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五年级思维专项训练8 加乘原理(原卷+解析版)全国通用
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五年级思维训练8 加乘原理
1. 下图中的“我爱希望杯”有 种不同的读法。
2. 妈妈教妹妹用数棒练习加法。现在很多长度为1、3、5、7、9厘米的数棒，不同长度的数棒颜色都不相同。请问有多少种不同的方式将这些数棒连接成长度为10厘米？（注意：先放置1厘米的数棒再放置3厘米的数棒，与先放置3厘米的数棒再放置1厘米的数棒视为不同的方式，例如连接成长度为4厘米时，有1+1+1+1，1+3,3+1三种方式）
3. 号码分别为2005、2006、2007、2008的4名运动员进行乒乓球比赛，规定每两人比赛的场数是他们号码的和被4除所得的余数。那么，2008号运动员赛了多少场？
4. 自然数12321、90009、41014、···它们都有一个共同的特征：倒过来写还是原来的数。那么具有这种特征的五位奇数有 个。
5. 电子钟指示时间由00:00:00到23:59:59，电子钟每1秒钟变化1次，在一昼夜期间，时间从左向右读和从右向左读的数字顺序完全一样的时刻有 个。
6. 一种电子表在10点28分6秒时，显示的时间如下图所示。那么10点至10点半这段时间内，电子表上六个数字都不相同的时刻有 个。
7.将1、2、3、4、5分别填入下图1×5的格子中，要求填在黑格里的数比它旁边的两个数都大。共有 种不同的填法。
8. 玩具厂生产一种玩具棒，共4节，用红、黄、蓝三种颜色给每节涂色。这家玩具厂共可生产 种颜色不同的玩具棒。
9. 从1~25这25个自然数中，每次取出两个不同的数，使它们的和是4的倍数，共有 种不同的取法。
10. 分母不大于60，分子小于6的最简真分数有 个。
11. 小于10且分母为36的最简分数共有多少个？
12.要把4枚棋子A、B、C、D放在下图的方格里，要求每行和每列只能出现一枚棋子，则一共有 种不同的放法。
13. 小宝记得英语单词“hello”是由三个不同的字体h，e，o和两个相同的字母l组成的，但不记得排列顺序，则小宝可能出现的拼写错误共有 种。
14. 一类自然数，从第三个数字开始，每个数字都恰好是它前面两个数字的和，如123、235等等，这类三位数共有 个。
15. 从1、2、3、4这四个数中取一个、两个、三个或四个组成的自然数共有 个，将它们从小到大排列，第41个数是 。
16. 由数字1、2、3组成五位数，要求这五位数中1、2、3至少各出现一次，那么这样的五位数共有 个。
17. 在1~20这二十个数中，任取十个数相加的和与其余十个数相加的和相乘，能得到 个不同乘积。
18. 将19枚棋子放入5×5的方格网内，每个方格至多只放一枚棋子，且每行每列的棋子个数均为奇数个，那么共有 种不同的放法。
19. 将5枚棋子放入下面编号为4×4表格的格子，每个格子最多放一枚，如果要求每行，每列都有棋子，那么共有 种不同放法。
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20. 用红、黄、蓝3种颜色把下图的8个小圆圈涂上颜色，每个圆圈只涂一种颜色，并且有连线的两个圆圈不能同色，那么，不同的涂法有 种。
21. 如果用4种颜色对下面3个图形中的A、B、、C、D、E五个区域染色，要求相邻的区域染不同的颜色，那么，对图a）、图b）、图c）分别有 、 、 、种染法。
22. 用数字1~8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。
23. 把所以不含重复数字的四位偶数从小到大排成一列，则从前往后数第364个数是多少？
24. 有4对夫妇围成一圈，使每一对夫妇二人相邻的排法有 种。
25. 编号分别为1到10的10张椅子顺时针等间距地绕圆桌一圈摆放。5对夫妇入座，要求男女相隔而座，每对夫妇不能相邻或对面而坐，有 种入座的分配方式。
26. 两个篮子中分别装有很多同样的牵牛花和月季花，从中选出6朵串成花环（下图是其中的一种情况），可以得到不同的花环 种。（通过旋转和翻转能重合的算同一种花环）。
27.9个小等边三角形拼成了下图所示的大等边三角形。每个小等边三角形中都填写了一个六位数，且有公共边的两个小等边三角形所填写的六位数恰好有一位不同。现已有小等边三角形填好数。另外6个小三角形共有 种填法。
28. 小明有5双袜子，颜色分别是白色、黑色、红色、蓝色、灰色。有一天，他发现掉了其中的3只袜子，情况可能是：掉了的3只袜子中有2只颜色一样，于是他还有3双袜子；又有可能是掉了的3只袜子颜色两两不同，于是他只剩下2双袜子了。那么后者的可能性是前者的 倍。
29. 0~9可以组成两个五位数A和B，如果A+B的和是一个末五位数字相同的六位数，那么A×B的不同取值共有 个。
30. 在算式8÷7÷6÷5÷4÷3÷2中任加括号来改变运算顺序，例如[8÷（7÷6）÷5]÷（4÷3）÷2为其中一种方法，则所有可能添加括号的方法中，一共可得到 种不同的计算结果。
31. 在1到2008（含2008）的所有正整数中，它的数码之和可被5整除的数共有多少个？
32. 考查具有如下性质的非零整数；或者是一位数，或者它的各位数字均不相同且除去最高位的数字每位数字都和其左边的某个数字之差为1（例如：23104），则有上述性质的数有 个。简述你的理由。
33. 如下图所示，广场中央有一座漂亮的喷泉。小明从A点出发，沿喷泉周围的小路不重复地绕喷泉走一周，最终回到A点的走法共有 种（图中的两个圆及两圆之间的线段均表示小路，绕喷泉一周指小明行走路线为封闭路线且喷泉在此路线内部）。
34. 将下图中的2007（即阴影部分）分成若干个1×2的小长方形，共有 种办法。
35.假如电子计时器所显示的十个数字是“0126093028”这样一串数，它表示的是1月26日9时30分28秒。在这串数里，“0”出现了3次，“2”出现了2次，“1”、“3”、“6”、“8”、“9”各出现1次，而“4”、“5”、“7”没有出现。如果在电子计时器所显示的这串数里，0到9这10个数字都只出现一次，称它所表示的时刻为“十全时”。那么2003年一共有 个这样的“十全时”。
五年级思维训练8 加乘原理
参考答案
1. 下图中的“我爱希望杯”有 种不同的读法。
【答案】16
【分析】方法一：由乘法原理，共有2×2×2×2=16种方法。
方法二：标数法。如下图所示。
1+4+6+4+1=16（种）
2. 妈妈教妹妹用数棒练习加法。现在很多长度为1、3、5、7、9厘米的数棒，不同长度的数棒颜色都不相同。请问有多少种不同的方式将这些数棒连接成长度为10厘米？（注意：先放置1厘米的数棒再放置3厘米的数棒，与先放置3厘米的数棒再放置1厘米的数棒视为不同的方式，例如连接成长度为4厘米时，有1+1+1+1，1+3,3+1三种方式）
【答案】55种
【分析】根据1的个数分类枚举：
10个1组成：1种；
7个1和1个3组成：8种；
5个1和1个5组成：6种；
4个1和2个3组成：种；
3个1和1个7组成：4种；
2个1、1个3和1个5组成：种；
1个1和1个9组成：2种；
1个1和3个3组成：4种；
1个3和1个7组成：2种；
2个5组成：1种；
因此共有1+8+6+15+4+12+2+4+2+1=55种。
3. 号码分别为2005、2006、2007、2008的4名运动员进行乒乓球比赛，规定每两人比赛的场数是他们号码的和被4除所得的余数。那么，2008号运动员赛了多少场？
【答案】6
【分析】由于2008能被4整除，2005、2006、2007除以4的余数分别为1、2、3，所有2008号运动员与2005好运动员赛了1场，与2006号运动员赛了2场，与2007号运动员赛了3场，总共赛了：1+2+3=6（场）。
4. 自然数12321、90009、41014、···它们都有一个共同的特征：倒过来写还是原来的数。那么具有这种特征的五位奇数有 个。
【答案】500
【分析】根据题意，五位数可以表示为，根据前三位数字就能确定整个数，a为奇数，b、c可以任意取，因此共有5×10×10=500个。
5. 电子钟指示时间由00:00:00到23:59:59，电子钟每1秒钟变化1次，在一昼夜期间，时间从左向右读和从右向左读的数字顺序完全一样的时刻有 个。
【答案】96
【分析】只要确定前三位就可以了，前两位只有：00、01、02、03、04、05、10、11、12、13、14、15、20、21、22、23这16种选择，第三位有0~5共6种选择。共有16×6=96种。
6. 一种电子表在10点28分6秒时，显示的时间如下图所示。那么10点至10点半这段时间内，电子表上六个数字都不相同的时刻有 个。
【答案】90
【分析】考虑到数字不能重复，分的十位只能取2，再考虑秒的十位可以取3、4、5三种，分的个位可以取10-4=6种，秒的个位可以取10-5=5种，所有一共有3×6×5=90种。
7.将1、2、3、4、5分别填入下图1×5的格子中，要求填在黑格里的数比它旁边的两个数都大。共有 种不同的填法。
【答案】16
【分析】黑格填4和5时，有2×3×2×1=12种填法；黑格填3和5时，有2×2=4种填法，所有共有12+4=16种方法。
8. 玩具厂生产一种玩具棒，共4节，用红、黄、蓝三种颜色给每节涂色。这家玩具厂共可生产 种颜色不同的玩具棒。
【答案】45
【分析】分三类：
（1） 只有一种颜色的有：3种。
（2） 有两种颜色：第一步先从3种颜色中选取两种，有种方法；第二步，对于确定的两种颜色如：红色和蓝色排法进行枚举：红红红蓝，红蓝红红，蓝蓝蓝红，蓝红蓝蓝，红红蓝蓝，红蓝蓝红，红蓝红蓝，蓝红红蓝共8种；3×6=18种。
所有共有：3+24+18=45种。
9. 从1~25这25个自然数中，每次取出两个不同的数，使它们的和是4的倍数，共有 种不同的取法。
【答案】72
【分析】和的余数对于余数的和。1到25中，除以4，余数是1的数有7个；余数是2的数有6个；余数是3的数有6个；余数是0的数有6个，要想取出的两个数和为4的倍数，有以下几类选法：
从余数为1和余数为3的数中各选一个
从余数为2的数中选2个
从余数为0的数中选2个
所有共有种。
10. 分母不大于60，分子小于6的最简真分数有 个。
【答案】198
【分析】分5类讨论：
（1） 分子是1，分母是2~60的最简真分数有59个；
（2） 分子是2，分母是3~60，其中非2的倍数有58-58÷2=29（个）；
（3） 分子是3，分母是4~60，其中非3的倍数有57-57÷3=38（个）；
（4） 分子是4，分母是5~60，其中非2的倍数有56-56÷2=28（个）；
（5） 分子是5，分母是6~60，其中非5的倍数有55-55÷5=44（个）。
这样，分子小于6，分母不大于60的最简真分数一共有59+29+38+28+44=198（个）。
11. 小于10且分母为36的最简分数共有多少个？
【答案】120
【分析】设满足条件的数为x，则，其中0≤n≤9，r取小于36且与36互质的自然数1、5、7、11、13、17、19、23、25、29、31、35，共计12个。
所有，小于10且分母为36的最简分数共有10×12=120（个）。
12.要把4枚棋子A、B、C、D放在下图的方格里，要求每行和每列只能出现一枚棋子，则一共有 种不同的放法。
【答案】576
【分析】分4步完成；
第一步先放A，有4×4=16个方格，则有16种不同的放法；
第二步放B，由于不能和A放在同一行或同一列，放B的行数和列数都会减少1，所有只能放在3×3=9个方格里，有9种放法；同理，第三步放C，有2×2=4种放法；第四步放D，有1×1=1种放法。
根据乘法原理，共有16×9×4×1=576种不同的放法。
13. 小宝记得英语单词“hello”是由三个不同的字体h，e，o和两个相同的字母l组成的，但不记得排列顺序，则小宝可能出现的拼写错误共有 种。
【答案】59
【分析】确定3个不同字母的顺序即可，，除去一种正确的写法，所有可能出现的拼写错误共有60-1=59（种）。
14. 一类自然数，从第三个数字开始，每个数字都恰好是它前面两个数字的和，如123、235等等，这类三位数共有 个。
【答案】45
【分析】设满足条件的三位数，则整数a，b，c满足：1
【答案】64；1234
【分析】由1、2、3、4四个数字组成的自然数中，一位自然数有4个，两位自然数有4×3=12（个）；三位自然数有4×3×2=24（个），四位自然数有4×3×2×1=24（个），共有4+12+24+24=64（个）。所以由1、2、3、4四个数字组成的自然数按从小到大排列，第41个数就是最小的四位数，即1234.
16. 由数字1、2、3组成五位数，要求这五位数中1、2、3至少各出现一次，那么这样的五位数共有 个。
【答案】150
【分析】分两类：
（1）1，2，3中恰有一个数字出现3次，这样的数有个；
（2）1，2，3中有两个数字各出现2次，这样的数有个；
综上所述符合题意的五位数共有60+90=150个。
17. 在1~20这二十个数中，任取十个数相加的和与其余十个数相加的和相乘，能得到 个不同乘积。
【答案】51
【分析】把1~20这20个数分成两组，每组10个数，10个数的和在55到155之间，共101种情况，两个和分为一组，共有51组，所以有51个不同乘积。
18. 将19枚棋子放入5×5的方格网内，每个方格至多只放一枚棋子，且每行每列的棋子个数均为奇数个，那么共有 种不同的放法。
【答案】600
【分析】反过来考虑6个空格，则肯定是某3行和某3列中每行每列各有2个，如下：
□□○ □○□ ○□□
□表示空格，○表示有棋子的方格，其他方格全部有棋子。选择有空格的3行3列有种选法，在这3行3列中选择6个空格有3×2×1=6种选法，所有总共有600种。
19. 将5枚棋子放入下面编号为4×4表格的格子，每个格子最多放一枚，如果要求每行，每列都有棋子，那么共有 种不同放法。
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【答案】432
【分析】5枚棋子放4行，每行都有，一定是1行2枚，另3行各1枚；同理，有1列2枚，另3列各1枚；
（1） 如图a），1行2枚和1列2枚有1枚重复。
按、、、④、⑤的顺序选格，有：16×3×3×2×1=288（种）
（2） 如图b），1行2枚和1列2枚无重复。此时，这4枚棋子占据了三行三列，那么最后一枚棋子的位置是确定的。首先，选择三行三列的分法数为种，然后在这三行三列中放入4枚棋子，可以先从三行中选择一行，在这行中选两个格把两枚棋子放入，剩下的两枚也便随之确定了，方法数是种，所有这种情况下总的方法数是16×9=144种。
综上所述，共288+144=432（种）。
④
⑤
图a）
标
④
⑤
图b）
20. 用红、黄、蓝3种颜色把下图的8个小圆圈涂上颜色，每个圆圈只涂一种颜色，并且有连线的两个圆圈不能同色，那么，不同的涂法有 种。
【答案】288
【分析】利用相邻原则进行染色，经过分析可知需要对A、C进行讨论：
（1） 若A、C同色，则有：3×1×2×2×2×2×2×2=192（种）；
（2） 若A、C异色，则有：3×2×1×2×1×2×2×2=96（种）；
综上共有192+96=288种涂法。
21. 如果用4种颜色对下面3个图形中的A、B、、C、D、E五个区域染色，要求相邻的区域染不同的颜色，那么，对图a）、图b）、图c）分别有 、 、 、种染法。
【答案】96；72；96
【分析】（1）按D、E、A、B、C顺序染色，共有4×3×2×2×2=96（种）
所有图a）共有96种染法。
（2） 图b）染色时应分两种情况染色。
A、 D同色时，C、B、D、A、E五部分的染色情况分别为4、3、2、1、2（种），共有4×3×2×1×2=48（种）不同染法。
A、 D异色时，C、B、D、A、E五部分的染色情况分别为4、3、2、1（种），共有4×3×2×1×1=24（种）不同染色方法。
因此图b）共有48+24=72种。
（3） 图c）实际是图a）水平翻转后的情况，它与图a）的染色情况一样，也是96种。
22. 用数字1~8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。
【答案】144
【分析】1~8中被3除余1和余2的数各有3个，被3整数的数有2个，根据题目条件可以推导，符合条件的排列，一定符合“被3除所的余数以3个为一周期”，即第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也可以余1，余数的安排上共有2种方法，余数安排完后，还有同余数之间的排列，一共有3！×3！×2！×2=144种方法。
23. 把所以不含重复数字的四位偶数从小到大排成一列，则从前往后数第364个数是多少？
【答案】2436
【分析】1打头的数中，个位有5种取法，剩下的两位分别有8种取法和7种取法，总共有5×8×7=280个数。364-280=84，所以第364个数是2打头的第84个数，2打头的数中，百位是奇数时，个位有4种取法，十位有7种取法，总共有28个数；百位是偶数时，个位有3种取法，十位有7种取法，总共有21个数。前两位是20、21、23、24的分别有21、28、28、21个，84—21—28—28=7，所以2打头的第84个数是24打头的第7个数，列举可得前7个数是2406、2408、2410、2416、2418、2430、2436，所以是2436.
24. 有4对夫妇围成一圈，使每一对夫妇二人相邻的排法有 种。
【答案】96
【分析】根据乘法原理，分两步：
第一步，把四对夫妻看做4个整体，有4×3×2×1=24（种）不同的排法，但是因为是围成一个首尾相接的圈，就会产生重复，因此实际排法只有24÷4=6（种）。
第二步，每一对夫妻之间又可以相互换位置，也就是说每一对夫妻均有2种排法，总共有2×2×2×2=16（种）。所有四对夫妇围成一圈，且夫妻二人相邻的排法有6×16=96（种）。
25. 编号分别为1到10的10张椅子顺时针等间距地绕圆桌一圈摆放。5对夫妇入座，要求男女相隔而座，每对夫妇不能相邻或对面而坐，有 种入座的分配方式。
【答案】480
【分析】椅子是有编号的，所以旋转相同不算同一种方法，要求男女间隔坐，先将所有的男人排一圈，有5×4×3×2×1=120（种）方法，再将五位女士插进五个空隙中去，考虑到夫妻不能坐一起或对面，一共有2种插法，另外，男女还可以对调，所以一共有120×2×2=480（种）方法。
26. 两个篮子中分别装有很多同样的牵牛花和月季花，从中选出6朵串成花环（下图是其中的一种情况），可以得到不同的花环 种。（通过旋转和翻转能重合的算同一种花环）。
【答案】13
【分析】考虑月季花的数量有0、1、2、3、4、5、6共7类情况，分类讨论；
（1） 有0朵月季花，则有1种；
（2） 有1朵月季花，则有1种；
（3） 有2朵月季花，2朵月季花中间可包夹有0、1、2朵牵牛花，共有3种情况，（包夹3、4朵分与包夹1、0朵相同）；
（4） 有3朵月季花，3朵月季花中间可包夹有0、1、2朵月季花，共有3种情况。（包夹3朵月季花与包夹0朵相同）；
（5） 有4朵月季花，同（3），有3种情况；
（6） 有5朵月季花，有1种；
（7） 有6朵月季花，有1种。
所有共有1+1+3+3+3+1+1=13（种）
27.9个小等边三角形拼成了下图所示的大等边三角形。每个小等边三角形中都填写了一个六位数，且有公共边的两个小等边三角形所填写的六位数恰好有一位不同。现已有小等边三角形填好数。另外6个小三角形共有 种填法。
【答案】64
【分析】如右图所示，对比A到B、A到C均需要变4个数字，而且只能变4次，所有每步均需变换一个，A与B万位与十万位相同，A、C千位、百位相同，故D只能是111121或者111112，同理E只能是112111或111211,；F只能是121111或211111，若D、E、F选好后，如D=111121，E=112111，F=121111，G只为112121或111111，H、I类似。所以共有：2×2×2×2×2×2=64（种）填法。
28. 小明有5双袜子，颜色分别是白色、黑色、红色、蓝色、灰色。有一天，他发现掉了其中的3只袜子，情况可能是：掉了的3只袜子中有2只颜色一样，于是他还有3双袜子；又有可能是掉了的3只袜子颜色两两不同，于是他只剩下2双袜子了。那么后者的可能性是前者的 倍。
【答案】2
【分析】前者的可能数：，
后者的可能数：
后者的可能性是前者的2倍。
29. 0~9可以组成两个五位数A和B，如果A+B的和是一个末五位数字相同的六位数，那么A×B的不同取值共有 个。
【答案】384
【分析】设，不妨设A
A、 B的这384种取值方法对应的A×B的乘积各不相同。
30. 在算式8÷7÷6÷5÷4÷3÷2中任加括号来改变运算顺序，例如[8÷（7÷6）÷5]÷（4÷3）÷2为其中一种方法，则所有可能添加括号的方法中，一共可得到 种不同的计算结果。
【答案】26
【分析】不论怎么加括号，8和7前面的符合都不会变，其余五个数前面的符合都有两种可能性，所有共有种情况，但是其中出现重复的情况：
（1）2×3=6，所有当2、3、6组成的结果是1时会出现重复，结果为1的情况有两种，4和5前面的符合有4种情况，所有重复计算了1×4=4种情况，如下：
8÷7÷（6÷5）÷（4÷3÷2）=8÷（7÷6÷5）÷4÷3÷2；
8÷7÷6÷（5÷4÷3÷2）=8÷（7÷6）÷（5÷4）÷3÷2；
8÷7÷（6÷5÷4÷3÷2）=8÷（7÷6÷5÷4）÷3÷2；
8÷7÷6÷5÷（4÷3÷2）=8÷（7÷6）÷5÷4÷3÷2；
所以应排除掉四种情况。
（2）6×2=3×4，所以这四个数也会出现结果是1的情况，结果为1的情况有两种，数字5前面有两种情况，所有重复计算了两种情况，如下：
8÷7÷（6÷5÷4÷3）÷2=8÷（7÷6÷5）÷4÷（3÷2）；
8÷7÷6÷（5÷4÷3）÷2=8÷（7÷6）÷5÷4÷（3÷2）；
所有应排除掉两种情况。
综上所述，一共可以得到32—4—2=26（种）结果。
31. 在1到2008（含2008）的所有正整数中，它的数码之和可被5整除的数共有多少个？
【答案】401
【分析】把0~1999中的个位去掉，得到0~199中的一个数a，各位数字和除以5的余数为0、1、2、3、4中的一种，之后添加个位数字使新生成的数的各位数字之和能够被5整除。不论a的各位数字之和除以5的余数是多少，个位数都有两种添加方法，所有从0~1999这2000个数中各位数字之和为5的倍数的有200×2=400（个），减去一个0，有400—1=399（个）；从2000~2008这9个数中有2003和2008各位数字之和能被5整除，所有从1到2008所有正整数中，它的数码和可被5整除的数共有399+2=401（个）。
32. 考查具有如下性质的非零整数；或者是一位数，或者它的各位数字均不相同且除去最高位的数字每位数字都和其左边的某个数字之差为1（例如：23104），则有上述性质的数有 个。简述你的理由。
【答案】2026
【分析】我们从1位数向多位数寻找规律，1位数的有1、2、···、9，往1位数的后面加上一个数字，2位数的有10、12、21、23、···、87、89、98，当整数中出现数字0时，后面所加的数字就只有1种升序排列，比如10、后面所加的数只能为102、1023、10234、···、1023456789，当整数中出现数字9时，后面所加的数字只有1种降序排列，比如89、后面的数只能为897、8976、···、8976543210，一位数有9个，出现一个数字9，所以两位数有9×2-1=17（个），两位数中新出现的0为10、之后只能为升序，新出现的9为89，所以三位数有17×2-（1+2）=31（个），三位数中新出现数字0和9的有120、210、789、879，有2×2=4（个），所以
四位数有31×2-（1+2+4）=55（个）；
同理五位数有55×2-（1+2+4+8）=95（个）；
六位数有95×2-（1+2+4+8+16）=159（个）；
七位数有159×2-（1+2+4+8+16+32）=255（个）；
八位数有255×2-（1+2+4+8+16+32+64）=383（个）；
九位数有383×2-（1+2+4+8+16+32+64+128）=511（个）；
十位数有511×2-（1+2+4+8+16+32+64+128+256）=511（个）；
则满足题意性质的非零整数共有9+17+31+55+95+159+255+383+511+511=2026（个）。
33. 如下图所示，广场中央有一座漂亮的喷泉。小明从A点出发，沿喷泉周围的小路不重复地绕喷泉走一周，最终回到A点的走法共有 种（图中的两个圆及两圆之间的线段均表示小路，绕喷泉一周指小明行走路线为封闭路线且喷泉在此路线内部）。
【答案】384
【分析】如右图所示，若只考虑顺时针a1,a2两条线段，只能选择走1条，同理，Bb1,b2,c1,c1,···，h1,h2每两条线段只能选择走1条。同时，8条线段选定后，回来的走法就唯一确定共种走法。如果同时选择a2,h2，则A点的线段K会走两次，不符要求，所有同时选择a2，h2的选法共种，则顺时针共种走法。对称思想，逆时针与顺时针方法数相同则总计192×2=384种走法。
34. 将下图中的2007（即阴影部分）分成若干个1×2的小长方形，共有 种办法。
【答案】15
【分析】下图中用斜线标出的部分是只存在唯一分法的部分，也就是说，实际上只需要考虑未用斜线连接的阴影部分，先把这些方框标记上字母，以便分析。
取A为出发点，此时有2种分法：AB或者AD，应分别进行讨论；
（1） 第一次划分AB，那么C只能连F，进而可以唯一划分出GH，DE，WX，这个时候，方块I和方块S又出现了2种划分分法，可以取I点继续分析：首先划分IJ，进而可以唯一划分出LK，MN，OP，UV，剩下由RSQT组成的正方形没有划分，易知这样一个正方形有2种划分方法，所有“AB-IJ”有2种划分方法；然后划分IV，进而可以唯一划分出JK、LM、NO，剩下由RSQTPU组成的3×2的长方形，易知这样一个长方形有3种划分方法，所以“AB—IV”有3种划分方法；所有划分AB共有5种划分方法；
（2） 第一次划分AD，那么可以唯一确定WX，AD，下面的EBFC也出现一个2×2的正方形可以有2种划分方法，然后，可以唯一确定GH，方块I又出现2种划分方法，与上面的分析类似，可知，划分AD有5×2=10种划分方法；
所有，一共有5+10=15种划分方法。
35.假如电子计时器所显示的十个数字是“0126093028”这样一串数，它表示的是1月26日9时30分28秒。在这串数里，“0”出现了3次，“2”出现了2次，“1”、“3”、“6”、“8”、“9”各出现1次，而“4”、“5”、“7”没有出现。如果在电子计时器所显示的这串数里，0到9这10个数字都只出现一次，称它所表示的时刻为“十全时”。那么2003年一共有 个这样的“十全时
【答案】768
【分析】由于表示月的两位数第一位数字只能是0或1，而表示日的两位数第一位数字只能是0、1、2；表示是的两位数的第一位数字是0、1、2.所有01月、02月、10月、11月、12月都不存在这样的十全时。
首先，我们来考虑3月份，3月份开头为03.
0 3 2 1 □ □ 经尝试日的开头只能为2，则时的开头为1，分和秒的开头方格里只能从4、5里选，其余的横线可从6、7、8、9里选，共有：2×4×3×2×1=46种；
4月和5月的情况类似。
接着，我们来考虑6月份，当为6月份的时候，开头两字母为06，
0 6
表示小时的两位数的第一位可以是1或者2.
若是2，则第二位，只能是3，表示日的首位字母只能为1。
0 6 1 2 3 □ □
对应的2个方格里只能填4或者5，其余3个横线可以填7、8、9共有2×3×2×1=12种。
若表示小时的首位是1，则0 6 2 1 □ □
两个方格里只能从3、4、5里选，共有3×2×4×3×2×1=144.
所有，月份是6的时候共有144+12=156种。
7月份、8月份、9月份情况类似，
所有，这样的十全数共有；
48×3+156×4=768.
所有2003年一共出现768个十全时。
1. 下图中的“我爱希望杯”有 种不同的读法。
2. 妈妈教妹妹用数棒练习加法。现在很多长度为1、3、5、7、9厘米的数棒，不同长度的数棒颜色都不相同。请问有多少种不同的方式将这些数棒连接成长度为10厘米？（注意：先放置1厘米的数棒再放置3厘米的数棒，与先放置3厘米的数棒再放置1厘米的数棒视为不同的方式，例如连接成长度为4厘米时，有1+1+1+1，1+3,3+1三种方式）
3. 号码分别为2005、2006、2007、2008的4名运动员进行乒乓球比赛，规定每两人比赛的场数是他们号码的和被4除所得的余数。那么，2008号运动员赛了多少场？
4. 自然数12321、90009、41014、···它们都有一个共同的特征：倒过来写还是原来的数。那么具有这种特征的五位奇数有 个。
5. 电子钟指示时间由00:00:00到23:59:59，电子钟每1秒钟变化1次，在一昼夜期间，时间从左向右读和从右向左读的数字顺序完全一样的时刻有 个。
6. 一种电子表在10点28分6秒时，显示的时间如下图所示。那么10点至10点半这段时间内，电子表上六个数字都不相同的时刻有 个。
7.将1、2、3、4、5分别填入下图1×5的格子中，要求填在黑格里的数比它旁边的两个数都大。共有 种不同的填法。
8. 玩具厂生产一种玩具棒，共4节，用红、黄、蓝三种颜色给每节涂色。这家玩具厂共可生产 种颜色不同的玩具棒。
9. 从1~25这25个自然数中，每次取出两个不同的数，使它们的和是4的倍数，共有 种不同的取法。
10. 分母不大于60，分子小于6的最简真分数有 个。
11. 小于10且分母为36的最简分数共有多少个？
12.要把4枚棋子A、B、C、D放在下图的方格里，要求每行和每列只能出现一枚棋子，则一共有 种不同的放法。
13. 小宝记得英语单词“hello”是由三个不同的字体h，e，o和两个相同的字母l组成的，但不记得排列顺序，则小宝可能出现的拼写错误共有 种。
14. 一类自然数，从第三个数字开始，每个数字都恰好是它前面两个数字的和，如123、235等等，这类三位数共有 个。
15. 从1、2、3、4这四个数中取一个、两个、三个或四个组成的自然数共有 个，将它们从小到大排列，第41个数是 。
16. 由数字1、2、3组成五位数，要求这五位数中1、2、3至少各出现一次，那么这样的五位数共有 个。
17. 在1~20这二十个数中，任取十个数相加的和与其余十个数相加的和相乘，能得到 个不同乘积。
18. 将19枚棋子放入5×5的方格网内，每个方格至多只放一枚棋子，且每行每列的棋子个数均为奇数个，那么共有 种不同的放法。
19. 将5枚棋子放入下面编号为4×4表格的格子，每个格子最多放一枚，如果要求每行，每列都有棋子，那么共有 种不同放法。
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
20. 用红、黄、蓝3种颜色把下图的8个小圆圈涂上颜色，每个圆圈只涂一种颜色，并且有连线的两个圆圈不能同色，那么，不同的涂法有 种。
21. 如果用4种颜色对下面3个图形中的A、B、、C、D、E五个区域染色，要求相邻的区域染不同的颜色，那么，对图a）、图b）、图c）分别有 、 、 、种染法。
22. 用数字1~8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。
23. 把所以不含重复数字的四位偶数从小到大排成一列，则从前往后数第364个数是多少？
24. 有4对夫妇围成一圈，使每一对夫妇二人相邻的排法有 种。
25. 编号分别为1到10的10张椅子顺时针等间距地绕圆桌一圈摆放。5对夫妇入座，要求男女相隔而座，每对夫妇不能相邻或对面而坐，有 种入座的分配方式。
26. 两个篮子中分别装有很多同样的牵牛花和月季花，从中选出6朵串成花环（下图是其中的一种情况），可以得到不同的花环 种。（通过旋转和翻转能重合的算同一种花环）。
27.9个小等边三角形拼成了下图所示的大等边三角形。每个小等边三角形中都填写了一个六位数，且有公共边的两个小等边三角形所填写的六位数恰好有一位不同。现已有小等边三角形填好数。另外6个小三角形共有 种填法。
28. 小明有5双袜子，颜色分别是白色、黑色、红色、蓝色、灰色。有一天，他发现掉了其中的3只袜子，情况可能是：掉了的3只袜子中有2只颜色一样，于是他还有3双袜子；又有可能是掉了的3只袜子颜色两两不同，于是他只剩下2双袜子了。那么后者的可能性是前者的 倍。
29. 0~9可以组成两个五位数A和B，如果A+B的和是一个末五位数字相同的六位数，那么A×B的不同取值共有 个。
30. 在算式8÷7÷6÷5÷4÷3÷2中任加括号来改变运算顺序，例如[8÷（7÷6）÷5]÷（4÷3）÷2为其中一种方法，则所有可能添加括号的方法中，一共可得到 种不同的计算结果。
31. 在1到2008（含2008）的所有正整数中，它的数码之和可被5整除的数共有多少个？
32. 考查具有如下性质的非零整数；或者是一位数，或者它的各位数字均不相同且除去最高位的数字每位数字都和其左边的某个数字之差为1（例如：23104），则有上述性质的数有 个。简述你的理由。
33. 如下图所示，广场中央有一座漂亮的喷泉。小明从A点出发，沿喷泉周围的小路不重复地绕喷泉走一周，最终回到A点的走法共有 种（图中的两个圆及两圆之间的线段均表示小路，绕喷泉一周指小明行走路线为封闭路线且喷泉在此路线内部）。
34. 将下图中的2007（即阴影部分）分成若干个1×2的小长方形，共有 种办法。
35.假如电子计时器所显示的十个数字是“0126093028”这样一串数，它表示的是1月26日9时30分28秒。在这串数里，“0”出现了3次，“2”出现了2次，“1”、“3”、“6”、“8”、“9”各出现1次，而“4”、“5”、“7”没有出现。如果在电子计时器所显示的这串数里，0到9这10个数字都只出现一次，称它所表示的时刻为“十全时”。那么2003年一共有 个这样的“十全时”。
五年级思维训练8 加乘原理
参考答案
1. 下图中的“我爱希望杯”有 种不同的读法。
【答案】16
【分析】方法一：由乘法原理，共有2×2×2×2=16种方法。
方法二：标数法。如下图所示。
1+4+6+4+1=16（种）
2. 妈妈教妹妹用数棒练习加法。现在很多长度为1、3、5、7、9厘米的数棒，不同长度的数棒颜色都不相同。请问有多少种不同的方式将这些数棒连接成长度为10厘米？（注意：先放置1厘米的数棒再放置3厘米的数棒，与先放置3厘米的数棒再放置1厘米的数棒视为不同的方式，例如连接成长度为4厘米时，有1+1+1+1，1+3,3+1三种方式）
【答案】55种
【分析】根据1的个数分类枚举：
10个1组成：1种；
7个1和1个3组成：8种；
5个1和1个5组成：6种；
4个1和2个3组成：种；
3个1和1个7组成：4种；
2个1、1个3和1个5组成：种；
1个1和1个9组成：2种；
1个1和3个3组成：4种；
1个3和1个7组成：2种；
2个5组成：1种；
因此共有1+8+6+15+4+12+2+4+2+1=55种。
3. 号码分别为2005、2006、2007、2008的4名运动员进行乒乓球比赛，规定每两人比赛的场数是他们号码的和被4除所得的余数。那么，2008号运动员赛了多少场？
【答案】6
【分析】由于2008能被4整除，2005、2006、2007除以4的余数分别为1、2、3，所有2008号运动员与2005好运动员赛了1场，与2006号运动员赛了2场，与2007号运动员赛了3场，总共赛了：1+2+3=6（场）。
4. 自然数12321、90009、41014、···它们都有一个共同的特征：倒过来写还是原来的数。那么具有这种特征的五位奇数有 个。
【答案】500
【分析】根据题意，五位数可以表示为，根据前三位数字就能确定整个数，a为奇数，b、c可以任意取，因此共有5×10×10=500个。
5. 电子钟指示时间由00:00:00到23:59:59，电子钟每1秒钟变化1次，在一昼夜期间，时间从左向右读和从右向左读的数字顺序完全一样的时刻有 个。
【答案】96
【分析】只要确定前三位就可以了，前两位只有：00、01、02、03、04、05、10、11、12、13、14、15、20、21、22、23这16种选择，第三位有0~5共6种选择。共有16×6=96种。
6. 一种电子表在10点28分6秒时，显示的时间如下图所示。那么10点至10点半这段时间内，电子表上六个数字都不相同的时刻有 个。
【答案】90
【分析】考虑到数字不能重复，分的十位只能取2，再考虑秒的十位可以取3、4、5三种，分的个位可以取10-4=6种，秒的个位可以取10-5=5种，所有一共有3×6×5=90种。
7.将1、2、3、4、5分别填入下图1×5的格子中，要求填在黑格里的数比它旁边的两个数都大。共有 种不同的填法。
【答案】16
【分析】黑格填4和5时，有2×3×2×1=12种填法；黑格填3和5时，有2×2=4种填法，所有共有12+4=16种方法。
8. 玩具厂生产一种玩具棒，共4节，用红、黄、蓝三种颜色给每节涂色。这家玩具厂共可生产 种颜色不同的玩具棒。
【答案】45
【分析】分三类：
（1） 只有一种颜色的有：3种。
（2） 有两种颜色：第一步先从3种颜色中选取两种，有种方法；第二步，对于确定的两种颜色如：红色和蓝色排法进行枚举：红红红蓝，红蓝红红，蓝蓝蓝红，蓝红蓝蓝，红红蓝蓝，红蓝蓝红，红蓝红蓝，蓝红红蓝共8种；3×6=18种。
所有共有：3+24+18=45种。
9. 从1~25这25个自然数中，每次取出两个不同的数，使它们的和是4的倍数，共有 种不同的取法。
【答案】72
【分析】和的余数对于余数的和。1到25中，除以4，余数是1的数有7个；余数是2的数有6个；余数是3的数有6个；余数是0的数有6个，要想取出的两个数和为4的倍数，有以下几类选法：
从余数为1和余数为3的数中各选一个
从余数为2的数中选2个
从余数为0的数中选2个
所有共有种。
10. 分母不大于60，分子小于6的最简真分数有 个。
【答案】198
【分析】分5类讨论：
（1） 分子是1，分母是2~60的最简真分数有59个；
（2） 分子是2，分母是3~60，其中非2的倍数有58-58÷2=29（个）；
（3） 分子是3，分母是4~60，其中非3的倍数有57-57÷3=38（个）；
（4） 分子是4，分母是5~60，其中非2的倍数有56-56÷2=28（个）；
（5） 分子是5，分母是6~60，其中非5的倍数有55-55÷5=44（个）。
这样，分子小于6，分母不大于60的最简真分数一共有59+29+38+28+44=198（个）。
11. 小于10且分母为36的最简分数共有多少个？
【答案】120
【分析】设满足条件的数为x，则，其中0≤n≤9，r取小于36且与36互质的自然数1、5、7、11、13、17、19、23、25、29、31、35，共计12个。
所有，小于10且分母为36的最简分数共有10×12=120（个）。
12.要把4枚棋子A、B、C、D放在下图的方格里，要求每行和每列只能出现一枚棋子，则一共有 种不同的放法。
【答案】576
【分析】分4步完成；
第一步先放A，有4×4=16个方格，则有16种不同的放法；
第二步放B，由于不能和A放在同一行或同一列，放B的行数和列数都会减少1，所有只能放在3×3=9个方格里，有9种放法；同理，第三步放C，有2×2=4种放法；第四步放D，有1×1=1种放法。
根据乘法原理，共有16×9×4×1=576种不同的放法。
13. 小宝记得英语单词“hello”是由三个不同的字体h，e，o和两个相同的字母l组成的，但不记得排列顺序，则小宝可能出现的拼写错误共有 种。
【答案】59
【分析】确定3个不同字母的顺序即可，，除去一种正确的写法，所有可能出现的拼写错误共有60-1=59（种）。
14. 一类自然数，从第三个数字开始，每个数字都恰好是它前面两个数字的和，如123、235等等，这类三位数共有 个。
【答案】45
【分析】设满足条件的三位数，则整数a，b，c满足：1
【答案】64；1234
【分析】由1、2、3、4四个数字组成的自然数中，一位自然数有4个，两位自然数有4×3=12（个）；三位自然数有4×3×2=24（个），四位自然数有4×3×2×1=24（个），共有4+12+24+24=64（个）。所以由1、2、3、4四个数字组成的自然数按从小到大排列，第41个数就是最小的四位数，即1234.
16. 由数字1、2、3组成五位数，要求这五位数中1、2、3至少各出现一次，那么这样的五位数共有 个。
【答案】150
【分析】分两类：
（1）1，2，3中恰有一个数字出现3次，这样的数有个；
（2）1，2，3中有两个数字各出现2次，这样的数有个；
综上所述符合题意的五位数共有60+90=150个。
17. 在1~20这二十个数中，任取十个数相加的和与其余十个数相加的和相乘，能得到 个不同乘积。
【答案】51
【分析】把1~20这20个数分成两组，每组10个数，10个数的和在55到155之间，共101种情况，两个和分为一组，共有51组，所以有51个不同乘积。
18. 将19枚棋子放入5×5的方格网内，每个方格至多只放一枚棋子，且每行每列的棋子个数均为奇数个，那么共有 种不同的放法。
【答案】600
【分析】反过来考虑6个空格，则肯定是某3行和某3列中每行每列各有2个，如下：
□□○ □○□ ○□□
□表示空格，○表示有棋子的方格，其他方格全部有棋子。选择有空格的3行3列有种选法，在这3行3列中选择6个空格有3×2×1=6种选法，所有总共有600种。
19. 将5枚棋子放入下面编号为4×4表格的格子，每个格子最多放一枚，如果要求每行，每列都有棋子，那么共有 种不同放法。
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
【答案】432
【分析】5枚棋子放4行，每行都有，一定是1行2枚，另3行各1枚；同理，有1列2枚，另3列各1枚；
（1） 如图a），1行2枚和1列2枚有1枚重复。
按、、、④、⑤的顺序选格，有：16×3×3×2×1=288（种）
（2） 如图b），1行2枚和1列2枚无重复。此时，这4枚棋子占据了三行三列，那么最后一枚棋子的位置是确定的。首先，选择三行三列的分法数为种，然后在这三行三列中放入4枚棋子，可以先从三行中选择一行，在这行中选两个格把两枚棋子放入，剩下的两枚也便随之确定了，方法数是种，所有这种情况下总的方法数是16×9=144种。
综上所述，共288+144=432（种）。
④
⑤
图a）
标
④
⑤
图b）
20. 用红、黄、蓝3种颜色把下图的8个小圆圈涂上颜色，每个圆圈只涂一种颜色，并且有连线的两个圆圈不能同色，那么，不同的涂法有 种。
【答案】288
【分析】利用相邻原则进行染色，经过分析可知需要对A、C进行讨论：
（1） 若A、C同色，则有：3×1×2×2×2×2×2×2=192（种）；
（2） 若A、C异色，则有：3×2×1×2×1×2×2×2=96（种）；
综上共有192+96=288种涂法。
21. 如果用4种颜色对下面3个图形中的A、B、、C、D、E五个区域染色，要求相邻的区域染不同的颜色，那么，对图a）、图b）、图c）分别有 、 、 、种染法。
【答案】96；72；96
【分析】（1）按D、E、A、B、C顺序染色，共有4×3×2×2×2=96（种）
所有图a）共有96种染法。
（2） 图b）染色时应分两种情况染色。
A、 D同色时，C、B、D、A、E五部分的染色情况分别为4、3、2、1、2（种），共有4×3×2×1×2=48（种）不同染法。
A、 D异色时，C、B、D、A、E五部分的染色情况分别为4、3、2、1（种），共有4×3×2×1×1=24（种）不同染色方法。
因此图b）共有48+24=72种。
（3） 图c）实际是图a）水平翻转后的情况，它与图a）的染色情况一样，也是96种。
22. 用数字1~8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。
【答案】144
【分析】1~8中被3除余1和余2的数各有3个，被3整数的数有2个，根据题目条件可以推导，符合条件的排列，一定符合“被3除所的余数以3个为一周期”，即第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也可以余1，余数的安排上共有2种方法，余数安排完后，还有同余数之间的排列，一共有3！×3！×2！×2=144种方法。
23. 把所以不含重复数字的四位偶数从小到大排成一列，则从前往后数第364个数是多少？
【答案】2436
【分析】1打头的数中，个位有5种取法，剩下的两位分别有8种取法和7种取法，总共有5×8×7=280个数。364-280=84，所以第364个数是2打头的第84个数，2打头的数中，百位是奇数时，个位有4种取法，十位有7种取法，总共有28个数；百位是偶数时，个位有3种取法，十位有7种取法，总共有21个数。前两位是20、21、23、24的分别有21、28、28、21个，84—21—28—28=7，所以2打头的第84个数是24打头的第7个数，列举可得前7个数是2406、2408、2410、2416、2418、2430、2436，所以是2436.
24. 有4对夫妇围成一圈，使每一对夫妇二人相邻的排法有 种。
【答案】96
【分析】根据乘法原理，分两步：
第一步，把四对夫妻看做4个整体，有4×3×2×1=24（种）不同的排法，但是因为是围成一个首尾相接的圈，就会产生重复，因此实际排法只有24÷4=6（种）。
第二步，每一对夫妻之间又可以相互换位置，也就是说每一对夫妻均有2种排法，总共有2×2×2×2=16（种）。所有四对夫妇围成一圈，且夫妻二人相邻的排法有6×16=96（种）。
25. 编号分别为1到10的10张椅子顺时针等间距地绕圆桌一圈摆放。5对夫妇入座，要求男女相隔而座，每对夫妇不能相邻或对面而坐，有 种入座的分配方式。
【答案】480
【分析】椅子是有编号的，所以旋转相同不算同一种方法，要求男女间隔坐，先将所有的男人排一圈，有5×4×3×2×1=120（种）方法，再将五位女士插进五个空隙中去，考虑到夫妻不能坐一起或对面，一共有2种插法，另外，男女还可以对调，所以一共有120×2×2=480（种）方法。
26. 两个篮子中分别装有很多同样的牵牛花和月季花，从中选出6朵串成花环（下图是其中的一种情况），可以得到不同的花环 种。（通过旋转和翻转能重合的算同一种花环）。
【答案】13
【分析】考虑月季花的数量有0、1、2、3、4、5、6共7类情况，分类讨论；
（1） 有0朵月季花，则有1种；
（2） 有1朵月季花，则有1种；
（3） 有2朵月季花，2朵月季花中间可包夹有0、1、2朵牵牛花，共有3种情况，（包夹3、4朵分与包夹1、0朵相同）；
（4） 有3朵月季花，3朵月季花中间可包夹有0、1、2朵月季花，共有3种情况。（包夹3朵月季花与包夹0朵相同）；
（5） 有4朵月季花，同（3），有3种情况；
（6） 有5朵月季花，有1种；
（7） 有6朵月季花，有1种。
所有共有1+1+3+3+3+1+1=13（种）
27.9个小等边三角形拼成了下图所示的大等边三角形。每个小等边三角形中都填写了一个六位数，且有公共边的两个小等边三角形所填写的六位数恰好有一位不同。现已有小等边三角形填好数。另外6个小三角形共有 种填法。
【答案】64
【分析】如右图所示，对比A到B、A到C均需要变4个数字，而且只能变4次，所有每步均需变换一个，A与B万位与十万位相同，A、C千位、百位相同，故D只能是111121或者111112，同理E只能是112111或111211,；F只能是121111或211111，若D、E、F选好后，如D=111121，E=112111，F=121111，G只为112121或111111，H、I类似。所以共有：2×2×2×2×2×2=64（种）填法。
28. 小明有5双袜子，颜色分别是白色、黑色、红色、蓝色、灰色。有一天，他发现掉了其中的3只袜子，情况可能是：掉了的3只袜子中有2只颜色一样，于是他还有3双袜子；又有可能是掉了的3只袜子颜色两两不同，于是他只剩下2双袜子了。那么后者的可能性是前者的 倍。
【答案】2
【分析】前者的可能数：，
后者的可能数：
后者的可能性是前者的2倍。
29. 0~9可以组成两个五位数A和B，如果A+B的和是一个末五位数字相同的六位数，那么A×B的不同取值共有 个。
【答案】384
【分析】设，不妨设A
A、 B的这384种取值方法对应的A×B的乘积各不相同。
30. 在算式8÷7÷6÷5÷4÷3÷2中任加括号来改变运算顺序，例如[8÷（7÷6）÷5]÷（4÷3）÷2为其中一种方法，则所有可能添加括号的方法中，一共可得到 种不同的计算结果。
【答案】26
【分析】不论怎么加括号，8和7前面的符合都不会变，其余五个数前面的符合都有两种可能性，所有共有种情况，但是其中出现重复的情况：
（1）2×3=6，所有当2、3、6组成的结果是1时会出现重复，结果为1的情况有两种，4和5前面的符合有4种情况，所有重复计算了1×4=4种情况，如下：
8÷7÷（6÷5）÷（4÷3÷2）=8÷（7÷6÷5）÷4÷3÷2；
8÷7÷6÷（5÷4÷3÷2）=8÷（7÷6）÷（5÷4）÷3÷2；
8÷7÷（6÷5÷4÷3÷2）=8÷（7÷6÷5÷4）÷3÷2；
8÷7÷6÷5÷（4÷3÷2）=8÷（7÷6）÷5÷4÷3÷2；
所以应排除掉四种情况。
（2）6×2=3×4，所以这四个数也会出现结果是1的情况，结果为1的情况有两种，数字5前面有两种情况，所有重复计算了两种情况，如下：
8÷7÷（6÷5÷4÷3）÷2=8÷（7÷6÷5）÷4÷（3÷2）；
8÷7÷6÷（5÷4÷3）÷2=8÷（7÷6）÷5÷4÷（3÷2）；
所有应排除掉两种情况。
综上所述，一共可以得到32—4—2=26（种）结果。
31. 在1到2008（含2008）的所有正整数中，它的数码之和可被5整除的数共有多少个？
【答案】401
【分析】把0~1999中的个位去掉，得到0~199中的一个数a，各位数字和除以5的余数为0、1、2、3、4中的一种，之后添加个位数字使新生成的数的各位数字之和能够被5整除。不论a的各位数字之和除以5的余数是多少，个位数都有两种添加方法，所有从0~1999这2000个数中各位数字之和为5的倍数的有200×2=400（个），减去一个0，有400—1=399（个）；从2000~2008这9个数中有2003和2008各位数字之和能被5整除，所有从1到2008所有正整数中，它的数码和可被5整除的数共有399+2=401（个）。
32. 考查具有如下性质的非零整数；或者是一位数，或者它的各位数字均不相同且除去最高位的数字每位数字都和其左边的某个数字之差为1（例如：23104），则有上述性质的数有 个。简述你的理由。
【答案】2026
【分析】我们从1位数向多位数寻找规律，1位数的有1、2、···、9，往1位数的后面加上一个数字，2位数的有10、12、21、23、···、87、89、98，当整数中出现数字0时，后面所加的数字就只有1种升序排列，比如10、后面所加的数只能为102、1023、10234、···、1023456789，当整数中出现数字9时，后面所加的数字只有1种降序排列，比如89、后面的数只能为897、8976、···、8976543210，一位数有9个，出现一个数字9，所以两位数有9×2-1=17（个），两位数中新出现的0为10、之后只能为升序，新出现的9为89，所以三位数有17×2-（1+2）=31（个），三位数中新出现数字0和9的有120、210、789、879，有2×2=4（个），所以
四位数有31×2-（1+2+4）=55（个）；
同理五位数有55×2-（1+2+4+8）=95（个）；
六位数有95×2-（1+2+4+8+16）=159（个）；
七位数有159×2-（1+2+4+8+16+32）=255（个）；
八位数有255×2-（1+2+4+8+16+32+64）=383（个）；
九位数有383×2-（1+2+4+8+16+32+64+128）=511（个）；
十位数有511×2-（1+2+4+8+16+32+64+128+256）=511（个）；
则满足题意性质的非零整数共有9+17+31+55+95+159+255+383+511+511=2026（个）。
33. 如下图所示，广场中央有一座漂亮的喷泉。小明从A点出发，沿喷泉周围的小路不重复地绕喷泉走一周，最终回到A点的走法共有 种（图中的两个圆及两圆之间的线段均表示小路，绕喷泉一周指小明行走路线为封闭路线且喷泉在此路线内部）。
【答案】384
【分析】如右图所示，若只考虑顺时针a1,a2两条线段，只能选择走1条，同理，Bb1,b2,c1,c1,···，h1,h2每两条线段只能选择走1条。同时，8条线段选定后，回来的走法就唯一确定共种走法。如果同时选择a2,h2，则A点的线段K会走两次，不符要求，所有同时选择a2，h2的选法共种，则顺时针共种走法。对称思想，逆时针与顺时针方法数相同则总计192×2=384种走法。
34. 将下图中的2007（即阴影部分）分成若干个1×2的小长方形，共有 种办法。
【答案】15
【分析】下图中用斜线标出的部分是只存在唯一分法的部分，也就是说，实际上只需要考虑未用斜线连接的阴影部分，先把这些方框标记上字母，以便分析。
取A为出发点，此时有2种分法：AB或者AD，应分别进行讨论；
（1） 第一次划分AB，那么C只能连F，进而可以唯一划分出GH，DE，WX，这个时候，方块I和方块S又出现了2种划分分法，可以取I点继续分析：首先划分IJ，进而可以唯一划分出LK，MN，OP，UV，剩下由RSQT组成的正方形没有划分，易知这样一个正方形有2种划分方法，所有“AB-IJ”有2种划分方法；然后划分IV，进而可以唯一划分出JK、LM、NO，剩下由RSQTPU组成的3×2的长方形，易知这样一个长方形有3种划分方法，所以“AB—IV”有3种划分方法；所有划分AB共有5种划分方法；
（2） 第一次划分AD，那么可以唯一确定WX，AD，下面的EBFC也出现一个2×2的正方形可以有2种划分方法，然后，可以唯一确定GH，方块I又出现2种划分方法，与上面的分析类似，可知，划分AD有5×2=10种划分方法；
所有，一共有5+10=15种划分方法。
35.假如电子计时器所显示的十个数字是“0126093028”这样一串数，它表示的是1月26日9时30分28秒。在这串数里，“0”出现了3次，“2”出现了2次，“1”、“3”、“6”、“8”、“9”各出现1次，而“4”、“5”、“7”没有出现。如果在电子计时器所显示的这串数里，0到9这10个数字都只出现一次，称它所表示的时刻为“十全时”。那么2003年一共有 个这样的“十全时
【答案】768
【分析】由于表示月的两位数第一位数字只能是0或1，而表示日的两位数第一位数字只能是0、1、2；表示是的两位数的第一位数字是0、1、2.所有01月、02月、10月、11月、12月都不存在这样的十全时。
首先，我们来考虑3月份，3月份开头为03.
0 3 2 1 □ □ 经尝试日的开头只能为2，则时的开头为1，分和秒的开头方格里只能从4、5里选，其余的横线可从6、7、8、9里选，共有：2×4×3×2×1=46种；
4月和5月的情况类似。
接着，我们来考虑6月份，当为6月份的时候，开头两字母为06，
0 6
表示小时的两位数的第一位可以是1或者2.
若是2，则第二位，只能是3，表示日的首位字母只能为1。
0 6 1 2 3 □ □
对应的2个方格里只能填4或者5，其余3个横线可以填7、8、9共有2×3×2×1=12种。
若表示小时的首位是1，则0 6 2 1 □ □
两个方格里只能从3、4、5里选，共有3×2×4×3×2×1=144.
所有，月份是6的时候共有144+12=156种。
7月份、8月份、9月份情况类似，
所有，这样的十全数共有；
48×3+156×4=768.
所有2003年一共出现768个十全时。
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