小学数学精讲教案7_2_2 较复杂的乘法原理 教师版

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小学数学精讲教案7_2_2 较复杂的乘法原理 教师版

‎7-2-2较复杂的乘法原理 教学目标 ‎1.使学生掌握乘法原理主要内容,掌握乘法原理运用的方法;‎ ‎2.使学生分清楚什么时候用乘法原理,分清有几个必要的步骤,以及各步之间的关系.‎ ‎3.培养学生准确分解步骤的解题能力;‎ 乘法原理的数学思想主旨在于分步考虑问题,本讲的目的也是为了培养学生分步考虑问题的习惯.‎ 知识要点 一、乘法原理概念引入 老师周六要去给同学们上课,首先得从家出发到长宁上8点的课,然后得赶到黄埔去上下午1点半的课.如果说申老师的家到长宁有5种可选择的交通工具(公交、地铁、出租车、自行车、步行),然后再从长宁到黄埔有2种可选择的交通工具(公交、地铁),同学们,你们说老师从家到黄埔一共有多少条路线?‎ 我们看上面这个示意图,老师必须先的到长宁,然后再到黄埔.这几个环节是必不可少的,老师是一定要先到长宁上完课,才能去黄埔的.在没学乘法原理之前,我们可以通过一条一条的数,把线路找出来,显而易见一共是10条路线.但是要是老师从家到长宁有25种可选择的交通工具,并且从长宁到黄埔也有30种可选择的交通工具,那一共有多少条线路呢?这样数,恐怕是要耗费很多的时间了.这个时候我们的乘法原理就派上上用场了.‎ 二、乘法原理的定义 完成一件事,这个事情可以分成n个必不可少的步骤(比如说老师从家到黄埔,必须要先到长宁,那么一共可以分成两个必不可少的步骤,一是从家到长宁,二是从长宁到黄埔),第1步有A种不同的方法,第二步有B种不同的方法,……,第n步有N种不同的方法.那么完成这件事情一共有A×B×……×N种不同的方法.‎ 结合上个例子,老师要完成从家到黄埔的这么一件事,需要2个步骤,第1步是从家到长宁,一共5种选择;第2步从长宁到黄埔,一共2种选择;那么老师从家到黄埔一共有5×2个可选择的路线了,即10条.‎ 三、乘法原理解题三部曲 ‎1、完成一件事分N个必要步骤;‎ ‎2、每步找种数(每步的情况都不能单独完成该件事);‎ ‎3、步步相乘 四、乘法原理的考题类型 ‎1、路线种类问题——比如说老师举的这个例子就是个路线种类问题;‎ ‎2、字的染色问题——比如说要3个字,然后有5种颜色可以给每个字然后,问3个字有多少种染色方法;‎ ‎3、地图的染色问题——同学们可以回家看地图,比如中国每个省的染色情况,给你几种颜色,问你一张包括几个部分的地图有几种染色的方法;‎ ‎4、排队问题——比如说6个同学,排成一个队伍,有多少种排法;‎ ‎5、数码问题——就是对一些数字的排列,比如说给你几个数字,然后排个几为数的偶数,有多少种排法.‎ 例题精讲 模块一、乘法原理之组数问题 【例 1】 ‎ ⑴由数字1、2可以组成多少个两位数?‎ ‎ ⑵由数字1、2可以组成多少个没有重复数字的两位数? ‎ ‎【考点】复杂乘法原理 【难度】1星 【题型】解答 ‎ 【解析】 ‎⑴组成两位数要分两步来完成:第一步,确定十位上的数字,有2种方法;第二步确定个位上的数字,有2种方法.根据乘法原理,由数字1、2可以组成2×2=4个两位数,即11,12,21,22.‎ ‎⑵组成没有重复数字的两位数要分两步来完成:第一步,确定十位上的数字,有2种方法;第二步确定个位上的数字,因为要组成没有重复数字的两位数,因此十位上用的数字个位上不能再用,因此第二步只有1种方法,由乘法原理,能组成2×1=2个两位数,即12,21.‎ ‎【答案】⑴4 ⑵2‎ 【巩固】 ‎⑴由3、6、9这3个数字可以组成多少个没有重复数字的三位数?‎ ‎⑵ 由3、6、9这3个数字可以组成多少个三位数? ‎ ‎【考点】复杂乘法原理 【难度】2星 【题型】解答 ‎ 【解析】 ‎⑴分三步完成:第一步排百位上的数,有3种方法;第二步排十位上的数,有2种方法;第三步,排个位上的数,有1种方法,由乘法原理,3、6、9这3个数字可以组成个没有重复数字的三位数.‎ ‎⑵分三步完成,即分别排百位、十位、个位上的数字,每步有3种方法,由乘法原理,由3、6、9这3个数字一共可以组成个三位数.‎ ‎【答案】⑴ ⑵‎ 【例 2】 用数字0,1,2,3,4可以组成多少个:‎ ‎⑴ 三位数?‎ ‎⑵ 没有重复数字的三位数? ‎ ‎【考点】复杂乘法原理 【难度】2星 【题型】解答 ‎ 【解析】 ‎⑴ 组成三位数可分三步完成.第一步,确定百位上的数字,因为百位不能为0,所以只有4种选择. 第二步确定十位,所有数字都可以,有种选择;第三步确定个位,也是种选择。共有种选择。‎ ‎⑵ 也分三步完成.第一步,百位上有4种选择;第二步确定十位,除了百位上已使用的数字不能用,其他四个数字都可以,所以有4种方法;第三步确定个位,除了百位和十位上已使用过的数字,还有3种选择.根据乘法原理,可以组成个没有重复数字的三位数.‎ ‎【答案】⑴ ⑵‎ 【巩固】 由四张数字卡片:0,2,4,6可以组成 _____个不同的三位数。‎ ‎【考点】复杂乘法原理 【难度】2星 【题型】填空 ‎【关键词】希望杯,4年级,1试 【解析】 千位选法有3种,百位3种,十位2种,个位1种,乘法原理3×3×2×1=18个 ‎【答案】个 【巩固】 用五张数字卡片:0,2,4,6,8能组成______个不同的三位数。‎ ‎【考点】复杂乘法原理 【难度】2星 【题型】填空 ‎【关键词】希望杯,五年级,一试,第8题 【解析】 ‎4×4×3=48个 ‎【答案】个 【例 3】 有五张卡,分别写有数字1、2、4、5、8.现从中取出3‎ 张卡片,并排放在一起,组成一个三位数,问:可以组成多少个不同的偶数? ‎ ‎【考点】复杂乘法原理 【难度】3星 【题型】解答 ‎ 【解析】 分三步取出卡片.首先因为组成的三位数是偶数,个位数字只能是偶数,所以先选取最右边的也就是个位数位置上的卡片,有2、4、8三种不同的选择;第二步在其余的4张卡片中任取一张,放在最左边的位置上,也就是百位数的位置上,有4种不同的选法;最后从剩下的3张卡片中选取一张,放在中间十位数的位置上,有3种不同的选择.根据乘法原理,可以组成3×4×3=36个不同的三位偶数.‎ ‎【答案】36‎ 【例 1】 有5张卡,分别写有数字2,3,4,5,6.如果允许6可以作9用,那么从中任意取出3张卡片,并排放在一起.问:⑴ 可以组成多少个不同的三位数?⑵ 可以组成多少个不同的三位偶数? ‎ ‎【考点】复杂乘法原理 【难度】3星 【题型】解答 ‎ 【解析】 ‎⑴ 先考虑6只能当6的情况最后总的个数只要在这个基础上乘以2就可以了,分三步取出卡片: 第一步确定百位,有5种选择;第二步确定十位,除了百位上已使用的数字不能用,其他4个数字都可以,所以有4种方法;第三步确定个位,除了百位和十位上已使用过的数字,还有3种选择.根据乘法原理,考虑6可以当作9,可以组成(个)不同的三位数.‎ ‎⑵ 先考虑6只能当6的情况,分三步取出卡片.首先因为组成的三位数是偶数,个位数字只能是偶数,所以先选取最右边的也就是个位数位置上的卡片,有2、4、6三种不同的选择;第二步在其余的4张卡片中任取一张,放在十位数的位置上,有4种不同的选法;最后从剩下的3张卡片中选取一张,放在百位数的位置上,有3种不同的选择.根据乘法原理,6只是6时,可以组成(个)不同的三位偶数.这时候算所求的三位偶数并不是简单乘以2就可以的,因为如果个位是6的话变成9就不再是偶数,多乘的还需要减去,个位是6一共有(个)不同的三位偶数,所以,可以组成(个)不同的三位偶数.‎ ‎【答案】⑴ ⑵‎ 【例 2】 用1、2、3这三个数字可以组成多少个不同的三位数?如果按从小到大的顺序排列,213是第几个数? ‎ ‎【考点】复杂乘法原理 【难度】3星 【题型】解答 ‎ 【解析】 排百位、十位、个位依次有3种、2种、1种方法,故一共有3×2×1=6(种)方法,即可以组成6个不同三位数.它们依次为123,132,213,231,312,321.故213是第3个数.‎ ‎【答案】6个;第3个 【巩固】 有一些四位数,它们由4个互不相同且不为零的数字组成,并且这4个数字和等于12.将所有这样的四位数从小到大依次排列,第35个为 . ‎ ‎【考点】复杂乘法原理 【难度】3星 【题型】解答 ‎ 【解析】 ‎4个互不相同且不为0的数字之和等于12,只有两种可能:1+2+3+6或者1+2+4+5.根据乘法原理,每种情况可组成4×3×2×1=24个不同的四位数,一共可组成48个不同的四位数.要求从小到大排列的第35个数,即求从大到小排列的第14个数.我们从千位最大的数开始往下数:千位最大可以取6,而千位是6的数共有3×2=6个;接下来是5,千位为5的数也有6个.所以第13个数应为4521,第14个是4512,答案为4512.‎ ‎【答案】4512‎ 【例 3】 对于由1~5组成的无重复数字的五位数,如果它的首位数字不是1,那么可以进行如下的一次置换操作:记首位数字为k,则将数字k与第k位上的数字对换.例如,24513可以进行两次置换:24513→42513→12543.可以进行4次置换的五位数有      个.‎ ‎【考点】 【难度】星 【题型】填空 ‎【关键词】迎春杯,六年级,初赛,12题 【解析】 要进行次置换,设首位为(不为,有种选择),那么第次与置换的第位上的数可能为和,有种选择;设与置换的为,现在在首位,此时要与置换的第位上的数可能为,,,有种选择;设与置换的为,则此时在首位,那么此时与置换的数组成为,,,,只有种选择;设为,那么最后只能是与置换.所以要进行次置换共有种方法,那么共有个数可以进行四次置换. 另解:也可以反过来考虑,进行次置换后,,,,四个数分别在第,,,位上,那么只能在首位上,故经过次置换后得到的数必定是.与,,,中的某个数置换一次有种选择,这个数与其它的个数置换有种选择……也可以得到符合条件的数有个.‎ ‎【答案】个 【例 1】 将1332,332,32,2这四个数的10个数码一个一个的划掉,要求先划位数最多的数的最小数码,共有多少种不同的划法? ‎ ‎【考点】复杂乘法原理 【难度】4星 【题型】解答 ‎ 【解析】 从小到大一步一步的分步划,遇到出现岔路的情况分类考虑.从位数最多的1332开始:‎ ‎⑴划掉1332中的1,剩下332,332,32,2四个数;‎ ‎⑵划掉位数最多的332中的2,有2种不同的顺序,划掉后剩下33,33,32,2四个数;‎ ‎⑶划掉32中的2,剩下33,33,3,2;‎ ‎⑷两个33中,各划掉一个3,有4×2=8种划掉的顺序,之后剩下3,3,3,2四个数;‎ ‎⑸划掉2后,剩下3,3,3,有3×2=6种划掉的顺序.‎ 根据乘法原理,共有不同的划法:2×8×6=96种.‎ ‎【答案】96种 【巩固】 一个三位数,如果它的每一位数字都不小于另一个三位数对应数位上的数字,就称它“吃掉”另一个三位数,例如:532吃掉311,123吃掉123,但726与267相互都不被吃掉.问:能吃掉678的三位数共有多少个?‎ ‎【考点】复杂乘法原理 【难度】3星 【题型】解答 ‎ 【解析】 即求百位数不小于6,十位数不小于7,个位不小于8的自然数.百位数不小于6,有4种;十位数不小于7,有3种;个位不小于8,有2种.由乘法原理,能吃掉678的三位数共有种.‎ ‎【答案】‎ 【例 2】 如果一个四位数与一个三位数的和是,并且四位数和三位数是由个不同的数字组成的,那么,这样的四位数最多能有多少个? ‎ ‎【考点】复杂乘法原理 【难度】3星 【题型】解答 ‎ 【解析】 四位数的千位数字是.由于这个四位数与三位数的相同位数上的数字之和小于,所以这个四位数与三位数的相同位数上的数字之和均等于.这两个数的其他数字均不能为.‎ 四位数的百位数字可在、、、、、、中选择(不能是9),有7种选择,这时三位数的百位数字是;四位数的十位数字可在剩下的个数字中选择,三位数的十位数字是.四位数的个位数字可在剩下的个数字中选择,三位数的个位数字是.因此,根据乘法原理,这样的四位数有个.‎ ‎【答案】‎ 【例 3】 用1~9可以组成______个不含重复数字的三位数;如果再要求这三个数字中任何两个的差不能是1,那么可以组成______个满足要求的三位数? ‎ ‎【考点】复杂乘法原理 【难度】3星 【题型】解答 ‎ 【解析】 ‎1) 9×8×7=504个.‎ ‎2)504-(6+5+5+5+5+5+5+6)×6-7×6=210个;‎ ‎(减去有2个数字差是1的情况,括号里8个数分别表示这2个数是12,23,34,45,56,67,78,89的情况,×6是对3个数字全排列,7×6是三个数连续的123、234、345、456、567、789这7种情况).‎ ‎【答案】504;210‎ 【例 4】 用数字各一个组成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】复杂乘法原理 【难度】3星 【题型】解答 ‎ ‎【关键词】走美杯 【解析】 中被三除余1和余2的数各有3个,被三整除的数有2个,根据题目条件可以推导,符合条件的排列,一定符合“被三除所得余数以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(种)方法.‎ ‎【答案】‎ 【例 1】 电子表用表示点分,用表示点分,那么点到点之间电子表中出现无重复数字的时刻有________次. ‎ ‎【考点】复杂乘法原理 【难度】4星 【题型】解答 ‎ 【解析】 根据题意,在2点到10点之间,表示小时数的二位数字前一位只能为0,后一位可以为2~9;表示分钟数的二位数字前一位可以为0~5,后一位可以为0~9,再考虑到无重复数字,当时间为2点多、3点多、4点多或5点多时,每一种情况下,表示分钟数的两位数字中前一位有种选择,后一位数字有种选择,此时有种可能,比如时,可以为1,3,4,5,就剩下种可以选择.所以这几种情况下共有种.‎ 类似分析可知,当时间为6点多、7点多、8点多、9点多时,每种情况下都有种,共有种.‎ 所以共种.‎ ‎【答案】‎ 【巩固】 一种电子表在8时31分25秒时显示为,那么从7时到8时这段时间里,此表的5个数字都不相同的时刻一共有______个。‎ ‎【考点】复杂乘法原理 【难度】4星 【题型】填空 ‎【关键词】走美杯,五年级,初赛,第14题 【解析】 设A:BC是满足题意的时刻,有A为8,B、D应从0,1,2,3,4,5这6个数字中选择两个不同的数字,所以有种选法,而C、E应从剩下的7个数字中选择两个不同的数字,所以有种选法,所以共有×=1260种选法.‎ 从8时到9时这段时间里,此表的5个数字都不相同的时刻一共有1260个.‎ ‎【答案】个 模块二、车票问题 【例 2】 北京到上海之间一共有6个站,车站应该准备多少种不同的车票?(往返车票算不同的两种) ‎ ‎【考点】复杂乘法原理 【难度】3星 【题型】解答 ‎ 【解析】 京沪线上中间六个站连北京上海两站一共有8个站,不同的车票上起点站可以有8种,相同的起点站又可以配7种不同的终点站,所以一共要准备8×7=56种不同的车票.‎ ‎【答案】‎ 【巩固】 一条线段上除了两个端点还有6个点,那么这段线段上可以有多少条线段?‎ ‎【考点】复杂乘法原理 【难度】3星 【题型】解答 ‎ 【解析】 将这条线段看作是京沪线,点是车站,那么,每一条线段都对应两张来回车票,所以线段的总数是56÷2=28条线段.‎ ‎【答案】28‎ 【巩固】 某次大连与庄河路线的火车,一共有6个停车点,铁路局要为这条路线准备多少种不同的车票?‎ ‎【考点】复杂乘法原理 【难度】3星 【题型】解答 ‎ 【解析】 不同的车票上起点站可以有6种,相同的起点站又可以配5种不同的终点站,所以一共要准备种不同的车票.‎ ‎【答案】‎ 【巩固】 北京到广州之间有10个站,其中只有两个站是大站(不包括北京、广州),从大站出发的车辆可以配卧铺,那么铁路局要准备多少种不同的卧铺车票?‎ ‎【考点】复杂乘法原理 【难度】3星 【题型】解答 ‎ 【解析】 京广线上一共有12个站,其中有四个大站,卧铺车的起点可以有四种,不同的起点站都可以配11个不同的终点站,所以铁路局要准备4×11=44种不同的车票.‎ ‎【答案】44‎ 模块三、排队问题 【例 3】 奥运吉祥物中的个“福娃”取“北京欢迎您”的谐音:贝贝、晶晶、欢欢、迎迎、妮妮.如果在盒子中从左向右放 个不同的“福娃”,那么,有 种不同的放法.‎ ‎【考点】复杂乘法原理 【难度】3星 【题型】解答 ‎ ‎【关键词】希望杯 【解析】 可得(种).‎ ‎【答案】‎ 【例 1】 五位同学扮成奥运会吉祥物福娃贝贝、晶晶、欢欢、迎迎和妮妮,排成一排表演节目。如果贝贝和妮妮不相邻,共有( )种不同的排法。‎ ‎【考点】复杂乘法原理 【难度】3星 【题型】填空 ‎【关键词】华杯赛,初赛,第6题 【解析】 贝贝在左、妮妮在右相邻的排法有4×3×2×1=24(种),贝贝在右、妮妮在左相邻的排法也有4×3×2×1=24(种),总的排法5×4×3×2×1=120(种)。所以贝贝和妮妮不相邻的排法是120-2×24=72(种)。‎ ‎【答案】种 【例 2】 一台晚会上有6个演唱节目和4个舞蹈节目.问:⑴ 如果4个舞蹈节目要排在一起,有多少种不同的安排顺序? ⑵ 如果要求每两个舞蹈节目之间至少安排一个演唱节目,一共有多少种不同的安排顺序? ‎ ‎【考点】复杂乘法原理 【难度】3星 【题型】解答 ‎ ‎【关键词】仁华学校 【解析】 ‎⑴将4个舞蹈节目视为1个节目,七个节目一起排列一共有个,但舞蹈节目还有种排列.所以一共有种.‎ 优先安排将6个演唱节目顺序,一共有种方法,然后将4个舞蹈节目按顺序安插到6个演唱节目前后不同位置,包括首尾一共有个位置可供4个舞蹈节目安插,共有个安插方式,所以一共有种排列方式.‎ ‎【答案】‎ 【例 3】 新年联欢会共有8个节目,其中有3个非歌唱类节目。排列节目单时规定,非歌唱类节目不相邻,而且第一个和最后一个节目都是歌唱类节目。则节目单可有 种不同的排法。‎ ‎【考点】复杂乘法原理 【难度】4星 【题型】填空 ‎【关键词】希望杯,六年级,二试,第10题 【解析】 方法一:乘法原理:‎ 第一步:先从5个歌唱节目里选出2个排在最左面和最右面,共有(种);‎ 第二步:将非歌唱类打包当成一个节目,此时中间共需排列3+1,对他们进行排列有:(种);‎ 第三步:对打包后的非歌唱类节目进行全排列,有(种)‎ 分步,共有:(种)。‎ 方法二:‎ 第一步:将5个歌唱类节目进行全排列,有(种);‎ 第二步:使用插板法,中间有4个空格,将相邻的3个非歌唱类节目插入,这3个非歌唱类节目也要进行全排列,则有:则有(种)。所以共有:(种)‎ ‎【答案】种 【例 4】 爸爸、妈妈、客人和我四人围着圆桌喝茶。若只考虑每人左邻的情况,问共有多少种不同的入座方法?‎ ‎【考点】复杂乘法原理 【难度】3星 【题型】填空 ‎【关键词】华杯赛,初赛,第4题 【解析】 方法一:第一人落座后,考察左邻的人,有3种选择,第二人落座后,考察左邻的人有3种选择,所以共有3×2=6种选择。 方法二:第一人落座有4个位置可选,第一人落座后,坐在他的左面的有三种情况,而每种情况另一人的左邻又有两种,所以共有4×3×2=24种方法,但由于是圆桌,只考虑相邻情况,不考虑具体坐在哪一面,所以只有24÷4=6种入座方法。‎ ‎【答案】种 【例 1】 四对夫妇围一圆桌吃饭,要求每对夫妇两人都要相邻,那么一共有多少安排座位的方法?(如果某种排法可以通过旋转得到另一种排法,那么这两种排法算作同一种.) ‎ ‎【考点】复杂乘法原理 【难度】3星 【题型】解答 ‎ 【解析】 方法一:事实上如果没有括号中的条件,那么所得的答案是原题答案的八分之一,因为符合原题的所有不同排法都通过旋转可以得到8种各不相同的安排方法.所以可以先求出改掉括号中条件的题目答案.对于改编后的题,显然所有的安排方法分为两大类,如右图所示,每个椭圆中是一对,对于其中的一类,例如右图,第一步,确定1号位的人选:8种,那么2号位只能是他(她)的妻子(丈夫);第二步确定3号位的人选:6种,那么4号位只能是坐3号位的妻子或丈夫……,如此,对于右图可以有种排法,同理左图也有384种排法,一共是768种排法.那么对于有括号中条件的题目一共有种排法.‎ 所以用的小长方形形覆盖的方格网,共有13种不同的盖法.‎ 方法二:由于括号中的条件让人很为难,对于一种新的排法,还要将它旋转,看它是否和之前的排法是否相同,当然也可以将所有排法都转到一个特殊的角度,以判断这些排法是否有相同的,所以可以定义一个特殊角度:先将四对夫妇编号,然后规定对于每一种排法1号夫妇面南坐是它的特殊角度,那么如果两种排法都转到特殊角度后,还不完全一样,那么这两种排法就无论如何也不能通过旋转得到相同的排法,所以只要求出特殊角度下的不同排法数,第一步先将4对夫妻的整体位置安排好,当然1号夫妻已经排好了,安排另3对夫妻一共有种排法,如图所示:‎ 对于以上每一种排法,夫妻之间都可以交换位置,所以一共有种排法.‎ ‎【答案】‎ 【巩固】 ‎3个3口之家在一起举行家庭宴会,围一桌吃饭,要求一家人不可以被拆开,那么一共有多少种排法?(如果某种排法可以通过旋转得到另一种排法,那么这两种排法算作同一种.)‎ ‎【考点】复杂乘法原理 【难度】3星 【题型】解答 ‎ 【解析】 使用原题的方法二会更方便:共种.‎ ‎【答案】‎ 【例 2】 编号为1到10的十张椅子顺时针均匀地绕圆桌一圈摆放.5对夫妇入座,要求男女相隔而坐,每对夫妇不能相邻或对面而坐,有 种入座的分配方式.‎ ‎【考点】复杂乘法原理 【难度】3星 【题型】解答 ‎【关键词】日本小学算术奥林匹克,初赛 ‎ 【解析】 假设有位丈夫坐在1号位,那么所有的丈夫都坐在奇数号位,妻子则坐在偶数号位.由于妻子不能与丈夫相邻和相对,所以她不能坐在2,6,10号位上,只能坐在4号位或8号位上.也就是说妻子只能坐在丈夫的顺时针或者逆时针方向数第3个位子上.‎ 可以发现,丈夫和妻子的位子的这一关系对每一对夫妇和每一个座位都适用.‎ 对于其中的某一个丈夫,他可以坐在1到10号的任意一个位子上,有10种选择.‎ 不妨设他坐在1号位上,那么他的妻子只能坐在4号位或8号位上.假如坐在4号位上,那么对于坐在7号位上的丈夫,他的妻子只能坐在10号位上;而对于坐在3号位上的丈夫,他的妻子只能坐在6号位上;那么对于坐在9号位上的丈夫,他的妻子只能坐在2号位;对于坐在5号位上的丈夫,他的妻子只能坐在8号位.‎ 可见,只要一对夫妇的位置确定,那么其他4对夫妇的位置关系也就确定了,也就是说,只要确定了其他4位丈夫的座位,那么整个座位分配就确定了.由于4位丈夫之间的位置关系是不确定的,所以有种.‎ 同样地,如果坐1号位的丈夫的妻子坐在8号位上,也有24种.所以这名丈夫坐在1号位上共有种.‎ 那么这名丈夫坐在其它位置上也各有48种.由于每个座位都是编过号的,各个座位互不相同,每一名丈夫和妻子也都不相同,所以不会出现重复的情况,所以满足题意的分配方式有种.‎ ‎【答案】‎
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