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一个无聊的周末下午，兄弟二人在离家不远处的广场上玩。哥哥看到前方建筑物外有一段楼梯，于是就叫弟弟一起过去看看。楼梯很宽，足够二人戏耍。哥哥数了数，这段楼梯共有10级台阶，于是，他想到要和弟弟做个游戏。哥哥制定了游戏规则，先让弟弟上楼梯，每一步能跨一级或两级，最多可以跨三级台阶。随后，哥哥问弟弟，要从地面上到最上面一级台阶，共有多少种不同的走法呢？弟弟反复走了几次，累得气喘吁吁也想不出答案。读者朋友们，有人可以帮他算出结果吗？

1.如果我们读了在大百科全书中作者的确切用词，就会发现这个问题中有一个漏洞，那就是——我们没有被告知所有的羊圈都必须是空的。而且，题目中虽然说了4个羊圈，但是已经有一只羊在其中的一个羊圈了。就凭着这一点，第三位牧羊人就可以得出答案了。首先，他把这15只羊中的3只赶到已经有一只羊的羊圈中，然后剩余的12只羊均衡分配到另外3个羊圈中。这样一来，4个羊圈中的绵羊数目就完全一样了。由此可见，只要朋友们找到了这个题目的漏洞，就很容易解答问题了。

2.在第二天晚上，亚瑟王把他和他的骑士们用如下的方式围坐在桌子旁：A，F，B，D，G，E，C。在第三天晚上，他们这样坐：A，E，B，G，C，F，D。这样，在两个晚上，亚瑟王都让B坐在隔他一个的位置（尽可能近的）上，G坐在离他第三个的位置上（可能是最远的位置）。

3.这12个人可以如下分组，每一行代表一天，每一列代表一张桌子：

AB　CD　EF　GH　IJ　KL

AE　DL　GK　FI　CB　HJ

AG　LJ　FH　KC　DE　IB

AF　JB　KI　HD　LG　CE

AK　BE　HC　IL　JF　DG

AH　EG　ID　CJ　BK　LF

AI　GF　CL　DB　EH　JK

AC　FK　DJ　LE　GI　BH

AD　KH　LB　JG　FC　EI

AL　HI　JE　BF　KD　GC

AJ　IC　BG　EK　HL　FD

要注意的是：在每一列中（除了有A的一列），所有的字母都是按同样的顺序在螺旋递减的，B，E，G，F，直到J，它后面都跟着B。

4.根据条件⑤可知，23岁的女孩没有去A岛，所以，23岁的女孩应为西风，而21岁的女孩则是海棠。所以，西风23岁，海棠21岁，绿肥20岁，红瘦22岁。由题意可知，西风发现的紫玉石可能为1个或2个。假设西风发现的紫玉石为2个，那么，海棠发现的紫玉石便是3个，这与⑥是相互矛盾的。所以，西风发现的紫玉石是1个，海棠是2个。又由③可知，去C岛的女孩是绿肥，发现了2个紫玉石。由条件④可知，西风去了D岛；而红瘦去了B岛，且发现了3个紫玉石。综上所述，西风去D岛，发现1块；海棠去A岛，发现2块；绿肥去C岛，发现2块；红瘦去B岛，发现3块。

5. 8个人戴8顶帽子，每个人取错帽子的不同方式有14833种。这里有从1到8不同的人数的连续的解答方法：

要得到这些数字，连续乘以2，3，4，5等。当乘数是偶数时加1；当是奇数时，减去1。因此3×1-1=2，4×2+1=9，5×9-1=44，照此类推。或者你可以用n-1和n-2个人的方式数的和乘以n-1，然后得到n个人的解答。因此，4×（2+9）=44；5×（9+44）=265；照此类推。

6.如果没有任何条件，除了所有的人都一起出去，3个人一组，那么他们摇船的不同方式有很多。如果读者希望知道有多少，这个数字是4557。加上条件任意两个人不能同时在一起超过一次，那就有不少于15567552000种不同的解题方式，也就是说，不同排列这些人的方式。当他面前只有一个解答方式时，读者就会意识到一定会这样。举例说，A必须和B出去一次，和C出去一次，但这并不意味着他在和B出去的同时必须和C出去。他可能在那个时候和另外的一个字母出去，尽管事实上他选择B之外的字母会影响其他3个字母组合的排列。

当然只有一定数目的所有这些排列存在时，这时我们可以有使用可能的最少数目的船的另外的条件。事实上，我们仅仅需要使用10条不同的船。这里有其中的一种安排：

　　　　　1 　　　2 　　　3 　　　4 　　　5

第一天（ABC）（DEF）（GHI）（JKL）（MNO）

　　　　　8 　　　6 　　　7 　　　9 　　　10

第二天（ADG）（BKN）（COL）（JEI）（MHF）

　　　　　3 　　　5 　　　4 　　　1 　　　2

第三天（AJM）（BEH）（CFI）（DKO）（GNL）

　　　　　7 　　　6 　　　8 　　　9 　　　1

第四天（AEK）（CGM）（BOI）（DHL）（JNF）

　　　　　4 　　　5 　　　3 　　　10 　　　2

第五天（AHN）（CDJ）（BFL）（GEO）（MKI）

　　　　　6 　　　7 　　　8 　　　10 　　　1

第六天（AFO）（BGJ）（CKH）（DNI）（MEL）

　　　　　5 　　　4 　　　3 　　　9 　　　2

第七天（AIL）（BDM）（CEN）（GKF）（JHO）

可以看到，这里任何两人都没有一起出去过两次，任何人都没有使用同一条船出去过两次。这就是那个众所周知的谜题——柯克曼的“15个女学生”的延伸。原来的条件很简单，就是15个女孩3个一组在7天里出门，任何一个女孩在组中都没有和另外一个女孩出去过两次。自从这个问题在1850年第一次提出来，直到最近，试图找出一个这类谜题的通用解答一直在考验着数学家们的聪明智慧。在1908年和随后的两年发现，我们所有的麻烦都来自没有发现15是个特例。所以我在这里展示了这一总规则是什么和对任意数目的女孩分组是如何进行的。我给出了一些女孩的实际排列方式，它们先前曾经让众多尝试破解者困惑不已，这个问题现在可以认为总体上已经解决了。

7.可以发现下面的排列组合是符合分组条件的：

ALE　MET　MOP　BLM

BAG　CAP　YOU　CLT

IRE　OIL　LUG　LNR

NAY　BIT　BUM　BPR

AIM　BEY　RUM　GMY

OAR　GIN　PLY　CGR

PE6　ICY　TRY　CMN

CUE　COB　TAU　PNT

使用的15个字母是A，E，I，O，U，Y和B，C，G，L，M，N，P，R，T。单词数是27个，这些都展示在了前三列中。最后一个单词，PIU，是一个通用的音乐术语，这个词已经进入了许多字典。这个词实际上是意大利语，意思是“一点，稍微”。剩下的26个词都是很好的单词。当然一个TAU十字架就是一个T形的十字架，也被称为圣·安东尼十字架，被刻在艾科斯特的主教宫殿的徽章上。这也是蟾鱼的一个名字。

因此在给定的条件下，我们就有26个好词和一个不确定的词，我认为在这个答案的基础上继续提高是不容易的。当然我们是不会被词典限制的，而是遵循日常的使用。如果只是在遇到这种情形时，我们查一下字典，会发现我们面对着一堆的前缀、缩略语和一些荒谬的词，比如I.O.U，这实际上根本就不是个单词。

8.如果要想3块手表再次显示正确时间，那么每天慢1分钟的那块表必须等到慢12个小时，而每天快1分钟的那块表必须等到快12个小时。以每天1分钟的速度，要经历整整720天才能再次在中午显示正确的时间。

9.每天安排修女的方式如6个图示显示。修女的最小的数目是32，最后3天的安排允许有变化。

10.如果我们变换纸牌6和13，从14开始计数，我们可以拿到所有的21张纸牌，也就是说，抓住21次，以如下顺序：6，8，13，2，10，1，11，4，14，3，5，7，21，12，15，20，9，16，18，17，19。我们也可以交换 10和14，从16开始，或者交换6和8，从19开始。

11.让我们首先处理希腊十字架。十字架的两个臂中可以成对的数字总共只有

18种形式。如下：

12978　　13968　　14958

34956　　24957　　23967

23958　　13769　　14759

14967　　24758　　23768

12589　　23759　　13579

34567　　14768　　24568

14569　　23569　　14379

23578　　14578　　25368

15369　　24369　　23189

24378　　15378　　45167

24179　　25169　　34169

35168　　34178　　25178当然中间的数字对于两臂来说是相同的。第一对就是我给出作为例子的一对。我假定，我们写出了所有的这些十字架，总是把一对的第一行放在垂直的一条臂中，第二行放在水平的一条臂中。现在如果我们把中间的数字固定，那么垂直臂上的数字可以变化的方法有24种，因为4个筹码可以有1×3×3×4=24种变化方式。因为水平方向上的4个数字相对于另一条臂上的每种排列方式，也可以有24种不同的变化，我们发现每种形式总共有24×24=576种变化。所以，对于这18种形式，我们就得到18×576=10368种变化方式。但是这包括了我们禁止的4种反转的一半和4种反射的一半，因此我们必须把这个数目除以4来得出希腊十字架的正确答案，这个数字也就是2592种不同的方式。这个除数是4，而不是8，因为我们总是保留一个数字在垂直方向上，另一个数字在水平线上。通过这样消除一半的反转和反射对于拉丁十字架的情形，我们必须处理同样的18种形式的对数。在这种情形下，总的不同方式数是一个整数，18×576。由于事实上上臂和下臂的长度不相等，排列方式可以通过反射重复，但是不是通过反转，因为我们无法反转。所以，这个数字必须除以2。但是在每对中，我们可以把垂直臂上的数字与水平臂上的数字相交换（这样的情形在希腊十字架上不会出现，因为那上面的臂都相似）；因此我们必须把结果乘以2。这种乘以2和除以2就互相抵消了。因此，这里10368就是正确的答案。

12.想象一下，我们正在一块平的纸板上油漆一个三棱锥（折起来以前），如图所示。现在，如果我们取任意的4种颜色（比如说红色、蓝色、绿色和黄色），它们只有2种不同的方式可以使用，如图示1和图示2所显示的。当金字塔被折起来之后，任何其他的方式都会导致其中之一。如果我们取任意的3种颜色，它们可以有3种方式，图示3、4和5显示的来使用。如果我们取任何的两种颜色，它们可以用3种方式，图示6、7和8显示的来使用。如果我们只取1种颜色，很明显只有1种方式可以使用。但是4种颜色可以用35种方法在7种颜色中选出来；3种颜色也有35种方法；2种颜色21种方法；一种颜色7种方法。

所以35应用于2种方式等于70；35应用于3种方式等于105；21应用于3种方式等于63；7应用于1种方式等于7。因此根据这个谜题的条件，使用光谱中的七色，总共有245种不同的方法油漆一个棱锥。

13. 9个锁扣排列成一行且没有任何限制的方法的数目是1×2×3×4×5×6×7×8×9=362880。但是，我们被告知，两个圆形的锁扣必须不能在一起，所以我们必须减去这个情形发生的次数。

这个数字就是1×2×3×4×5×6×7×8=40320，40320×2=80640。如果我们认为两个环形的锁扣是不可分离地拼合在一起的，它们就好像变成是一个锁扣，8个锁扣能够有40320种排列方式。但是因为这两个锁扣总是以AB或BA的顺序连接在一起的，我们必须把这个数字加倍，这就是一个排列的问题了而不是一个设计问题。需要减法把我们的总数减少到282240。然后我们的锁扣的其中的一个是一个特别的形状，像个数字8。所以我们可以选择在每个场合在任何一端或者另外一端把它连接起来，因此我们必须把最后的结果加倍。这就让我们的总数达到564480。

现在我们谈到了需要读者注意的一点，就是每个锁扣可以在两端的一头连接起来。如果我们把我们左手的食指和拇指在水平方向上连接起来，然后把食指和右手的拇指连接起来，我们会看到右边的拇指或者在上面或者在下面。但是在锁链的情形下我们必须记住8字形状的锁扣有两个独立的端，它就像其他的每个锁链一样都有两头。这也就是说，你不可能把一头翻过来而同时不翻转另外的一头。

因此，为了方便，我们会假设每一个锁扣一端是黑色的，一端油漆成白色。现在，如果规定只有白色的一边应该在上面，如图A所示，那么答案就是564480。如上——暂时忽略完整的锁链的所有反转。（把锁链放在桌子上，每一个连续的锁扣都以同样的方式倒伏在它的前一个上，如图所示）。然而，如果第一个锁扣被允许放在任意的一端向上，那么我们就有或者A或者B，答案也就是2×564480=1128960；如果两个锁扣可以把任何一端放在上面，答案就是4×564480；如果3个锁扣，那么就是8×564480，以此类推。所以既然每个锁扣都可以放任意一端向上，那么数字就是564480乘以29，或512。这就把我们的总数提高到了289013760。但是仍然有点需要考虑，也就是任何给出的排列方式都可以通过简单的在整个长度上把链子翻转过来或者把两端反方向而得到另外的3种排列。那么C真的就与A相同了，如果我们把这一页上下颠倒，那么A和C也会给出另外两种特别类似的排列方式。因此，要得到这个谜题的正确答案我们必须把我们最后的总数除以4，这时我们发现铁匠要把这些链扣连接在一起，总共正好有72253440种不同的方式。换句话说，如果9个锁扣原先形成一条锁链，已知的是两个圆形的锁扣是分开的，那么就有72253439：1的概率铁匠不能把锁链连接成与原先的排列完全一样！

14.参考原先的图示，4枚邮票可以以1、2、3、4的形状给出，有3种方法；以1、2、5、6的形状，有6种方法；以1、2、3、5或1、2、3、7的形状，或1、5、6、7或3、5、6、7的形状，有28种方法；以1、2、3、6或2、5、6、7的形状，有14种方法；以1、2、6、7或2、3、5、6，或1、5、6、10，或2、5、6、9的形状，有14种方法。因此，总共有65种方法。

15.拿起你构建的三棱锥，握着它，让一根火柴棒靠在桌子上。现在4根火柴是以不同的方向从这根火柴棒分支出去的——每一端都有2根。在这个连接的四面体中，这5根火柴棒的任意一根都可以靠在桌上，所以4根火柴可以有5种不同的方式进行选择。但是这4根火柴可以有24种不同的顺序来摆放。因为任意一根火柴都可以在两头的任意一头连接，所以这些火柴进一步又有16种不同的变化方式（在它们的情形为特定的排列方式而确定后）。在每一种排列方式中，有两种不同的方式可以增加第六根火柴。现在把这些结果乘在一起，我们就得到了5×24×16×2=3840，这就是三棱锥可以被构建的确切的方式数。这种方法排除了所有的错误的可能性。一种常见的错误原因是这样的——如果你把一个基本的三角形放在桌子上来计算你的组合方式，你就会得到正确的方式数的一半，因为你忽视了这样一个事实：同样数目的三棱锥可以从那个三角形向下构建，也就是说穿过桌面。实际上，它们是另外一些的反射。这两组三棱锥的例子不能被构建得很类似——除非在第四纬度的条件下。

16.编钟可以如下的方式敲响：

1 2 3 4、2 1 4 3、2 4 1 3、4 2 3 1

4 3 2 1、3 4 1 2、3 1 4 2、1 3 2 4

3 1 2 4、1 3 4 2、1 4 3 2、4 1 2 3

4 2 1 3、2 4 3 1、2 3 4 1、3 2 1 4

2 3 1 4、3 2 4 1、3 4 2 1、4 3 1 2

4 1 3 2、1 4 2 3、1 2 4 3、2 1 3 4

我已经分别构建了5个钟和6个钟的排钟，在先前陈述的条件下，是能够找出任何数目的排钟的解答的。

17.男生可以用如下的方式走出去：

第一天　　第二天　　第三天　　　第四天　　第五天　　第六天

ABC 　　　　BFH 　　　　FAG 　　　　ADH 　　　　GBI 　　　　DCA

DEF 　　　　EIA 　　　　IDB 　　　　BEG 　　　　CFD 　　　　EHB

GHI 　　　　CGD 　　　　HCE 　　　　FIC 　　　　HAE 　　　　IGF

每个男生会走在另外的每个男孩旁边有且仅有一次。通常在处理这类问题时，12n+9个男孩可以按照条件3个一组在9n+6天走出去，这里的n可以是零或者是任何的整数。每个可能的组合数都会发生一次。把男生的数目称作m。那么每个男孩会有m-1次的组合数，他在3人中间的次数是（m-1）/4次，在外面的次数是（m-1）/2次。因此，如果我们参考上面的解答，我们就会发现每个男孩会在中间两次（组合4组合）和外面4次（这样就把他剩下的4组合变成了8）。

18.解答这个题目时，我们先以n=4为例，来解答一下4个人在3种场合的解题步骤：

每一行代表的是就座的顺序。当围坐在圆桌上时，在一行的最后一个数字代表的人当然一定被认为是坐在同一行的第一个人旁边。5个人在6种场合的情况可以解决如下：

1 2 3 4 5、1 2 4 5 3、1 2 5 3 4

1 3 2 5 4、1 4 2 3 5、1 5 2 4 3

由此，6个人在10种场合下的情形可以这样解决：

1 2 3 6 4 5、1 3 4 2 5 6、1 4 5 3 6 2

1 5 6 4 2 3、1 6 2 5 3 4、1 2 4 5 6 3

1 3 5 6 2 4、1 4 6 2 3 5、1 5 2 3 4 6

现在没必要给出所有的解答，我将解释一下原因。在上面的例子中可以看到，数字1在一列中是重复的（在5人的情形中，2也是这样）。对于这样的一个数字，我称之为“重复数”——其他的数字是以循环顺序递减的。比如，6个人的情况，我们得到循环数2，3，4，5，6，2等，在每一列都如此。所以，只需要给出两列数字1、2、3、6、4、5和1、2、4、5、6、3，然后指出循环和重复数，让任何一个人可以直接写出整个的解答。读者可能会想为什么我在最后一个解答不从数字的自然顺序开始，如1、2、3、4、5、6。如果我这样做了，那么在递减的循环上的数字就不会是自然顺序了，有个连续的循环比考虑第一行的顺序更方便。

对于7人在15种场合的困难情形可以解决如下：

1 2 3 4 5 7 6、1 6 2 7 5 3 4

1 3 5 2 6 7 4、1 5 7 4 3 6 2

1 5 2 7 3 4 6在这个情形下，1是重复数，有两个分开的循环，2、3、4、2和5、6、7、5。由此我们得到了5组3行的数字，每组都是，因为任何一组的第四行都只是重复第一行而已。80人21种场合的解答如下：

1 8 6 3 4 5 2 7、1 8 4 5 7 2 3 6

这里的1是重复数，循环是2、3、4、5、0、8。3组的每组都是7行。这里有一个9人28种场合的解答：

2 1 9 7 4 5 6 3 8、2 9 5 1 6 8 3 4 7

2 9 3 1 8 4 7 5 6、2 9 1 5 6 4 7 8 3

这里有2个重复数，1和2，循环是3，4，5，6，7，8，9。由此我们得到了每组7行的4组。10人在36种场合的情形是这样解决的：

1 10 8 3 6 5 4 7 2 9

1 10 6 5 2 9 7 4 3 8

1 10 2 9 3 8 6 5 7 4

1 10 7 4 8 3 2 9 5 6

重复数是1，循环是2，3，4，5，6，7，8，9，10。这里每一组9行的4组。我对于11在45种场合的解答如下：

2 11 9 4 7 6 5 1 8 3 10

2 1 11 7 6 3 10 8 5 4 9

2 11 10 3 9 4 8 5 1 7 6

2 11 5 8 1 3 10 6 7 9 4

2 11 1 10 3 4 9 6 7 5 8

这里有2个重复数，重复数是1和2，循环是3，4，5，6，7，8，9，10，11。我们得到了5组，每组都是9行。12个人55种场合的情形是这样解答的：这里1是重复数，循环是2，3，4，5，……12。这里我们得到了5组，每组都是11行。

19.拿一次就能知道三盒粉笔各盒的颜色。只拿着“红-白”盒中的一捆粉笔就行了。要注意，“每个盒子里所装的粉笔都跟标签不一致”这句关键的话。

20.后摘的可以获胜。如果先摘取者摘了一片花瓣，那么后摘取者在花瓣的另一边摘去两片花瓣；如果先摘取者摘了两片花瓣，那么，后摘取者在花瓣的另一边摘去一片花瓣。这时，剩下10片花瓣，而且，后摘取者在第一次摘时保证在摘取后，剩下的10片花瓣分成两组，并且这两组被上轮摘取的3个花瓣的空缺隔开。在以后的摘取中，如果先摘者摘取1片，后摘者也摘1片；如果先摘者摘了2片，后摘者也摘2片。并且摘取的花瓣是另一组对应的位置，这样下去，后摘者一定可以摘到最后的花瓣。

21.当总和为57时，该3个数所指示的日期分别为12、19、26，如果一列中5个日期的总和为T，则5个日期分别为

+14。如果一列中5个日期的总和为85，则5个日期分别为：3，10，17，24，31。一个月最多为31天，4周余3天，所以一列为5个数字的是以1，2，3开头的，不可能为6开头。在月历中框出一个2×2或者是3×3的方阵，各个数字及其总和之间的关系很容易就可以建立起来。例如，对于一个2×2的方阵，其总和总是等于4×（最小的日期+4）。

此现象可用在下列两种情况之中：

（1）别人告诉你总和，请你将这4个日期都说出来。

（2）别人告诉你最小的日期，然后问你总和是多少。

其实道理非常简单，只要假设最小的日期为D，则4个日期分别为：

所以总和 T=D+（D+1）+（D+7）+（D+8）=4D+16=4（D+4）如果总和T已知，只要将T除以4，便得到D+4，然后再将（D+4）减去4即得到D。

22.本题可先判定4种符合题意的持币情况，然后分别判定每人符合哪种情况。辛迪有1枚25美分和5枚10美分，付账后余3枚。琳恩有5枚5美分和1枚50美分，付账后余2枚。迪莉娅有2枚5美分和1枚50美分，付账后余1枚。安吉丽娜有2枚25美分和1枚10美分，付账后余2枚。安吉丽娜和琳恩是姐妹俩。

23.假设分别买a、b、c张，则2a+4b+8c=100，即a+2b+4c=50，可以通过分析得出，a必然是偶数或0。具体分析如下：a=50，b=0，c=0；a=48，b=1，c=0；a=46，b=2，c=0 或 a=46，b=0，c=1。依此类推。可得 2×（1+2+3+4……+13）=182种。

24. 9月1日。分析：一、小明说：“如果我不知道的话，小强肯定也不知道。”对于前半句，这个条件永远成立，因为所有的月份都有至少两个，所以小明无法确定。（换句话说，这个条件可以说没有用，障眼法。）对于后半句，这个结论成立的条件是，小明已经知道不是6月和12月，不然不可能这么肯定地说出“小强肯定也不知道”。二、小强说：“本来我也不知道，但现在我知道了。”首先，他读破了小明的暗语，知道了不是6月和12月，而他又能确定地说出他知道了，表明不可能是他知道的日期5号，因为有3月5日和9月5日两个，所以只剩下3月4日、3月8日和9月1日了。三、小明说：“哦，那我也知道了。”显然，他也读破了小强的暗语，知道只剩3月4日、3月8日和9月1日了。他能明确表示“那我也知道了”，则必然是9月1日。6月7日，12月2日这两个日期的日子只有一个。小明肯定的话就不可能出现这两个了，所以不可能是6月和12月。

25. 1/4。每只蚂蚁都有2种选择，总共就有8种。8种中当3只蚂蚁呈顺时针和逆时针走动时就不会相遇。即2种情况下会相遇，所以互不相遇的概率就是2/8，即1/4。

26.条件中“要求A、B两种作物的间隔不少于6垄”这个条件不容易用一个包含排列数、组合数的式子表示，因而采取分类的方法。

第一类：A在第一垄，B有3种选择；

第二类：A在第二垄，B有2种选择；

第三类：A在第三垄，B有1种选择，同理A、B位置互换，共12种。

27.采用加法原理首先要做到分类不重不漏，如何做到这一点？分类的标准必须前后统一。以两个全能的工人为分类的对象，考虑以他们当中有几个去当钳工为分类标准。

第一类：这两个人都去当钳工，C（2，2）×C（5，2）×C（4，4）=10种；

第二类：这两个人都去当车工，C（5，4）×C（2，2）×C（4，2）=30种；

第三类：这两人既不去当钳工，也不去当车工C，（5，4）×C（4，4）=5种；

第四类：这两个人一个去当钳工，另一个去当车工，C（2，1）×C（5，3）×C（4，3）=80种；

第五类：这两个人一个去当钳工，另一个不去当车工，C（2，1）×C（5，3）×C（4，4）=20种；

第六类：这两个人一个去当车工，另一个不去当钳工，C（5，4）×C（2，1）×C（4，3）=40种。因而共有185种。

28.有的同学认为只要把0，1，3，5，7，9的排法数乘以2即为所求，但实际上抽出的三个数中有9的话才可能用6替换，因而必须分类。

抽出的3数含0，含9，有32种方法；

抽出的3数含0不含9，有24种方法；

抽出的3数含9不含0，有72种方法；

抽出的3数不含9也不含0，有24种方法。

因此共有32+24+72+24=152种方法。

29.不难看出，本题应分步解决。

（一）从6双中选出一双同色的手套，有6种方法。

（二）从剩下的：10只手套中任选1只，有10种方法。

（三）从除前所涉及的2双手套之外的8只手套中任选1只，有8种方法。

（四）由于选取与顺序无关，因（二）（三）中的选法重复一次，因而共240种。

（一）从6双中选出1双同色的手套，有C（6，1）=6种方法。

（二）从剩下的5双手套中任选2双，有C（5，2）=10种方法。

（三）从2双手套中分别拿2只手套，有C（2，1）×C（2，1）=4种方法。

同样得出共（1）×（2）×（3）=240种。

30.（1）按照先排出首位和末尾再排中间4位分步计数。

第一步：排出首位和末尾。因为甲乙不在首位和末尾，那么首位和末尾是在其他4个数中选出两位进行排列，一共有A（4，2）=12种；

第二步：由于6个元素中已经有两位排在首位和末尾，因此中间四位是把剩下的四位元素进行顺序排列，共A（4，4）=24种；根据乘法原理得既不在排头也不在排尾数共12×24=288种。

（2）第一类：甲在排尾，乙在排头，有A（4，4）种方法。

第二类：甲在排尾，乙不在排头，有3×A（4，4）种方法。

第三类：乙在排头，甲不在排尾，有3×A（4，4）种方法。

第四类：甲不在排尾也不在排头，乙不在排头也不在排尾，有6×A（4，4）种方法（排除相邻）。

共 A（4，4）+3×A（4，4）+3×A（4，4）+6×A（4，4）=312 种。

31.本题意指第五次测试的产品一定是次品，并且是最后一个次品，因而第五次测试应算是特殊位置了，可以分步完成。第一步：第五次测试的有几种可能；第二步：前4次有一件合格品有几种可能；第三步：前4次有几种顺序；最后根据乘法公式计算可得共有几种可能。

解答方法：对4件次品编序为1，2，3，4，第五次抽到其中任一件次品有C41种情况。前4次有3次是次品，一次是合格品，共有C16C33种可能。前4次测试中的顺序有A44种可能。所以，由分步计数原理即得共有C14（C16C33）A44=576种可能。本题涉及一类重要问题，即问题中既有元素的限制，又有排列的问题，一般是先选元素（即组合）后排列。

32.解法一：题目中的条件是关掉的灯不能相邻，也不能在两端。又因为灯与灯之间没有区别，因而问题可以看作：在7盏亮着的灯形成的不包含两端的6个空中选出3个空放置熄灭的灯。所以，共C（6，3）=20种方法。解法二：把其中的3只灯关掉总共情况有C（8，3）种，关掉相邻的三只有C（6，1）种，关掉相邻的2只有2×C（7，2）-12种。所以，满足条件的关灯方法有：

C（8，3）-C（6，1）-［2×C（7，2）-12］

33.球第一次与第五次传到甲手中的传法有：C（1，3）×C（1，2）×C（1，2）×C（1，2）×C（1，1）=3×2×2×2×1=24；球第二次与第五次传到甲手中的传法有：C（1，3）×C（1，1）×C（1，3）×C（1，2）×C（1，1）=3×1×3×2×1=18；球第三次与第五次传到甲手中的传法有：C（1，3）×C（1，2）×C（1，1）×C（1，3）×C（1，1）=3×2×1×3×1=18；即24+18+18=60种。

34. 324种。把一位数看成前面有两个0的三位数，如把1看成001，把两位数看成前面有一个0的三位数。如把11看成011，那么，所有的从1到500的自然数都可以看成“三位数”，除去500外，考虑不含有4的这样的“三位数”。百位上，有0、1、2、3这4种选法；十位上，有0、1、2、3、5、6、7、8、9这9种选法；个位上，也有九种选法。所以，除500外，有C（1，4）×C（1，9）×C（1，9）=4×9×9=324个不含4的“三位数”。注意到，这里面有一个数是000，应该去掉。而500还没有算进去，应该加进去。所以，从1到500中，不含4的自然数有324-1+1=324个。

35.如果用n表示台阶的级数，an表示某人走到第n级台阶时所有可能的不同走法，容易得到：

①当n=1时，显然只有1种跨法，即a1=1。

②当n=2时，可以一步一级跨，也可以一步跨二级上楼，因此，共有2种不同的跨法，即a2=2。

③当n=3时，可以一步一级跨，也可以一步三级跨，还可以第一步跨一级，第二步跨二级或第一步跨二级，第二步跨一级上楼，因此，共有4种不同的跨法，即a3=4。④当n=4时，分3种情况分别讨论跨法：如果第一步跨一级台阶，那么还剩下3级台阶，由③可知有a3=4（种）跨法。如果第一步跨2级台阶，那么还剩下2级台阶，由②可知有a2=2（种）跨法。如果第一步跨3级台阶，那么还剩下一级台阶，由①可知有a1=1（种）跨法。根据加法原理，有

35.台阶上的兄弟