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计数之对应法


教学目标

前面在讲加法原理、乘法原理、排列组合时已经穿插讲解了计数中的一些常用的方法，比如枚举法、树
形图法、标数法、捆绑法、排除法、插板法等等，这里再集中学习一下计数中其他常见的方法，主要有归纳法、整体法、对应法、递推法．对这些计数方法与技巧要做到灵活运用．


将 难以计数的数量与某种可计量的事物联系起来，只要能建立一一对应的关系，那么这两种事物在数量
上是 相同的．事实上插入法和插板法都是对应法的一种表现形式．

例题精讲
模块一、图形中的对应关系

【例 1】 在8×8的方格棋盘中，取出一个由三个小方格组成的“L”形（如图），一共有多少种不同的方法？
【考点】计数之图形中的对应关系 【难度】3星 【题型】解答

【解析】 注意：数“不规则几何图形”的个数时，常用对应法．
第1步：找对应图形 每一种取法，有一个点与之对应，这就是图中的A点，它是棋盘上横线与竖线的
交点，且不在棋盘边上．
第2步：明确对应关系 从下图可以看出，棋盘内的每一个点对应着4个不同的取法（“L”形的“角”
在2×2正方形的不同“角”上）．
第3步：计算对应图形个数 由于在 8×8的棋盘上，内部有7×7=49（个）交叉点，
第4步：按照对应关系，给出答案故不同的取法共有49×4=196（种）．
评注:通过上 面两个范例我们知道,当直接去求一个集合元素的个数较为困难的时候,可考虑采用相等
的原则,把问题 转化成求另一个集合的元素个数．
【答案】
196


【例 2】 在8×8的黑白相间染色的国际象棋棋盘中，以网格线为边的、恰包含两个白色小方格与一个黑色
小方格 的长方形共有多少个？
【考点】计数之图形中的对应关系 【难度】3星 【题型】解答


【解析】 首先可以知道题中所讲的
13
长方形中间的那个小 主格为黑色，这是因为两个白格不相邻，所以不
能在中间．显然，位于棋盘角上的黑色方格不可能被包含 在这样的长方形中．下面分两种情况来分
析：第一种情况，一个位于棋盘内部的黑色方格对应着两个这样 的
13
长方形(一横一竖)；第二种情
况，位于边上的黑色方格只能对应一个
13
长方形．由于在棋盘上的32个黑色方格中，位于棋盘内

1

部的18个，位于边上的有12个，位于角上的有2个，所以共有
1 821248
个这样的长方形．本
题也可以这样来考虑：事实上，每一行都有6个
13
长方形，所以棋盘上横、竖共有
13
长方形
68296个．由于棋盘上的染色具有对称性，因此包含两个白色小方格与一个黑色小方格的长方
形正好与包含 两个黑色小方格与一个白色小方格的长方形具有一一对应关系，这说明它们各占一半，
因此所求的长方形 个数为
96248
个．
【答案】
48


【巩固】 用一张如图所示的纸片盖住
66
方格表中的四个小方格，共有多少种不同的放置方法？
【考点】计数之图形中的对应关系 【难度】3星 【题型】解答


【解析】如图，将纸片中的一个特殊方格染为黑色，下面考虑此格在
66
方格表中的位置．易见它不能位于
四个角上；若黑格位于方格表中间如图浅色阴影所示的
44
正方形内的某格时，纸片有4种不同的
放法，共计
44464
种；若黑 格位于方格表边上如图深色阴影所示的方格中时，纸片的位置随之
确定，即只有1种放法，此类放法有< br>4416
种．
所以，纸片共有
641680
种不同的放置方法．
【答案】
80
种

【例 3】 图中可数出的三角形的个数为 ．
【考点】计数之图形中的对应关系 【难度】4星 【题型】填空

【解析】 这个图不像我们以前数三角形那样规则，粗看似乎看不出其中的规律，不妨我们取出其中的一 个三
角形，发现它的三条边必然落在这个图形中的三条大线段上，而每三条大线段也正好能构成一个三< br>角形，因此三角形的个数和三条大线段的取法是一一对应的关系，图中一共有8条大线段，因此有
3
C
8
56
个三角形．
【答案】
56
个三角形

【例 4】 如图所示，在直线
AB
上有7个点，直线
CD
上有9个点．以
AB
上的点为一个端点、
CD
上的点为
另一个端点 的所有线段中，任意3条线段都不相交于同一个点，求所有这些线段在
AB
与
CD之间
的交点数．
【考点】计数之图形中的对应关系 【难度】4星 【题型】解答
A
B
C
D

【解析】 常规的思路是这样的：直线
AB
上的7个点，每个点可以与直线
C D
上的9个点连9根线段，然后再
分析这些线段相交的情况．如右图所示，如果注意到下面这个 事实：对于直线
AB
上的任意两点
M
、
而这个四边形的两条对角线< br>MQ
、
N
与直线
CD
上的任意两点
P
、Q
都可以构成一个四边形
MNQP
，
NP
的交点恰好是我们要计 数的点，同时，对于任意四点(
AB
与
CD
上任意两点)都可以产生一个这< br>
2

样的交点，所以图中两条线段的交点与四边形有一一对 应的关系．这说明，为了计数出有多少个交
点，我们只需要求出在直线
AB
与
CD
中有多少个满足条件的四边形
MNQP
就可以了！从而把问题转
化为：在 直线
AB
上有7个点，直线
CD
上有9个点．四边形
MNQP
有多少个？其中点
M
、
N
位于
直线
AB
上，点< br>P
、
Q
位于直线
CD
上．这是一个常规的组合计数问题，可以 用乘法原理进行计算：
22
21
种选择方式，线段
PQ
有
C
9
36
种选择方式，根据乘法原理，共可产生由于线段
MN
有< br>C
7
2136756
个四边形．因此在直线
AB
与
CD
之间共有756个交点．
【答案】
756
个交点

模块二、数字问题中的对应关系

【例 5】 有多少个四位数，满足个位上的数字比千位数字大，千位数字比百位大，百位数字比十位数字大？
【考点】计数之数字问题中的对应关系 【难度】4星 【题型】解答
【解析】 由 于四位数的四个数位上的数的大小关系已经非常明确，而对于从0～9中任意选取的4个数字，它
们的大 小关系也是明确的，那么由这4个数字只能组成1个符合条件的四位数(题目中要求千位比百
位大，所以 千位不能为0，本身已符合四位数的首位不能为0的要求，所以进行选择时可以把0包
含在内)，也就是 说满足条件的四位数的个数与从0～9中选取4个数字的选法是一一对应的关系，
109874
那么满足条件的四位数有
C
10
210
个．
4321
【答案】
210
个

【巩固】 三位数中，百位数比十位数大，十位数比个位数大的数有多少个？
【考点】计数之数字问题中的对应关系 【难度】4星 【题型】解答
【解析】 相 当于在10个数字中选出3个数字，然后按从大到小排列.共有10×9×8÷（3×2×1）=120种．实际 上，
前铺中每一种划法都对应着一个数．
【答案】
120
种

【例 6】 数3可以用4种方法表示为一个或几个正整数的和，如3，
12
，21
，
111
．问：1999表示
为一个或几个正整数的和的方法 有多少种？
【考点】计数之数字问题中的对应关系 【难度】4星 【题型】解答
【解析】 我们将1999个1写成一行，它们之间留有1998个空隙，在这些空隙处，或者什么都不 填，或者填
上“＋”号．例如对于数3，上述4种和的表达方法对应：1 1 1，1

1 1，1 1

1，1

1

1．
可见，将1999表示成 和的形式与填写1998个空隙处的方式之间是一一对应的关系，而每一个空隙
处都有填“＋”号和不填 “＋”号2种可能，因此1999可以表示为正整数之和的不同方法有
2222
199 8
种．
1998个2相乘
【答案】
2
1998
种

【例 7】 请问至少出现一个数码3，并且是3的倍数的五位数共有多少个？
【考点】计数之数字问题中的对应关系 【难度】4星 【题型】解答
【关键词】小学数学竞赛
【解析】 五位数共有90000个，其中3的倍数有30000个 ．可以采用排除法，首先考虑有多少个五位数是3
的倍数但不含有数码3.首位数码有8种选择，第二、 三、四位数码都有9种选择．当前四位的数码
确定后，如果它们的和除以余数为0，则第五位数码可以为 0、6、9；如果余数为1，则第五位数码
可以为2、5、8；如果余数为2，则第五位数码可以为1、 4、7.可见只要前四位数码确定了，第五位
数码都有3种选择，所以五位数中是3的倍数但不含有数码 3的数共有
8999317496
个．
所以满足条件的五位数共有
300001749612504
个．
【答案】
12504
个

模块三、对应与阶梯型标数法
【例 8】 游乐园的门票1元1张，每人限购1张．现在有10个小朋友排队购票，其中5个小朋友只 有1元
的钞票，另外5个小朋友只有2元的钞票，售票员没有准备零钱．问有多少种排队方法，使售票< br>员总能找得开零钱？

3

【考点】计数之对应与阶梯型标数法 【难度】5星 【题型】解答
【解析】 与类 似题目找对应关系．要保证售票员总能找得开零钱，必须保证每一位拿2元钱的小朋友前面的
若干小朋友 中，拿1元的要比拿2元的人数多，先将拿1元钱的小朋友看成是相同的，将拿2元钱
的小朋友看成是相 同的，可以利用斜直角三角模型．在下图中，每条小横线段代表1元钱的小朋友，
每条小竖线段代表2元 钱的小朋友，因为从
A
点沿格线走到
B
点，每次只能向右或向上走，无论到< br>途中哪一点，只要不超过斜线，那么经过的小横线段都不少于小竖线段，所以本题相当于求下图中
从
A
到
B
有多少种不同走法．使用标数法，可求出从
A
到< br>B
有42种走法．
B
14
5
2
1
2
5
3
42
42
1428
9
14
4
5111111

但是由于10个小朋友互不相同，必须将他们排队，可以分成两步，第一 步排拿2元的小朋友，5个
人共有
5！120
种排法；第二步排拿到1元的小朋友， 也有120种排法，所以共有
5！5！14400
种排
队方法．这样，使售票员能 找得开零钱的排队方法共有
4214400604800
(种)．
【答案】
604800
种

【例 9】 学学和思思一起洗
5
个互不相同的碗（顺序固定），思思洗好的碗一个一个往上摞，学学再从最上
面一个一个地 拿走放入碗柜摞成一摞，思思一边洗，学学一边拿，那么学学摞好的碗一共有
种不同的摞法．
【考点】计数之对应与阶梯型标数法 【难度】5星 【题型】解答
【关键词】学而思杯，5年级，第7题
【解析】 方法一：如下所示，共有
42
种不同的摞法：
54321
，
45321
，
35421
，
53421
，
34521
，
54231
，
45231
，
25431
，
52431
，
245 31
，
52341
，
25341
，
2 3541
，
23451
，
54312
，< br>45312
，
53412
，
35412，
34512
，
54132
，
4513 2
，
15432
，
51432
，
14 532
，
51342
，
15342
，
13542
，
13452
，
54123
，
45123
，
15423
，
51423
，
14523
，
12543
，
512 43
，
15243
，

12345
。
12453
，
12354
，
12534< br>，
15234
，
51234
，
方法二：我们 把学学洗的
5
个碗过程看成从起点向右走
5
步（即洗几个碗就代表向右走几步 ），
思思拿
5
个碗的过程看成是向上走
5
步（即拿几个碗就代表向上 走几步），摞好碗的摞法，就代
表向右、向上走
5
步到达终点最短路线的方法.由于洗 的碗要多余拿的碗，所以向右走的路线要多
余向上走的路线，所以我们用下面的斜三角形进行标数，共有
42
种走法，所以共有42种不同的
摞法。
42
14
5< br>2
1
11
1
1
2
1
5
3
1
14
9
4
1
42
28
14
5
A< br>
【答案】
42
种
【巩固】 学学和思思一起洗
4
个互不相同的碗（顺序固定），思思洗好的碗一个一个往上摞，学学再从最上面
一个一个地拿走放入碗柜 摞成一摞，思思一边洗，学学一边拿，问学学摞好的碗一共有 种
不同的摞法。

4

【考点】计数之对应与阶梯型标数法 【难度】4星 【题型】填空
【关键词】学而思杯，3年级，第7题
【解析】 按思思 洗碗的顺序将这
4
个碗依次标号为
1
、则学学摞好的碗一共有如下
1 4
种摆法：
3
、
1234
，
2
、
4
，
1243
，
1324
，
1342
，
1432< br>，
2134
，
2143
，
2314
，
234 1
，
2431
，
3214
，
3241
，
3 421
，
4321
。
【答案】
14


【例 10】 一个正在行进的8人队列，每人身高各不相同，按从低到高的次序排列，现在他们要变成 并列的2
列纵队，每列仍然是按从低到高的次序排列，同时要求并排的每两人中左边的人比右边的人要矮 ，
那么，2列纵队有 种不同排法.
【考点】计数之对应与阶梯型标数法 【难度】5星 【题型】填空
【关键词】第七届，走美杯
【解析】 首先，将8人的身 高从低到高依次编号为
1、2、3、4、5、6、7、8
，现在就相当于要将这8个数填到一个
42
的方格中，要求每一行的数依次增大，每一列上面的要比下面的大．

下面我们将
1、2、3、4、5、6、7、8
依次往方格中填，按照题目规则，很容易就发现 ：第二行填的的数字的个
数永远都小于或等于第一行数字填的个数．也就是说，不能出现下图这样的情况 ．

而这个正好是“阶梯型标数”题型的基本原则．于是，我们可以把原题转化成：

在这个阶梯型方格中，横格代表在第一行的四列，纵格代表第二行的四列，那么此题所有标数 的方
法就相当于从A走到B的最短路线有多少条．
例如，我们选择一条路线：
它对应的填法就是：


5

．
最后，用“标数法”得出从A到B的最短路径有14种，如下图：
【答案】
14
种

【巩固】将1~12这12个数填入到2行6列 的方格表中，使得每行右边比左边的大，每一列上面比下面的大，
共有多少种填法？
【考点】计数之对应与阶梯型标数法 【难度】5星 【题型】解答
【解析】 根据对应关系，再运用阶梯型标数法画图如下：

132
42
14
5
2
1
1
1
2
1
5
3
1
132
4290
1428
48
9
14
20
4
1
5
1
6
1

共有132种填法．
【答案】
132
种

【例 11】 在一次小组长选举中，铮铮与 昊昊两人作为候选人参加竞选，一共得了7张选票。在将7张选票
逐一唱票的过程中，昊昊的得票始终没 有超过铮铮。那么这样的唱票过程有 种不同的情况。
【考点】计数之对应与阶梯型标数法 【难度】5星 【题型】填空
【关键词】学而思杯，6年级，1试，第14题
【解析】 标数法（1）7张全是铮铮，1种；
（2）6张铮铮,1张昊昊,6种；
（3）5张铮铮,2张昊昊,14种；
（4）4张铮铮,3张昊昊,14种。
一共35种。
【答案】
35
种

模块四、不完全对应关系

【例 12】 圆周上有12个点，其中一个点涂红，还有一个点涂了蓝色，其余10个点没有涂色，以这些点为

6

顶点的凸多边形中，其顶点包含了红点及蓝点的多边形称为双色 多边形；只包含红点(蓝点)的多边
形称为红色(蓝色)多边形．不包含红点及蓝点的称无色多边形．试 问，以这12个点为顶点的所有
凸多边形(边数可以从三角形到12边形)中，双色多边形的个数与无色 多边形的个数，哪一种较多？
多多少个？
【考点】计数之不完全对应关系 【难度】4星 【题型】解答
【解析】 从任意一个双色的
N
边形出发(
N5
时 )，在去掉这个双色多边形中的红色顶点与蓝色顶点后，将得
到一个无色的
N2
边形 ；另一方面，对于一个任意的无色的
M
边形，如果加上红色顶点和蓝色顶
点，就得到一 个双色的
M2
边形，所以无色多边形与双色多边形中的五边形以上的图形是一一对
应 的关系，所以双色多边形的个数比较多，多的是双色三角形和双色四边形的个数．而双色三角形
2
45
个，所以双色多边形比无色多边形多
104555
个． 有10个，双色 四边形有
C
10
【答案】双色多边形比无色多边形多
104555
个

【例 13】 有一类各位数字各不相同的五位数
M
，它的千位数字 比左右两个数字大，十位数字也比左右两位
数字大．另有一类各位数字各不相同的五位数
W，它的千位数字比左右两个数字小，十位数字也
比左右两位数字小．请问符合要求的数
M< br>与
W
，哪一类的个数多？多多少？
【考点】计数之不完全对应关系 【难度】5星 【题型】解答
【解析】
M
与
W
都是五位数， 都有千位和十位与其它数位的大小关系，所以两类数有一定的对应关系．比如
有一个符合要求的五位数< br>MABCDE
(
A
不为0)，那么就有一个与之相反并对应的五位数
(9A)(9B)(9C)(9D)(9E)
必属于
4
类，比如
1 3254
为
M
类，则与之对应的
86754
为
W
类 ．
所以对于
M
类的每一个数，
n1
类都有一个数与之对应．但是 两类数的个数不是一样多，因为
M
类
中
0
不能做首位，而
W
类中9可以做首位．所以
W
类的数比
M
类的数要多，多的就是就是首 位为
a
n1
a
n
33…33
n1
的符合要求的数．
(n1)个3
计算首位为
a
1
0
的
W
类的数的个数，首先要确定另外四个数，因为要求各不相同，从除9外的其
4
126
种选法． 它
9
个数字中选出
4
个，有
C
9
对于每一种选法选出来的4个数，假设其大小关系为
5
，由于其中最小的数只能在 千位和十位上，
最大的数只能在百位和个位上，所以符合要求的数有
60
类：①千位、 十位排
A
1
、
A
2
，有两种方法，
百位、十位排< br>A
3
、
A
4
，也有两种方法，故此时共有
3
种；②千位、十位排
0
、
A
3
，只能是千位
A
3< br>，
百位
A
4
，十位
3
，个位
6
，只 有
3
种方法．
根据乘法原理，首位为
9
的
W
类的 数有
126

41

630
个．
【答案】W多，多
630
个

【例 14】 用1元，2元，5元，10元四种面值的纸币若干张(不一定要求每种都有)，组成99元有
P
种方法，
组成101元有
Q
种方法，则
QP
．
【考点】计数之不完全对应关系 【难度】5星 【题型】填空
【关键词】学而思杯，6年级，1试
【解析】 如果
10
元的取
0
张，即
z0
，则
212z21
，即
5
元的有
21
种取法；
如果
10
元的取
1
张，即
z1
，则
212z19
，即
5
元的有
19
种 取法；
如果
10
元的取
2
张，即
z2
，则212z17
，即
5
元的有
17
种取法；
如果
10
元的取
10
张，即
z10
，则
21 2z1
，即
5
元的有
1
种取法；
所以总数为
211917
【答案】
121


111
2
121
，那么
QP121
。

7