1、1第 11 级下超常体系教师版第 9 讲漫画释义六年级暑期逻辑推理综合六年级暑期最值问题综合六年级秋季数字谜中的计数六年级秋季抽屉原理进阶六年级寒假组合模块综合选讲（一）数字谜与计数的综合，学会用弃九法确定符合条件的数字谜的个数知识站牌第九讲数字谜中的计数2第 11 级下超常体系教师版大家都知道董存瑞的事迹吧，董存瑞抱着炸药包迅速猛冲到桥下。这桥离地面有一人多高，两旁是砖石砌的，没沟、没棱，哪儿也没有安放炸药包的地方。如果把炸药包放在河床上，又炸不着暗堡，河床上又找不到任何东西代替火药支架。怎么办?他用自己的身体作为炸碉堡的突破口。如果我们把数字谜比喻为碉堡，我们要炸掉碉堡，一定要找到突破口。
2、一般数字谜的突破口有数位、首位、末位、进位、借位、错位、给出的数字或重复的数字都可以作为突破口，但即使我们解决了突破口问题，有些数字谜还是不确定的，这就是我们今天要学习的数字谜的另一个分支数字谜中的计数问题。1.掌握解决数字谜的相关技巧2.运用相关技巧解决数字谜中相关的计数问题1.下式中不同的汉字代表 1-9 中的不同的数字，相同的汉字代表相同的数字，那么竖式中所得的和用数字表示应为+864197532赛学数杯文少届一十十一届少文杯数学赛【分析】首位、个位分析得：9876543212.在下边乘法算式中，被乘数是_【分析】给出的数字 9 作为突破口，逐步递推得被乘数为 52833.下面的算式里，
3、四个小纸片各盖住了一个数字被盖住的四个数字的总和是多少?知识点回顾教学目标课堂引入+9413第 11 级下超常体系教师版第 9 讲【分析】进位分析：149 的个位数是 9，说明两个个位数相加没有进位，因此，9 是两个个位数的和，14 是两个十位数的和于是，四个数字的总和是 149234.在下图的加法算式中，每个字母代表一个数字，不同的字母代表不同的数字，那么 EFFC代表的四位数是。ABCADEFFC【分析】错位分析：1,0,9EFC,因此 EFFC 代表的四位数是 10095.如图，不同的汉字代表不同的数字，其中“变”为 1，3，5，7，9，11，13 这七个数的平均数，那么“学习改变命运”
4、代表的多位数是1 9 9 9 9 9 8学习改 变 命 运变【分析】由题意知“变”7，由此得知，“运”4，“命”1，“改”5，“习”8，“学”2，所以“学习改变命运”代表的多位数是285714数字谜分为竖式数字谜和横式数字谜。一般有加减乘除四类。竖式数字谜掌握下面方法：六位分析法：首位分析法；个位分析法；109 三角空位分析法（见图一）；进位和借位分析（每进位一次数字和少 9）；加减法中的不变位分析（见图二）；除法竖式中的继承位。另外，要学会估算和试算。在图一中，如果出现图中所示三角，那么一定填 1，0，9 这三个数字，且减数的个位一定比被减数个位大，所以必不为 0。在图二中，两个数十位数字相
5、同，我们称为不变位，那么对应的差应该填 0 或 9。横式谜中要注意两种分析法：分解质因数和位值原理。模块一：数字没有限制的数字谜例 1：分解质因数的数字谜例 2：金三角的数字谜例题思路经典精讲4第 11 级下超常体系教师版模块二：数字有限制的数字谜例 3：不同数字的金三角数字谜例 4：进位相关的数字谜例 5：进位相关且数字不同的数字谜例 6 与数论相关的数字谜模块三：数字谜综合例 7：乘法竖式的数字谜例 8：除法竖式的数字谜右式是三位数与一位数相乘的算式，每个方格填入一个数字，使算式成立，那么共有_种不同的填法。（学案对应：超常 1）1992 【分析】将 1992 分解成 1992=22238
6、3易知 1992 的约数是一位数的只有 5 个，即 2、4、8、3、6检验后均合题意故共有 5 种不同填法每个方格填一个数字，满足下面算式共有多少种填法？每个方格填一个数字，满足下面算式共有多少种填法？每个方格填一个数字，满足下面算式共有多少种填法？9 【分析】其中被减数的十位数字只能为 1，当被减数为 10 时，减数可以是 19，共 9 种当被减数为 11 时，减数可以是 29，共 8 种当被减数为 18 时，减数可以是 9，共 1 种因此共有 982145 种填法只能是如下图109例 1例 25第 11 级下超常体系教师版第 9 讲当三位数为 100 时，两位数可以填 9199 共 9 种
7、当三位数为 101 时，两位数可以填 9299 共 8 种当三位数为 102 时，两位数可以填 9399 共 7 种当三位数为 108 时，两位数可以填 99 共 1 种因此共有 982145 种填法方法一：只能是如下图，且被减数的十位必须向百位数借位，1099 当 个 位 向 十 位 借 位 时，被 减 数 和 减 数 的 十 位 数 字 必 须 相 同，因 此 共 有10(9821)450种填法当 个 位 不 向 十 位 借 位 时，十 位 数 字 中，被 减 数 比 减 数 小1，因 此 共 有9(109821)495种填法，因此一共有 450495945种填法.方法二：当差为 90 时
8、，减数可以是 910999，共10010种填法当差为 91 时，减数可以是 909999，共1009种填法当差为 99 时，减数可以是 901999，共1001 种填法因此一共有100 10(12310)945种填法在下面的减法算式中，每一个字母代表一个数字，不同的字母代表不同的数字，那么 DG=？（学案对应：带号 1）FFFGAFEDBCBA【分析】由于是五位数减去四位数，差为三位数，所以可确定 A=1，B=0，E=9.此时算式为：FFFG1F9D0C01分成两种情况进行讨论：若个位没有向十位借 1，则由十位可确定 F=9，但这与 E=9 矛盾若个位向十位借 1，则由十位可确定 F=8，百位
9、上可确定 C=7.这时只剩下 2、3、4、5、6 五个数字，由个位可确定出：=2=4DG或=3=5DG或=4=6DG，因此，问题得解例 36第 11 级下超常体系教师版107029814888888518930701888618940701所以 DG=24=6 或 DG=35=8 或 DG=46=10在图的方框内填入 3、4、5、6 中的一个数字，使得竖式成立。请问：所填的九个数字之和是多少？一共有多少种填法？（学案对应：超常 2，带号 2）4995【分析】由于个位数字是3 个数字的和不可能等于5，必然进位，同理十位数字必然进位，两个数字和不可能等于19，因此百位没有进位，因此这个竖式加法共进
10、位两次，而和的数字和为499527，因此 九个数 字之和 为 279245，设4995abcdefghk，因 此有15dgk，18cfh，8be，4a，有 45615，55515，36615，66618，448，358因此共有(613)1(12)30 种填法.例 47第 11 级下超常体系教师版第 9 讲，把数字 19 填入上面的方框中，使等式成立，每个数字只能填一次，一共有多少种不同的填法？（学案对应：超常 3，带号 3）【分析】按照等号后两数相加的进位，决定了等号前三位数的百位必是 11AB+CD=EF+GH 能产生等价的 4 组：1AB+CD=EF+GH1AB+CD=GH+EF1CD+A
11、B=EF+GH1CD+AB=GH+EF等号后两数必要向百位进 1等号前后个位数不进位的话，数字将不够用按以上限制，排列 2 到 9 使满足加法 AB+CD=EF+GH 即可123+48=75+96123+57=84+96124+38=65+97124+56=83+97125+37=64+98125+46=73+98人们所说的紫禁城是指明清皇宫，也称故宫。历史上，每当一个朝代灭亡，另一个朝代建立之后，人们就把前朝的皇宫称为故宫。如同古埃及神秘的金字塔，紫禁城建筑中也暗藏着许多数字。故宫宫殿的建筑布局有外朝和内廷之分。内廷二宫乾清宫和坤宁宫组成的院落，南北相距 218米，东西相距 118 米，二者
12、之比为 11 比 6；外朝三大殿太和殿、中和殿、保和殿组成的院落，南北相距 437 米，东西相距 234 米，二者之比也是 11 比 6。同时外朝院落的长、宽几乎是内廷院落的 2 倍，外朝的院落面积就是内廷的 4 倍。中国古代皇帝有“化家为国”的观念，所以建造皇宫时以皇帝的家，也就是内廷为模数，按比例规划外朝与其他建筑群落。明代奉天殿，面阔九间，进深五间，二者之比为 9 比 5；太和殿、中和殿、保和殿共处的土字形大台基，其南北相距 232 米，东西相距 130 米，二者之比也刚好为 9 比 5；天安门东西面阔九间，南北进深五间，二者之比仍为 9 比 5。例 58第 11 级下超常体系教师版12
13、6+45=73+98126+54=83+97127+35=64+98127+53=84+96128+34=65+97128+43=75+96134+28=65+97135+27=64+98137+25=64+98138+24=65+97143+28=75+96145+26=73+98146+25=73+98148+23=75+96153+27=84+96154+26=83+97156+24=83+97157+23=84+96共 24 组，每组能产生 4 个不同的算式，所以，一共有：244=96（种）不同的填法一 个 六 位 数 abcdef，如 果 满 足 4abcdeffabcde，则 称
14、abcdef 为“迎 春 数”(例 如4 102564 410256，则 102564 就是“迎春数”)请你求出所有“迎春数”的总和（学案对应：超常 4，带号 4）【分析】方法一：将题目写成竖式数字谜，4abcdeffabcde，因此4f，当4f 时，推得6e，进而得到5,2,0,1dcba，即12211025644410256，1321282054512820，213121538464615384，331321794874717948，2132051284820512，13232307694923076因此所有迎春数的和为10256412820515384617948720512823076
15、9999999方法二：由于是把六位数 abcdef 的末位 f 调到首位构成了新六位数 fabcde，所以不妨把例 69第 11 级下超常体系教师版第 9 讲abcde 看成一个整体，设abcdeA，则根据位值原理可知“迎春数”是10Af，并满足关系式：410100000AffA对等式化简得：3999996Af所以：2564Af因为 A 是五位数，f 是一位数，所以 f 可以为 4，5，6，7，8，9而“迎春数”1010256425641abcdefAffff，那么，所有“迎春数”的总和是：2564145678925641 39999999 满足图中算式的三位数 abc 最小值是_，当 abc
16、 取最小值时，共有_种不同填法01cba20102220410de 【分析】为了使得 abc 最小，那么 a1，由于三个积的十位数字为 0、1、0，那么个位上进位、不进位都必须出现，那么 b0，c2，所以 abc 102；根据题意5,4ed，因此5,6,7,8,9;1,2,3,4ed，因此共有 20 种填法“回文数”是一种特殊的数，如:156651，141 等，这些数正着读，倒着读都一样，我们称这种数为回文数。现在我们知道下面竖式中的被除数是一个回文数，且恰好整除，那么所有满足条件的被除数之和是。10【分析】观察第一个减法算式，可得被除数的万位为 1，所以个位也为 1。被除数是 121，它等于
17、 10201+00，是 101 的倍数，而 101 是质数，商是两位数，所以除数是 101 的倍数，且不能被 2 或 5 整除（因为被除数也不能）。如果除数是 101，则它乘以商的个位不能是四位数；如果除数是 303，则它乘以商的个位后，百位为 1，只能是 3037=2121，且 212 和它上面的0（它等于 303 与商的十位之积）相加后是四位数，只能是 909，经检验，符合条件，被除数为 11211；如果除数是 707，则它乘以商的个位后，百位为 1，只能是 7073=2121，且 212 和它上面例 8例 710第 11 级下超常体系教师版的0（它等于 707 与商的十位之积）相加后是四
18、位数，不符合条件；如果除数是 909，则它乘以商的个位后，百位为 1，只能是 9099=8181，且 818 和它上面的0（它等于 909 与商的十位之积）相加后是四位数，只能是 909，经检验，符合条件，被除数为 17271。综上所述，所有满足条件的被除数之和为 11211+17271=28482。万无一失 七上八下横七竖八不三不四(无穷无尽)百里挑一吆五喝六丢三落四缺衣少食九九归一 千方百计成千上万三长两短屈指可数 颠三倒四一五一十一成不变接二连三三五成群一分为二七零八落1.n 位数减去1n 位数等于2n 位数，（3n）有三个位置的数可以确定2.两个加数的数字和与和的数字和的关系：每进位一
19、次和的数字和减少 91.在下图中的口里填入合适的数字，求所有可能的除数的和。附加题知识点总结下面一些数和数列，均可以猜一个成语，你知道几个？0000 78 一 718 1%1561,2,5,6,7,8,9875 9 除以 9 等于 1231000100 10100010000 3333333322 12345124355,101xx1+2+3333 555 121234560911第 11 级下超常体系教师版第 9 讲59369 4【分析】当除数为 513,533,553,573,593 时符合条件，所以所有可能除数的和是 2765。2.10243，能否从 19 中选出 8 个不同的数填入上式
20、，使得等式成立，如果可以，一共有多少种填法(交换加数顺序我们算不同的填法)，如果不行，请说明理由。【分析】两边考虑除以 9 的余数知道左边填的是 1，2，3，4，5，6，7，9。相加时进位三次，先得到 3 个答案：34516792351467294316592710243，对于每种情况可得到 16 个不同的答案。因此共有16348 种填法3.在下面竖式的方框中可以填上合适的数字，使竖式成立所填数字中共有_个 2【分析】根据口 8口=口口 6，乘数是 2 或 7但积的首位必须是 4，于是乘数只能是 7，并且被乘数“口 8”的首位只能是 6(因为 787=54650 口)这样有又 50 口 476
21、，在 24(=500 476)与 33(=509 476)之间，所以商的个位是 4，这样就有由此得在所填的数字中共有 5 个 212第 11 级下超常体系教师版1.下图是三位数与一位数相乘的乘法竖式，每个方框填入一个数字，不同的填法有多少种1998 【分析】根据竖式可得，一个三位数与一个一位数的积是 1998，可以先把 1998 分解质因数，然后根据题意进一步解答即可因为 1998=233337，竖式中有一个因数是一位数，1998 的一位因数有：1，2，3，6，9；所以这个一位数可能是：1，2，3，6，9；当一个因数是 1 时，另一个因数是：19981=1998，是四位数，不符合题意；当一个因
22、数是 2 时，另一个因数是：19982=999，符合题意；当一个因数是 3 时，另一个因数是：19983=666，符合题意；当一个因数是 6 时，另一个因数是：19986=333，符合题意；当一个因数是 9 时，另一个因数是：19989=222，符合题意；由以上分析可得：9992=1998，6663=1998，3336=1998，9222=1998，共有4 种不同的填法故答案为：42.每个方格填一个数字，满足下面算式共有多少种填法？55 【分析】只能是如下图，且被减数的个位必须向十位数借位105959当四位数为 1050 时，三位数可以填 951959 共 9 种当四位数为 1051 时，三位
23、数可以填 952959 共 8 种当四位数为 1058 时，三位数可以填 959 共 1 种因此共有 982145 种填法3.下面算式中，汉字“第、七、届、冬、令、营”分别代表 07 这 8 个整数中某个数字，不同汉字代表不同数字，恰好使等式成立，则这样的减法算式成立的可能有多少种？.第七届冬令营2007【分析】算式可换成 2007 令营 第七届冬，令营 最大为 76，7620072100，所以“第”2，“七”0.则还剩下 7 令营 届冬，“届”“令”，所以个位有进位，“届”“令”1，“营”710“冬”，“营”3“冬”，还剩 1、3、4、5、6、7 这 6 个数字，可试出有 4 种情况.家庭作
24、业13第 11 级下超常体系教师版第 9 讲4.从 0 至 9 这 10 个数字中选出 7 个填入图的方框中，使竖式成立，一共有多少种不同的填法？2008【分析】设2008abcdefg，因 此 有8dg，10cf，9be，1a，因 此(,)(0,8)(2,6)(3,5)d g，(,)(2,8)(3,7)(4,6)c f，(,)(0,9)(1,8)(2,7)(3,6)(4,5)b e（0e）(,)d g(0,8)(0,8)(2,6)(2,6)(3,5)(3,5)(3,5)(,)c f(3,7)(4,6)(3,7)(3,7)(2,8)(4,6)(4,6)(,)b e(4,5)(2,7)(0,9)
25、(4,5)(0,9)(2,7)(0,9)六个数字的选法8848484因此共有 844344 种填法5.将 18 填入下面的空格中，使得等式成立，那么和一共有多少种？+=+【分析】两边都是 9 的倍数，所以两边的四个数字之和都是 9 的倍数，不能是 9，只能都是 18，因此计算过程需进位一次.当个位进位时，和为两位数。和的十位不能少于 6，可以为 63，81，90，99。（如果为 72，则 6，7，8 不能写在任何一个位置）；当十位进位时，和为三位数，可以为 108，117，135。6.(第十三届“华罗庚金杯”少年数学邀请赛决赛)设六位数 abcdef 满足 fabcdefabcdef，请写出所
26、有这样的六位数【分析】设abcdex，则100000(10)fxxff2100000101ffxf经试验，只有当 f 为 1 或 4 时 x 才为整数：当 f=1 时，六位数为 111111当 f=4 时，六位数为 1025647.在每个方框中填入一个数字，使得乘法竖式成立，已知乘积有两种不同的得数，那么这两个得数的差是_.2011 2011ABCDEF 【分析】B 只能是 0 或 5，当 B=5 时，F 小于等于 8，D 为偶数比 2 大，所以 A 只能等于 1（比 1 大第五行就会是四位数），由两个 1 可知 C=3，D=4，E=6，与第四行是 4 位数不符，矛盾；当 B=0 时，有 D=
27、4，C=3，A=2，E=5 或 6，答案为 203（462-452）=2030.14第 11 级下超常体系教师版8.在“口”里填上适当的数字，使算式成立，有_种填法【分析】在下式中，从最后的 9 看，=1，3，7，9从第一次的减法可知9=1,=9;或者=3,=3；或者=7，=7经验算，填法只有两种。【超常班学案1】在算式 1997口=口9 的两个方框中填入适当的数，可以组成正确的除法算式这样的算式共有_个【分析】21997919882771，共有(21)(1 1)(1 1)12个因数。去掉 1、2、4、7 四个小于 9 的，余下 8 个均可填入第一个方框中，所以共有 8 种填法如下：19971
28、988=191997994=291997497=491997284=791997142=149199771=289199728=719199714=1429超常班学案15第 11 级下超常体系教师版第 9 讲【超常班学案2】在下面的竖式中，相同的汉字表示相同的数字，不同的汉字表示不同的数字，那么在所有满足下面条件的竖式中“上海滩”代表的三位数有多少种不同的情况？其中最大是多少？最小是多少？【分析】十个数字 09 相加之和为 45，2010 的四个数字之和为 3，现从 09 中选出 9 个数字填入，这 9 个数字之和必是 39，不能用 6，393=36，所以在竖式做加法时进位 4 次，个位进 1
29、，十位进 1，百位进 2，因此有“上”“世”“创”=19，“海”“博”“辉”=10，“滩”“会”+“煌”=10，分下面三种情况：784=19，91+0=10，235=10；793=19，820=10，145=10；892=19，730=10，1+4+5=10。“上海滩”可以代表 3333=81 个不同的三位数。其中最大的是 985。最小的是 201。【超常班学案3】请填入三个合适自然数，（一个三位数，一个两位数，一个四位数）求满足下列算式的不同填法共有多少种 +=【分析】将横式改为竖式，其中三个位置可以确定,如下图910BDACEF（1）当 A=1 时，B=8 或 9，即 A=1，B=8 时，
30、10C+D18，有 45 种；A=1，B=9 时，有 1010=100 种，共有：45+100 种；（2）当 A=2 时，B=7 或 8 或 9，即 A=2，B=7 时，10C+D18，有 45 种；A=2，B=8 时，有 1010=100 种；A=2，B=9 时，有 1010=100 种，共有：45+1002种；（3）同理，当 A=3 时，B=69，共有：45+1003 种；（4）当 A=8 时，B=19，共有：45+1008 种；（5）当 A=9 时，B=19，因为 B 在最高位不能为 0，所以共有：1009 种；因此共有：（45+100）+（45+1002）+（45+1003）+（45+
31、1008）+（1009）=4860上海滩世博会创辉煌201016第 11 级下超常体系教师版【超常班学案4】（第十五届“华罗庚金杯”少年数学邀请赛决赛）已知两位自然数“虎威”能被它的数字之积整除，求出“虎威”代表的两位数。【分析】设这个两位数为 ab，|10abab.设10abkab，其中 k 是整数，则101baka，由于 ab、均为整数，所以101ka 是整数，则1ka 为 10 的约数，只有 1，2，5，10.所以2,3,611ka 或。当2ka 时，b 不是一位数，所以无符合题意的解；当3ka 时，5ba，所以只能1,3ak，此时5,15bab；当6ka 时，2ba，可能1,6;2,3
32、3,2akakak或，分别得 ab为 12，24，36；当11ka 时，ba，只能1,11ak，得ab 为 11。综上，符合题意的两位数有 11，12，15，24，36。【123班学案1】英文“HALLEY”表示“哈雷”，“COMET”表示“彗星”，“EARTH”表示地球.在下面的算式中，每个字母均表示 09 中的某个数字，且相同的字母表示相同的数字，不同的字母表示不同的数字.这些字母各代表什么数字时，算式成立？EHYTTRAEMOCELLAH【分析】因为是一个六位数减去一个五位数，其差为五位数，所以可确定被减数的首位数字 H1.若个位没有向十位借 1，则十位上 E-E=0，有 T=0，那么个
33、位上，Y-01，得 Y1，与 H=1矛盾，所以个位要向十位借 1，于是十位必向百位借 1，则十位上，10E-1-E9，则 T=9，因此，由个位可确定 Y0.此时算式为：1ALLECOMEAR9901E 若百位不向千位借位，则有 RM1=L，这时剩下数字 2、3、4、5、6、7、8，因为 231=6，所以 L 最小为 6若 L=6，则（R，M）=（2，3）（表示 R、M 为 2、3 这两个数字，其中 R 可能为 2，也可能为 3，M 也同样）.这时还剩下 4、5、7、8 这四个数字，由千位上有 O+A=6，而在 4、5、7、8 这四个数字中，不论哪两个数字相加，和都不可能为 6，因此L6.若 L
34、7，则 MR=6，于是（M，R）（2，4），还剩下 3、5、6、8 这四个数字.由千位上 OA=7，而在 3、5、6、8 这四个数字中，不论哪两个数字相加，和都不可能为 7，因此 L7若 L=8，则 MR7，（M，R）=（2，5）或（M，R）（3，4）若（M，R）=（2，5），则还剩下 3、4、6、7 这四个数字由千位可确定 OA=8，而在 3、4、6、7 这四个数字中，不论哪两个数字相加，和都不可能为 8，因此（M，R）（2，5）若（M，R）（3，4），则还剩下 2、5、6、7 这四个数字由千位可确定 OA=8，而 26=8，所以（O，A）（2，6），最后剩下 5 和 7.因为 5712，所
35、以可确定 A2，O=6，则（C，E）（5，7）.由于 C 与 E 可对换，M 与 R 可对换，所以得到问题的四个解：123 班学案17第 11 级下超常体系教师版第 9 讲1288576352499015510993254675882112887563724990171288756472399017若百位向千位借 1，则 MRL9.还剩下 2、3、4、5、6、7、8若 L2，则（M，R）（3，8）或（M，R）=（4，7）或（M，R）（5，6）.由千位得 O+A11，则必有 CE=11，而万位上 CE9+A，由此可得 A=2，与 L2 矛盾.所以 L2若 L3，则 MR12，（M，R）=（4，8
36、）或（M，R）（5，7）.由千位得 OA12，这时还剩下 2、6 这两个数字.由万位得 C+E=9A，即 26=9A，A 无解.所以 L3若 L4，则 MR13，（M，R）（5，8）或（M，R）（6，7）.由千位得 OA=13，这时还剩下 2 和 3 这两个数字.由万位得 C+EA+9，即 23A9，A 无解.所以 L4若 L=5，则 MR14，（M，R）=（6，8）.由千位得 OA14，而在剩下的 2、3、4、7 这四个数中，任意两个数字的和都不等于 14.所以 L5若 L=6，则 MR=15，（M，R）=（7，8）.由千位得 OA5，则（O，A）=（2，3）.这时还剩下 4 和 5 这两个
37、数字，由万位得 C+E10+A，即 45=10A，A 无解.所以 L6因为 MR 的和最大为 15，所以 L 最大取 61288576352499015510993254675882112887563724990171288756472399017共以上四个解【123班学案2】将 19 填入图中的竖式中使得其成立，不同的字母代表不同的数字，那么一共有多少种不同的填写方法（加数交换位置认为是不同的填写方法）？999ABCDEFGHI【分析】十位向百位的进位为 1，个位向十位的进位也为 1。所以，8ADG；18BEH；18第 11 级下超常体系教师版19CFI，然后分类讨论。从8ADG入手讨论36
38、9478125378469468379279568134567289,共五种情况，每种情况有3!3!3!216种填法，因此一共有5 2161080种【123班学案3】问：共有几种填法使等式成立？=【分析】以三位数来分类讨论：（三位数最小为 1000999=892）（1）三位数为 892900 时：892：999，1 种；893：999、998、899，12=3 种；894：999、998、997、899、898、799，123=6 种；900：1239=45 种。（2）三位数为 901981 时：901：23410=129 2 种；902：34511=149 2 种；903：45612=169
39、 2 种；981：82838490=1729 2 种。（3）三位数为 982988 时：982：838485868788899090=909（1234567）种；983：848586878889909090=909（123456）种；984：858687888990909090=909（12345）种；988：899090909090909090=9091 种。（4）三位数为 989999 时：每一个都有 909 种，共 11 个 909。19第 11 级下超常体系教师版第 9 讲将第一部分的前 7 项与第三部分结合计算，共 7 个 909；然后再与第四部分结合，共（711）=18 个 909
40、，即 90918=14580 种；这样，第一部分剩下：3645=81 种；第二部分：（121416172）9 2=33534 种；全部合计共有：145808133534=48195 种。【123班学案4】（2012 年第十七届华杯赛决赛 A 卷）将一个 2n 位数的前 n 位数和后 n 位数各当成一个 n 位数,如果这两个 n 位数之和的平方正好等于这个 2n 位数,则称这个 2n 位数为卡布列克(Kabulek)怪数，例如2(3025)3025,所以 3025 是一个卡布列克怪数.请问在四位数中有哪些卡布列克怪数?【分析】设这个四位数的千位百位所组成的两位数为 A，注意其必须为两位数；十位个位所组成的两位数为 B，注意其可能为一位数，由位值原理知道，这个四位数可表示为BA100，又由题目得到，BABA100)(2，两边同时减去BA，变为ABABA99)1(，因为)(BA 与)1(BA互质，所以，只有四种情况：)1(11)(9BABA，此时得到2520BA，四位数为 2025)1(9)(11BABA，此时得到2530BA，四位数为 3025)(99BA，此时得到四位数为 9801)1(99 BA，此时100A为三位数，不满足条件。所以综上，共三个，9801,3025,2025
