小学数学精讲教案7_1_2 加法原理之分类枚举（二） 学生版

小学数学精讲教案7_1_2 加法原理之分类枚举（二） 学生版

1.使学生掌握加法原理的基本内容； 2.掌握加法原理的运用以及与乘法原理的区别； 3.培养学生分类讨论问题的能力，了解分类的主要方法和遵循的主要原则． 加法原理的数学思想主旨在于分类讨论问题，教授本讲的目的也是为了培养学生分类讨论问题的习惯，锻 炼思维的周全细致． 一、加法原理概念引入 生活中常有这样的情况，就是在做一件事时，有几类不同的方法，而每一类方法中，又有几种可能的做 法．那么，考虑完成这件事所有可能的做法，就要用加法原理来解决． 例如:王老师从北京到天津，他可以乘火车也可以乘长途汽车，现在知道每天有五次火车从北京到天津， 有 4 趟长途汽车从北京到天津．那么他在一天中去天津能有多少种不同的走法？ 分析这个问题发现，王老师去天津要么乘火车，要么乘长途汽车，有这两大类走法，如果乘火车，有 5 种走法，如果乘长途汽车，有 4 种走法．上面的每一种走法都可以从北京到天津，故共有 5+4=9 种不同的走 法． 在上面的问题中，完成一件事有两大类不同的方法．在具体做的时候，只要采用一类中的一种方法就可 以完成．并且两大类方法是互无影响的，那么完成这件事的全部做法数就是用第一类的方法数加上第二类的 方法数． 二、加法原理的定义 一般地，如果完成一件事有 k 类方法，第一类方法中有 种不同做法，第二类方法中有 种不同做 法，…，第 k 类方法中有 种不同做法，则完成这件事共有 种不同方法，这就是加 法原理． 加法原理运用的范围：完成一件事的方法分成几类，每一类中的任何一种方法都能完成任务，这样的问 题可以使用加法原理解决．我们可以简记为：“加法分类，类类独立”． 分类时，首先要根据问题的特点确定一个适合于它的分类标准，然后在这个标准下进行分类；其次，分 类时要注意满足两条基本原则： ① 完成这件事的任何一种方法必须属于某一类； ② 分别属于不同两类的两种方法是不同的方法． 只有满足这两条基本原则，才可以保证分类计数原理计算正确． 运用加法原理解题时，关键是确定分类的标准，然后再针对各类逐一计数．通俗地说，就是“整体等于局 部之和”． 三、加法原理解题三部曲 1、完成一件事分 N 类； 2、每类找种数（每类的一种情况必须是能完成该件事）； 3、类类相加 枚举法：枚举法又叫穷举法，就是把所有符合条件的对象一一列举出来进行计数．分类讨论的时候经常会需 要把每一类的情况全部列举出来，这时的方法就是枚举法．枚举的时候要注意顺序，这样才能做到不重不 漏． 7-1-2.加法原理之分类枚举（二） 教学目标 知识要点 1m 2m km 1 2 kN m m m= + + +… … 分类枚举——找规律 【例 1】 有一个电子表的表面用 2 个数码显示“小时”，另用 2 个数码显示“分”。例如“21：32”表示 21 时 32 分，那么这个手表从“10：00”至“11：30”之间共有 分钟表面上显示有数码“2”. 【考点】加法原理之分类枚举 【难度】3 星 【题型】填空 【关键词】学而思杯，6 年级，1 试，第 9 题 【解析】显示小时的数码不会出现 2，只有分钟会出现。10 点到 11 点分别有 2，12，20，21，22，……， 29，32，42，52，共 15 次，11 点到 11 点半有 2，12，20，21，22，……，29 共 12 次，所以有 27 分钟。 【答案】 分钟 【例 2】 袋中有 3 个红球，4 个黄球和 5 个白球，小明从中任意拿出 6 个球，他拿出球的情况共有________ 种可能． 【考点】加法原理之分类枚举 【难度】4 星 【题型】解答 【关键词】分类讨论思想，迎春杯，四年级，初赛，6 题 【解析】【解析】如果没拿红球，那么拿（黄、白）球的可能有（1、5）、（2、4）、（3、3）、（4、2）4 种. 如果拿 1 个红球，那么拿（黄、白）球的可能有（0、5）（1、4）、（2、3）、（3、2）、（4、1）5 种. 如果拿 2 个红球，那么拿（黄、白）球的可能有（0、4）、（1、3）、（2、2）（3、1）、（4、0）5 种 如果拿 3 个红球，那么拿（黄、白）球的可能有（0、3）、（1、2）、（2、1）、（3、0）4 种. 可见他拿出球的情况共有：4+5+5+4=18（种）． 有 18 种. 【答案】 种 【例 3】 1、2、3、4 四个数字，从小到大排成一行，在这四个数中间，任意插入乘号(最少插一个乘号)，可 以得到多少个不同的乘积? 【考点】加法原理之分类枚举 【难度】4 星 【题型】解答 【关键词】分类讨论思想 【解析】方法一：按插入乘号的个数进行分类： ⑴若插入一个乘号，4 个数字之间有 3 个空当，选 3 个空当中的任一空当放乘号，所以有 3 种不同 的插法，可以得到 3 个不同的乘积，枚举如下： ， ， ． ⑵若插入两个乘号，由于必有一个空当不放乘号，所以从 3 个空档中选 2 个空当插入乘号有 3 种不 同的插法，可以得到 3 个不同的乘积，枚举如下： ， ， ． ⑶若插入三个乘号，则只有 1 个插法，可以得到 l 个不同的乘积，枚举如下： ． 所以，根据加法原理共有 种不同的乘积． 方法二：每个空可以放入乘号可以可以不放乘号共有两种选择，在 1、2、3、4 这四个数中共有 3 个 空所以共有： 去掉都不放的一种情况，所以共有： （种）选择 【答案】 【例 4】 1995 的数字和是 1＋9＋9＋5=24，问：小于 2000 的四位数中数字和等于 26 的数共有多少个? 【考点】加法原理之分类枚举 【难度】4 星 【题型】解答 【关键词】分类讨论思想 【解析】小于 2000 的四位数千位数字是 1，要它数字和为 26，只需其余三位数字和是 25．因为十位、个位 数字和最多为 9＋9=18，因此，百位数字至少是 7．于是 百位为 7 时，只有 1799，一个；百位为 8 时，只有 1889，1898，二个； 百位为 9 时，只有 1979，1997，1988，三个； 总计共 1＋2＋3=6 个． 【答案】 例题精讲 27 18 1 2 3 4× 1 2 3 4× 1 2 3 4× 1 2 3 4× × 1 2 3 4× × 1 2 3 4× × 1 2 3 4× × × 3 3 1 7+ + = 2 2 2=8× × 8 1=7− 7 6 【巩固】 1995 的数字和是 1＋9＋9＋5=24，问：小于 2000 的四位数中数字和等于 24 的数共有多少个? 【考点】加法原理之分类枚举 【难度】4 星 【题型】解答 【关键词】分类讨论思想 【解析】小于 2000 的四位数千位数字是 1，要它数字和为 24，只需其余三位数字和是 23．因为十位、个位 数字和最多为 ，因此，百位数字至少是 5．于是 百位为 5 时，只有 1599 一个； 百位为 6 时，只有 1689，1698 两个； 百位为 7 时，只有 1779，1788，1797 三个； 百位为 8 时，只有 1869，1878，1887，1896 四个； 百位为 9 时，只有 1959，1968，1977，1986，1995 五个； 根据加法原理，总计共 个． 【答案】 【巩固】 2007 的数字和是 2+0+0+7=9，问：大于 2000 小于 3000 的四位数中数字和等于 9 的数共有多少个? 【考点】加法原理之分类枚举 【难度】4 星 【题型】解答 【关键词】分类讨论思想 【解析】大于 2000 小于 3000 的四位数千位数字是 2，要它数字和为 9，只需其余三位数字和是 7．因此，百 位数字至多是 7．于是根据百位数进行分类： 第一类，百位为 7 时，只有 2700 一个； 第二类，百位为 6 时，只有 2610，2601 两个； 第三类，百位为 5 时，只有 2520，2511，2502 三个； 第四类，百位为 4 时，只有 2430，2421，2412，2403 四个； 第五类，百位为 3 时，只有 2340，2331，2322，2313，2304 五个； 第六类，百位为 2 时，只有 2250，2241，2232，2223，2214、2205 六个； 第七类，百位为 1 时，只有 2160，2151，2142，2133，2124、2115、2106 七个； 第八类，百位为 0 时，只有 2070，2061，2052，2043，2034、2025、2016、2007 八个； 根据加法原理，总计共 个． 【答案】 【例 5】 从 101 到 900 这 800 个自然数中，数字和被 8 整除的数共有______个。 【考点】加法原理之分类枚举 【难度】5 星 【题型】填空 【关键词】走美杯，四年级，初赛，第 13 题 【解析】数字和被 8 整除，则数字和可能为 8、16、24 ①数字和 8=8+0+0=7+1+0=6+2+0=5+3+0=4+4+0=6+1+1=5+2+1=4+3+1=4+2+2=3+3+2 这样的数共有 个 ②数字和 16=9+7+0=8+8+0=9+6+1=9+5+2=9+4+3=8+7+1=8+6+2=8+5+3=8+4+4=…… 这样的数共有 58 个 ③数字和=24=9+9+6=9+8+7=8+8+8 这样的数共有 6 个 所以满足题意的数字共有 100 个 【答案】 个 【巩固】 在四位数中，各位数字之和是 4 的四位数有多少？ 【考点】加法原理之分类枚举 【难度】4 星 【题型】解答 【关键词】分类讨论思想 【解析】以个位数的值为分类标准，可以分成以下几类情况来考虑： 第 1 类——个位数字是 0，满足条件的数共有 10 个．其中： ⑴十位数字为 0，有 4000、3100、2200、1300，共 4 个； ⑵十位数字为 1，有 3010、2110、1210，共 3 个； ⑶十位数字为 2，有 2020、1120，共 2 个； ⑷十位数字为 3，有 1030，共 1 个． 第 2 类——个位数字是 1，满足条件的数共有 6 个．其中： ⑴十位数字为 0，有 3001、2101、1201，共 3 个； ⑵十位数字为 1，有 2011、1111，共 2 个； 9 9 18+ = 1 2 3 4 5 15+ + + + = 15 1 2 3 4 5 6 7 8 36+ + + + + + + = 36 1 3 2 2 2 3 3 2 6 36+ × × + + × + × = 100 ⑶十位数字为 2，有 1021，满足条件的数共有 1 个． 第 3 类——个位数字是 2，满足条件的数共有 3 个．其中： ⑴十位数字为 0，有 2002、1102，共 2 个； ⑵十位数字为 1，有 1012，共 1 个．第 4 类——个位数字是 3，满足条件的数共有 1 个．其中：十 位数字是 0，有 l003，共 1 个．根据上面分析，由加法原理可求出满足条件的数共有 个． 【答案】 【例 6】 将 1~999 这 999 个自然数排成一行（不一定按从大到小或从小到大的顺序排列），得到一个 2889 位 数，那么数字串“123”最多能出现 次． 【考点】加法原理之分类枚举 【难度】5 星 【题型】填空 【关键词】迎春杯，高年级，复试，4 题 【解析】【解析】构成数字串“123”的方式有很多，它可能是由一个数单独构成，也可能是由两个数或三个数构成．统 计数字串“123”出现的次数，最好的办法就是对其进行分类统计．我们将出现的“123”分为如下几类： 就是 123 三位数本身，一个；1 和 23 分别属于两个不同的多位数，那么后面这个数可能是 23 或以 23 开头的三位数．23 或以 23 开头的三位数有 23，230，231，232，…，238，239 共 11 个，而以 1 结 尾的数远远多于 11 个，所以这类最多有 11 个；12 和 3 分别属于两个不同的多位数，那么前面这个 数可能是 12 或以 12 结尾的三位数．12 或以 12 结尾的三位数有 12，112，212，312，…，812，912 共 10 个，而以 3 结尾的数远远多于 10 个，最多有 10 个；1、2 和 3 分别属于三个不同的多位数， 那么中间这个数只能是 2，最多出现 1 次．综上，最多出现 次，而且易看出可以达 到． 【答案】 次 【例 7】 将 、 以及另外 个不同的自然数填入下面六个□，使这 个自然数从左到右构成等差数列，一 共有 种不同的填法。 □□□□□□ 【考点】加法原理之分类枚举 【难度】5 星 【题型】填空 【关键词】学而思杯，4 年级，第 6 题 【解析】由于 和 都在该等差数列当中，所以该等差数列的公差是 与 之差的约数，即只能是 ， ， ， ，对这些公差分别讨论： （ ）当公差为 时，两个数所在的位置相隔 格，但一共只有 个方格，所以该情况不存在。 （ ）当公差为 时，两个数所在的位置相隔 格，在保证数列中各个数都是自然数的情况下，可以 枚举 种填法。 （ ）当公差为 时，两个数所在的位置相隔 格，在保证数列中各个数都是自然数的情况下，可以枚 举出 种填法。 （ ）当公差为 时，两个数所在的位置相邻，在保证数列中各个数都是自然数的情况下，只能枚举 出 种填法。所以一共只有 种填法。 【答案】 【例 8】 有一类自然数，从第三个数字开始，每个数字都恰好是它前面两个数字之和，直至不能再写为止， 如 ， 等等，这类数共有 个. 【考点】加法原理之分类枚举 【难度】5 星 【题型】解答 【关键词】分类讨论思想 【解析】按自然数的最高位数分类： ⑴ 最高位为 的有 ， ， ， ， ， ， ， ， 共 个 ⑵最高位为 的有 ， ， ， ， ， ， ， 共 个 ⑶最高位为 的有 ， ， ， ， ，358， 共 个 ⑼最高位为 的有 共 个所以这类数共有 个 【答案】 【例 9】 在所有的两位数中，十位数字比个位数字大的两位数有多少个？ 【考点】加法原理之分类枚举 【难度】4 星 【题型】填空 10 6 3 1 20+ + + = 20 1 11 10 1 23+ + + = 23 10 16 4 6 10 16 16 10 1 2 3 6 1 1 5 6 2 2 2 3 2 6× = 3 3 1 4 2 8× = 4 6 2 2 4× = 6 8 4 18+ + = 18 257 1459 1 10112358 112358 12358 1347 1459 156 167 178 189 9 2 202246 21347 2246 2358 246 257 268 279 8 3 303369 31459 3257 3369 347 369 7  9 9099 1 9 8 7 6 2 1 45+ + + + + + = 45 【关键词】华杯赛，初赛，试题，第 12 题 【解析】适合要求的两位数中，个位数字小于十位数字可将它们列出来： 十位数字个位数字 10 20，1 30，1，2 ……… 90，1，2，…，8 因此，适合要求的两位数共有：1＋2 十 3＋…＋9＝ ＝45(个) 【答案】 个 【例 10】 如果一个大于 9 的整数，其每个数位上的数字都比他右边数位上的数字小，那么我们称它为迎春 数．那么，小于 2008 的迎春数一共有多少个？ 【考点】加法原理之分类枚举 【难度】5 星 【题型】解答 【考点】 【难度】星 【题型】填空 【关键词】2007 年，迎春杯，中年级，初赛，5 题,分类讨论思想 【解析】 (法 1)两位数中迎春数的个数． ⑴十位数字为 1 的：12，13，……，19．8 个 ⑵十位数字为 2 的：23，24，……29．7 个 ⑶十位数字为 3 的：34，35，……39．6 个 ⑷十位数字为 4 的：45，46，……49．5 个 ⑸十位数字为 5 的：56，57，……59．4 个 ⑹十位数字为 6 的：67，68，69．3 个 ⑺十位数字为 7 的：78，79．2 个 ⑻十位数字为 8 的：89．1 个 两位数共 个 三位数中迎春数的个数 ⑴百位数字是 1 的：123～129，134～139……189．共 28 个． ⑵百位数字是 2 的：234～239，……289．共 21 个． ⑶百位数字是 3 的：345～349，……389．共 15 个． ⑷百位数字是 4 的：456～458，……489．共 10 个． ⑸百位数字是 5 的：567～569，……589．共 6 个． ⑹百位数字是 6 的：678，679，689．共 3 个． ⑺百位数字是 7 的：789．1 个 1000～1999 中迎春数的个数 ⑴前两位是 12 的：1234～1239，……，1289．共 21 个． ⑵前两位是 13 的：1345～1349，……，1389．共 15 个． ⑶前两位是 14 的：1456～1459，……，1489．共 10 个． ⑷前两位是 15 的：1567～1569，……，1589．共 6 个． ⑸前两位是 16 的：1678，1679，1689．3 个． ⑹前两位是 17 的：1789．1 个 共 56 个． 所以小于 2008 的迎春数共 个． (法 2)小于 2008 的迎春数只可能是两位数，三位数和 1000 多的数．两位数的取法有 个．三位数的取法有 个．1000 多的迎春数的取法有 个． 所以共 个． 【答案】 【例 11】 有些五位数的各位数字均取自 1，2，3，4，5，并且任意相邻两位数字(大减小)的差都是 1．问这 样的五位数共有多少个？ 1 9 9 2 + ×（ ） 45 8 7 1 36+ + + = 36 84 56 176+ + = 9 8 2 36× ÷ = ( )9 8 7 3 2 1 84× × ÷ × × = ( )8 7 6 3 2 1 56× × ÷ × × = 36 84 56 176+ + = 176 【考点】加法原理之分类枚举 【难度】5 星 【题型】解答 【关键词】分类讨论思想 【解析】⑴首位取 1 时，千位只能是 2，百位可以是 1 和 3． 百位是 1，十位只能是 2，个位可以是 1 和 3．2 种． 百位是 3，十位可以是 2 和 4；十位是 2，个位可以是 1 和 3，十位是 4，个位可以是 3 和 5．4 种． 所以，首位取 1 时，共有 种． ⑵首位取 2 时，千位可以是 1 和 3． 千位是 1，百位只能是 2，十位可以是 1 和 3．有 3 种． 千位是 3，百位可以是 2 和 4．百位是 2，十位可是是 1 和 3，有 3 种．百位是 4，十位可以是 3 和 5，有 3 种．千位是 3 时有 种． 所以首位取 2 时，共有 种． ⑶首位取 3 时，千位可以取 2 和 4． 千位是 2，百位可以取 1 和 3．百位是 1，十位只能是 2，个位可以是 1 和 3；2 种．百位是 3 时，十 位可以是 2 和 4．十位是 2 个位可以是 1 和 3；十位是 4，个位可以是 3 和 5；4 种． 千位是 4，百位可以取 3 和 5． 百位是 5，十位只能是 4，个位可以是 3 和 5；2 种．百位是 3，十位可能是 2 和 4．十位是 2 个位可 以是 1 和 3；十位是 4 个位可以是 3 和 5；4 种． 所以，首位取 3 时，共有 种． ⑷首位取 4 时，千位可以取 3 和 5． 千位是 5，百位只能是 4，十位可以是 3 和 5．十位是 3 个位可以是 2 和 4；十位是 5 个位只能是 4．有 3 种． 千位是 3，百位可以是 2 和 4．百位是 2，十位可以是 1 和 3．十位是 1 个位只能是 2；十位是 3 个 位可以是 2 和 4．有 3 种．百位是 4，十位可以是 3 和 5．十位是 5 个位只能是 4；十位是 3，个位 可以是 2 和 4．有 3 种．千位是 3 共有 种． 所以，首位取 4 时，共有 种． ⑸首位取 5 时，千位只能是 4，百位可以是 3 和 5．百位是 5，十位只能是 4，有 2 种；百位是 3， 十位可以是 2 和 4，有 4 种．所以，首位取 5 时共有 种． 总共有： 个 也可以根据首位数字分别是 1、2、3、4、5，画 5 个树状图，然后 相加总共有： 个 【答案】 【例 12】 从 1～999 中选出连续 6 个自然数，使得它们的乘积的末尾恰有 4 个 0，一共有 种选 法． 【考点】加法原理之分类枚举 【难度】5 星 【题型】填空 【关键词】迎春杯，高年级，决赛，9 题 【解析】连续的 6 个自然数中，必有 3 个偶数，这 3 个偶数是 3 个连续偶数，其中至少有 1 个是 4 的倍数， 那么这 3 个偶数的积肯定是 的倍数，所以任意的连续 6 个自然数的积都是 的倍数． 另外，连续的 6 个自然数中，至少有一个 5 的倍数，至多有两个 5 的倍数： ⑴如果其中只有 1 个 5 的倍数，由于末尾要有 4 个 0，那么这个 5 的倍数应是 的倍数，即是 625 的倍数，又小于 1000，只能是 625，那么这 6 个数可以是 621～626，622～627，623～628，624～ 629，共 4 种；⑵如果其中有 2 个 5 的倍数，那么只能是这连续 6 个自然数中的最大数和最小数都是 5 的倍数．由于这两个 5 的倍数不可能同时是 25 的倍数，所以其中必有一个是 的倍数，可 能为 125，250，375，500，625，750，900．对于其中除 625 外的 6 个数，每个数都可以是这连续 6 个自然数中的最大数和最小数，所以对这 6 个数，每个数都有 2 种取法，共有 种取法；而 对于 625 来说，与另一个 5 的倍数相乘，将会是 的倍数，要想使末尾恰有 4 个 0，则这连续 6 个 自然数的乘积要是 的倍数但又不是 的倍数．检验 620～625 和 625～630 这两组的连续 6 个自然 数，后者满足题意，前者则不合题意．所以有 2 个 5 的倍数的情况下共有 种选法． 根据加法原理，共有 种选法．小结：本题容易出错的地方在于容易忽略掉 625～630 这一 组数，因为在平常做题中面对此类问题基本上都是 2 比 5 多的情况，所以学生可能对于 2 比 5 少的 可能性根本不予考虑． 【答案】 种 【例 13】 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（图是其中的一种情 2 4 6+ = 3 3 6+ = 3 6 9+ = 2 4 2 4 12+ + + = 3 3 6+ = 3 6 9+ = 2 4 6+ = 6 9 12 9 6 42+ + + + = 6 9 12 9 6 42+ + + + = 42 42 42 45 35 125= 2 6 12× = 55 42 52 12 1 13+ = 4 13 17+ = 17 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）。 【考点】加法原理之分类枚举 【难度】5 星 【题型】填空 【关键词】希望杯，五年级，二试，第 8 题 【解析】考虑月季花的数量有 0、1、2、3、4、5、6 共类情况，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 朵月季花，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 多月季花中间可包含有 0、1、2 朵月季花，共有 3 种情况。（包含 3 朵月 季花与包含 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； 所以共有 1+1+3+3+3+1+1=13（种） 【答案】 种 【例 14】 某次武林大会有九个级别的高手参加，按级别从高到低分别是游侠、火枪手、骑士、剑客、武 士、弓箭手、法师、猎人、牧师．为公平起见，分组比赛的规则是：两人或三人分为一组，若两人 一组，则这两人级别必须相同；若三人一组，则这三名高手级别相同，或者是连续的三个级别各一 名．现有 13 个人，其中有三名游侠、三名牧师，其它七类高手各一名．若此时再有一人加入，所有 这些人共分为五组比赛，那么新加入这个人的级别可以有____________种选择． 【考点】加法原理之分类枚举 【难度】5 星 【题型】填空 【关键词】迎春杯，中年级，决赛，12 题 【解析】【解析】现在总共是有 14 个人，且分为五组，则必然是下面的这种情况： 如果我们给：游侠、火枪手、骑士、剑客、武士、弓箭手、法师、猎人、牧师依次编号为：①、 ②、③、④、⑤、⑥、⑦、⑧、⑨． 接下来分情况讨论： 第一种情况：如果 里填①①，则其它组可以是： ①②③、④⑤⑥、⑦⑧⑨、⑨⑨那么加入⑨． 也可以是：①②③、④⑤、⑥⑦⑧、⑨⑨⑨那么加入③或⑥都可． 第二种情况：如果 里填⑨⑨，则其它组可以是： ①①①、②③、④⑤⑥、⑦⑧⑨那么加入①或④都可． 也可以是：①①①、②③④、⑤⑥⑦、⑧⑨那么加入⑦． 第三种情况：如果 里填①①①、⑨⑨⑨，那么其它组可以是：②③④、⑤⑥⑦、 ⑧那么加入⑧．也可以是：②、③④⑤、⑥⑦⑧那么加入②．还可以是：②③④、⑤、⑥⑦⑧ 那么加入⑤． 所以新加入这个人的级别可以有 9 种选择． 牵牛花 月季花 第 组第 组第 组第 组组第 ⑤④③②① ⑤第 组 ⑤第 组 第 组组第 ②① 13 【答案】 种9