奥数精编训练-容斥原理之数论问题

7-7-4 容斥原理之数论问题

1. 了解容斥原理二量重叠和三量重叠的内容； 2. 掌握容斥原理的在组合计数等各个方面的应用．

教学目标

知识要点

一、两量重叠问题

在一些计数问题中，经常遇到有关集合元素个数的计算．求两个集合并集的元素的个数，不能简单地把两个集合的元素个数相加，而要从两个集合个数之和中减去重复计算的元素个数，即减去交集的元素个数，用式子可表示成：ABABAB(其中符号“”读作“并”，相当于中文“和”或者“或”的意思；符号“”读作“交”，相当于中文“且”的意思．)则称这一公式为包含与排除原理，简称容斥原理．图示如下:A表示小圆部分，B表示大圆部分，C表示大圆与小圆的公共部分，记为：AB，即阴影面积．图示如下:A表示小圆部分，B表示大圆部分，C表示大圆与小圆的公共部分，记为：AB，即阴影面积．

1．先包含——AB

重叠部分AB计算了2次，多加了1次； 2．再排除——ABAB

把多加了1次的重叠部分AB减去．

包含与排除原理告诉我们，要计算两个集合A、B的并集A可分以下两步进行： B的元素的个数，

第一步：分别计算集合A、B的元素个数，然后加起来，即先求AB(意思是把A、B的一切元素

都“包含”进来，加在一起)；

第二步：从上面的和中减去交集的元素个数，即减去CAB(意思是“排除”了重复计算的元素个数)．

二、三量重叠问题

A类、B类与C类元素个数的总和A类元素的个数B类元素个数C类元素个数既是A类又是B类的元素个数既是B类又是C类的元素个数既是A类又是C类的元素个数同时是A类、B类、C类的元素个数．用符号表示为：ABCABCABBCACABC．图示如下：

图中小圆表示A的元素的个数，中圆表示B的元素的个数，大圆表示C的元素的个数．

1．先包含：ABC

重叠部分AB、BC、CA重叠了2次，多加了1次． 2．再排除：ABCABBCAC

重叠部分ABC重叠了3次，但是在进行ABC ABBCAC计算时都被减掉了．

3．再包含：ABCABBCACABC．

在解答有关包含排除问题时，我们常常利用圆圈图(韦恩图)来帮助分析思考．

例题精讲

【例 1】 在1~100的全部自然数中，不是3的倍数也不是5的倍数的数有多少个？

AB

【考点】容斥原理之数论问题 【难度】2星 【题型】解答

【解析】 如图，用长方形表示1~100的全部自然数，A圆表示1~100中3的倍数，B圆表示1~100中5的倍数，长方形内两圆外的部分表示既不是3的倍数也不是5的倍数的数．

由1003331可知，由100520可知，1~100中3的倍数有33个；1~100中5的倍数有20个；由100（35）610可知，1~100既是3的倍数又是5的倍数的数有6个．

由包含排除法，3或5的倍数有：3320647(个)．从而不是3的倍数也不是5的倍数的数有1004753(个)． 【答案】53

【巩固】 在自然数1~100中，能被3或5中任一个整除的数有多少个？

【考点】容斥原理之数论问题 【难度】2星 【题型】解答 【解析】 1003331，100520，100（35）610．根据包含排除法，能被3或5中任一

个整除的数有3320647(个)．

【答案】47

【巩固】 在前100个自然数中，能被2或3整除的数有多少个？ 【考点】容斥原理之数论问题 【难度】2星 【题型】解答 【解析】 如图所示，A圆内是前100个自然数中所有能被2整除的数，B圆内是前100个自然数中

所有能被3整除的数，C为前100个自然数中既能被2整除也能被3整除的数．

前100个自然数中能被2整除的数有：100250(个)．由1003331知，前100个自然数中能被3整除的数有：33个．由100（23）164知，前100个自然数中既能被2整除也能被3整除的数有16个．

所以A中有50个数，B中有33个数，C中有16个数．因为A，B都包含C，根据包含排除法得到，能被2或3整除的数有：50331667(个)．

【答案】67

【例 2】 在从1至1000的自然数中，既不能被5除尽，又不能被7除尽的数有多少个? 【考点】容斥原理之数论问题 【难度】2星 【题型】解答

【解析】 1～1000之间，5的倍数有1000=200个，7的倍数有1000=142个，因为既是5的

57倍数，又是7的倍数的数一定是35的倍数，所以这样的数有1000=28个．

35所以既不能被5除尽，又不能被7除尽的数有1000-200-142+-28=686个．

【答案】686

【巩固】 求在1至100的自然数中能被3或7整除的数的个数． 【考点】容斥原理之数论问题 【难度】2星 【题型】解答 【解析】 记 A：1～100中3的倍数，1003331，有33个；

B：1～100中7的倍数，1007142，有14个； AB：1～100中3和7的公倍数，即21的倍数，10021416，有4个．

依据公式，1～100中3的倍数或7的倍数共有3314443个，则能被3或7整除的数的个数为43个.

【答案】43

【例 3】 以105为分母的最简真分数共有多少个？它们的和为多少？ 【考点】容斥原理之数论问题 【难度】4星 【题型】解答 【解析】 以105为分母的最简真分数的分子与105互质，105=3×5×7，所以也是求1到105不是

3、5、7倍数的数有多少个，3的倍数有35个，5的倍数有21个，7的倍数有15个，15的倍数有7个，21的倍数有5个，35的倍数有3个，105的倍数有1个，所以105以内与105互质的数有105-35-21-15+7+5+3-1=48个，显然如果n与105互质，那么（105-n）与n互质，所以以105为分母的48个最简真分数可两个两个凑成1，所以它们的和为24.

【答案】48个，和24

【巩固】 分母是385的最简真分数有多少个？并求这些真分数的和. 【考点】容斥原理之数论问题 【难度】4星 【题型】解答 【解析】 385=5×7×11，不超过385的正整数中被5整除的数有77个；被7整除的数有55个；

被11整除的数有35个；被77整除的数有5个；被35整除的数有11个；被55整除的数有7个；被385整除的数有1个；最简真分数的分子可以有385-77-55-35+5+11+7-1=240.对于某个分数a/385如果是最简真分数的话，那么（385-a）/385也是最简真分数，所以最简真分数可以每两个凑成整数1，所以这些真分数的和为120.

【答案】240个，120个

【例 4】 在1至2008这2008个自然数中，恰好是3、5、7中两个数的倍数的数共有 个． 【考点】容斥原理之数论问题 【难度】3星 【题型】填空 【关键词】西城实验

20082008133【解析】 1到2008这2008个自然数中，3和5的倍数有个，3和7的倍数有2195152008200857个，5和7的倍数有个，3、5和7的倍数有10519个．所以，恰好是3、355、7中两个数的倍数的共有1331995195719228个．

【答案】228个

【例 5】 求1到100内有____个数不能被2、3、7中的任何一个整除。

【考点】容斥原理之数论问题 【难度】3星 【题型】填空 【关键词】学而思杯，4年级，第12题 【解析】 被2整除的有50个，被3整除的有33个，被7整除的有14个

同时被2和3整除的有16个，同时被2和7整除的有7个，同时被3和7整除的有4个 同时被2和3和7整除的有2个，100503314167421007228个 【答案】28个。

【例 6】 在从1到1998的自然数中，能被2整除，但不能被3或7整除的数有多少个？ 【考点】容斥原理之数论问题 【难度】3星 【题型】解答

a7【解析】 表示取商的整数部分．例如，23．要注意的是，符号与、、、符号b一样，也是一种运算，叫取整运算．

本题中，先求出能被2整除的数有多少个，再分别求出能被2和3、能被2和7分别整除的数的个数，那么用能被2整除的数的个数减去能被2和3整除的数的个数，再减去能被2和7整除的 数的个数，所得的差是不是所求的得数呢？仔细想想你会发现不是的，因为它多减了能同时被2、3、7整除的数．

故能被2整除的有：19982999(个)． 能被2和3同时整除的有：[1998（23）]333(个)．

能被2和7同时整除的有：[1998（27）]142． 能被2、3、7同时整除的有：[1998（237）]47(个)．

所以，能被2整除，但不能被3或7整除的数有99933314247571(个)． 【答案】571个

【例 7】 50名同学面向老师站成一行．老师先让大家从左至右按1，2，3，…，49，50依次报数；

再让报数是4的倍数的同学向后转，接着又让报数是6的倍数的同学向后转．问：现在面向老师的同学还有多少名?

【考点】容斥原理之数论问题 【难度】3星 【题型】解答 【关键词】华杯赛，初赛，第13题 【解析】 在转过两次后，面向老师的同学分成两类：

第一类是标号既不是4的倍数，又不是6的倍数；第二类是标号既是4的倍数又是6的倍数． 1～50之间，4的倍数有50=12,6的倍数有50=8，即是4的倍数又是6的倍数的数一

46定是12的倍数，所以有50=4．于是，第一类同学有50-12-8+4=34人，第二类同学有4

12人，所以现在共有34+4=38名同学面向老师．

【答案】38名

【例 8】 体育课上，60名学生面向老师站成一行，按老师口令，从左到右报数：1，2，3，…，

60，然后，老师让所报的数是4的倍数的同学向后转，接着又让 所报的数是5的倍数的同学向后转，最后让所报的数是6的倍数的同学向后转，现在面向老师的学生有________人。

【考点】容斥原理之数论问题 【难度】3星 【题型】填空 【关键词】希望杯，六年级，二试，第15题，4分 【解析】 可知其中4的倍数有15个，5的倍数有12个，6的倍数有10个，同时是4和5的倍

数的有3个，同时是5和6的倍数的有2个，同时是4和6的倍数的有5个，同时是4、5、6的倍数的数有1个，现在背向老师的有15+12+10-3-2-5+1=28个，面向老师的学生有60-28=32人。转过两次的有：3－1+2－1+5－1＝7。最后面向老师的学生数=32+7＝39个。

【答案】39个

【例 9】 有2000盏亮着的电灯，各有一个拉线开关控制着，现按其顺序编号为1，2，3，…，2000，

然后将编号为2的倍数的灯线拉一下，再将编号为3的倍数的灯线拉一下，最后将编号为5的倍数的灯线拉一下，三次拉完后，亮着的灯有多少盏？

A2EDGC5FB3

【考点】容斥原理之数论问题 【难度】3星 【题型】解答 【解析】 三次拉完后，亮着的灯包括不是2、3、5的倍数的数以及是6、10、15的倍数但不是30

的倍数的数．1～2000这2000个正整数中，2的倍数有1000个，3的倍数有666个，5的倍数有400个，6的倍数有333个，10的倍数有200个，15的倍数有133个，30的倍数有66个，亮着的灯一共有2000-1000-666-400+2×（333+200+133）-4×66=1002盏．

【答案】1002盏

【巩固】 2006盏亮着的电灯，各有一个拉线开关控制，按顺序编号为1，2，3，……，2006。将

编号为2的倍数的灯的拉线各拉一下；再将编号为3的倍数的灯的拉线各拉一下，最后将编号为5的倍数的灯的拉线各拉一下。拉完后这着的灯数为（ ）盏。 【考点】容斥原理之数论问题 【难度】3星 【题型】填空 【关键词】走美杯，五年级，第11题，六年级，第11题 【解析】 因为灯在开始的时候是亮着的，所以拉了两次或者没拉的灯最后还是亮的．这道题实际

上是求 1到2006中不能被2、3、5整除的数和只能同时被2、3、5中2个数整除的数的总个数．

我们可以求得被2整除的数有200621003(盏)， 被3整除的数有200636682，共668(盏)， 被5整除的数有200654011，共401(盏)．

其中，同时被2、3整除的数有2006(23)3342，共334(盏)； 同时被3、5整除的有2006(35)13311，共133(盏)； 同时被2、5整除的数有2006(25)2006，共200(盏)；

同时被2、3、5整除的数有2006(235)6626，共66(盏)，所以，只能同时被2、3、5中2个数整除的数的个数为334133200366469(盏)，不能被2、3、5整除的数的个数为

2006100366840133413320066535(盏)．所以，最后亮着的灯一共为4695351004(盏)． 【答案】1004盏

【巩固】 写有1到100编号的灯100盏，亮着排成一排，每一次把编号是3的倍数的灯拉一次开

关，第二次把编号是5的倍数的灯拉一次开关，那么亮着的灯还有多少盏？

【考点】容斥原理之数论问题 【难度】3星 【题型】解答 【解析】 因为灯在开始的时候是亮着的，所以拉了两次或者没拉的灯最后还是亮的．没拉的灯有

100100100100(盏)，拉两次的有100()100(33206)53356(盏)，

3535最后亮着的灯一共为53659(盏)

【答案】59盏

【例 10】 200名同学编为1至200号面向南站成一排．第1次全体同学向右转（转后所有的同学

面朝西）；第2次编号为2 的倍数的同学向右转；第3次编号为3的倍数的同学向右

转；……；第200次编号为200的倍数的同学向右转；这时，面向东的同学有 名．

【考点】容斥原理之数论问题 【难度】3星 【题型】填空 【关键词】迎春杯，五年级，初赛，10题 【解析】 只有约数个数被4除余3的数，最后面向东． 约数个数为3的数有22、32、52、72、112、132，共8个数． 约数个数为7的数有26，1个， 约数个数为15的数有3224144，1个 一共有8个满足条件的编号． 【答案】8名

【例 11】 下编号是1、2、3、……36号的36名学生按编号顺序面向里站成一圈.第一次，编号是

1的同学向后转，第二次，编号是2、3的同学向后转，第三次，编号是4、5、6的同学向后转，……，第36次，全体同学向后转.这时，面向里的同学还有________名.

【考点】容斥原理之数论问题 【难度】3星 【题型】填空 【关键词】迎春杯，中年级，复试，10题

【解析】 整个过程中一共转了1+2+3+4…+36=666人次，每转过72人次所有学生的朝向就会和原

来一样，那么666÷72=9…18，于是应该有18名同学面朝里，18名同学面朝外。 【答案】18名

【例 12】 在游艺会上，有100名同学抽到了标签分别为1至100的奖券．按奖券标签号发放奖品

的规则如下：

（1）标签号为2的倍数，奖2支铅笔； （2）标签号为3的倍数，奖3支铅笔；

（3）标签号既是2的倍数，又是3的倍数可重复领奖； （4）其他标签号均奖1支铅笔．

那么游艺会为该项活动准备的奖品铅笔共有多少支?

【考点】容斥原理之数论问题 【难度】4星 【题型】解答

【解析】 1～100，2的倍数有100=50，3的倍数有100=33个，因为既是2的倍数，又是3的

23倍数的数一定是6的倍数，所以标签为这样的数有100=16个．于是，既不是2的倍数，

6又不是3的倍数的数在1～100中有100-50-33+16=33．所以，游艺会为该项活动准备的奖品铅笔共有：50×2+33×3+33×1=232支.

【答案】232支

【例 13】 在一根长木棍上，有三种刻度线，第一种刻度线将木棍分成十等份；第二种将木棍分成

十二等份；第三种将木棍分成十五等份；如果沿每条刻度线将木棍锯断，则木棍总共被锯成________段．

【考点】容斥原理之数论问题 【难度】3星 【题型】填空

【解析】 假设木棍长60cm，则沿第一种刻度线锯成的木棍每段长60106cm，沿第二种刻度线

锯成的木棍每段长60125cm，沿第三种刻度线锯成的木棍每段长60144cm． 因为，沿三种刻度线可将木棍分别锯成10、12、15段；沿第一、二种重合的刻度线可将木棍锯成60[6,5]2段，沿第一、三种重合的刻度线可将木棍锯成60[6,4]5段，沿第二、三种重合的刻度线可将木棍锯成60[5,4]3段；沿三种刻度重合的刻度线可将木棍锯成60[6,5,4]1段．应该减去重复计算的沿任意两种重合的刻度线锯成的段数，应加上多减去的沿三种刻度重合的刻度线锯成的段数．所以，沿每条刻度线将木棍锯断，则木棍总共被锯成 101215253128段． 【答案】28段

【例 14】 一根101厘米长的木棒，从同一端开始，第一次每隔2厘米画一个刻度，第二次每隔3

厘米画一个刻度，第三次每隔5厘米画一个刻度，如果按刻度把木棒截断，那么可以截出 段．

【考点】容斥原理之数论问题 【难度】4星 【题型】填空

【关键词】101中学 【解析】 要求出截出的段数，应当先求出木棒上的刻度数，而木棒上的刻度数，相当于1、2、3、…、

100、101这101个自然数中2或3或5的倍数的个数，为： 10110110110110110110123523253523574，故木棒上共有74个刻度，可以截出75段． 【答案】75段

【巩固】 一根1.8米长的木棍，从左端开始每隔2厘米画一个刻度，涂完后再从左端开始每隔3厘

米画一个刻度，再从左端每隔5厘米画一个刻度，再从左端每隔7厘米画一个刻度，涂过按刻度把木棍截断，一共可以截成多少段小木棍？

【考点】容斥原理之数论问题 【难度】4星 【题型】解答 【解析】 1.8米长的木棍，按2厘米一段画出刻度，那么也就是说所有的偶数点都已经划过了，即

2、4、6、8、10……共89个点，那么再画3的时候所有的偶数点都已经划过，那么会多出30个点，即3、9、15……，再画5的时候会多出来的点是5、25、35、55、65、85、95、115、125、145、155、175，共12个，最后画间隔7厘米的时候，会多出7、49、77、91、119、133、161共7个点，那么所有的刻度总和应该是8930127138个，那么截断之后应该会有139段小木棍．

【答案】139段

11【例 15】 在循环小数中类似于0.142857，0.076923等，循环节是从小数点右边的第一

713位（即十分位）就开始的小数，叫做纯循环小数，包括7和13在内，共有 个正整数，其倒数是循环节恰好为六位的纯循环小数。

【考点】容斥原理之数论问题 【难度】5星 【题型】填空 【关键词】学而思杯，6年级，1试，第4题 【解析】 根据容斥原理，999999的约数有64个，999的约数有8个，99的约数有6个，9的约数

有3个， 所求的n的个数为64(863)53（个）。

【答案】53个