小学奥数专题枚举法_通用版

四年级奥数第五讲枚举法解应用题【知识要点和基本方法】一般地，根据问题要求，一一枚举问题的解答，或者为了解决问题的方便，把问题分为不重复、不遗漏的有限种情况，一一枚举各种情况，并加以解决，最终达到解决整个问题的目的，这种分析问题、解决问题的方法，称之为枚举法，我们也可以通俗地称枚举法为举例子。

枚举法是一种常见的数学方法，当然枚举法也存在一些问题，那就是容易遗漏掉一些情况，所以应用枚举法的时候选择什么样的标准尤其重要。

【例题精选】例1.用数字1，2，3可以组成多少个不同的数字？分别是哪几个数？分析：根据百位上数字的不同，我们可以把它们分为三类：第1类：百位上的数字为1，有123，132；第2类：百位上的数字为2，有213，231；第3类：百位上的数字为3，有312，321。

所以可以组成123，132，213，231，312，321，共6个三位数。

课堂练习题：用0、6、7、8、9这五个数字组成各个数位上数字不相同的两位数共有多少个？例2.小明有面值为5角、8角的邮票各两枚。

他用这些邮票能付多少种不同的邮资（寄信时，所需邮票的钱数）分析：我们可根据小明寄信时所用邮票枚数的多少，把它们分成四类——一枚、二枚、三枚、四枚。

一枚:5角二枚:10角,13角三枚:18角,21角四枚:26角课堂练习题：10元钱买6角邮票和8角邮票共14张，问两种邮票各多少张？例3.用一台天平和重1克、3克、9克的砝码各一个（不再用其他物体当砝码），当砝码只能放在一个盘内时，可称出不同的重量有多少种？分析：共有三个重量各不相同的砝码，可以取出其中的一个、两个或三个来称不同的重量，一一列举这三种情况。

1个:1克,3克,9克2个:4克,10克,12克3个:13克同学们可以思考一下:如果砝码可以放天平的两边,又能称出多少不同的重量?例4.课外小组组织30人做游戏，按1－30号排队报数。

第一次报数后，单号全部站出来；以后每次余下的人中第一个人开始站出来，隔一人站出来一人。

【例1】(★★)计数方法之枚举法两个海盗分20枚金币。

请问：大海传功(1)如果每个海盗最少分到5枚金币，一共有多少种不同的分法？(2)如果每个海盗最多分到16枚金币，一共有多少种不同的分法？枚举法(1)分类枚举：有序枚举，不重不漏(2)树形图(3)标数法【例2】(★★★)【例2】(★★★)(1)刚开学时，甲、乙、丙、丁、戊五位同学的座位表如图所示。

一段时间后，他们觉得每天做同样的位置太无聊，每人都要换到与原来座位不相邻的位置上，那么有多少种换座位的方法？(2)甲、乙、丙、丁、戊、己六位同学的座位如图所示，如果每人都要换座位，而且每人都要换到与原来座位不相邻的位置上，那么有多少种换座位的方法？1【例3】(★★★)【例4】(★★★)一个三位数，若它的中间数字恰好是首尾数字的平均值，则称它是“好数”，则好数总共有多少个？称n个相同的数a相乘叫做a的n次方，记作a n，并规定a0＝1。

如果某个自然数可以写成2的两个不同次方(包括零次方)的和，我们就称这样的数为“双子数”，如9＝2＋2，它们都是双子数。

那么小于1040的双子数有_____个。

【例5】(★★★★)【例6】(★★★★★)某工厂生产一批玩具，玩具为一条圆环上均匀安装着13个小球，其中3个是红球，10个是白球.如果2个圆环通过翻转，旋转后可以叠放在一起，使得红球对红球、白球对白球，这样的两个圆环就认为是相同的。

那么一共可以生产多少种不同的圆环？从1至9这9个数字中选出6个不同的数填在图中的6个圆圈内，使得任意相邻两个圆圈内的数字之和都是质数。

请问：共能找出多少种不同的选法？(所填的6个数字相同，只是排列次序不同，都算同一种选法。

)2【例7】(★★★)小新和关关两人进行围棋赛，谁先胜三局谁就会取得比赛的胜利。

如果最后小新获胜了，那么比赛的进程有多少种可能？大海点睛一、本讲重点知识回顾枚举法(1)分类枚举：有序枚举，不重不漏(2)树形图二、本讲经典例题例3，例4，例5，例63。

1.使学生掌握加法原理的基本内容；2.掌握加法原理的运用以及与乘法原理的区别；3.培养学生分类讨论问题的能力，了解分类的主要方法和遵循的主要原则．加法原理的数学思想主旨在于分类讨论问题，教授本讲的目的也是为了培养学生分类讨论问题的习惯，锻炼思维的周全细致．一、加法原理概念引入 生活中常有这样的情况，就是在做一件事时，有几类不同的方法，而每一类方法中，又有几种可能的做法．那么，考虑完成这件事所有可能的做法，就要用加法原理来解决．例如:王老师从北京到天津，他可以乘火车也可以乘长途汽车，现在知道每天有五次火车从北京到天津，有4趟长途汽车从北京到天津．那么他在一天中去天津能有多少种不同的走法？分析这个问题发现，王老师去天津要么乘火车，要么乘长途汽车，有这两大类走法，如果乘火车，有5种走法，如果乘长途汽车，有4种走法．上面的每一种走法都可以从北京到天津，故共有5+4=9种不同的走法．在上面的问题中，完成一件事有两大类不同的方法．在具体做的时候，只要采用一类中的一种方法就可以完成．并且两大类方法是互无影响的，那么完成这件事的全部做法数就是用第一类的方法数加上第二类的方法数．二、加法原理的定义一般地，如果完成一件事有k 类方法，第一类方法中有1m 种不同做法，第二类方法中有2m 种不同做法，…，第k 类方法中有k m 种不同做法，则完成这件事共有12 k N m m m =+++……种不同方法，这就是加法原理．加法原理运用的范围：完成一件事的方法分成几类，每一类中的任何一种方法都能完成任务，这样的问题可以使用加法原理解决．我们可以简记为：“加法分类，类类独立”．分类时，首先要根据问题的特点确定一个适合于它的分类标准，然后在这个标准下进行分类；其次，分类时要注意满足两条基本原则：① 完成这件事的任何一种方法必须属于某一类；② 分别属于不同两类的两种方法是不同的方法．只有满足这两条基本原则，才可以保证分类计数原理计算正确．运用加法原理解题时，关键是确定分类的标准，然后再针对各类逐一计数．通俗地说，就是“整体等于局部之和”．三、加法原理解题三部曲知识要点教学目标7-1-1.加法原理之分类枚举（一）2、每类找种数（每类的一种情况必须是能完成该件事）；3、类类相加枚举法：枚举法又叫穷举法，就是把所有符合条件的对象一一列举出来进行计数．分类讨论的时候经常会需要把每一类的情况全部列举出来，这时的方法就是枚举法．枚举的时候要注意顺序，这样才能做到不重不漏．例题精讲模块一、分类枚举——数出来的种类【例1】小宝去给小贝买生日礼物，商店里卖的东西中，有不同的玩具8种，不同的课外书20本，不同的纪念品10种，那么，小宝买一种礼物可以有多少种不同的选法？【考点】加法原理之分类枚举【难度】2星【题型】解答【关键词】分类讨论思想【解析】小宝买一种礼物有三类方法：第一类，买玩具，有8种方法；第二类，买课外书，有20种方法；第三种，买纪念品，有10种方法．根据加法原理，小宝买一种礼物有8+20+10=38种方法．【答案】38【巩固】有不同的语文书6本，数学书4本，英语书3本，科学书2本，从中任取一本，共有多少种取法？【考点】加法原理之分类枚举【难度】2星【题型】解答【关键词】分类讨论思想【解析】根据加法原理，共有6+4+3+2=15种取法．【答案】15【巩固】阳光小学四年级有3个班，各班分别有男生18人、20人、16人．从中任意选一人当升旗手，有多少种选法？【考点】加法原理之分类枚举【难度】2星【题型】解答【关键词】分类讨论思想【解析】解决这个问题有3类办法：从一班、二班、三班男生中任选1人，从一班18名男生中任选1人有18种选法：同理，从二班20名男生中任选1人有20种选法；从三班16名男生中任意选1人有16种选法；根据加法原理，从四年级3个班中任选一名男生当升旗手的方法有：18201654++=种．【答案】54【例2】和为15的两个非零自然数共有对。

四年级奥数题及答案：枚举法-用木条围三角形四年级奥数题及答案：用木条围三角形。

奥数的学习要通过不断的练习来巩固所学知识、开拓思路。

在此，数学网奥数题库栏目为同学们搜集整理了关于筛选与枚举的四年
级奥数题，同时附上试题解答供同学们参考练习。

有一批长度分别为1，2，3，4，5，6，7，8，9，10和11
厘米的细木条，它们的数量都足够多，从中适当选取3根木条作为三条边.可围成一个三角形，如果规定底边是11厘米长，你能围成多少个不同的三角形?
考点：筛选与枚举;三角形的特性.
分析：由三角形的一边为11厘米，及其它边长必为1，2，3，…，11厘米，根据三角形两边之和大于第三边的性质，可知两边之和应介于12厘米和22厘米之间(包含12厘米和22厘米);这样通过列举，计算即可;
12：(1，11)，(2，10)，(3，9)，(4，8)，(5，7)，(6，6); 13：(2，11)，(3，10)，(4，9)，(5，8)，(6，7);
14：(3，11)，(4，10)，(5，9)，(6，8)，(7，7);
15：(4，11)，(5，10)，(6，9)，(7，8);
16：(5，11)，(6，10)，(7，9)，(8，8);
17：(6，11)，(7，10)，(8，9);
18：(7，11)，(8，10)，(9，9);
19：(8，11)，(9，10);
20：(9，11)，(10，10);
21：(10，11);
22：(11，11);
解答：6+5+5+4+4+3+3+2+2+1+1，
=36(个);
答：能围成36个不同的三角形.
点评：此题解题的关键是根据题意，进行枚举，进而根据枚举的数字，进行计算即可得出结论.。

六年级奥数专题：枚举法 我们在课堂上遇到的数学问题，一般都可以列出算式，然后求出结果。

但在数学竞赛或生活中却经常会遇到一些有趣的题目，由于找不到计算它们的算式，似乎无从下手。

但是，如果题目所述的情况或满足题目要求的对象能够被一一列举出来，或能被分类列举出来，那么问题就可以通过枚举法获得解决。

所谓枚举法，就是根据题目要求，将符合要求的结果不重复、不遗漏地一一列举出来，从而解决问题的方法。

例1 小明和小红玩掷骰子的游戏，共有两枚骰子，一起掷出。

若两枚骰子的点数和为7，则小明胜；若点数和为8，则小红胜。

试判断他们两人谁获胜的可能性大。

分析与解：将两枚骰子的点数和分别为7与8的各种情况都列举出来，就可得到问题的结论。

用a＋b表示第一枚骰子的点数为a，第二枚骰子的点数是b的情况。

出现7的情况共有6种，它们是： 1＋6，2＋5，3＋4，4＋3，5＋2，6＋1。

出现8的情况共有5种，它们是： 2＋6，3＋5，4＋4，5＋3，6＋2。

所以，小明获胜的可能性大。

注意，本题中若认为出现7的情况有1＋6，2＋5，3＋4三种，出现8的情况有2＋6，3＋5，4＋4也是三种，从而得“两人获胜的可能性一样大”，那就错了。

例2 数一数，右图中有多少个三角形。

分析与解：图中的三角形形状、大小都不相同，位置也很凌乱，不好数清楚。

为了避免数数过程中的遗漏或重复，我们将图形的各部分编上号（见右图），然后按照图形的组成规律，把三角形分成单个的、由两部分组成的、由3部分组成的……再一类一类地列举出来。

单个的三角形有6个：1 ，2，3，5，6，8。

由两部分组成的三角形有4个： （1，2），（2，6），（4，6），（5，7）。

由三部分组成的三角形有1个：（5，7，8）。

由四部分组成的三角形有2个： （1，3，4，5），（2，6，7，8）。

由八部分组成的三角形有1个： （1，2，3，4，5，6，7，8）。

总共有6＋4＋1＋2＋1=14（个）。

小学奥数枚举法题及答案【三篇】导读：本文小学奥数枚举法题及答案【三篇】，仅供参考，如果觉得很不错，欢迎点评和分享。

【篇一】枚举法问题在一个圆周上放了1个红球和1994个黄球。

一个同学从红球开始，按顺时针方向，每隔一个球，取走一个球；每隔一个球，取走一个球；……他一直这样操作下去，当他取到红球时就停止。

你知道这时圆周上还剩下多少个黄球吗？答案与解析：根据题中所说的操作方法，他在第一圈的操作中，取走的是排在黄球中第2、4、6、……1994位置上的黄球，这时圆周上除了一个红球外，还剩下1994÷2=997个黄球。

在第二圈操作时，他取走了这997个黄球中，排在第1、3、5、7、……995、997位置上的黄球，这时圆周上除了一个红球外，还剩下997—(997+1)÷2=498个黄球。

他又要继续第三圈操作了，他隔过红球，又取走了这498个黄球中，排在第1、3、5、……495、497的位置上的黄球，这时圆周上除了一个红球外，还剩下498÷2=249个黄球。

因为在上一圈操作时，排在这498个黄球中最后一个位置上的黄球没有被取走，所以他再进行操作时，第一个被取走的就是那个红球，这时，他的操作停止，圆周上剩下249个黄球。

【篇二】在一个圆周上放了1个红球和1994个黄球。

一个同学从红球开始，按顺时针方向，每隔一个球，取走一个球;每隔一个球，取走一个球;……他一直这样操作下去，当他取到红球时就停止。

你知道这时圆周上还剩下多少个黄球吗? 答案与解析：根据题中所说的操作方法，他在第一圈的操作中，取走的是排在黄球中第2、4、6、……1994位置上的黄球，这时圆周上除了一个红球外，还剩下1994÷2=997个黄球。

在第二圈操作时，他取走了这997个黄球中，排在第1、3、5、7、……995、997位置上的黄球，这时圆周上除了一个红球外，还剩下997—(997+1)÷2=498个黄球。

课题第十五讲：用枚举法解应用题教学内容养鸡场的工人，小心翼翼地把鸡蛋从筐里一个一个往外拿，边拿边数，筐里的鸡蛋拿光了，有多少个鸡蛋也就数清了．这种计数的方法就是枚举法．一般地，根据问题要求，一一列举问题的解答，或者为了解决问题的方便，把问题分为不重复、不遗漏的有限种情况，一一列举各种情况，并加以解决，最终达到解决整个问题的目的．这种分析问题、解决问题的方法，称之为枚举法。

运用枚举法解应用题时，必须注意无重复、无遗漏．为此必须力求有次序、有规律地进行枚举。

．用数字1，2，3可以组成多少个不同的三位数？分别是哪几个数？根据百位上数字的不同，我们可将它们分成三类：第1类：百位上的数字为1，有123，132；第2类：百位上的数字为2，有213，231；第3类：百位上的数字为3，有312，321．所以可以组成123，132，213，231，312，321，共6个三位数．．小明有面值为5角、8角的邮票各两枚，他用这些邮票能付多少种不同的邮资（寄信时，所需邮票的钱数）?我们可根据小明寄信时所用邮票枚数的多少，把它们分成四类．解第1类：用l枚邮票时有5角、8角2种；第2类：用2枚邮票时有1元、1元3角、1元6角3种；第3类：用3枚邮票时有1元8角、2元l角2种；第4类：用4枚邮票时只有2元6角1种．共有2+3+2+l=8（种）．答能付8种不同的邮资．（1）用3、4、7三张数字卡片，可以排成几个不同的三位数？其中最小的三位数是多少？最大的三位数是多少？（2）用3张10元和2张50元一共可以组成多少种币值（组成的钱数）?．用一台天平和重l克、3克、9克的砝码各一个（不再用其他物体当砝码），当砝码只能放在同一盘内时，可称出不同的重量有多少种？共有三个重量各不相同的砝码，可以取出其中的一个、两个或三个来称不同的重量，一一列举这三种情况．解取一个砝码可称l克、3克、9克的重量，有3种；取两个砝码可称；1+3= 4（克），1+9=10(克)，3+9=12(克)的重量，有3种；取全部三个砝码可称：1+3+9 =13(克)的重量，有1种．注意到1，3，9，4，10，12，13各不相同，故可称出不同的重量有3+3+1=7（种）．说明用树形图可以把解题过程显示出来．．课外小组组织30人做游戏，按1～30号排队报数，第一次报数后，单号全部站出来；以后每次余下的人中第一个人开始站出来，隔一人站出来一人．到第几次这些人全部都站出来了？最后站出来的人应是第几号？根据题目的特点，先用排列法把题中的条件、问题排列出来，再用枚举法完成题目的要求．条件：（1）排队编号：1，2，3，4，5，6，7，8，9，10，11，12，13，14，15，16，17，18，19，20，21，22，23，24，25，26，27，28，29，30．（2）第一次报数后单号全部站出来．（3）以后每次：从余下的第一人站出来起，隔一人站出来一人．问题：到第几次这些人全部都站出来了？最后站出来的是第几号？解次数出队号码第一次1,3,5,7,9,11,13,15,17,19,21,23,25,27,29第二次2,6,10,14,18,22,26,30第三次4,12,20,28第四次8,24第五次16从上表的列举中，我们毫无遗漏地排列，得出到第五次这些人全都站出来了，最后一人是第16号．(1)把7支相同的铅笔分成3份，那么有多少种不同的分法？(2)有甲、乙、丙、丁、戊五个足球代表队进行比赛，每个队都要和其他队赛一场，总共要赛多少场？．A、B、C三个小朋友互相传球，先从A开始发球（作为第一次传球），这样经过了5次传球后，球恰巧又回到A手中，那么不同的传球方式共有种．解如图15 -1，A第一次传给B，到第五次传回A有5种不同方式，同理，A第一次传给C，也有5种不同方式，所以，不同的传球方式共有10种，．用长48厘米的铁丝围成各种长方形（长和宽都是整厘米数，且长和宽不相等），围成的最大一个长方形面积是多少平方厘米？各种长方形的长与宽之和都是48÷2=24(厘米)．解由于各种长方形的长、宽都是整厘米数，且不相等，并且和为24厘米，可以列表如下：长23 22 21 20 19 18 17 16 15 14 13宽 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11因为23×1< 22×2<…<14×10< 13×11，所以符合条件的最大长方形的面积是13×11=143(平方厘米)答围成的最大一个长方形的面积是143平方厘米．此题用列举法思维，达到了快速、简捷的解题目的．从以上各例可以看到，利用树形图或列表分析的方法解答应用题，往往是非常有效的，它能把抽象、复杂的事情清楚、直观地展现在我们面前，为解题提供思路，另外，我们还应体会到，用枚举法解应用题的关键是准确分类，为此，必须注意两点：l．分类要全，分类不全．就会造成遗漏．分类确定之后，要把每一类中每一个符合条件的对象都列举出来．2．分类要清，因为如果分不清，使第1类中有第2类、第2类中有第3类，互相包含，那么就会有重复．这样结果也就很难正确了．（1）从A城到B城可乘火车、汽车、轮船；从B城到C城可乘火车、汽车、轮船、飞机，某人从A城开始游览，经B城到C城共有多少种走法？（2）A、B、C三个自然数的乘积是6，求A、B、C三个自然数分别可能是几？(A、B、C可以是不同的数，也可以是相同的数)最有魅力的23个问题1900年8月8日，在巴黎第二届国际数学家大会上，有个年轻的科学家正在演讲，大家都被他讲的内容深深吸引，安静地听他演讲，每个人的眼睛里都闪烁着激动的光芒．当他结束演讲的时候，刚才还静悄悄的大厅里，顿时爆发出雷鸣般的掌声，这个轰动了全场的人是谁呢？他讲的是什么令人激动的内容呢？他就是德国的希尔伯特．他提出了今后一百年里数学家应当努力解决的23个问题．这就是著名的“希尔伯特23个问题”．这个时候，希尔伯特心里的石头才落了地．刚才，他还在担心自己演讲的内容听众会不会接受呢．和下面的听众一样，希尔伯特也非常激动，此时的他，心潮澎湃，看来，我选择这个伟大的演讲题目果然没有错！原来，在来参加这次会议之前，希尔伯特一直在犹豫演讲的题目：是讲我自己的数学研究成果呢？还是讲一讲我对今后数学发展的看法呢？他写了一封信给自己的好朋友——数学家闵可夫斯基，征求他的意见，闵可夫斯基回信写道：“最有吸引力的题材莫过于展望数学的未来……这样的题材，将会使你的演讲在今后几十年里成为人们议论的话题，”这样，希尔伯特就下定决心了，他整理了自己的看法，一共提出了23个问题．从那以后，全世界几乎所有的数学家，都被他的23个问题吸引，这23个问题成为20世纪数学学科发展的缩影．著名的“哥德巴赫猜想”就是第8个问题中的一部分，对这些问题的研究有力地推动了20世纪数学的发展，难怪有人说：“希尔伯特就像风笛手，他那甜蜜的笛声诱惑了如此众多的老鼠，跟着他跳进了数学的深河，”今天，我们似乎还能听到那甜蜜笛声的召唤呢！一、填空题1．从甲地到乙地有2条路可走，由乙地到丙地有3条路可走，那么由甲地经乙地到丙地共有____条路可走，2．有4个足球队参加“希望杯”足球比赛，每两个队都必须比赛一场，共比赛____场；如果进行淘汰赛，最后决出冠军共需比赛____场．3．甲、乙、丙、丁站成一排照相，但甲必须站在两头，共有____种不同的排法．4．从3，6，7，8这四张数字卡片中，任取3张，排成三位数，能排成____个不同的三位数，最大的三位数是____，最小的三位数是____．5．从两张5元币、五张2元币、十张1元币中，拿出10元钱买钢笔，一共有____种不同的拿法．6．用1,0,3,5这四个数可以组成____个四位数．二、选择题7．有7张卡片上写着数字2，3，4，5，6，7，8，从中抽出两张，组成的所有的两位数是奇数的个数是（）．(A) 21 (B) 42 (C) 24 (D) 188．两人见面要握一次手，照这样规定，6人见面共握手（）．(A) 24次(B) 15次(C) 30次(D) 12次9．有红、黄、蓝色的小旗各1面，从中选用l面、2面或3面升上旗杆，组合出各种不同信号，一共可以组合不同信号（）．(A)5种(B)6种(C) 10种(D) 15种10．已知三位数的各位数字之和等于8，那么这样的三位数共有（）．(A) 28个(B) 30个(C) 32个(D) 36个三、简答题11．有四张8角邮票与三张1元邮栗，用这些邮票中的一张或若干张能得出多少种不同的邮资？一．填空题（每题6分，共48分）1．如图，一条直线上有四个点，那么这条直线上有______条线段，有______条射线．2．甲、乙、丙、丁站成一排照相，但甲和乙必须站在两头，共有______种不同的站法．3．从分别写有2、3、4、5的四张卡片中任取两张，作两个一位数乘法，有______种不同的乘法算式，有______个不同的积，4．从7、4、2、O四张数字卡片中，挑选三张排成三位数，能排成______个不同的三位数，5．婷婷有3种不同颜色的上衣，5种不同颜色的裙子，那么她共有______种不同的穿法．6．由10元、50元、100元的人民币各一张，一共可以组成______种币值（组成的钱数）．7．如图，数出图中所有的正方形的个数是______个，8．在上题4×4的方格图中放A、B两枚棋子（棋子放在空格中），要求两枚棋子不在同一行，也不在同一列，共有______种放法．二、选择题（每题8分，共24分）9．有4本不同的书，分别借给2名同学，每人借一本，不同的借法有( )种．(A)12 (B)6 (C) 10 (D)810.把5件相同的礼物分给3个小朋友，使每个小朋友都分到礼物，分礼物的不同方法一共有( )种．(A)2种 (B)3种 (C)5种 (D)6种11.如图，甲地到乙地有三条路可通，从乙地到丙地有两条路可通，从丙地到丁地有三条路可通，从甲地到丁地有两条路可通．从甲地到丁地共有( )种不同的走法．(A) 20 (B) 10 (C) 36 (D) 24三、解答题（每题12分，共48分）12.甲、乙、丙三人约好每人报名参加数学、英语、美术、音乐四个课外小组中的一个，那么，报名的结果会出现多少种不同的情形？13.有8张卡片，上面分别写着自然数1至8，见下图．从中取出3张，要使这3张卡片上的数字之和为9，问有多少种不同的取法？14.有正方体一个，它的六个面上分别标有数字1、2、3、4、5、6，将这个正方体投掷两次．问：两次向上的一面数字之和为偶数的情况有多少种？15.小王有10张1元的人民币．5张2元的人民币，2张5元的人民币，要拿出10元买一本书，可以有多少种拿法？你最对了吗？答案：1.6，8．2.4种，甲一丙一丁一乙，甲一丁一丙一乙，乙一丙一丁一甲，乙一丁一丙一甲．3.12,6．枚举：2×3、2×4、2×5、3×4、3×5、4×5共六个乘法算式，交换两因数位置，又得到六个乘法算式．因此，共有12个乘法算式，有6个不同的积．4.18个，百位上可排7、4、2三个数，先考虑7排在百位上，共有六种情况（如图），同理，2排在百位上，4排在百位上也各有六种情况，所以不同的三位数共有6×3 = 18（个）．5.15．每种颜色的上衣可配5种不同颜色的裙子，则3种不同颜色的上衣配5种不同颜色的裙子，共有穿法为：5×3=15（种）．6.7种．10元、50元、100元、(10+50)= 60元、(10+100)= 110元、(50+100)=150元、(10+ 50+100)=160元．7.30．分四种情况计数：(1)边长为1个单位的正方形有16个；(2)边长为2个单位的正方形有9个；(3)边长为3个单位的正方形有4个；(4)边长为4个单位的正方形有1个．共有：16+9+4+1= 30（个）正方形．8.144．由于两枚棋子要一枚一枚地放，所以可分两步完成这件事，第一步放棋子A，A可以放在16个方格中任意一个，有16种放法；第二步放棋子B，由于A棋子所在的行与列的方格中不能再放，故B只能放在剩下的9个方格中，有9种放法，根据乘法原理得：16×9=144（种）．所以，共有144种放法．9．A． 4×3 = 12（种）．10．D． 5件礼物分成三组，有两种不同的分组法：1，1，3或1，2，2．每种分组法有3种不同的排列，故有6种不同的分法．11．A．从甲到丁有以下路径：(1)甲→丁（有2种不同走法）；(2)甲→乙→丙→丁（有3×2×3=18种不同走法）．所以共有：2+18=20（种）不同的走法．12.64种，三人报名参加课外小组，彼此互不影响．甲报名，可报4个小组中的一个，有4种报名方法，同理，乙、。

三年级奥数枚举法的无序枚举分堆题
【实用版】
目录
1.枚举法的概念和应用
2.无序枚举分堆题的解题思路
3.举例说明解题过程
4.总结和拓展
正文
一枚举法是一种解决问题的方法，通过穷举所有可能的情况，从而找到符合条件的答案。

在奥数题中，枚举法经常被用来解决一些复杂的问题。

本文将介绍一种枚举法的应用——无序枚举分堆题。

无序枚举分堆题是一种常见的奥数题目，题目通常描述为一个无序的硬币堆，要求通过枚举法找出所有可能的分堆方式。

例如，有一堆 1 元、2 元和 5 元的硬币各 4 枚，要求用其中的一些硬币支付 23 元钱，一共有多少种不同的支付方法？
解决这种问题的关键是先确定每种硬币的取法，然后根据取法进行枚举。

以 23 元钱的例子为例，我们可以先确定 1 元硬币的取法，有 4 种可能：取 0 枚、1 枚、2 枚和 3 枚。

然后，根据每种取法，我们可以枚举出所有可能的组合。

例如，如果 1 元硬币取 0 枚，那么我们需要从2 元和 5 元硬币中取出 23 元，这就需要枚举所有可能的组合。

通过这样的枚举，我们可以找到所有可能的支付方法。

在实际解题过程中，我们还可以运用一些技巧来简化问题。

例如，在枚举过程中，我们可以先枚举 1 元硬币的取法，然后再枚举 2 元和 5 元硬币的取法。

这样，我们可以避免重复计算一些情况，从而提高解题效率。

总的来说，无序枚举分堆题是一种有趣的奥数题目，通过运用枚举法，我们可以找到所有可能的解。

同时，这种题目也锻炼了我们的逻辑思维能力和数学技巧。

小学奥数知识点趣味学习——枚举法（1）例1：如下图所示，已知长方形的周长为20厘米，长和宽都是整厘米数，这个长方形有多少种可能形状？哪种形状的长方形面积最大？（边长为1厘米的正方形的面积叫做1平方厘米）。

解：由于长方形的周长是20厘米，可知它的长与宽之和为10厘米。

下面列举出符合这个条件的各种长方形。

（注意，正方形可以说成是长与宽相等的长方形）。

下面把5种长方形按实际尺寸大小一一画出来，见下面图（1）～（5）。

例2：如右图所示，ABCD是一个正方形，边长为2厘米，沿着图中线段从A到C的最短长度为4厘米。

问这样的最短路线共有多少条？请一一画出来。

解：将各种路线一一列出，可知共6条，见下图。

注意，如果题中不要求将路径一一画出，可采用如右图所示方法较为便捷。

图中交点处的数字表示到达该点的路线条数，如O点处的数字2，表示由A到O有2条不同的路径，见上图中的（1）和（2）；又H点处的数字3的意义也如此，见上图中的（1）、（2）、（3）可知有3条路径可由A到H。

仔细观察，可发现各交点处的数字之间的关系，如O点的2等于F点和E点的数字相加之和，即1+1=2，又如，C点的6等于G点和H点的数字相加之和，即3+3=6。

例3：在10和31之间有多少个数是3的倍数？解：由尝试法可求出答案：3×4=12 3×5=15 3×6=18 3×7=213×8=24 3×9=27 3×10=30可知满足条件的数是 12、15、18、21、24、27和30共7个。

注意，倘若问10和1000之间有多少个数是3的倍数，则用上述一一列举的方法就显得太繁琐了，此时可采用下述方法：10÷3=3余1，可知10以内有3个数是3的倍数；1000÷3=333余1，可知1000以内有333个数是3的倍数；333-3=330，则知10～1000之内有330个数是3的倍数。

小学奥数加法原理之分类枚举1.使学生掌握加法原理的基本内容；2.掌握加法原理的运用以及与乘法原理的区别；3.培养学生分类讨论问题的能力，了解分类的主要方法和遵循的主要原则．加法原理的数学思想主旨在于分类讨论问题，教授本讲的目的也是为了培养学生分类讨论问题的习惯，锻炼思维的周全细致．一、加法原理概念引入 生活中常有这样的情况，就是在做一件事时，有几类不同的方法，而每一类方法中，又有几种可能的做法．那么，考虑完成这件事所有可能的做法，就要用加法原理来解决．例如:王老师从北京到天津，他可以乘火车也可以乘长途汽车，现在知道每天有五次火车从北京到天津，有4趟长途汽车从北京到天津．那么他在一天中去天津能有多少种不同的走法？分析这个问题发现，王老师去天津要么乘火车，要么乘长途汽车，有这两大类走法，如果乘火车，有5种走法，如果乘长途汽车，有4种走法．上面的每一种走法都可以从北京到天津，故共有5+4=9种不同的走法．在上面的问题中，完成一件事有两大类不同的方法．在具体做的时候，只要采用一类中的一种方法就可以完成．并且两大类方法是互无影响的，那么完成这件事的全部做法数就是用第一类的方法数加上第二类的方法数．二、加法原理的定义一般地，如果完成一件事有k 类方法，第一类方法中有1m 种不同做法，第二类方法中有2m 种不同做法，…，第k 类方法中有k m 种不同做法，则完成这件事共有12 k N m m m =+++……种不同方法，这就是加法原理．加法原理运用的范围：完成一件事的方法分成几类，每一类中的任何一种方法都能完成任务，这样的问题可以使用加法原理解决．我们可以简记为：“加法分类，类类独立”．分类时，首先要根据问题的特点确定一个适合于它的分类标准，然后在这个标准下进行分类；其次，分类时要注意满足两条基本原则：① 完成这件事的任何一种方法必须属于某一类；② 分别属于不同两类的两种方法是不同的方法．只有满足这两条基本原则，才可以保证分类计数原理计算正确．运用加法原理解题时，关键是确定分类的标准，然后再针对各类逐一计数．通俗地说，就是“整体等于局部之和”．三、加法原理解题三部曲1、完成一件事分N 类；2、每类找种数（每类的一种情况必须是能完成该件事）；3、类类相加枚举法：枚举法又叫穷举法，就是把所有符合条件的对象一一列举出来进行计数．分类讨论的时候经常会需要把每一类的情况全部列举出来，这时的方法就是枚举法．枚举的时候要注意顺序，这样才能做到不重不漏．7-1-1.加法原理之分类枚举（一）教学目标 知识要点例题精讲模块一、分类枚举——数出来的种类【例 1】小宝去给小贝买生日礼物，商店里卖的东西中，有不同的玩具8种，不同的课外书20本，不同的纪念品10种，那么，小宝买一种礼物可以有多少种不同的选法？【考点】加法原理之分类枚举【难度】2星【题型】解答【关键词】分类讨论思想【解析】小宝买一种礼物有三类方法：第一类，买玩具，有8种方法；第二类，买课外书，有20种方法；第三种，买纪念品，有10种方法．根据加法原理，小宝买一种礼物有8+20+10=38种方法．【答案】38【巩固】有不同的语文书6本，数学书4本，英语书3本，科学书2本，从中任取一本，共有多少种取法？【考点】加法原理之分类枚举【难度】2星【题型】解答【关键词】分类讨论思想【解析】根据加法原理，共有6+4+3+2=15种取法．【答案】15【巩固】阳光小学四年级有3个班，各班分别有男生18人、20人、16人．从中任意选一人当升旗手，有多少种选法？【考点】加法原理之分类枚举【难度】2星【题型】解答【关键词】分类讨论思想【解析】解决这个问题有3类办法：从一班、二班、三班男生中任选1人，从一班18名男生中任选1人有18种选法：同理，从二班20名男生中任选1人有20种选法；从三班16名男生中任意选1人有16种选法；根据加法原理，从四年级3个班中任选一名男生当升旗手的方法有：18201654++=种．【答案】54【例 2】和为15的两个非零自然数共有对。