奥数：第9讲计数问题第6讲

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1、第09讲计数问题第06讲计数综合之二例1一条直线分一个平面为两部分，二条直线最多分这个平面为四部分．问五条直线最多分这个平面为多少部分?答案16部分．分析同学尝试一下就可以知道五条直线可以把一个平面分成很多很多的部分，甚至就连数一下有多少部分都很困难，更别说最多有多少部分了．因此我们要调整一下思路。例如说考虑直线数目从少到多逐渐增加的情况，看看每增加一条直线会增加多少部分．详解平面上已画了若干条直线，把平面分成了若干部分．现在我们再画一条直线，看看会产生什么效果．这条直线把它通过的每个部分分成两个部分，而它没通过的部分则保持原状

2、．所以这条直线通过了多少部分，它将使平面增加了多少部分．又因为这条直线通过的部分的数目就等于和它有交点的直线的数目加1，所以要想多增加分割的部分，就应该让这条直线和所有的直线都相交．所以五条直线最多可以把一个平面分为：1+1+2+3+4+5=16个部分．评注递推是一种强有力的解决数学问题的工具，同学们应当尽快熟悉这一方法．例2在平面上画五个圆和一条直线，最多可把平面分成多少部分?答案32个部分．分析这一题和一题类似，只是把直线换成了圆．直线与直线最多有一个交点，而圆与圆至多两个交点，这是这两题的区别所在．详解我们先考虑五个圆可以

3、把平面分成几个部分，最后再把直线加上．因为两个圆可以有两个交点，所以增加一个圆可以产生的交点数为2×原有圆数，这也就是多增加的部分数．所以五个圆最多可以把平面分成2+2+4+6+8=22个部分．而一条直线和这五个圆最多有10个交点，所以又可增加10个部分．所以所求的答案为22+10=32．例3用图9—1所示的1×2小长方形和1×3小长方形去覆盖如图19—2所示的填有数字的2X6方格表，共有多少种不同的盖法?答案30种．分析容易知道1×3的小长方形的块数为偶数，因此是0、2、4之一，用这种方法进行分类可以推出答案，但却很麻烦．我们

4、可以采取递推的办法，依次考虑2×1、2N2、2×3、2×4,2X5的方格表．详解用S。表示用1X2小长方形和1×3小长方形去覆盖2×n方格表的不同盖法的数目，其中n是一个自然数．2×1的方格表只能用一个1×2小长方形去覆盖，因此S1：1．如图9—3，盖住2×2方格表的数字1的小长方形有两种摆法．对于第一种摆法，3和4必然被同一个1X2小长方形覆盖．而对于后一种情况，剩下未被盖住的部分是一个2×1方格表，所以有如图9—4，盖住2×3方格表的1的小长方形有3种摆法．对于第一种情况，4、5、6这三个数必然被一个1×3小长方形盖住．对于

5、第二种情况，4和5必然被一个1X2小长方形盖住，余下一个2×1方格表．对于第三种情况，余下的是一个2×2方格表。所以有如图9—5，盖住2X4方格表的1的小长方形有3种摆法类似地可以得到如图9—6，盖住2×5方格表的1的小长方形有3种摆法．对于第一种摆法，有如图9—7所示的两种情况．对于第二种摆法，也有如图9—8所示的两种情况．所以有类似地，对于2×6方格表也有7种情况，所以有这也就是说，对于2×6方格表，共有30种不同的盖法．例4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

6、几次操作变为1的数有多少个?答案34个．分析如果一个数操作一次后，变成了一个经过八次操作变为1的数，那么它就是一个经过九次操作变为1的数．反过来也是一样．所以应该用递推．详解分别用和来表示经过次操作变为1的数中的偶数和奇数的个数，其中n是自然数．如果m是一个经过n-1次操作变为1的大于2的偶数，那么m-1这个奇数和2×m这个偶数都是经过n次操作变为1的数；如果m是一个经过n一1次操作变为1的奇数，那么2×m是经过n次操作变为1的偶数．容易知道2经过1次操作变为1，所以当靠是大于等于3的自然数时，有：又因为，所以可以推出：所以经过

7、九次操作变为1的数的数目为评注这是递推问题中相当难的一道题，如果你独立解决了这道题，那么说明你已经完全掌握了递推这种方法．另外等同学们学习二进制数以后，会对这题有进一步的理解．例5有一个长方形，它的各边的长度都是小于10的自然数．如果用宽作分子，用长作分母，那么所得的分数值比要大，比要小．那么满足上述条件的各个长方形的面积之和是多少?答案133．分析这题不必用递推法，因为满足要求的长方形很少．简单地分一下类就可以了．详解当长为9×，宽应当在9×孟和9×之间，因此宽为3或4．当长为8时，宽在8×和8×之间，因此宽为3．当长为7时，

8、宽在7×和7×之间，因此宽为3．当长为6时，宽为6×和6×之间，因此宽为2．当长为5时，宽在5×和5×之间，因此宽为2．当长为4时，宽在4×和4×之间，因此不存在这样的宽．同样道理可知长不可以为2和1．当长为3时，宽在3×和3×之间，因此宽为1．所以，所有满足要