小学奥数基础教程（四年级）
例1把20以内的质数分别填入下图的邻的○内，7只能填在与8不相邻的○一个○中，使得图中用箭头连接起来内。其余数的填法见右上图。 的四个数之和都相等。
例4在右图的六个○内各填入一个质数（可取相同的质数），使它们的和
等于20，而且每个三角形（共5个）顶点上的数字之和都相等。
分析与解：由上图看出，三组数都包括左、右两端的数，所以每组数的中
间两数之和必然相等。20以内共有2，3，5，7，11，13，17，19八个质数，分析与解：因为大三角形的三个顶点两两之和相等的有
与中间倒三角形的三个顶点正好是图 5＋19＝7＋17＝11＋13， 中的六个○，又因为每个三角形顶点 于是得到下图的填法。
上的数字之和相等，所以每个三角形顶点上的数字之和为20÷2＝10。10
分为三个质数之和只能是2＋3＋5，由此得到右图的填法。
例2在右图的每个方格中填入一个数字，使得每行、每列以及每条对角线
上的方格中的四个数字都是1，2，3，4。
例5在右图所示立方体的八个顶点上标出1～9中的八个，使得每个面上四个顶点所标数字之和都等于k，并且k
不能被未标出的数整除。
分析与解：如左下图所示，受列及对 角线的限制，a处只能填1，从而b处填3；进而推知c处填4，d处填3，e处填4，??右下图为填好后的数阵分析与解：设未被标出的数为a，则被图。
标出的八个数之和为1＋2＋?＋9-a＝45-a。由于每个顶点都属于三个面，所以六个面的所有顶点数字之和为
6k＝3×（45-a）， 2k＝45-a。
2k是偶数，45－a也应是偶数，
例3将1～8填入左下图的○内，要求所以a必为奇数。 按照自然数顺序相邻的两个数不能填 若a＝1，则k＝22； 入有直线连接的相邻的两个○内。
若a＝3，则k＝21； 若a＝5，则k＝20；
若a＝7，则k＝19； 若a＝9，则k＝18。
因为k不能被a整除，所以只有a
分析与解：因为中间的两个○各自只＝7，k＝19符合条件。
与一个○不相邻，而2～7中的任何一 由于每个面上四个顶点上的数字个数都与两个数相邻，所以这两个○之和等于19，所以与9在一个面上的内只能填1和8。2只能填在与1不相
另外三个顶点数之和应等于10。在1，
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2，3，4，5，6，8中，三个数之和等
于10的有三组： 10＝1＋3＋6 ＝1＋4＋5 ＝2＋3＋5，
将这三组数填入9所在的三个面上，可得右图的填法。
练习18
1.将1～6这六个数分别填入左下图中的六个○内，使得三条直线上的数字的和都相等。
2.将1～8这八个数分别填入右上图中的八个方格内，使上面四格、下面四格、左边四格、右边四格、中间四格及四角四格内四个数相加的和都是18。
3.在下页左上图的每个方格中填
入一个数字，使得每行、每列以及每条对角线上的方格中的四个数都是1，2，3，4。
4.将1～8填入右上图的八个空格中，使得横、竖、对角任何两个相邻空格中的数都不是相邻的两个自然数。
5.20以内共有10个奇数，去掉9和15还剩八个奇数。将这八个奇数填入右图的八个○中（其中3已填好），使得用箭头连接起来的四个数之和都相等。
小学奥数基础教程（四年级）
6.在左下图的七个○内各填入一个质数，使每个小三角形（共6个）的三个顶点数之和都相等，且为尽量小的质数。
到丙有3种方法，第3步丙到丁有2种方法。对于第一步的每种方法，第二步都有3种方法，所以从甲到丙有2×3=6（种）方法；对从甲到丙的每种方法，第三步都有2种方法，所以不
同的走法共有
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4步给D染色，因为不能与A，C同色，故有3种不同的染色方法；第5步给E染色，由于不能与A，C，D同色，故只有2种不同的染色方法。根据乘法原理，共有不同的染色方法 5×4×3×3×2＝360（种）。 7.从1～13中选出12个自然数填入右上图的空格中，使每横行四数之和相等，每竖列三数之和也相等。 19讲 乘法原理
让我们先看下面几个问题。 例1马戏团的小丑有红、黄、蓝三顶帽子和黑、白两双鞋，他每次出场演出都要戴一顶帽子、穿一双鞋。问：小丑的帽子和鞋共有几种不同搭配？ 分析与解：由下图可以看出，帽子和鞋共有6种搭配。
事实上，小丑戴帽穿鞋是分两步进行的。第一步戴帽子，有3种方法；第二步穿鞋，有2种方法。对第一步的每种方法，第二步都有两种方法，所以不同的搭配共有 3×2＝6（种）。
例2从甲地到乙地有2条路，从乙地到丙地有3条路，从丙地到丁地也有2条路。问：从甲地经乙、丙两地到丁地，共有多少种不同的走法？ 分析与解：用A1，A2表示从甲地到乙地的2条路，用B1，B2，B3表示从乙地到丙地的3条路，用C1，C2表示从丙地到丁地的2条路（见下页图）。
共有下面12种走法： A1B1C1 A1B2C1 A1B3C1 A1B1C2 A1B2C A1B3C2 A2B1C1 A2B2C1 A2B3C1 A2B1C2 A2B2C2 A2B3C2
事实上，从甲到丁是分三步走的。第一步甲到乙有2种方法，第二步乙
2×3×2＝12（种）。
以上两例用到的数学思想就是数
学上的乘法原理。
乘法原理：如果完成一件任务需要分成n个步骤进行，做第1步有m1种方法，做第2步有m2种方法??做第n步有mn种方法，那么按照这样的步骤完成这件任务共有 N＝m1×m2×?×mn 种不同的方法。
从乘法原理可以看出：将完成一件任务分成几步做，是解决问题的关键，而这几步是完成这件任务缺一不可的。 例3用数字0，1，2，3，4，5可以组成多少个三位数（各位上的数字允许重复）？
分析与解：组成一个三位数要分三步进行：第一步确定百位上的数字，除0以外有5种选法；第二步确定十位上的数字，因为数字可以重复，有6种选法；第三步确定个位上的数字，也有6种选法。根据乘法原理，可以组成三位数
5×6×6＝180（个）。 例4如下图，A，B，C，D，E五个区域分别用红、黄、蓝、白、黑五种颜色中的某一种染色，要使相邻的区域染不同的颜色，共有多少种不同的染色方法？
分析与解：将染色这一过程分为依次
给A，B，C，D，E染色五步。 先给A染色，因为有5种颜色，故有5种不同的染色方法；第2步给B染色，因不能与A同色，还剩下4种颜色可选择，故有4种不同的染色方法；第3步给C染色，因为不能与A，B同色，故有3种不同的染色方法；第例5求360共有多少个不同的约数。 分析与解：先将360分解质因数， 360＝2×2×2×3×3×5， 所以360的约数的质因数必然在2，3，5之中。为了确定360的所有不同的约数，我们分三步进行： 第1步确定约数中含有2的个数，可能是0，1，2，3个，即有4种可能； 第2步确定约数中含有3的个数，可能是0，1，2个，即有3种可能； 第3步确定约数中含有5的个数，可能没有，也可能有1个，即有2种可能。
根据乘法原理，360的不同约数共有
4×3×2＝24（个）。
由例5得到：如果一个自然数N分解质因数后的形式为
其中P1，P2，?，Pl都是质数，n1，n2?，nl都是自然数，则N的所有约数的个数为：
（n1＋1）×（n2+1）×?×（nl＋1）。
利用上面的公式，可以很容易地算出某个自然数的所有约数的个数。例如，11088＝24×32×7×11，11088共有不同的约数
（4＋1）×（2+1）×（1＋1）×（1＋1）＝60（个）。
例6有10块糖，每天至少吃一块，吃完为止。问：共有多少种不同的吃法？ 分析与解：将10块糖排成一排，糖与糖之间共有9个空。从头开始，如果相邻两块糖是分在两天吃的，那么就在其间画一条线。下图表示10块糖分在五天吃：第一天吃2块，第二天吃3块，第三天吃1块，第四天吃2块，第五天吃2块。因为每个空都有加线与不加线两种可能，根据乘法原理，不同的加线方法共有29
＝512（种）。
小学奥数基础教程（四年级）
因为每一种加线方法对应一种吃糖的方法，所以不同的吃法共有512种。
班。问：一天中乘坐这些交通工具从甲地到乙地，共有多少种不同走法？ 分析与解：一天中乘坐火车有4种走同的染色方法？
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域染不同的颜色。问：共有多少种不
练习19
1.有五顶不同的帽子，两件不同的上衣，三条不同的裤子。从中取出一顶帽子、一件上衣、一条裤子配成一套装束。问：有多少种不同的装束？ 2.四角号码字典，用4个数码表示一个汉字。小王自编一个“密码本”，用3个数码（可取重复数字）表示一个汉字，例如，用“011”代表汉字“车”。问：小王的“密码本”上最多能表示多少个不同的汉字？
3.“IMO”是国际数学奥林匹克的缩写，把这3个字母写成三种不同颜色。现在有五种不同颜色的笔，按上述要求能写出多少种不同颜色搭配的“IMO”？
4.在右图的方格纸中放两枚棋子，要求两枚棋子不在同一行也不在同一列。问：共有多少种不同的放法？
5.要从四年级六个班中评选出学习和体育先进集体各一个（不能同时评一个班），共有多少种不同的评选结果？
6.甲组有6人，乙组有8人，丙组有9人。从三个组中各选一人参加会议，共有多少种不同选法？ 7.用四种颜色给右图的五块区域染色，要求每块区域染一种颜色，相邻的区域染不同的颜色。问：共有多少种不同的染色方法？
第20讲 加法原理（一）
例1从甲地到乙地，可以乘火车，也可以乘汽车，还可以乘轮船。一天中火车有4班，汽车有3班，轮船有2
法，乘坐汽车有3种走法，乘坐轮船有2种走法，所以一天中从甲地到乙地共有：4＋3＋2=9（种）不同走法。 例2旗杆上最多可以挂两面信号旗，现有红色、蓝色和黄色的信号旗各一面，如果用挂信号旗表示信号，最多能表示出多少种不同的信号？ 分析与解：根据挂信号旗的面数可以将信号分为两类。第一类是只挂一面信号旗，有红、黄、蓝3种；第二类是挂两面信号旗，有红黄、红蓝、黄蓝、黄红、蓝红、蓝黄6种。所以一共可以表示出不同的信号 3＋6=9（种）。
以上两例利用的数学思想就是加法原理。
加法原理：如果完成一件任务有n类方法，在第一类方法中有m1种不同方法，在第二类方法中有m2种不同方法 ??在第n类方法中有mn种不同方法，那么完成这件任务共有
N=m1+m2+?+mn 种不同的方法。
乘法原理和加法原理是两个重要
而常用的计数法则，在应用时一定要注意它们的区别。乘法原理是把一件事分几步完成，这几步缺一不可，所以完成任务的不同方法数等于各步方法数的乘积；加法原理是把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，所以完成任务的不同方法数等于各类方法数之和。
例3两次掷一枚骰子，两次出现的数字之和为偶数的情况有多少种？ 分析与解：两次的数字之和是偶数可
以分为两类，即两数都是奇数，或者两数都是偶数。
因为骰子上有三个奇数，所以两
数都是奇数的有3×3=9（种）情况；同理，两数都是偶数的也有9种情况。根据加法原理，两次出现的数字之和为偶数的情况有9＋9＝18（种）。 例4用五种颜色给右图的五个区域染色，每个区域染一种颜色，相邻的区
分析与解：本题与上一讲的例4表面上十分相似，但解法上却不相同。因为上一讲例4中，区域A与其它区域都相邻，所以区域A与其它区域的颜色都不相同。本例中没有一个区域与其它所有区域都相邻，如果从区域A开始讨论，那么就要分区域A与区域E的颜色相同与不同两种情况。 当区域A与区域E颜色相同时，A有5种颜色可选；B有4种颜色可选；C有3种颜色可选；D也有3种颜色可选。根据乘法原理，此时不同的染色方法有
5×4×3×3＝180（种）。 当区域A与区域E颜色不同时，A有5种颜色可选；E有4种颜色可选；B有3种颜色可选；C有2种颜色可选；D有2种颜色可选。根据乘法原理，此时不同的染色方法有
5×4×3×2×2＝240（种）。 再根据加法原理，不同的染色方法共有
180＋240=420（种）。 例5用1，2，3，4这四种数码组成五位数，数字可以重复，至少有连续三位是1的五位数有多少个？ 分析与解：将至少有连续三位数是1的五位数分成三类：连续五位是1、恰有连续四位是1、恰有连续三位是1。 连续五位是1，只有11111一种；
中任一个，所以有3＋3＝6（种）；
小学奥数基础教程（四年级）
2.光明小学四、五、六年级共订- 24 -
级上去。根据加法原理，如果登上第
3×4＋4×3＋3×3＝33（种）。 由加法原理，这样的五位数共有 1＋6＋33＝40（种）。 在例5中，我们先将这种五位数分为三类，以后在某些类中又分了若干种情况，其中使用的都是加法原理。 例6右图中每个小方格的边长都是1。一只小虫从直线AB上的O点出发，沿着横线与竖线爬行，可上可下，可左可右，但最后仍要回到AB上（不一定回到O点）。如果小虫爬行的总长是3，那么小虫有多少条不同的爬行路线？
分析与解：如果小虫爬行的总长是2，那么小虫从AB上出发，回到AB上，其不同路线有6条（见左下图）；小虫从与AB相邻的直线上出发，回到AB上，其不同路线有4条（见右下图）。
实际上，小虫爬行的总长是3。小虫爬行的第一步有四种情况： 向左，此时小虫还在AB上，由上面的分析，后两步有6条路线； 同理，向右也有6条路线； 向上，此时小虫在与AB相邻的直线上，由上面的分析，后两步有4条路线；
同理，向下也有4条路线。 根据加法原理，共有不同的爬行路线
6＋6＋4＋4＝20（条） 练习20
1.南京去上海可以乘火车、乘飞机、乘汽车和乘轮船。如果每天有20班火车、6班飞机、8班汽车和4班轮船，那么共有多少种不同的走法？
300份报纸，每个年级至少订99份报纸。问：共有多少种不同的订法？ 3.将10颗相同的珠子分成三份，共有多少种不同的分法？
4.在所有的两位数中，两位数码之和是偶数的共有多少个？ 5.用五种颜色给右图的五个区域染色，每个区域染一种颜色，相邻的区域染不同的颜色。问：共有多少种不同
的染色方法？
6.用1，2，3这三种数码组成四位数，在可能组成的四位数中，至少有连续两位是2的有多少个？ 7.下图中每个小方格的边长都是
1。有一只小虫从O点出发，沿图中格线爬行，如果它爬行的总长度是3，那么它最终停在直线AB上的不同爬行路
线有多少条？
第21讲 加法原理（二） 我们通常解题，总是要先列出算式，然后求解。可是对有些题目来说，这样做不仅麻烦，而且有时根本就列不出算式。这一讲我们介绍利用加法原理在“图上作业”的解题方法。 例1小明要登上10级台阶，他每一步只能登1级或2级台阶，他登上10级台阶共有多少种不同的登法？ 分析与解：登上第1级台阶只有1种登法。登上第2级台阶可由第1级台阶上去，或者从平地跨2级上去，故有2种登法。登上第3级台阶可从第1级台阶跨2级上去，或者从第2级台阶上去，所以登上第3级台阶的方法数是登上第1级台阶的方法数与登上第2级台阶的方法数之和，共有1+2＝3（种）??一般地，登上第n级台阶，或者从第（n—1）级台阶跨一级上去，或者从第（n—2）级台阶跨两（n—1）级和第（n—2）级分别有a种和b种方法，则登上第n级有（a＋b）种方法。因此只要知道登上第1级和第2级台阶各有几种方法，就可以依次推算出登上以后各级的方法数。由登上第1级有1种方法，登上第2级有2种方法，可得出下面一串数： 1，2，3，5，8，13，21，34，55，89。
其中从第三个数起，每个数都是它前面两个数之和。登上第10级台阶的方法数对应这串数的第10个，即89。也可以在图上直接写出计算得出的登上各级台阶的方法数（见下图）。
例2在左下图中，从A点沿实线走最短路径到B点，共有多少条不同路线？
分析与解：题目要求从左下向右上走，所以走到任一点，例如右上图中的D点，不是经过左边的E点，就是经过下边的F点。如果到E点有a种走法（此处a＝6），到F点有b种走法（此处b＝4），根据加法原理，到D点就有（a＋b）种走法（此处为6＋4=10）。我们可以从左下角A点开始，按加法原理，依次向上、向右填上到各点的走法数（见右上图），最后得到共有35条不同路线。
例3左下图是某街区的道路图。从A点沿最短路线到B点，其中经过C点和D点的不同路线共有多少条？
分析与解：本题可以同例2一样从A标到B，也可以将从A到B分为三段，先是从A到C，再从C到D，最后从D到B。如右上图所示，从A到C有3种走法，从C到D有4种走法，从D到B有6种走法。因为从A到B是分几步走的，所以应该用乘法原理，不同的路线共有
3×4×6＝72（条）。
例4沿左下图中箭头所指的方向从A到B共有多少种不同的走法？
分析与解：如右上图所示，先标出到C点的走法数，再标出到D点和E点的走法数，然后标出到F点的走法数，最后标出到B点的走法数。共有8种不同的走法。
例5有15根火柴，如果规定每次取2根或3根，那么取完这堆火柴共有多少种不同取法？
分析与解：为了便于理解，可以将本题转变为“上15级台阶，每次上2级或3级，共有多少种上法？”所以本题的解题方法与例1类似（见下表）。
注意，因为每次取2或3根，所以取1根的方法数是0，取2根和取3根的方法数都是1。取4根的方法数是取1根与取2根的方法数之和，即0＋1＝1。依此类推，取n根火柴的方法数是取（n-3）根与取（n-2）根的方法数之和。所以，这串数（取法数）中，从第4个数起，每个数都是它前面第3个数与前面第2个数之和。取完15根火柴共有28种不同取法。 练习21
1.小明要登15级台阶，每步登1级或2级台阶，共有多少种不同登法？
小学奥数基础教程（四年级）
2.小明要登20级台阶，每步登2级或3级台阶，共有多少种不同登法？ 3.有一堆火柴共10根，每次取走1～3根，把这堆火柴全部取完有多少种不同取法，
4.在下图中，从A点沿最短路径到B点，共有多少条不同的路线？
5.左下图是某街区的道路图，C点和D点正在修路不能通过，那么从A点到B点的最短路线有多少条？
6.右上图是八间房子的示意图，相邻两间房子都有门相通。从A点穿过房间到达B处，如果只能从小号码房间走向大号码房间，那么共有多少种不同的走法？
第22讲 还原问题（一）
有一位老人说：“把我的年龄加上12，再用4除，再减去15后乘以10，恰好是100岁。”这位老人有多少岁呢？解这个题目要从所叙述的最后结果出发，利用已给条件一步步倒着推算，同学们不难看出，这位老人的年龄是
（100÷10＋15）×4—12＝88（岁）。
从这一例子可以看出，对于有些问题，当顺着题目条件的叙述去寻找解法时，往往有一定的困难，但是，如果改变思考顺序，从问题叙述的最后结果出发，一步一步倒着思考，一步一步往回算，原来加的用减，减的用加，原来乘的用除，除的用乘，那么问题便容易解决。这种解题方法叫做还原法或逆推法，用还原法解题的问题叫做还原问题。
例1有一个数，把它乘以4以后减去46，再把所得的差除以3，然后减去10，最后得4。问：这个数是几？ 分析：这个问题是由
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（□×4—46）÷3—10＝4， 求出□。我们倒着看，如果除以3以后不减去10，那么商应该是4＋10＝14；如果在减去46以后不除以3，那么差该是14×3＝42；可知这个数乘以4后的积为42＋46＝88，因此这个数是88÷4=22。
解：［（4＋10）×3＋46］÷4＝22。 答：这个数是22。
例2小马虎在做一道加法题目时，把个位上的5看成了9，把十位上的8看成了3，结果得到的“和”是123。问：正确的结果应是多少？ 分析：利用还原法。因为把个位上的5看成9，所以多加了4；又因为把十位上的8看成3，所以少加了50。
在用还原法做题时，多加了的4应减去，多减了的50应加上。 解：123-4＋50＝169。 答：正确的结果应是169。 例3学校运来36棵树苗，乐乐与欢欢两人争着去栽，乐乐先拿了若干树苗，欢欢看到乐乐拿得太多，就抢了10棵，乐乐不肯，又从欢欢那里抢回来6棵，这时乐乐拿的棵数是欢欢的2倍。问：最初乐乐拿了多少棵树苗？ 分析：先求乐乐与欢欢现在各拿了多少棵树苗。学校共有树苗36棵，乐乐拿的树苗数是欢欢的2倍，所以欢欢现在拿了36÷（2＋1）=12（棵）树苗，而乐乐现在拿了12×2＝24（棵）树苗，乐乐从欢欢那里抢走了6棵后是24棵，如果不抢，那么乐乐有树苗24-6＝18（棵），欢欢看乐乐拿得太多，去抢了10棵，如果欢欢不抢，那么乐乐就有18＋10＝28（棵）。 解：36÷5（1＋2）×2-6＋10=28（棵）。 答：乐乐最初拿了28棵树苗。 例4甲、乙、丙三组共有图书90本，乙组向甲组借3本后，又送给丙组5本，结果三个组拥有相等数目的图书。问：甲、乙、丙三个组原来各有多少本图书？
分析与解：尽管甲、乙、丙三个组之间将图书借来借去，但图书的总数90本没有变，由最后三个组拥有相同数目的图书知道，每个组都有图书90÷3
小学数学奥数基础教程（四年级）目30讲全
