62=30种顺序，将剩余5名学生进行全排列，有A55=120种方法，甲不站在排头也不站在排尾的排法有30×120=3600种；（3）将4名女生进行全排列，有A44=24种顺序，排好后有5个空位，在5个空位中任选3个，安排3名男生，有A53=60种情况，则男生互不相邻的排法有24×60=1440种；（4）先安排甲乙2人，有A22=2种方法，在剩余的5人中任选3人，排在甲乙2人之间，有A53=60种情况，将5人看成一个元素，与剩余的2人进行全排列，有A33=6种排法；则全体排成一排，甲、乙两人中间恰好有3人有2×60×6=720种排法．18．（2017秋•西陵区校级月考）4位学生与2位教师并坐合影留念，针对下列各种坐法，试问：各有多少种不同的坐法？（1）教师必须坐在正中间；（2）教师不能坐在两端，但要坐在一起；（3）教师不能坐在两端，且不能相邻．【解答】解：（1）根据题意，分2步进行分析：①、教师先坐中间的两个位置，有A22种方法；②、将4名学生全排列，再坐其余位置，有A44种方法．则共有A22•A44=48种坐法．（2）根据题意，分2步进行分析：①、教师不能坐在两端，且要相邻，在中间的4个位置中相邻的情况有3种，在其中任选1个来安排2名教师，有C31A22种方法；②、将4名学生全排列，再坐其余位置，有A44种方法．则共有C31A22•A44=144种坐法．（3）根据题意，分2步进行分析：①、先将4名学生排成一列，有A44种方法，排好后除去2端，有3个空位可用，②、在3个空位中，任选2个，安排两名老师，有A32种方法，则共有A44A32=144种坐法．。
数独的解法与技巧数独是一种经典的数字游戏，目标是通过填写1到9的数字，使得每一行、每一列、每一个九宫格内都包含了1到9的数字，而且每个数字在每一行、每一列、每一个九宫格内只出现一次。
虽然数独看似简单，但有时候会特别棘手。
下面是一些数独的解法和技巧，可以帮助你更轻松地解决数独谜题。
1.找出唯一数字：如果一个格子中只有一个数字可以填入，那就填入它。
在这个过程中，你需要观察每一行、每一列以及每一个九宫格内已经填入的数字，找出不重复的数字。
2.剔除法：在每个格子中列出可能的数字，在填写其他格子的数字后，回头再检查每个格子，如果一个格子中的数字已经在同一行、同一列或同一个九宫格内的其他格子中出现过，那么这个数字就不可能是正确答案，可以剔除。
3.唯余法：在每个宫格（3x3的小方格）中列出1到9还未填入的数字，并观察每一个数字是否只出现在一个格子中，如果是，则填入该格子。
4.确定性法则：如果一些宫格内，只有一个格子可以填入一些数字，那就填入它。
这个数字不会在同一行、同一列的其他宫格内出现。
5.对称性法则：数独谜题通常具有对称性，通过观察，如果你成功地填入一个数字并且解开了一些谜题，那么你可以将解决方案沿着对称轴进行镜像，从而填写其他数字。
6.试错法：有时候，你会遇到一种情况，无法确定下一步该填入什么数字。
这时可以选择一个可能的数字填入，并完成接下来的数独。
如果最后发现该数字导致了矛盾或错误，那就回退并选择下一个可能的数字。
7.高级技巧：除了基本的解题方法，还有一些高级技巧可以帮助你解决难度更高的数独谜题。
a) X-wing法则：在同一行或同一列中，如果一些数字只能出现在两个格子内，且这两个格子分别在另外两行或两列中，那么这个数字就不可能出现在其他该行或该列中的格子中，可以将其填入这两个格子。
b) Swordfish法则：类似于X-wing法则，但是在同一行或同一列中，有三个格子包含了一些数字，且这三个格子分别在三个不同的行或三列中，那么这个数字就不可能出现在其他该行或该列中的格子中，可以将其填入这三个格子。
前面在讲加法原理、乘法原理、排列组合时已经穿插讲解了计数中的一些常用的方法，比如枚举法、树形图法、标数法、捆绑法、排除法、插板法等等，这里再集中学习一下计数中其他常见的方法，主要有归纳法、整体法、对应法、递推法．对这些计数方法与技巧要做到灵活运用．对于某些难以发现其一般情形的计数问题，可以找出其相邻数之间的递归关系，有了这一递归关系就可以利用前面的数求出后面未知的数，这种方法称为递推法．【例 1】 每对小兔子在出生后一个月就长成大兔子，而每对大兔子每个月能生出一对小兔子来．如果一个人在一月份买了一对小兔子，那么十二月份的时候他共有多少对兔子？【考点】计数之递推法 【难度】3星 【题型】解答【解析】 第一个月，有1对小兔子；第二个月，长成大兔子，所以还是1对；第三个月，大兔子生下一对小兔子，所以共有2对；第四个月，刚生下的小兔子长成大兔子，而原来的大兔子又生下一对小兔子，共有3对；第五个月，两对大兔子生下2对小兔子，共有5对；……这个特点的说明每月的大兔子数为上月的兔子数，每月的小兔子数为上月的大兔子数，即上上月的兔子数，所以每月的兔子数为上月的兔子数与上上月的兔子数相加． 依次类推可以列出下表：经过月数：---1---2---3---4---5---6---7---8---9---10---11---12兔子对数：---1---1---2---3---5---8--13--21--34--55--89—144，所以十二月份的时候总共有144对兔子．【答案】144【例 2】 树木生长的过程中，新生的枝条往往需要一段“休息”时间供自身生长，而后才能萌发新枝．一棵树苗在一年后长出一条新枝，第二年新枝“休息”，老枝依旧萌发新枝；此后，老枝与“休息”过一年的枝同时萌发，当年生的新枝则依次“休息”．这在生物学上称为“鲁德维格定律”．那么十年后这棵树上有多少条树枝？【考点】计数之递推法 【难度】3星 【题型】解答【解析】 一株树木各个年份的枝桠数，构成斐波那契数列：1，2，3，5，8，13，21，34，55，89，……所以十年后树上有89条树枝．【答案】89【例 3】 一楼梯共10级，规定每步只能跨上一级或两级，要登上第10级，共有多少种不同走法？【考点】计数之递推法 【难度】4星 【题型】解答【解析】 登 1级 2级 3级 4级 ...... 10级1种方法 2种 3种 5种 ...... ？我们观察每级的种数，发现这么一个规律：从第三个数开始，每个数是前面两个数的和；依此规律例题精讲教学目标7-6-4.计数之递推法我们就可以知道了第10级的种数是89.其实这也是加法的运用：假如我们把这个人开始登楼梯的位置看做A 0，那么登了1级的位置是在A 1，2级在A 2... A 10级就在A 10．到A 3的前一步有两个位置；分别是A 2 和A 1 ．在这里要强调一点，那么A 2 到A 3 既然是一步到了，那么A 2 、A 3之间就是一种选择了；同理A 1 到A 3 也是一种选择了．同时我们假设到n 级的选择数就是An ．那么从A 0 到A 3 就可以分成两类了：第一类：A 0 ---- A 1 ------ A 3 ，那么就可以分成两步．有A 1×1种，也就是A 1 种；(A 1 ------ A 3 是一种选择)第二类：A 0 ---- A 2 ------ A 3， 同样道理 有A 2 ．类类相加原理：A 3 = A 1 ＋A 2，依次类推An = An -1 + An -2．【答案】89【巩固】一楼梯共10级，规定每步只能跨上一级或三级，要登上第10级，共有多少种不同走法？【考点】计数之递推法 【难度】4星 【题型】解答【解析】 登 1级 2级 3级 4级 5级 ...... 10级1种方法 1种 2种 3种 4种...... ？我们观察每级的种数，发现这么一个规律：从第三个数开始，每个数是前面相隔的两个数的和；依此规律我们就可以知道了第10级的种数是28.【答案】28【例 4】 1×2的小长方形(横的竖的都行)覆盖2×10的方格网，共有多少种不同的盖法．【考点】计数之递推法 【难度】4星 【题型】解答【解析】 如果用12⨯的长方形盖2n ⨯的长方形，设种数为n a ,则11a =，22a =,对于3n ≥，左边可能竖放1个12⨯的，也可能横放2个12⨯的，前者有-1n a 种，后者有-2n a 种，所以-1-2n n n a a a =+,所以根据递推，覆盖210⨯的长方形一共有89种．【答案】89【例 5】 用13⨯的小长方形覆盖38⨯的方格网，共有多少种不同的盖法？【考点】计数之递推法 【难度】5星 【题型】解答【解析】 如果用13⨯的长方形盖3n ⨯的长方形，设种数为n a ,则11a =，21a =,32a =,对于4n ≥，左边可能竖放1个13⨯的，也可能横放3个13⨯的，前者有-1n a 种，后者有-3n a 种，所以-1-3n n n a a a =+,依照这【答案】13【例 6】 有一堆火柴共12根，如果规定每次取1～3根，那么取完这堆火柴共有多少种不同取法？【考点】计数之递推法 【难度】4星 【题型】解答【解析】 取1根火柴有1种方法，取2根火柴有2种方法，取3根火柴有4种取法，以后取任意根火柴的种【答案】927【巩固】 一堆苹果共有8个，如果规定每次取1～3个，那么取完这堆苹果共有多少种不同取法？【考点】计数之递推法 【难度】4星 【题型】解答【解析】 取1个苹果有1种方法，取2个苹果有2种方法，取3个苹果有4种取法，以后取任意个苹果的种【答案】81【例 7】 有10枚棋子，每次拿出2枚或3枚，要想将10枚棋子全部拿完，共有多少种不同的拿法？【考点】计数之递推法 【难度】4星 【题型】解答【解析】 本题可以采用递推法，也可以进行分类讨论，当然也可以直接进行枚举．(法1)递推法．假设有n 枚棋子，每次拿出2枚或3枚，将n 枚棋子全部拿完的拿法总数为n a 种．则21a =，31a =，41a =．由于每次拿出2枚或3枚，所以32n n n a a a --=+(5n ≥)．所以，5232a a a =+=；6342a a a =+=；7453a a a =+=；8564a a a =+=；9675a a a =+=；10787a a a =+=．即当有10枚棋子时，共有7种不同的拿法．(法2)分类讨论．由于棋子总数为10枚，是个偶数，而每次拿2枚或3枚，所以其中拿3枚的次数也应该是偶数．由于拿3枚的次数不超过3次，所以只能为0次或2次．若为0次，则相当于2枚拿了5次，此时有1种拿法；若为2次，则2枚也拿了2次，共拿了4次，所以此时有246C =种拿法．根据加法原理，共有167+=种不同的拿法．【答案】7【例 8】 如下图，一只蜜蜂从A 处出发，回到家里B 处，每次只能从一个蜂房爬向右侧邻近的蜂房而不准逆行，共有多少种回家的方法？【考点】计数之递推法 【难度】4星 【题型】解答B A A B 1357946821235813213455891 【解析】 蜜蜂“每次只能从一个蜂房爬向右侧邻近的蜂房而不准逆行”这意味着它只能从小号码的蜂房爬近相邻大号码的蜂房．明确了行走路径的方向，就可以运用标数法进行计算．如右图所示，小蜜蜂从A 出发到B 处共有89种不同的回家方法．【答案】89【巩固】小蜜蜂通过蜂巢房间，规定只能由小号房间进入大号房间问小蜜蜂由A 房间到达B 房间有多少种方法？【考点】计数之递推法 【难度】4星 【题型】解答【解析】 斐波那契数列第八项．21种．【答案】21【例 9】 如下图，一只蜜蜂从A 处出发，回到家里B 处，每次只能从一个蜂房爬向右侧邻近的蜂房而不准逆行，共有多少种回家的方法？【考点】计数之递推法 【难度】4星 【题型】解答【解析】 按照蜜蜂只能从小号码的蜂房爬近相邻大号码的蜂房的原则，运用标号法进行计算．如右图所示，小蜜蜂从A 出发到B 处共有296种不同的回家方法．【答案】296【例 10】 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？【考点】计数之递推法 【难度】4星 【题型】解答【解析】 可以先尝试一下，倒推得出下面的图：2410131112514302831643215167683421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.为什么上面的规律是正确的呢？道理也很简单. 设经过n 次操作变为1的数的个数为n a ,则1a =1，2a =1，3a =2，…从上面的图看出，1n a +比n a 大.一方面，每个经过n 次操作变为1的数，乘以2，就得出一个偶数，经过1n +次操作变为1；反过来，每个经过1n +次操作变为1的偶数，除以2，就得出一个经过n 次操作变为1的数. 所以经过n 次操作变为1的数与经过1n +次操作变为1的偶数恰好一样多.前者的个数是n a ,因此后者也是n a 个.另一方面，每个经过n 次操作变为1的偶数，减去1，就得出一个奇数，它经过1n +次操作变为1，反过来.每个经过1n +次操作变为1的奇数，加上1，就得出一个偶数，它经过n 次操作变为1. 所以经过n 次操作变为1的偶数经过1n +次操作变为1的奇数恰好一样多.而由上面所说，前者的个数就是1n a -,因此后者也是1n a -.经过n +1次操作变为1的数，分为偶数、奇数两类，所以11n n n a a a +-=+，即上面所说的规律的确成立.【答案】34【例 11】 有20个石子，一个人分若干次取，每次可以取1个，2个或3个，但是每次取完之后不能留下质数个，有多少种方法取完石子？（石子之间不作区分，只考虑石子个数）【考点】计数之递推法 【难度】5星 【题型】解答【解析】 如果没有剩下的不能使质数这个条件，那么递推方法与前面学过的递推法相似，只不过每次都是前面3个数相加．现在剩下的不能是质数个，可以看作是质数个的取法总数都是0，然后再进行递推．【答案】25【巩固】有20个相同的棋子，一个人分若干次取，每次可取1个，2个，3个或4个，但要求每次取之后留下的棋子数不是3或4的倍数，有 种不同的方法取完这堆棋子.【考点】计数之递推法 【难度】5星 【题型】填空【解析】 把20、0和20以内不是3或4的倍数的数写成一串，用递推法把所有的方法数写出来：【答案】54【例 12】 4个人进行篮球训练，互相传球接球，要求每个人接球后马上传给别人，开始由甲发球，并作为第一次传球，第五次传球后，球又回到甲手中，问有多少种传球方法？【考点】计数之递推法 【难度】5星 【题型】解答【解析】 设第n 次传球后，球又回到甲手中的传球方法有n a 种．可以想象前1n -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3种可能，由乘法原理，共有11333333n n --⨯⨯⨯=()个…(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1n -次恰好传到甲手中，这有1n a -种传法，它们不符合要求，因为这样第n 次无法再把球传给甲；另一类是第1n -次传球，球不在甲手中，第n 次持球人再将球传给甲，有n a 种传法．根据加法原理，有11133333n n n n a a ---+=⨯⨯⨯=(个…)．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10a =．利用递推关系可以得到：2303a =-=，33336a =⨯-=，4333621a =⨯⨯-=，533332160a =⨯⨯⨯-=．这说明经过5次传球后，球仍回到甲手中的传球方法有60种．本题也可以列表求解．由于第n 次传球后，球不在甲手中的传球方法，第1n +次传球后球就可能回到甲手中，所以只需求出第四次传球后，球不在甲手中的传法共有多少种．从表中可以看出经过五次传球后，球仍回到甲手中的传球方法共有60种．【答案】60【巩固】五个人互相传球，由甲开始发球，并作为第一次传球，经过4次传球后，球仍回到甲手中．问：共有多少种传球方式？【考点】计数之递推法 【难度】5星 【题型】解答【解析】 递推法．设第n 次传球后球传到甲的手中的方法有n a 种．由于每次传球有4种选择，传n 次有4n 次可能．其中有的球在甲的手中，有的球不在甲的手中，球在甲的手中的有n a 种，球不在甲的手中的，下一次传球都可以将球传到甲的手中，故有1n a +种．所以14n n n a a ++=．由于10a =，所以12144a a =-=，232412a a =-=，343452a a =-=．即经过4次传球后，球仍回到甲手中的传球方法有52种．【答案】52【例13】设A、E为正八边形ABCDEFGH的相对顶点，顶点A处有一只青蛙，除顶点E外青蛙可以从正八边形的任一顶点跳到其相邻两个顶点中任意一个，落到顶点E时青蛙就停止跳动，则青蛙从顶点A出发恰好跳10次后落到E的方法总数为种．【考点】计数之递推法【难度】5星【题型】填空【关键词】清华附中【解析】可以使用递推法．回到A跳到B或H跳到C或G跳到D或F停在E 1步 12步 2 13步 3 14步 6 4 25步10 46步20 14 87步34 148步68 48 289步116 48其中，第一列的每一个数都等于它的上一行的第二列的数的2倍，第二列的每一个数都等于它的上一行的第一列和第三列的两个数的和，第三列的每一个数都等于它的上一行的第二列和第四列的两个数的和，第四列的每一个数都等于它的上一行的第三列的数，第五列的每一个数都等于都等于它的上一行的第四列的数的2倍．这一规律很容易根据青蛙的跳动规则分析得来．所以，青蛙第10步跳到E有48296⨯=种方法．【答案】96【巩固】在正五边形ABCDE上，一只青蛙从A点开始跳动，它每次可以随意跳到相邻两个顶点中的一个上，一旦跳到D点上就停止跳动．青蛙在6次之内(含6次)跳到D点有种不同跳法．【考点】计数之递推法【难度】5星【题型】填空ABEC D【解析】采用递推的方法．列表如下：跳到A跳到B跳到C停在D跳到E1步 1 12步 2 1 13步 3 1 24步 5 3 25步8 3 56步13 8 5其中，根据规则，每次可以随意跳到相邻两个顶点中的一个上，一旦跳到D点上就停止跳动．所以，每一步跳到A的跳法数等于上一步跳到B和E的跳法数之和，每一步跳到B的跳法数等于上一步跳到A和C的跳法数之和，每一步跳到C的跳法数等于上一步跳到B的跳法数，每一步跳到E的跳法数等于上一步跳到A的跳法数，每一步跳到D的跳法数等于上一步跳到C或跳到E的跳法数．观察可知，上面的递推结果与前面的枚举也相吻合，所以青蛙在6次之内(含6次)跳到D点共有++++=种不同的跳法．1123512【答案】12【例14】有6个木箱，编号为1，2，3，……，6，每个箱子有一把钥匙，6把钥匙各不相同，每个箱子放进一把钥匙锁好．先挖开1，2号箱子，可以取出钥匙去开箱子上的锁，如果最终能把6把锁都打开，则说这是一种放钥匙的“好”的方法，那么“好”的方法共有种．【考点】计数之递推法【难度】5星【题型】填空【关键词】迎春杯，中年级组，决赛【解析】 (法1)分类讨论．如果1，2号箱中恰好放的就是1，2号箱的钥匙，显然不是“好”的方法，所以“好”的方法有两种情况：⑴1，2号箱的钥匙恰有1把在1，2号箱中，另一箱装的是3～6箱的钥匙．⑵1，2号箱的钥匙都不在1，2号箱中．对于⑴，从1，2号箱的钥匙中选1把，从3～6号箱的钥匙中选1把，共有248⨯=(种)选法，每一种选法放入1，2号箱各有2种放法，共有8216⨯=(种)放法．不妨设1，3号箱的钥匙放入了1，2号箱，此时3号箱不能装2号箱的钥匙，有3种选法，依次类推，可知此时不同的放法有3216⨯⨯=(种)．所以，第⑴种情况有“好”的方法16696⨯=(种)．对于⑵，从3～6号箱的钥匙中选2把放入1，2号箱，有4312⨯=(种)放法．不妨设3，4号箱的钥匙放入了1，2号箱．此时1，2号箱的钥匙不可能都放在3，4号箱中，也就是说3，4号箱中至少有1把5，6号箱的钥匙．如果3，4号箱中有2把5，6号箱的钥匙，也就是说3，4号箱中放的恰好是5，6号箱的钥匙，那么1，2号箱的钥匙放在5，6号箱中，有224⨯=种放法；如果3，4号箱中有1把5，6号箱的钥匙，比如3，4号箱中放的是5，1号箱的钥匙，则只能是5号箱放6号箱的钥匙，6号箱放2号箱的钥匙，有212⨯=种放法；同理，3，4号箱放5，2号箱或6，1号箱或6，2号箱的钥匙，也各有2种放法．所以，第⑵种情况有“好”的放法()1242222144⨯++++=(种)．所以“好”的方法共有96144240+=(种)．(法2)递推法．设第1，2，3，…，6号箱子中所放的钥匙号码依次为1k ，2k ，3k ，…，6k ．当箱子数为n (2n ≥)时，好的放法的总数为n a ．当2n =时，显然22a =(11k =，22k =或12k =，21k =)．当3n =时，显然33k ≠，否则第3个箱子打不开，从而13k =或23k =，如果13k =，则把1号箱子和3号箱子看作一个整体，这样还是锁着1，2两号钥匙，撬开1，2两号箱子，那么方法有2a 种；当23k =也是如此．于是2n =时的每一种情况对应13k =或23k =时的一种情况，这样就有3224a a ==．当4n ≥时，也一定有n k n ≠，否则第n 个箱子打不开，从而1k 、2k 、……、1n k -中有一个为n ，不论其中哪一个是n ，由于必须要把该箱子打开才能打开n 号箱子，所以可以将锁着这把钥匙的箱子与第n 号箱子看作1个箱子，于是还是锁着1k 、2k 、……、1n k -这()1n -把钥匙，需要撬开1，2两号箱子，所以每种情况都有1n a -种．所以()11n n a n a -=-．所以，6542554543225!240a a a a ==⨯==⨯⨯⨯=⨯=，即好的方法总数为240种．【答案】240【巩固】有10个木箱，编号为1，2，3，……，10，每个箱子有一把钥匙，10把钥匙各不相同，每个箱子放进一把钥匙锁好．先挖开1，2号箱子，可以取出钥匙去开箱子上的锁，如果最终能把10把锁都打开，则说这是一种放钥匙的“好”的方法，那么“好”的方法共有 种．【考点】计数之递推法 【难度】5星 【题型】填空【解析】 递推法．设第1，2，3，…，6号箱子中所放的钥匙号码依次为1k ，2k ，3k ，…，6k ．当箱子数为n (2n ≥)时，好的放法的总数为n a ．当2n =时，显然22a =(11k =，22k =或12k =，21k =)．当3n =时，显然33k ≠，否则第3个箱子打不开，从而13k =或23k =，如果13k =，则把1号箱子和3号箱子看作一个整体，这样还是锁着1，2两号钥匙，撬开1，2两号箱子，那么方法有2a 种；当23k =也是如此．于是2n =时的每一种情况对应13k =或23k =时的一种情况，这样就有3224a a ==．当4n ≥时，也一定有n k n ≠，否则第n 个箱子打不开，从而1k 、2k 、……、1n k -中有一个为n ，不论其中哪一个是n ，由于必须要把该箱子打开才能打开n 号箱子，所以可以将锁着这把钥匙的箱子与第n 号箱子看作1个箱子，于是还是锁着1k 、2k 、……、1n k -这()1n -把钥匙，需要撬开1，2两号箱子，所以每种情况都有1n a -种．所以()11n n a n a -=-．所以，109829989876543229!=725760a a a a ==⨯==⨯⨯⨯⨯⨯⨯⨯=⨯，即好的方法总数为725760种．【答案】725760。
四宫数独进阶技巧解题实例
昨天我们学习了四宫数独（四宫格）的进阶技巧，并留下了一个题目, 今天我们来把它完整地填写出来。
请完整的填写这个四宫数独（四宫格）
首先仔细观察，3在第一列和第三列出现了，第二列的3不能在第一行和第二行（因为第一宫已经有一个3了），只能在第三行，因此可以将第二列的3填写。
先填出第二列的3
再进行观察，很显然第四列的3只能在第一行中出现。
第四列的3只能在第一行
下面观察2出现在第四行，第三行的2只能在第四宫的第三行。
第三行的2只能在第四列的位置
继续观察，第三行只有唯一一个数未填出，因此运用行唯一法只能是1 出现在第一列第三行。
第三行的1也已经填出来了
继续观察，第三宫和第四宫都是唯一数了，可以用宫唯一法填出。
第三宫和第四宫填写完整了
继续观察，第一列和第四列也都是唯一数了，可以用列唯一法填出。
第一列和第四列也填写完整了
继续观察，第二列还剩下两个数是1和4,因为第二行第四列已经有4 了，因此第二列的4只能在第一行，第二列第二行只能填1。
第二列也填写完整
剩下的数字都可以用行唯一法顺利填出。
整个四宫数独（四宫格）填写完整
从整个填写过程中，我们可以看到，我们的填写是需要一定的顺序的，先填哪些数再填哪些数，需要通过观察确认并推理，因此数独可以很好的训练小朋友们的观察能力和逻辑思维能力，希望大家好好玩数独！。
高考数学中涂色问题的常见解法及策略与涂色问题有关的试题新颖有趣,近年已经在高考题中出现，其中包含着丰富的数学思想。
解决涂色问题方法技巧性强且灵活多变，因而这类问题有利于培养学生的创新思维能力、分析问题与观察问题的能力，有利于开发学生的智力。
本文拟总结涂色问题的常见类型及求解方法一.区域涂色问题1、 根据分步计数原理，对各个区域分步涂色，这是处理染色问题的基本方法。
例1。
用5种不同的颜色给图中标①、②、③、④的各部分涂色，每部分只涂一种颜色，相邻部分涂不同颜色，则不同的涂色方法有多少种？分析：先给①号区域涂色有5种方法，再给②号涂色有4种方法，接着给③号涂色方法有3种，由于④号与①、②不相邻，因此④号有4种涂法，根据分步计数原理，不同的涂色方法有5434240⨯⨯⨯=2、 根据共用了多少种颜色讨论，分别计算出各种出各种情形的种数，再用加法原理求出不同的涂色方法种数。
例2、四种不同的颜色涂在如图所示的6个区域，且相邻两个区域不能同色。
分析：依题意只能选用4种颜色，要分四类： （1）②与⑤同色、④与⑥同色，则有44A ； （2）③与⑤同色、④与⑥同色，则有44A ； （3）②与⑤同色、③与⑥同色，则有44A；（4）③与⑤同色、②与④同色，则有44A ；（5）②与④同色、③与⑥同色，则有44A ； 所以根据加法原理得涂色方法总数为544A =120例3、如图所示，一个地区分为5个行政区域， 现给地图着色，要求相邻区域不得使用同一颜色， 现有4种颜色可供选择，则不同的着方法共有多少种？ 分析：依题意至少要用3种颜色1) 当先用三种颜色时，区域2与4必须同色，2) 区域3与5必须同色，故有34A 种； 3) 当用四种颜色时，若区域2与4同色，4)则区域3与5不同色，有44A 种；若区域3与5同色，则区域2与4不同色，有44A 种，故用四种颜色时共有244A 种。
由加法原理可知满足题意的着色方法共有34A +244A =24+2⨯24=72 3、 根据某两个不相邻区域是否同色分类讨论，从某两个不相邻区域同色与不同色入手，分别计算出两种情形的种数，再用加法原理求出不同涂色方法总数。
数学四角星找规律题
（原创版）
目录
1.四角星的特征和规律
2.找规律的方法和技巧
3.四角星找规律题的解答示例
正文
数学四角星找规律题是一种常见的数学题目，它要求我们根据四角星的特征和规律，找出数字序列中的规律，并根据规律推算出下一个数字。
这类题目不仅能够提高我们的逻辑思维能力和数学运算能力，还能够培养我们的观察能力和推理能力。
四角星的特征和规律：
四角星是由四个数字组成的一个正方形，其中每个数字都是正整数，且四个数字的和等于一个固定的值。
例如，一个四角星的和为 10，那么它的四个数字可能是 1、2、3、4，也可能是 2、3、4、1 等。
因此，四角星的规律就是四个数字的和等于一个固定的值。
找规律的方法和技巧：
要找出四角星的规律，我们可以采用以下几种方法：
1.观察法：通过观察四角星的数字，找出它们之间的关系，例如相等、互补、递增、递减等。
2.运算法：通过加减乘除等运算，找出四角星的数字之间的关系。
3.代数法：通过设未知数，建立方程组，求解四角星的数字。
四角星找规律题的解答示例：
例如，有一个四角星的和为 10，它的四个数字为 1、x、y、z，那么
可以列出以下方程组：
1 + x + y + z = 10
x + y + z = 9
x、y、z 为正整数
通过求解方程组，可以得出 x=2, y=3, z=4，因此这个四角星的数字为 1、2、3、4。
综上所述，数学四角星找规律题是一种有趣的数学题目，它要求我们通过观察和推理，找出数字序列中的规律，并根据规律推算出下一个数字。
四宫格4个数的数独入门技巧口诀Solving a 4x4 sudoku puzzle can seem daunting at first, especially if you're new to the game. However, with some basic techniques and practice, you can improve your skills and start to enjoy the challenge of solving these puzzles.解决一个4x4数独难题在一开始可能看起来令人望而生畏，特别是如果你是初学者。
但是，通过一些基本技巧和练习，你可以提高你的技能，并开始享受解决这些难题的挑战。
One important technique to keep in mind when solving a 4x4 sudoku puzzle is to start by looking for obvious numbers. This means scanning the rows and columns for any numbers that can only fit in one cell. By focusing on these easy wins, you can start to build confidence and momentum in solving the puzzle.解决4x4数独难题时要牢记的一个重要技巧是要首先寻找明显的数字。
这意味着扫描行和列，找出只适合填在一个单元格的数字。
通过专注于这些易于获得的胜利，你可以开始在解决难题时建立信心和动力。
Another helpful tip is to look for pairs of numbers within the same row or column. If two cells in a row or column can only contain the same two numbers, this can help you narrow down the possibilities for the other cells in that row or column. By identifying and using these pairs effectively, you can make progress in solving the puzzle.另一个有用的提示是在同一行或列中寻找数字对。
奥数题超脑训练营：左右大挪移左右4颗旗子1. 引言在奥数题超脑训练营中，左右大挪移是一种常见的数学问题类型。
本文将介绍一个有趣的问题：左右大挪移左右4颗旗子。
我们将详细探讨这个问题的背景、解题思路和具体解法。
2. 问题背景在这个问题中，我们有一条线上有4个旗子，按照从左到右的顺序依次排列。
我们需要通过一系列的操作，将这4个旗子的位置从左往右依次移动到右往左。
具体的操作规则如下：•每次操作可以选择将任意一个旗子向左或向右移动一格；•每个旗子只能移动一次；•旗子之间的相对顺序不能改变。
我们的目标是找到一种操作方式，使得最终旗子的位置从左往右依次变为右往左。
3. 解题思路为了解决这个问题，我们可以采用递归的思路。
我们可以将问题分解为两个子问题：•先将前3个旗子从左往右排列到右往左；•再将第4个旗子从左往右排列到右往左。
通过递归调用，我们可以解决这两个子问题，并得到最终的解。
4. 解题步骤下面将详细介绍解决这个问题的步骤：4.1. 将前3个旗子从左往右排列到右往左对于这个子问题，我们可以采用递归的方式解决。
具体的步骤如下：1.将第1个旗子向右移动一格，得到新的排列；2.将第2个旗子向右移动一格，得到新的排列；3.将第3个旗子向右移动一格，得到新的排列。
通过递归调用，我们可以得到所有可能的排列。
4.2. 将第4个旗子从左往右排列到右往左对于这个子问题，我们同样可以采用递归的方式解决。
具体的步骤如下：1.将第4个旗子向右移动一格，得到新的排列；2.将第4个旗子向左移动一格，得到新的排列。
通过递归调用，我们可以得到所有可能的排列。
4.3. 组合所有可能的排列通过递归调用上述两个子问题，我们可以得到所有可能的排列。
最终，我们需要将这些排列组合起来，得到最终的解。
5. 解题示例下面是一个具体的解题示例：初始排列：A B C D5.1. 将前3个旗子从左往右排列到右往左• A B C D• B A C D• B C A D• C B A D5.2. 将第4个旗子从左往右排列到右往左• C B D A• C D B A5.3. 组合所有可能的排列最终解：C D B A6. 总结通过递归思路，我们可以解决左右大挪移左右4颗旗子的问题。
简单的说，四阶魔方的拼合就是把四级魔方的中心块和棱色块拼好，然后把四阶魔方当做三阶魔方进行拼合，也就是大家说的降阶法。
包括五阶魔方都可以通过降阶法拼合。
但是在四阶魔方的拼合中会出现几种三阶所不会出现的情况，需要特别记忆下公式。
NOW GO！魔方小站四阶魔方教程(玩法视频教程|还原公式图解|3D动画)我们用的是降阶法，基本的还原过程如下：1.中心复原2.棱合并3.按三阶还原4.特殊情况校正四阶魔方与三阶魔方的区别主要有两点，1.中心块的相对位置不是固定的，也就是说，你可能轻易对出四个黄中心块对着四个的情况，但是如果对成这样后面就不能还原了，你需要自己在前面几步注意做好中心块的相对位置关系，如上面第一个图所示，首先是相近的颜色是相对的，也就是白黄相对，蓝绿相对，红橙相对，然后白色为底黄色为顶时，蓝色在红色的左边。
2.四阶魔方对好中心块，合并好棱边后，就完全变成了一个三阶魔方，但是这个三阶魔方会出现我们三阶入门教程里的那些不可能出现的情况，也就是a.需要单独翻转一个棱边的朝向(注意，我这里说的一个棱边就是指已经合并好的两个棱块)b.只需要交换一对棱边或者一对角块，这通常被大家称为四阶魔方的特殊情况，需要用两个公式处理一下，他就会变成正常的三阶魔方了，然后你就可以用学过的三阶魔方的任何方法来还原四阶魔方了。
好，下面我们就来讲解四阶魔方的还原方法了。
在开始之前，再唠叨一句，为了减少部分同学的学习痛苦，强烈建议大家用我们的四阶魔方视频教程来学习，实践证明用视频教程可以学得又快又好，更有顶尖高手最常用的32223方法，可以极大的提高你合并棱的效率。
对好第一面的中心块您也可以看看此步的视频讲解这一步最简单，你要对成左边这个样子，基本上这一步的指导方针就是，先对好一对，再对好一对，再把两对儿拼起来。
请看下面的例子：例子主题：先对好一对，再对好一对，再把两对儿拼起来。
TL'F TU TL'请按播放动画，你也可以用最左边的回到初始状态，然后用播放条右边的和一步一步看。
