2024年8月27日发(作者：双秋白)
小学六年级奥数：“计数综合”解题技巧及例题详解
内容概述
将关键的已知数据看作变量，得到一类结构相同的计数问题，通
过建立这些问题的结果所构成数列的递推关系，逐步地求得原问题的
答案．与分数、几何等相关联的计数综合题．
典型例题
1．一个长方形把平面分成两部分，那么3个长方形最多把平面
分成多少部分?
【分析与解】 一个长方形把平面分成两部分．第二个长方形的
每一条边至多把第一个长方形的内部分成2部分，这样第一个长方形
的内部至多被第二个长方形分成五部分．
同理，第二个长方形的内部至少被第一个长方形分成五部分．这
两个长方形有公共部分(如下图，标有数字9的部分)．还有一个区域
位于两个长方形外面，所以两个长方形至多把平面分成10部分．
第三个长方形的每一条边至多与前两个长方形中的每一个的两
条边相交，故第一条边被隔成五条小线段，其中间的三条小线段中的
每一条线段都把前两个长方形内部的某一部分一分为二，所以至多增
加3×4=12个部分．而第三个长方形的4个顶点都在前两个长方形的
外面，至多能增加4个部分．
所以三个长方形最多能将平面分成10+12+4=26．
2．一个楼梯共有10级台阶，规定每步可以迈1级台阶或2级台
阶，最多可以迈3级台阶．从地面到最上面1级台阶，一共可以有多
少种不同的走法?
【分析与解】 我们知道最后一步可以迈1级台阶、2级台阶或
3级台阶，也就是说可以从倒数第1、2或3级台阶直接迈入最后一
级台阶．
即最后一级台阶的走法等于倒数第1、2和3级台阶的走法和．而
倒数第l级台阶的走法等于倒数第2、3和4级台阶的走法和，„„
如果将1、2、3„„级台阶的走法依次排成一个数列，那么从第
4项开始，每一项等于前3项的和．
有1，2，3级台阶的走法有1，2，4种走法，所以4，5，6，7，
8，9，10级台阶的走法有7，13，24，44，81，149，274种走法．
3．一个圆上有12个点A
1
，A
2
，A
3
，„，A
11
，A
12
．以它们为顶点
连三角形，使每个点恰好是一个三角形的顶点，且各个三角形的边都
不相交．问共有多少种不同的连法?
【分析与解】我们采用递推的方法．
I如果圆上只有3个点，那么只有一种连法．
Ⅱ如果圆上有6个点，除A
1
点所在三角形的三顶点外，剩下的三
个点一定只能在A
1
所在三角形的一条边所对应的圆弧上，表1给出这
时有可能的连法．
Ⅲ如果圆上有9个点，考虑A
1
所在的三角形．此时，其余的6
个点可能分布在：
①A
1
所在三角形的一个边所对的弧上；
②也可能三个点在一个边所对应的弧上，另三个点在另一边所对
的弧上．
在表2中用“+”号表示它们分布在不同的边所对的弧．
如果是情形①，则由Ⅱ，这六个点有三种连法；
如果是情形②，则由①，每三个点都只能有一种连法．
共有12种连法．
Ⅳ最后考虑圆周上有12个点．同样考虑A
1
所在三角形，剩下9
个点的分布有三种可能：
①9个点都在同一段弧上：
②有6个点是在一段弧上，另三点在另一段弧上；
③每三个点在A
1
所在三角形的一条边对应的弧上．得到表3．
共有12×3+3×6+1＝55种．
所以当圆周上有12个点时，满足题意的连法有55种.
4．现在流行的变速自行车，在主动轴和后轴分别安装了几个齿
数不同的齿轮．用链条连接不同搭配的齿轮，通过不同的传动比获得
若干挡不同的车速．“希望牌”变速自行车主动轴上有3个齿轮，齿
数分别是48，36，24；后轴上有4个齿轮，齿数分别是36，24，16，
12．问：这种变速车一共有多少挡不同的车速?
【分析与解】算出全部的传动比，并列成表：
3
这里有4对传动比是相同的：1，，2，3，将重复的传动比去
2
掉，剩下8个不同的比，所以共有8挡不同的车速．
5．分子小于6，分母小于60的不可约真分数有多少个?
【分析与解】 分子的取值范围是从1到5．
当分子为1时，分母可从2到59，共有58个真分数，它们当然
都是不可约分数．
由于2，3，5都是质数，因此当分子分别为2，3，5时，分母必
须而且只需适合下列两个条件：
①分母大于分子且小于60．
⑦分母不是分子的倍数．
易知：当分子为2时，适合条件的分母有29个；
当分子为3时，适合条件的分母有38个：
当分子为5时，适合条件的分母有44个；
最后来看分子为4的情形，与分子为2基本相同，分母不能为偶
数，此外分母不能为3．所以共有28(=29—1)个．
总之，符合要求的分数共有58+29+38+44+28＝197个．
6．一个正方形的内部有1996个点，以正方形的4个顶点和内部
的1996个点为顶点，将它剪成一些三角形．问：一共可以剪成多少
个三角形?如果沿上述这些点中某两点之间所连的线段剪开算作一
刀，那么共需剪多少刀?
【分析与解】方法一：如下图，采用归纳法，列出1个点、2个
点、3个点„时可剪出的三角形个数，需剪的刀数．
不难看出，当正方形内部有n个点时，可以剪成2n＋2个三角形，
需剪3n+l刀，现在内部有1996个点，所以可以剪成2×1996+2=3994
个三角形，需剪3×1996+1=5989刀．
方法二：我们知道内部一个点贡献360度角，原正方形的四个顶
点共贡献了360度角，所以当内部有n个点时，共有360n+360度角，
而每个三角形的内角和为180度角，所以可剪成(360n+360)÷
180=2n+2个三角形．
2n+2个三角形共有3×(2n+2)=6n+6条边，但是其中有4条是原
有的正方形的边，所以正方形内部的三角形边有6n+6—4=6n+2条边，
又知道每条边被2个三角形共用，即每2条边是重合的，所以只用剪
(6n+2)÷2＝3n+1刀．
本题中n=1996，所以可剪成3994个三角形，需剪5989刀．
7．如图15—3，某城市的街道由5条东西与7条南北向马路组
成．现在要从西南角的A处沿最短路线走到东北角的B处，由于修路
十字路口C不能通过，那么共有多少种不同走法?
【分析与解】 因为每个路口(点)只能由西边相邻点、南边相邻
点走过来，所以达到每个点的走法为西边相邻点、南边相邻点的走法
之和，并且最南方一排、最西方一排的所有点均只有1种走法．
因为C点不能通过，所以C处所标的数字为0．如下图所示：
所以，从A到B满足条件的走法共有120种
8．经理将要打印的信件交给秘书，每次给一封，且放在信封的
最上面，秘书一有空就从最上面拿一封信来打．有一天共有9封信打，
经理按第1封，第2封，„，第9封的顺序交给秘书．午饭时，秘书
告诉同事，已把第8封信打印好了，但未透露上午工作的其他情况，
这个同事很想知道是按什么顺序来打印．根据以上信息，下午打印的
信的顺序有多少种可能?(没有要打的信也是一种可能)
【分析与解】 我们根据最后一封信来计数：
(1)第9封信在上午送给秘书；
于是，T={1，2，3，4，5，6，7，9}
则下午打印的每种可能都是T的一个子集，因为秘书可以把不在
子集中的信件上午一送来就打完了，而未打别的信．集T有8个元素，
故有2
8
=256个不同子集(包括空集)．
(2)第9封信在午后才送给秘书．令
S＝{1，2，3，4，5，6，7}，
则上午未打印的信的号码是S的一个子集．若将9排在子集之后，
则与⑴中的情形相同，故只有子集中至少有一封信已把号码9放在该
子集的非最后的位置上．对于有k个元素的子集，号码9有k个位置
可放，即可放在第i一1个元素之后和i个元素之前，i=1，2，„，
k．于是不同的顺序总数为：
0×C
0
7
+1×C
1
7
+2×C
2
7
+„+7×C
7
7
=7×2
7
÷2=7×2
6
=448
即下午有448种可能的打印顺序．
所以，下午共有256+448=704种打印的方法．
2024年8月27日发(作者：双秋白)
小学六年级奥数：“计数综合”解题技巧及例题详解
内容概述
将关键的已知数据看作变量，得到一类结构相同的计数问题，通
过建立这些问题的结果所构成数列的递推关系，逐步地求得原问题的
答案．与分数、几何等相关联的计数综合题．
典型例题
1．一个长方形把平面分成两部分，那么3个长方形最多把平面
分成多少部分?
【分析与解】 一个长方形把平面分成两部分．第二个长方形的
每一条边至多把第一个长方形的内部分成2部分，这样第一个长方形
的内部至多被第二个长方形分成五部分．
同理，第二个长方形的内部至少被第一个长方形分成五部分．这
两个长方形有公共部分(如下图，标有数字9的部分)．还有一个区域
位于两个长方形外面，所以两个长方形至多把平面分成10部分．
第三个长方形的每一条边至多与前两个长方形中的每一个的两
条边相交，故第一条边被隔成五条小线段，其中间的三条小线段中的
每一条线段都把前两个长方形内部的某一部分一分为二，所以至多增
加3×4=12个部分．而第三个长方形的4个顶点都在前两个长方形的
外面，至多能增加4个部分．
所以三个长方形最多能将平面分成10+12+4=26．
2．一个楼梯共有10级台阶，规定每步可以迈1级台阶或2级台
阶，最多可以迈3级台阶．从地面到最上面1级台阶，一共可以有多
少种不同的走法?
【分析与解】 我们知道最后一步可以迈1级台阶、2级台阶或
3级台阶，也就是说可以从倒数第1、2或3级台阶直接迈入最后一
级台阶．
即最后一级台阶的走法等于倒数第1、2和3级台阶的走法和．而
倒数第l级台阶的走法等于倒数第2、3和4级台阶的走法和，„„
如果将1、2、3„„级台阶的走法依次排成一个数列，那么从第
4项开始，每一项等于前3项的和．
有1，2，3级台阶的走法有1，2，4种走法，所以4，5，6，7，
8，9，10级台阶的走法有7，13，24，44，81，149，274种走法．
3．一个圆上有12个点A
1
，A
2
，A
3
，„，A
11
，A
12
．以它们为顶点
连三角形，使每个点恰好是一个三角形的顶点，且各个三角形的边都
不相交．问共有多少种不同的连法?
【分析与解】我们采用递推的方法．
I如果圆上只有3个点，那么只有一种连法．
Ⅱ如果圆上有6个点，除A
1
点所在三角形的三顶点外，剩下的三
个点一定只能在A
1
所在三角形的一条边所对应的圆弧上，表1给出这
时有可能的连法．
Ⅲ如果圆上有9个点，考虑A
1
所在的三角形．此时，其余的6
个点可能分布在：
①A
1
所在三角形的一个边所对的弧上；
②也可能三个点在一个边所对应的弧上，另三个点在另一边所对
的弧上．
在表2中用“+”号表示它们分布在不同的边所对的弧．
如果是情形①，则由Ⅱ，这六个点有三种连法；
如果是情形②，则由①，每三个点都只能有一种连法．
共有12种连法．
Ⅳ最后考虑圆周上有12个点．同样考虑A
1
所在三角形，剩下9
个点的分布有三种可能：
①9个点都在同一段弧上：
②有6个点是在一段弧上，另三点在另一段弧上；
③每三个点在A
1
所在三角形的一条边对应的弧上．得到表3．
共有12×3+3×6+1＝55种．
所以当圆周上有12个点时，满足题意的连法有55种.
4．现在流行的变速自行车，在主动轴和后轴分别安装了几个齿
数不同的齿轮．用链条连接不同搭配的齿轮，通过不同的传动比获得
若干挡不同的车速．“希望牌”变速自行车主动轴上有3个齿轮，齿
数分别是48，36，24；后轴上有4个齿轮，齿数分别是36，24，16，
12．问：这种变速车一共有多少挡不同的车速?
【分析与解】算出全部的传动比，并列成表：
3
这里有4对传动比是相同的：1，，2，3，将重复的传动比去
2
掉，剩下8个不同的比，所以共有8挡不同的车速．
5．分子小于6，分母小于60的不可约真分数有多少个?
【分析与解】 分子的取值范围是从1到5．
当分子为1时，分母可从2到59，共有58个真分数，它们当然
都是不可约分数．
由于2，3，5都是质数，因此当分子分别为2，3，5时，分母必
须而且只需适合下列两个条件：
①分母大于分子且小于60．
⑦分母不是分子的倍数．
易知：当分子为2时，适合条件的分母有29个；
当分子为3时，适合条件的分母有38个：
当分子为5时，适合条件的分母有44个；
最后来看分子为4的情形，与分子为2基本相同，分母不能为偶
数，此外分母不能为3．所以共有28(=29—1)个．
总之，符合要求的分数共有58+29+38+44+28＝197个．
6．一个正方形的内部有1996个点，以正方形的4个顶点和内部
的1996个点为顶点，将它剪成一些三角形．问：一共可以剪成多少
个三角形?如果沿上述这些点中某两点之间所连的线段剪开算作一
刀，那么共需剪多少刀?
【分析与解】方法一：如下图，采用归纳法，列出1个点、2个
点、3个点„时可剪出的三角形个数，需剪的刀数．
不难看出，当正方形内部有n个点时，可以剪成2n＋2个三角形，
需剪3n+l刀，现在内部有1996个点，所以可以剪成2×1996+2=3994
个三角形，需剪3×1996+1=5989刀．
方法二：我们知道内部一个点贡献360度角，原正方形的四个顶
点共贡献了360度角，所以当内部有n个点时，共有360n+360度角，
而每个三角形的内角和为180度角，所以可剪成(360n+360)÷
180=2n+2个三角形．
2n+2个三角形共有3×(2n+2)=6n+6条边，但是其中有4条是原
有的正方形的边，所以正方形内部的三角形边有6n+6—4=6n+2条边，
又知道每条边被2个三角形共用，即每2条边是重合的，所以只用剪
(6n+2)÷2＝3n+1刀．
本题中n=1996，所以可剪成3994个三角形，需剪5989刀．
7．如图15—3，某城市的街道由5条东西与7条南北向马路组
成．现在要从西南角的A处沿最短路线走到东北角的B处，由于修路
十字路口C不能通过，那么共有多少种不同走法?
【分析与解】 因为每个路口(点)只能由西边相邻点、南边相邻
点走过来，所以达到每个点的走法为西边相邻点、南边相邻点的走法
之和，并且最南方一排、最西方一排的所有点均只有1种走法．
因为C点不能通过，所以C处所标的数字为0．如下图所示：
所以，从A到B满足条件的走法共有120种
8．经理将要打印的信件交给秘书，每次给一封，且放在信封的
最上面，秘书一有空就从最上面拿一封信来打．有一天共有9封信打，
经理按第1封，第2封，„，第9封的顺序交给秘书．午饭时，秘书
告诉同事，已把第8封信打印好了，但未透露上午工作的其他情况，
这个同事很想知道是按什么顺序来打印．根据以上信息，下午打印的
信的顺序有多少种可能?(没有要打的信也是一种可能)
【分析与解】 我们根据最后一封信来计数：
(1)第9封信在上午送给秘书；
于是，T={1，2，3，4，5，6，7，9}
则下午打印的每种可能都是T的一个子集，因为秘书可以把不在
子集中的信件上午一送来就打完了，而未打别的信．集T有8个元素，
故有2
8
=256个不同子集(包括空集)．
(2)第9封信在午后才送给秘书．令
S＝{1，2，3，4，5，6，7}，
则上午未打印的信的号码是S的一个子集．若将9排在子集之后，
则与⑴中的情形相同，故只有子集中至少有一封信已把号码9放在该
子集的非最后的位置上．对于有k个元素的子集，号码9有k个位置
可放，即可放在第i一1个元素之后和i个元素之前，i=1，2，„，
k．于是不同的顺序总数为：
0×C
0
7
+1×C
1
7
+2×C
2
7
+„+7×C
7
7
=7×2
7
÷2=7×2
6
=448
即下午有448种可能的打印顺序．
所以，下午共有256+448=704种打印的方法．