Тема Количество способов, исходов, слагаемых

Перебор случаев

Вспоминай формулы по каждой теме

Решай новые задачи каждый день

Вдумчиво разбирай решения

ШКОЛКОВО.
Готовиться с нами - ЛЕГКО!

Подтемы раздела количество способов, исходов, слагаемых

Решаем задачи

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 1#104848

Найти количество пар целых чисел $(a;b)$ таких, что $1 ≤a ≤700,1≤ b≤ 700,$ сумма $a +b$ делится на $7,$ а произведение $ab$ делится на $5.$ (При $a ⁄=b$ пары $(a;b)$ и $(b;a)$ считаются различными.)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Давайте разберем два случая: a делится на 5 и a не делится на 5. Сколько для каждого варианта есть подходящих b? Какие они?

Подсказка 2

В случае "a делится на 5" на b накладываются только ограничения по остатку при делимости на 7. Какой должна быть сумма остатков при делении на 7 у a и b?

Подсказка 3

В первом случае подходит каждое седьмое b. Аналогично можно разобрать второй случай, но накладывается ещё одно ограничение на b ;)

Показать ответ и решение

Рассмотрим два случая.

1) Пусть $a$ делится на 5 (на отрезке $[1;700]$ имеется $700:5 =140$ таких значений $a$ ). Для каждого такого значения $a$ подходят те и только те значения $b$ , при которых сумма остатков от деления $a$ на 7 и $b$ на 7 равна 0 или 7, т. е. подходит одно из каждых семи последовательных значений $b$ . Итого, для каждого значения $a$ получаем по 100 вариантов.

2) Пусть $a$ не делится на 5 (на отрезке $[1;700]$ имеется $700− 140= 560$ таких значений $a$ ). Для каждого такого $a$ подходят те и только те значения $b$ , кратные 5, при которых сумма остатков от деления $a$ на 7 и $b$ на 7 равна 0 или 7, т. е. подходит одно из каждых $5 ⋅7 =35$ последовательных значений $b$ . Итого, для каждого значения $a$ получаем по 20 вариантов.

Суммируем количество пар: $100⋅140 +560⋅20=25200$ .

Ответ: 25200

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 2#126641

Дана фраза:

$□□□$ -гранная пирамида имеет:

1.: столько же вершин, сколько $□□□$ -гранная призма,
2.: столько же рёбер, сколько $□□□$ -гранная призма,
3.: и столько же граней, сколько $□□□$ -гранная призма.

Сколько способов вписать в каждый квадрат по цифре так, чтобы получить верное утверждение? Напомним, что натуральное число не может начинаться с нуля.

Источники: ФЕ - 2025, 10.3 ( см. www.formulo.org)

Показать ответ и решение

Заметим, что $n$ -гранная пирамида имеет $n$ вершин и $2(n− 1)$ ребер, а $n$ -гранная призма — $2(n− 2)$ вершины и $3(n− 2)$ ребра. Таким образом, если вместо пропусков подставить по порядку трёхзначные числа $x,y,z,w,$ то

( x =(2y− 2) |{ |( 2(x− 1)= 3(z− 2) x =w

Тогда

2(2(y− 2)− 1)= 3(z − 2)

4(y− 1)= 3z

Сделаем замену: $y =3k+ 1,$ $z = 4k,$ $x= w= 6k− 2,$ $k∈ℤ.$ Трехзначность исходных чисел выполняется при $33 ≤k ≤166.$ Получим $166− 33 +1 =134$ варианта.

Ответ:

$134$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 3#126991

На конференции по теории графов собралось много учёных. Они выяснили следующие вещи:

(1) У каждого из них ровно 81 знакомых на конференции.

(2) У любых двух знакомых ровно 60 общих знакомых на конференции.

(3) У любых двух незнакомых ровно 54 общих знакомых на конференции.

Сколькими способами можно посадить за круглый стол четверых учёных так, чтобы справа и слева от каждого сидели его знакомые? (Порядок рассадки для данной четверки учёных важен и должен учитываться в ответе).

Источники: ИТМО - 2025, 10.7 ( см. olymp.itmo.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Будем пытаться вычленить из имеющихся данных новые сведения о наших учёных, чего нам не хватает для ответа на вопрос задачи?

Подсказка 2

Было бы хорошо узнать, сколько всего у нас людей. Для этого удобно рассмотреть пару учёных, количество знакомых у каждого из них и количество их общих знакомых.

Подсказка 3

Итак, мы узнали сколько всего учёных, а сколько незнакомых для каждого из них присутствует на конференции?

Подсказка 4

Чтобы ответить на вопрос задачи достаточно рассмотреть два случая: когда напротив оказались двое знакомых и когда напротив оказались двое незнакомых людей. Сколько существует способов выбрать каждую из таких пар? А сколькими способами можно достроить каждый из случаев до нужной нам конфигурации?

Показать ответ и решение

Пусть у каждого из ученых ровно $a$ знакомых на конференции, у любых двух знакомых ровно $b$ общих знакомых,a у любых двух незнакомых ровно $c$ общих знакомых.

Найдём сначала общее количество учёных $n.$ Рассмотрим какого-то одного учёного. У него есть $a$ знакомых. У каждого из них также $a$ знакомых, но среди этих $a$ уже посчитаны $b$ общих знакомых с первым учёным и сам первый учёный. Остаётся ещё $a − b− 1$ знакомый у каждого, итого $a(a− b− 1).$ В это число вошли все незнакомые с первым учёным люди, причём каждый ровно $c$ раз благодаря третьему условию. Значит, всего получаем

a(a− b− 1) n= 1+ a+ ----c----

учёных. У каждого из них при этом ровно

d= a(a−-b−-1) c

незнакомых на конференции.

Теперь рассмотрим любой из интересующих нас способов. На первое место мы можем посадить любого человека. Напротив него также может сидеть любой из оставшихся.

Рассмотрим два случая: первый человек выбирается $n$ способами. Незнакомого человека напротив можно выбрать $d$ способами. Тогда оставшиеся два выбираются $c(c− 1)$ способами так как мы знаем, сколько у первых двоих общих знакомых. Получаем

n⋅d⋅c(c− 1)

способов.

Во втором случае мы выбираем человека напротив из $a$ знакоммых первого человека, а дальше $b(b− 1)$ способами выбираем их общих знакомых. Получаем всего

n⋅a⋅b(b− 1)

способов.

Полученные два числа необходимо сложить для получения ответа.

При изначальных данных $a =81,$ $b= 60,$ $c=54$ получим, что $n= 112,$ $d= 30,$ первое и второе слагаемые равны соответственно $9616320,$ и $32114880$ . Их сумма равна $41731200.$

Ответ:

41731200

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 4#76651

Найдите количество функций $f :{1,2,3,4,5,6} → {1,2,3,4,5,6}$ для которых верно $f(f(f(x)))=x$ для всех $x∈ {1,2,3,4,5,6}$ .

Источники: ЮМШ-2023, 11 класс, отборочный тур (см. yumsh.ru) | ЮМШ-23/24, 11 класс, 1 отборочный тур (см. yumsh.ru)

Показать ответ и решение

Возьмем какое-нибудь число $a ∈{1,2,3,4,5,6}.$ Тогда возможны два варианта:

1. Если $f(a)= a,$ то и $f(f(f(a)))= a.$

2. Предположим $f(a)= b и b⁄= a.$ Тогда $f(b)= c, где c⁄= a,c⁄= b.$ Иначе
(а) Если $f(b)= a, то f(f(f(a)))= f(f(b)) =f(a)=b ⁄=a.$
(b) Если $f(b)= b, то f(f(f(a)))= f(f(b))= f(b) =b⁄= a.$
И так как $a =f(f(f(a)))= f(f(b))= f(c),$ то $f(c)=a.$

Таким образом, для любого $a∈ {1,2,3,4,5,6}$ либо $f(a)=a,$ либо есть три различных числа таких, что $f(a)= b,f(b) =c и f(c)= a.$

При этом любая функция с таким свойством подходит. Тогда найдем число функций с необходимым свойством.

1. Нет ни одной тройки элементов, что $f(a)= b,f(b)= c, и f(c)= a.$ Значит, для всех чисел $a∈{1,2,3,4,5,6}$ верно $f(a)= a.$ Такая функция одна.

2. Есть одна тройка элементов, что $f(a)= b,f(b)= c, и f(c)=a.$ Выбрать тройку можно $C36$ способами. При этом есть два способа задать функцию в тройке. Итого $2C36$ функций.

3. Есть две тройки элементов, что $f(a)= b,f(b)= c, и f(c)= a.$ Выбрать первую тройку можно $C36$ способами, остальные три элемента образуют вторую тройку. Но варианты, в которых выбрали в первую тройку $a,b,c$ и выбрали все кроме $a,b,c$ одинаковые. То есть $C36 :2$ способов разбить элементы на две тройки. При этом в каждой тройке есть два способа задать функцию. Итого $2⋅2⋅C36 :2 =2C36$ функций.

Всего число функций равно

1 +2C36 + 2C36 = 81

Ответ: 81

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 5#82778

Болельщики должны выбрать 6 лучших хоккеистов чемпионата: одного вратаря, двух защитников и трех нападающих. Среди претендентов: 2 вратаря, 5 защитников, 6 нападающих и 3 “универсала”. “Универсал” — игрок, хороший в разных ролях, который поэтому может быть выбран как в качестве защитника, так и в качестве нападающего (но не вратаря). Сколько существует способов выбрать эту шестёрку? Требуется получить числовое значение.

Источники: Ломоносов - 2024, 11.1 (см. olymp.msu.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

В задачах на комбинаторику всегда лучше начинать с простого и понятного. Кого в данной задаче можно выбрать без особых проблем?

Подсказка 2

Давайте сначала выберем вратаря, ведь место вратаря мажет занять только вратарь. Всего у нас два варианта на эту позицию. Обратите внимание, что защитников нужно выбрать только двое, и наша задача легко разбивается на три случая. Первый случай — это 0 универсалов среди защитников, второй — 1 универсал, третий — 2 универсала.

Подсказка 3

В каждом случае нужно из оставшихся игроков (нападающие + незадействованные универсалы) выбрать трех нападающих, число полученных вариантов для каждой позиции перемножить и результат сложить с остальными случаями.

Показать ответ и решение

Начнём считать с вратарей. Место вратаря может занять только вратарь, поэтому у нас всегда всего 2 способа выбрать его.

Дальше рассмотрим три случая по количеству универсалов на месте защитников:

1. Среди выбранных защитников нет универсалов. Значит, количество так выбрать двух защитников в команду равно

2 5⋅4 C5 =-2- =10

На место нападающих в этом случае мы можем поставить либо нападающих, либо универсалов, следовательно, способов

C39 = 9⋅83⋅!7 =84

Следовательно, вариантов команд в этом случае

2⋅10 ⋅84= 1680

2. Среди выбранных защитников один универсал. Значит, количество так выбрать двух защитников в команду равно

5⋅3= 15

На место нападающих в этом случае мы можем поставить либо нападающих, либо оставшихся универсалов, следовательно, способов

C38 = 8⋅7⋅6 =56 3!

Следовательно, вариантов команд в этом случае

2⋅15 ⋅56= 1680

3. Среди выбранных защитников оба являются универсалами. Значит, количество так выбрать двух защитников в команду равно

C23 = 3

На место нападающих в этом случае мы можем поставить либо нападающих, либо оставшегося универсала, следовательно, способов

7⋅6⋅5 C37 =--3!- =35

Следовательно, вариантов команд в этом случае

2 ⋅3 ⋅35= 210

В итоге способов выбрать команду равно

1680+ 1680+ 210 =3570

Ответ: 3570

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 6#86094

По кругу растет шесть деревьев. Утром на каждом дереве сидел один бельчонок. Вечером опять на каждом дереве сидел один из тех же шести бельчат, ни один бельчонок не сидел на том же самом дереве, и не сидел на дереве, которое было соседним с тем, которое он занимал утром. Сколькими способами это можно было сделать?

Источники: Бельчонок - 2024, 11.3 (см. dovuz.sfu-kras.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Давайте подумаем, как мы можем упростить задачу. Можно заметить, что картинка симметричная. Как тогда можно переформулировать задачу?

Подсказка 2

Можно решить задачу, в которой каждая белка либо осталась на своем месте, либо перешла на соседнее. Задача стала проще, можно перебрать все случаи

Подсказка 3

Все бельчата могут оставаться на месте, перемещаться по часовой стрелке или против часовой стрелки. Какие случаи могут быть, если пара соседних бельчат поменяются местами?

Подсказка 4

Каждая пара может поменяться, а может остаться на месте. Но один случай мы уже учли. Тогда вариантов 7 + 7 (пары могут образоваться двумя способами). Какой еще случай мы не учли?

Подсказка 5

Случай, когда два противоположных бельчонка остаются на месте, а остальные четыре бельчонка меняются в парах.

Показать ответ и решение

Любой рассадке вечером можно сопоставить рассадку, в которой белка, сидевшая на дереве с номером $x$ (нумерация по часовой стрелке), сидит на дереве $(x+ 3)$ по модулю 6 (то есть просто белку переместили на противоположное место). Нетрудно видеть, что это противоположное место является либо тем местом, на котором белка сидела утром, либо соседним с ним. Значит, можно решить задачу, в которой каждая белка либо осталась на своём месте, либо перешла на соседнее.

Пусть изначально белки сидели в порядке $ABCDEF$ . Рассмотрим случаи:

$1)$ Все остаются на своих местах. Тогда есть только один случай ( $ABCDEF$ ).

Если $A$ перемещается вправо на место $B$ , у $B$ есть два варианта действий. $B$ может переместиться влево(на место $A$ ) или переместиться вправо на место $C$ .

$2)$ Рассмотрим движение по кругу. Если $B$ перемещается на место $C$ , то единственный способ для $C$ — переход к $D$ , переход $D$ к $E$ , переход $E$ к $F$ и переход $F$ к $A$ , в результате чего достигается $F ABCDE$ . Каждый бельчонок может также двигаться влево( $BCDEF A$ ). Таким образом, тут два случая.

$3)$ Некоторые бельчата из соседних пар $AB$ , $CD$ , $EF$ меняются местами, оставаясь в той же паре. Если $A$ перемещается на место $B$ , $B$ перемещается на место $A$ . $C$ может остаться на месте, или переместиться на $D$ , $E$ может остаться на месте, или переместиться на $F$ . Это даёт $2⋅2⋅2= 8$ случаев, но бельчата не могут все оставаться на месте, поскольку мы уже посчитали такую возможность в случае $1$ , и, следовательно, здесь $7$ случаев. Кроме этого, могут быть пары $BC,DE,F A$ что даёт еще $7$ случаев.

$4)$ Меняются местами не в соседних парах, а в парах, разделённых одним бельчонком. Если бы $A$ и $B$ поменялись местами, $D$ и $E$ могли бы поменяться местами, и это не было бы учтено предыдущими группировками. При этом два бельчонка, разделяющие пары, сидят на прежних местах. Это может происходить в трёх случаях ( $A$ и $D$ не движутся, $B$ и $E$ не движутся, $C$ и $F$ не движутся).

Всего случаев $1 +2+ 7+ 7+ 3= 20$ .

Ответ: 20

Курсы

Всё необходимое для достижения цели

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 7#87528

Госпожа Такаято решила сесть на диету и из каждых десяти дней делать четыре голодных и шесть обжорных. Сколькими разными способами она может распределить такие дни, чтобы у неё не было более двух голодных дней подряд (в рамках одной десятидневки)?

Источники: Надежда энергетики - 2024, 11.1 (см. www.energy-hope.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

А что если не было бы условия на два дня голодовки? Сколько способов было бы?

Подсказка 2

Нам нужно выбрать всего 4 дня из 10, а остальные будут обжорными. А как посчитать количество способов, которые не подходят под условие?

Подсказка 3

Нам нужно вычесть способы, в которых есть хотя бы 3 дня подряд голодовки. Много ли таких случаев?

Подсказка 4

Разберите случаи: когда у нас есть 3 дня подряд голодовки и 1, не стоящий рядом с ними. И второй случай: все 4 дня голодовки стоят рядом

Показать ответ и решение

Посчитаем сначала общее количество способов распределить дни без учёта условия. Заметим, что нам нужно выбрать 4 голодных дня, остальные сразу станут обжорными. Значит, их количество

4 10⋅9⋅8⋅7 C10 =---4!---= 210

Теперь посчитаем способы, которые нам не подходят под условия, чтобы вычесть их. Понятно, чтобы не выполнялось условие задачи нужно иметь хотя бы 3 голодных дня подряд, но, т.к. голодных дней всего 4 возможно два варианта:

1) У нас 3 голодных дня подряд и 1 голодный, не стоящий с ними рядом. Будем воспринимать эти 3 дня как 1, назовём его большой голодный день, т.е. теперь у нас будет 8 дней и мы распределяем большой голодный день и голодный день так, чтобы они не стояли рядом. Если большой голодный стоит первым или последним, то у обычного есть 6 вариантов, в иных случаях у него их 5. В итоге

2⋅6+ 6⋅5= 42

2) У нас 4 голодных дня подряд. Количество таких способов равно количеству способов выбрать место для первого голодного дня, оно равно 7.

В итоге количество способов распределения, подходящих под условия равно

210 − 42− 7= 161

Ответ: 161

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 8#90003

Сколькими способами из множества ${1,2,3,...,2024}$ можно выбрать $n$ чисел так, чтобы сумма любых $m$ (произвольное натуральное число, меньшее $n$ ) из выбранных чисел не делилась на 3? Рассмотрите все возможные $n ≥ 2.$

Источники: Иннополис - 2024 (см. dovuz.innopolis.university)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Нужно рассмотреть все натуральные n>=2... как будто это очень много чисел.. Значит, нужно как-нибудь сузить круг поиска. Подумайте, может ли n быть больше трех?

Подсказка 2

Правда ли, что из любых трёх целых чисел найдётся несколько из них, сумма которых кратна трём?

Подсказка 3

Это действительно так! Получается n<=3, то есть нам нужно рассмотреть всего два варианта! Для подсчёта используйте число сочетаний и рассматривайте остатки при делении на 3.

Показать ответ и решение

Заметим, что из любых трёх целых чисел найдётся несколько из них, сумма которых кратна трём. (Ведь не может быть числа, кратного трём, и не могут быть одновременно числа с остатками $1$ и $2$ , а чисел одного остатка не более двух).

А значит, $n ≤3,$ при этом из условия нас интересуют $n≥ 2.$ В рассматриваемом множестве чисел по $675$ чисел, дающих остатки $1$ и $2$ при делении на $3.$

Тогда для $n= 3$ подходят любые три числа с одинаковыми остатками, их $3 2⋅C675.$ Для $n = 2$ любая пара чисел с ненулевыми остатками, то есть $2 2⋅C675$ пар чисел с одинаковыми остатками и $2 675$ с разными.

Итого $2 3 2 3 2 2 ⋅C 675+ 2⋅C675+ 675 =2 ⋅C 676+ 675 = 102971025$ чисел.

Ответ:

$2⋅C3 + 6752 = 102971025 676$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 9#94342

Числа $1,2,3,...,N$ записываются в строчку в таком порядке, что если где-то (не на первом месте) записано число $i,$ то где-то слева от него встретится хотя бы одно из чисел $i+1$ и $i− 1.$ Сколькими способами это можно сделать?

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Пусть на первом месте стоит число k. Что тогда можно сказать о порядке чисел меньших k относительно друг друга, а о порядке больших k?

Подсказка 2

Верно, числа меньшие k стоят в порядке убывания, а большие - в порядке возрастания. Давайте теперь придумаем, чему сопоставить расстановки, зная как они устроены.

Подсказка 3

Итак, перестановку в самом деле можно задать набором мест, которые будут занимать числа меньшие k. Так пройдясь по всем k, получаем, что искомое количество соответствует числу подмножеств из n-1 элементов(выбор произвольных мест помимо первого).

Показать ответ и решение

Пусть на первом месте стоит число $k.$ Заметим, что если $k >1,$ то числа $k− 1,k − 2,...,1$ стоят в нашей перестановке в порядке убывания (если двигаться слева направо). Действительно, по условию левее числа $1$ должно стоять $2,$ левее $2 − 1$ или $3,$ то есть $3,$ левее $3− 2$ или $4,$ то есть $4$ и т. д. Аналогично при $k< N$ числа $k +1,k+ 2,...,N$ стоят в порядке возрастания, так как левее $N$ должно быть $N − 1,$ левее $N − 1$ — число $N − 2$ и т. д. Следовательно, любая из рассматриваемых перестановок однозначно задаётся набором мест, занимаемых числами $1,2,...,k − 1$ (таких мест может вообще не быть, если $k= 1,$ то есть для перестановки $1,2,...,N).$ Количество этих наборов равно количеству подмножеств множества из $N − 1$ элемента — всех мест, кроме первого, то есть $N−1 2 .$ По числу элементов подмножества однозначно определяется число $k,$ стоящее на первом месте.

Ответ:

$2N−1$ способами

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 10#97675

У Паши есть карточки с числами от $1$ до $31$ по порядку, всего $31$ штука. У Яши есть точно такой же комплект карточек. Сколькими способами мальчики могут достать по одной карточке (каждый из своего набора) так, чтобы сумма чисел на выбранных карточках равнялась $46?$

Показать ответ и решение

Если первый мальчик достал карточку с номером $x$ , то, чтобы сумма на карточках была 46, второй мальчик должен достать карточку с номером $46− x.$ Значит, достаточно рассмотреть все возможные варианты $x$ для первого мальчика, так как карточка, которую должен достать второй мальчик, определяется однозначно. А если существует вариант, что второй мальчик достал карточку с номером $y,$ а первый — с номером $46− y,$ и такой случай ещё не рассмотрен, то это значит, что изначально мы рассмотрели не все возможные варианты для первого.

Пусть первый мальчик достал карточку $x,$ а второй — $46− x.$ В задаче $x$ может принимать любое значение от 1 до 31, но нужно проверить, для любого ли такого значения у второго мальчика найдётся карточка с номером $46− x.$ Если первый достал 1, то второй должен был выбрать карточку $46− 1 =45,$ но карточки с номером 45 нет, так как самый большой номер — 31. Тогда самая маленькая карточка, которую может использовать первый, — это $46 − 31= 15.$ Значит, для любой карточки с номером от 15 до 31 второй мальчик может положить свою карточку с таким номером, чтобы в сумме получилось 46. Карточек с номерами от 15 до 31 — 17 штук.

Следовательно, существует 17 способов, чтобы мальчики достали по одной карточке так, чтобы сумма на них была ровно 46.

Ответ: 17

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 11#30996

Лиза выписала на доску числа $1$ , $2$ , $3$ , …, $10$ и хочет выбрать из них два, сумма которых делится на $6$ . Сколькими способами она сможет их выбрать? Считается, что пары ( $2$ , $4$ ) и ( $4$ , $2$ ) — одинаковые.

Показать ответ и решение

Посмотрим, чему может равнять сумма выбранных чисел. По условию она делится на 6. Первые три числа, делящиеся на 6, — это 6, 12 и 18. Следующие числа уже не меньше 24, а выписанные на доску числа не больше 10, то есть их сумма всяко не больше 20, то есть меньше 24. Значит, сумма может принимать всего три значения: 6, 12 и 18. Рассмотрим все три случая по-отдельности.

Случай 1. Посчитаем, сколькими способами можно выбрать два числа с суммой 6. Подходят пары (1, 5) и (2, 4), а других пар нет — ведь одно из чисел в паре обязательно не превосходит 3, две из таких пар мы выписали, а выбрать две тройки мы не можем. Значит, в этом случае получилось 2 пары.

Случай 2. Посчитаем, сколькими способами можно выбрать два числа с суммой 12. Подходят пары (2, 10), (3, 9), (4, 8), (5, 7). Других нет, так как одно из чисел не превосходит 6, при этом пары (1, 11) и (6, 6) из выписанных на доску чисел составить нельзя, а все остальные мы привели. Итак, в этом случае получилось 4 пары.

Случай 3. Посчитаем, сколькими способами можно выбрать два числа с суммой 18. Числа, меньшие 8, в пару брать нельзя, так как иначе второе число из пары будет не меньше 11. А из 8, 9 и 10 можно составить только одну пару — (8, 10). Значит, в этом случае получилась всего 1 пара.

Все полученные количества способов необходимо сложить, так как мы разбирали три различных варианта суммы, а подходит любой из этих вариантов. Итого получаем $2+ 4+ 1= 7$ возможных пар для выбора Елизаветы Павловны.

Ответ:

$7$

Интенсивы

Глубокий разбор тем, требующих дополнительного внимания

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 12#33354

Нюша интересуется: существует ли трёхзначное число, которое в 20 раз больше своей суммы цифр? Поможем Нюше?

Показать ответ и решение

Например, подходит число 180: в самом деле, $(1+8)⋅20= 180$ .

Ответ: 180

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 13#33355

Крош заметил удивительную особенность текущего месяца: в нем всего 31 день, но сред и воскресений лишь по 4 штуки! Можно ли лишь по этим данным однозначно определить, каким днем недели является 15-е число этого месяца?

Показать ответ и решение

Рассмотрим первые 28 дней месяца. Так как эти даты идут друг за другом, то среди них каждый день недели встречается по 4 раза. Остались 29-е, 30-е и 31-е число месяца, значит, ровно 3 дня недели в этом месяце встречаются по 5 раз, и эти 3 дня идут подряд. По условию известно, что среди этих трех подряд идущих дней нет ни среды, ни воскресенья. Тогда среди этих дней не может быть еще и понедельника со вторником. Значит, 3 дня, которые встречаются в месяце по 5 раз, это четверг, пятница и суббота. При этом 29-е число должно быть четвергом. Но 15-е число по сравнению с 29-м — это ровно две недели назад, значит, 15-е число — тоже четверг.

Ответ: Четверг

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 14#33356

Близ Ромашковой долины расположены три очень странные деревни. Жители первой, Правдино, всегда говорят правду. Жители второй, Лгуново, всегда лгут. Наконец, жители третьей, Переменово, поочередно говорят правду и ложь. Однажды в пожарную часть Ромашковой долины поступил звонок: “У нас в деревне пожар!” — “Где горит?” — “В Переменово.” Пожарные считают, что пожар все-таки случился. В какую деревню им надо ехать?

Показать ответ и решение

Рассмотрим все три случая, из какой деревни могли быть звонившие.

Случай 1. Пусть звонили из Правдино. В таком случае исходя из первой фразы получается, что пожар в Правдино, но второй же фразой утверждается, что он в Переменово. Такого быть не может, значит, этот случай невозможен.

Случай 2. Пусть звонили из Лгуново. В таком случае из первой фразы можно сделать вывод, что пожар не в Лгуново, а из второй фразы — что пожар не в Переменово. Значит, в этом случае единственным вариантом, где может быть пожар, является деревня Правдино.

Случай 3. Пусть звонили из Переменска. Но в таком случае первая и вторая фразы утверждают одно и то же, что пожар в Переменске. Это невозможно, так как ее жители чередуют правду и ложь, значит, этот случай также отпадает.

Таким образом, в результате полного перебора всех случаев мы выяснили, что единственным возможным является вариант, когда пожар случился в деревне Правдино, туда и надо ехать.

Ответ: В деревне Правдино

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 15#34158

Сколько натуральных чисел, делящихся на $4$ и меньших $1000$ , не содержат в десятичной записи ни одной из цифр $3,4,5,7$ и $9$ ?

Показать ответ и решение

Нас интересуют только однозначные, двухзначные и трехзначные числа. Давайте сделаем их всех трехзначными дописав в начале нули. На делимость на 4 влияют только 2 последние цифры, поэтому на первом месте может стоять любая цифра, кроме $3,4,5,7$ и $9$ . Наше число делиться на 2, поэтому третья цифра должна быть четной. Пусть на втором месте $a$ , на третьем $b$ . Для $b$ у нас есть варианты 0, 2, 6, 8. Если $b= 2$ или $b= 6$ , то $a$ может быть только 1. Если $b= 0$ или $b= 8$ , то $a$ может быть равно 0, 2, 6, 8. Итого для пары $a$ и $b$ всего $2⋅1+ 2⋅4=10$ вариантов и тогда для всего числа $10⋅5= 50$ вариантов, но среди этих вариантов есть случай 000. Он нам не подходит, так как число должно быть натуральным.

Ответ: 49

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 16#34159

Есть $200$ различных карточек с числами $2,3,22,32,...,2100,3100$ (на каждой карточке написано ровно одно число, каждое число встречается ровно один раз). Сколькими способами можно выбрать $2$ карточки так, чтобы произведение чисел на выбранных карточках было кубом целого числа?

Показать ответ и решение

Чтобы число было кубом, нужно, чтобы степень каждого числа делилась на 3. Если мы возьмем одну карточку со степенью 2 и одну со степенью 3, то они в произведении будут кубом только, если изначальные степени были кубами. Значит в этом случае у нас $33⋅33$ варианта.

Если на обеих карточках степени 2, то нужно посмотреть на остаток этих степеней при делении на 3. Степени могут давать остатки 1 и 2 или 0 и 0. В первом случае у нас получится $34⋅33$ вариантов, во втором случае у нас получится $33 ⋅32:2$ варианта (делим на 2, потому что каждая пара посчитана дважды). Аналогично со степенями 3.

Ответ: 33⋅33+ 2⋅(34⋅33+ 33 ⋅32:2) .

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 17#34172

Какое количество натуральных чисел $a$ обладает следующим свойством: “Наименьшее общее кратное чисел $16$ , $50$ и $a$ равняется $1200$ ”?

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Давайте попробуем разобрать простые множители у НОКа и наших чисел. Помним, что НОК получается как раз из наибольших степеней простых множителей в числах.

Подсказка 2

Откуда же в НОКе тройка?)

Подсказка 3

a обязательно делится на 3. А может ли оно делиться на 2? А на 5? Разбираемся со степенями аккуратно!

Показать ответ и решение

Разложим на множители:

$4 2 1200= 2 ⋅3⋅5$

$4 16 =2$

$2 50 =2⋅5$

Тогда в НОКе тройка появилась именно из $a$ . В $a$ не могут быть другие простые множители, кроме 2, 3 и 5, причем двойка может входить в $a$ в $≤ 4$ степени (то есть 5 вариантов), тройка входит ровно в первой степени, пятерка может входить в $≤2$ степени (то есть 3 варианта), так как иначе НОК будет явно больше. Тогда всего вариантов числа $a$ $5⋅1⋅3= 15$ .

Ответ: 15

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 18#36174

Каких целых чисел от $1$ до $8⋅1020$ (включительно) больше и на сколько: содержащих в своей записи только чётные цифры или содержащих в своей записи только нечётные цифры?

Подсказки к задаче

Подсказка 1

В числе 8×10²⁰ 21 цифра. Будем считать 21-значные числа только с чётными цифрами, у которых могут быть незначащие нули (таким образом мы посчитаем все числа только с чётными цифрами в нужном диапазоне). Осталось только аккуратно воспользоваться правилом произведения!

Подсказка 2

Если на первом месте стоит 8, то такое число только одно — 8×10²⁰ — поэтому будем считать, что на первом месте могут быть только цифры 0, 2, 4, 6, потом просто добавим 1, а также вычтем 1, т.к. число 0 не входит в диапазон. Можно ли таким же образом посчитать числа только с нечётными цифрами?

Подсказка 3

Конечно же, нет, ведь нули уже нельзя использовать! Заметим, что 21-значных чисел только с нечётными цифрами уже столько же, сколько всех чисел только с чётными цифрами, т.е. их общее кол-во больше. Как посчитать оставшиеся «нечётнозначные» числа?

Подсказка 4

Просто посчитаем сначала однозначные числа, потом двузначные и так далее до 20-значных. Получится геометрическая прогрессия, которую лучше найти в замкнутом виде, т.е. посчитать сумму, чтобы на олимпиаде вам случайно не сняли баллы. Эта сумма и будет разницей между количествами чисел!

Показать ответ и решение

Первое решение.

В числе $20 8⋅10$ всего $21$ цифра. Если мы хотим посчитать числа только с четными цифрами, то на первом месте может стоять $0,2,4,6$ или $8$ . Если число начинается с $8$ , то такое число среди необходимым нам только одно. Здесь число может начинаться на 0, так как нам нужны не только $21$ -значные числа, а число, например, $18$ можно представить, как $0000...000018$ . Тогда всего чисел с четными цифрами будет $4⋅5⋅5 ...⋅5− 1 +1$ . Это верно, поскольку с одной стороны на каждом месте, кроме первого, может стоять любая четная цифра, но таким образом у нас получится и число, состоящее только из 0, поэтому мы вычитаем 1, а с другой стороны тут мы забыли про число $20 8⋅10$ , которое нужно добавить. Итого $20 4⋅5$ чисел.

Так же посчитать числа с нечетными цифрами нельзя, поскольку среди них нуля уже нет. Давайте посчитаем только $21$ -значные числа с нечетными цифрами. Тогда их будет $4⋅520$ , так как на всех местах, кроме первого, может быть любая из 5 нечетных цифр, а на первом месте не может быть только $9$ . Отсюда уже понятно, что чисел с нечетными цифрами больше. Посчитаем, сколько меньших чисел с нечетными цифрами. Понятно, что однозначных чисел у нас 5, двухзначных — $52$ , трехзначных — $53$ , $...$ , 20-значных — $520$ . Поэтому разница между количеством чисел с нечетными цифрами и количеством чисел с четными цифрами будет равна

20 5 +52+ ...+ 520 = 5⋅ 5-−-1 4

(Здесь вам могут снять баллы, если вы оставите ответ, как выражение с многоточием, так что лучше сложить эту геометрическую прогрессию.)

_________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________

Второе решение.

Давайте посмотрим, как превратить число с четными цифрами в число с нечетными цифрами. Можно прибавить 1 ко всем цифрам. Тогда заметим, что все нужные нам числа с четными цифрами в нужные нам числа с нечетными цифрами (кроме $8 ⋅1020$ ), то есть часть чисел мы разбили на пары, где одно число с нечетными цифрами, а другое с четными цифрами, и в этих парах есть все числа с четными цифрами, кроме $8⋅1020$ . Давайте посмотрим, есть ли у нас числа с нечетными цифрами, которые не участвуют в парах. Заметим, что у каждого числа с четными цифрами первая цифра хотя бы $2$ (здесь мы считает настоящие числа и они не могут начинаться с нуля), а значит у числа в паре с ними первая цифра хотя бы $3$ , поэтому вне пар у нас остались все числа с нечетными цифрами, у которых первая цифра $1$ . $k$ -значных чисел с нечетными цифрами, у которых первая цифра 1 ровно $5k−1$ . Тогда разница между количеством чисел с нечетными цифрами и количеством чисел с четными цифрами будет равна

2 20 520− 1- 1+5 +5 + ...+ 5 − 1= 5⋅ 4

(-1 из-за $20 8⋅10$ )

Ответ:

с нечётными больше на $5⋅ 520−1 4$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 19#36176

Найдите количество пар натуральных чисел $(x,y)$ таких, что $1≤ x≤ 1000,1≤y ≤1000$ и $x2+y2$ делится на $5$ .

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Конечно, здесь стоит подумать про остатки чисел по модулю 5. Для начала хорошо бы посчитать, сколько чисел дают каждый из остатков, а также понять, какие остатки дают квадраты остатков по модулю 5.

Показать ответ и решение

Всего у нас есть по $200$ чисел, дающих каждый из остатков $0,1,2,3,4$ при делении на $5$ . Квадраты чисел $0,1,2,3,4$ дают остатки $0,1,−1,− 1,1$ по модулю $5$ , мы хотим выбрать такие два из них, что их сумма будет $0$ . Отсюда возможны два случая:

а) числа $x,y$ оба кратны $5$

б) одно из чисел дает остаток $1$ или $4$ (и квадрат даст остаток $1$ ), а другое — $2$ или $3$ при делении на $5$ (то есть квадрат даст $− 1$ ).

В первом случае получаем $200 ⋅200= 40000$ вариантов, поскольку $x$ и $y$ независимо выбираются из множества ${5,10,...1000}$ . Во втором имеем $2⋅400⋅400 =320000$ способов, тут оба множества размера $400$ , а также важен остаток, который соответствует каждой переменной (есть $2$ способа выбрать, квадрат какой из них даст остаток $1$ ). Всего $40000+ 320000= 360000$ пар.

Ответ:

$360000$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 20#39063

Данил хочет покрасить каждый из треугольников на диаграмме ниже в один из трёх цветов так, чтобы треугольники, имеющие общую сторону, были покрашены в разные цвета. Сколько способов это сделать у него есть?

$PIC$

Показать ответ и решение

Давайте разобъём треугольники на три группы, которые будем последовательно красить (см. картинку ниже). Общее количество способов покрасить треугольники из первой группы — $3 ⋅3 ⋅3 =27.$ При этом существует три типа их раскраски, которые мы далее рассмотрим по отдельности: когда они все одинакового цвета, когда они все покрашены в разные цвета, и когда два треугольника покрашены в один цвет, а оставшийся — в третий.

$PIC$

Вариант 1 (треугольники покрашены в один цвет): таких раскрасок ровно три штуки — по одной на каждый цвет. При этом, любой треугольник из второй группы можно покрасить одним из двух способов — ведь оба его соседа покрашены в один и тот же цвет. Итого, способов покрасить треугольники второй группы: $2⋅2⋅2= 8$ . Аналогично, угловые треугольники из третьей группы тоже можно покрасить 8 способами. Итого, раскрасок первого типа: $3⋅8⋅8= 192$ .

Вариант 2 (треугольники покрашены в разные цвета): таких раскрасок шесть штук — вначале нужно выбрать цвет для верхнего треугольника, потом покрасить правый в один из двух оставшихся цветов, и последний треугольник докрасить в оставшийся цвет. Цвет каждого треугольника из второй группы восстанавливается однозначно — ведь у них два соседа разных цветов. Раскрасить же угловые треугольники снова можно 8 способами. Итого, раскрасок второго типа: $6⋅1⋅8= 48$ .

Вариант 3 (два треугольника одного цвета, и третий — другого): это все оставшиеся способы покрасить треугольники из первой группы, а значит, их количество $27− 3− 6= = 18$ . Теперь у одного треугольника второй группы два одноцветных соседа, а у двух других — два разноцветных соседа. Значит, их можно покрасить $2⋅1⋅1= 2$ способами. С угловыми же треугольниками всё также, как в предыдущих случаях — 8 способов раскраски. Итого, раскрасок третьего типа: $18⋅2⋅8= 288$ .

Наконец, осталось сложить эти три количества и получить ответ: $192+ 48+288= 528$ .

Ответ: 528